Acessar - ELT2014

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Acessar - ELT2014

Grupo de Estudos da Qualidade da Energia Elétrica
Prof. José Policarpo
GQEE
EEL002
CONVERSÃO
ELETROMECÂNICA DE
ENERGIA
TEORIA
Revisão: José Eugenio L. Almeida
Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro
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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:
e = EMÁX ⋅ sen(ω ⋅ t )
(1)
onde:
EMÁX = BSω
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.
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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:
a
a'
+
-
S
a a' - representa o
condutor (ou espira)
ω
N
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:
a
b'
N
ω
+
-
c'
c
S
b
a'
Figura 3 - Esquemático de um gerador trifásico.
eaa ' = E MÁX sen(ω ⋅ t )
2
ebb ' = E MÁX sen(ω ⋅ t − π )
3
4
ecc ' = E MÁX sen(ω ⋅ t − π )
3
(2)
ou
2
ebb ' = E MÁX sen(ω ⋅ t − π )
3
2
ecc ' = E MÁX sen(ω ⋅ t + π )
3
(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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•
E aa ' = Ee j 0
•
E
D
bb '
•
E
D
= Ee − j120
(4)
D
cc '
D
= Ee − j 240 = Ee j120
E=
onde:
EMAX
2
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
2
ebb ' = E MÁX sen(ω ⋅ t + π )
3
2
ecc ' = E MÁX sen(ω ⋅ t − π )
3
(5)
cujos fasores seriam:
•
E aa ' = Ee j 0
•
D
•
E bb ' = Ee j120
•
•
•
•
•
D
E
cc '
= Ee − j120
D
(6)
•
Fazendo E aa ' = E 1 , E bb ' = E 2 , E cc ' = E 3 , 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):
Figura 4 - Seqüência de fases.
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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:
c'
c
a
a'
b'
b
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:
fase c
c
a' ≡ b' ≡ c'
a
fase a
neutro
b
fase b
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:
E cn
E an
OBS.: A seqüência de fases
adotada é a direta
E bn
Figura 7 - Diagrama fasorial para as f.e.m.s de fase.
As f.e.m.s acima representadas são aquelas entre fase e neutro, ou seja são as f.e.m.s nas
próprias bobinas. Entretanto, em termos práticos é bastante comum o interesse e a
necessidade das f.e.m.s entre, por exemplo, a fase a e a fase b, daí pode-se obter:
•
•
E ab - f.e.m. entre as fases a e b
E bc - f.e.m. entre as fases b e c
•
E ca - f.e.m. entre as fases c e a
E agora define-se:
•
•
•
E an , E bn e E cn - f.e.m.s entre fase e neutro ou f.e.m.s DE FASE
•
•
•
E ab , E bc e E ca - f.e.m.s entre fases ou f.e.m.s DE LINHA
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Por outro lado, a análise da Figura 6 mostra:
•
•
•
E an = E a − E n
−
•
•
•
E bn = −( E b − E n )
•
•
•
•
•
•
•
•
•
E an − E bn = E a − E n − E b + E n = E a − E b = E ab
Logo:
•
•
•
E ab = E an − E bn
Analogamente:
•
•
•
E bc = E bn − E cn
•
•
•
e
E ca = E cn − E an
•
•
Como
•
•
•
•
E na = − E an , E nb = − E bn e E nc = − E cn então pode-se escrever:
•
•
•
•
•
•
E ab = E an + E nb
E bc = E bn + E nc
•
•
(7)
•
E ca = E cn + E na
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A união do conjunto de equações (7) com a figura 7, leva-nos a:
Eca
E nb
Ecn
E ab
E an
E na
E nc
E bn
E 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:
•
E an = E e j 0 º
•
E bn = E e − j120 º
•
E cn = E e j120 º
Tem-se, por exemplo:
•
•
•
E ab = E an + E nb = E e j 0º + E e j 60º = E [ cos 0º + j sen 0º + cos 60º + j sen 60º ] =
⎡
⎡3
1
3⎤
3⎤
= E ⎢1 + j 0 + + j
⎥= E ⎢ +j
⎥=
2
2 ⎦
2 ⎦
⎣
⎣2
⎡ 3
1⎤
3 E⎢
+ j ⎥=
2⎦
⎣ 2
= 3 E [ cos 30º + j sen 30º ]
•
∴ Eab = 3Ee j 30º
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Desenvolvimentos análogos levariam a:
•
Ebc = 3 E e − j 90 º
•
Eca = 3 E e j150 º
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
•
•
E L = 3 E f e + j 30 º
(8)
•
•
onde: E L - f.e.m. de linha
3.2
E f - f.e.m. de fase correspondente
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:
fase c
a(≡b')
c(≡a')
fase a
b(≡c')
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 representase 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 E ab na
referência:
Eca
E ab
E 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
→
a ) Z = Z e jϕ , ϕ = 0 º
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.
→
Z = Z cos ϕ + jZ sen ϕ
fazendo Z cosϕ = R
Z senϕ = X,
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→
logo
Z = R + jX
entretanto ϕ = 0º, portanto R = Z e X = 0, logo:
→
Z=R
→
b) Z = Z e jϕ , ϕ = 90º
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
Z = R + jX
Como ϕ = 90º, tem-se R = 0 e X = Z, portanto:
→
Z = jX
→
c) Z = Z e jϕ , ϕ = −90º
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
Z = R + jX
Porém, sendo ϕ = -90º, tem-se R = 0 e -X = Z, portanto:
→
Z = − jX
→
d ) Z = Z e jϕ , 0º < ϕ < 90º
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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→
→
Z = Z cos ϕ + jZ sen ϕ ∴ Z = R + jX
R - parte Resistiva
X - parte Indutiva
Como 0º< ϕ < 90º, vem:
→
Z = R + jX
→
e) Z = Z e jϕ , − 90º < ϕ < 0º
Agora o defasamento da corrente com relação a tensão será de 0º < ϕ < 90º,.
logo a carga é do tipo: Resistiva e Capacitiva.
→
→
Z = R + jX
Como -90º< ϕ < 0º:
→
Z = R − jX
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:
Caso a
I
V
R
V
Z=R
I
Caso b
I
V
V
L
Z = j XL
I
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Caso c
I
I
V
C
V
Z=-jX
C
Caso d
I
R
V
L
Z =jX
V
ϕ
Z =R
I
ϕ = tg-1 X
R
L
Caso e
I
V
I
R
C
Z =R
ϕ
V
Z = -jX C
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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 (∆)
a
c
b
a
Z
Z
3
1
ou
Z
3
Z
1
Z
2
c
Z
b
2
Figura 12 - Carga trifásica ligada em ∆.
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ou como abaixo:
b) Carga em Estrela (Y)
b
a
a
Z
ou
1
Z
3
Z
1
c
Z
2
n
Z
Z
2
n
3
b
c
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:
→
→
→
Z 1 = Z 2 = Z 3 - diz-se que a carga é Equilibrada.
Por outro lado, se:
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
Z 1 ≠ Z 2 ≠ Z 3 ou Z 1 ≠ Z 2 = Z 3 ou Z 1 = Z 2 ≠ Z 3 ou Z 1 = Z 3 ≠ Z 2 , diz-se que
a Carga é Desequilibrada.
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,
IA
B
A
IB
b
a
Zg
ZC
ZC
Zg
IN
N
Ib
Ia
Ic
Carga
Zg
Gerador
ZC
IC
c
C
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
-
I A , I B , I C - correntes do gerador para a carga (correntes de linha)
-
I n - corrente da carga para o gerador
-
I a , I b , I c - correntes na carga (correntes de fase)
•
•
•
•
•
•
•
⎛• • • ⎞
As correntes nas linhas que chegam à carga ⎜ I A , I B , I C ⎟ , são chamadas de correntes de
⎝
⎠
linha
⎛• • • ⎞
As correntes nas impedâncias da carga ⎜ I a , I b , I c ⎟ , são chamadas de correntes de fase
⎝
⎠
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5.1
Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em Y
•
•
Pela figura 14 observa-se que I A é a própria corrente I a , o mesmo acontecendo
•
•
•
•
com e I B e I b , e com I C e I c , ou seja para a carga em Y as correntes de linha são
as próprias correntes de fase.
Cálculo das Correntes
•
•
Ia =
•
•
Van
Ib =
→
ZC
•
•
Vbn
Ic =
→
ZC
Vcn
→
ZC
Como não se considerou impedâncias para as linhas Aa, Bb e Cc (Vide figura 14),
pode-se dizer que:
•
•
•
V an =V AN
•
•
•
•
V bn =V BN
•
V cn =V CN
•
•
•
•
1) V AN , V BN e V CN diferem das f.e.m.s E AN , E BN e E CN pelas quedas de tensão
internas ao gerador e são chamadas de tensões. Para a fase A, p.ex., poderia ser
•
•
→
•
escrito: E AN = V AN + Z g ⋅ I A , onde:
•
E AN - f.e.m. gerada
•
V AN - Tensão nos terminais A e N
→
•
Z g ⋅ I A - Queda de tensão no gerador
Logo:
•
•
IA = Ia =
•
V AN
→
•
•
IB = Ib =
Zc
•
VBN
→
Zc
•
•
IC = Ic =
•
VCN
→
Zc
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Por outro lado, suponha-se que os terminais A, B, C e N do gerador estejam
curto-circuitados, então :
•
•
IA =
•
•
E AN
IB =
→
IC =
→
Zg
•
•
E BN
E CN
→
Zg
•
•
Zg
•
Como E AN , E BN e E CN tem mesmo módulo e estão defasadas entre si de 120º e
•
•
•
a impedância é sempre a mesma, pode-se afirmar que: I A , I B e I C têm mesmo
módulo e estão defasados entre si de 120º.
•
•
•
•
•
•
Por extensão do raciocínio V AN , V BN e V CN e portanto V an , V bn e V an estariam
também defasados de 120º e teriam mesmo módulo, respectivamente.
Cálculo das Correntes
Seja:
•
•
•
V bn = V e − j120 º
V an = V e j 0 º
V cn = V e + j120 º
→
Z c = Z e jα
Então:
•
Ia =
V − jα
e = I e − jα
Z
•
Ic =
•
Ib =
V − j (120+α )
e
= I e − j (120+α )
Z
V j (120−α )
e
= I e j (120−α )
Z
•
•
•
•
In = Ia+ Ib+ Ic
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logo:
•
I n = I {(cosα − j sen α ) + [cos(120º +α ) − j sen(120º +α )] + [cos(120º −α ) + j sen(120º −α )]} =
= I {cosα − j sen α + cos120º cosα − sen120º sen α − j sen 120º cosα − j sen α cos120º +
+ cos120º cosα + sen 120º sen α + j sen 120º cosα − j sen α cos120º } =
= I {cos α − j sen α + 2 cos120 cos α −2 j sen α cos120} =
⎧
⎛ 1⎞
⎛ 1 ⎞⎫
= I ⎨cos α − j sen α +2 ⋅ ⎜ − ⎟ ⋅ cos α −2 j sen α ⋅ ⎜ − ⎟ ⎬ =
⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠⎭
⎩
= I {cos α − j sen α − cos α + j sen α } = I {0}
(9)
•
In = 0
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:
•
V
f
= V e jβ
•
•
V L = 3 V f e ± j 30 º (1)
±30º, dependendo então da seqüência de fases tomada. No caso da
(1)
seqüência direta temos +30º, e no caso da seqüência inversa tem-se -30º.
•
I f = I e jγ
•
•
IL = I f
(10)
•
In =0
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5.2
Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em ∆
Seja e figura 15 abaixo:
IA
IB
b
B
A
Zg
Zg
ZC
ZC
N
I bc
I ca
c
Zg
Gerador
I ab
a
ZC
Carga
IC
C
Figura 15 - Gerador em Y alimentando carga em ∆
- Gerador trifásico em Y
- Carga trifásica em ∆
- Zc - impedância de carga
•
•
•
-
I A , I B , I C - correntes de linha
-
I ab , I bc , I ca - correntes de fase
•
•
•
Cálculo das Correntes de Fase
Seja:
•
V ab = V e jϕ
•
V bc = V e − j (120−ϕ )
•
V ca = V e j (120+ϕ )
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→
então, sendo Z = Z e jϕ , vem:
•
I ab =
•
V j 0º
e = I e j 0º
Z
I bc =
•
V − j120 º
e
= I e − j120 º
Z
I ca =
V j120 º
e
= I e j120 º
Z
Cálculo das Correntes de Linha
Aplicando Kirchoff à carga da figura 15, vem:
•
•
•
I A = I ab − I ca
•
•
•
•
I B = I bc − I ab
•
•
I C = I ca − I bc
•
Calcule-se então. por exemplo I A :
•
•
•
I A = I ab − I ca = I e j 0 º − I e j120 º =
= I [cos 0º + j sen 0º − cos120º − j sen 120º ] =
⎡
⎡3
3⎤
3⎤
⎛ 1⎞
= I ⎢1 + j 0 − ⎜ − ⎟ − j
⎥ = I⎢ − J
⎥=
2
2
2
2
⎝
⎠
⎣
⎦
⎣
⎦
⎡3
3⎤
=I ⎢ − j
⎥
2 ⎦
⎣2
Multiplicando e dividindo por
•
⎡ 3
1⎤
I A = 3 I⎢
−j ⎥
2⎦
⎣ 2
3 , vem:
como
1
3
= cos(±30º ) e = sen(−30º ou 210º )
2
2
Vem:
•
I A = 3 I e − j 30 º
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Analogamente:
•
•
I B = 3 I e − j150 º
I C = 3 I e + j 90 º
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
•
V f = V e jβ
•
•
•
V L =V
•
I f = I e jγ
f
•
I L = 3 I f e ± j 30 º
(11)
Conclusão Final
→
Supondo três impedâncias em Y de valor Z = Z e jψ , tem-se o seguinte Diagrama
Fasorial para a Seqüência de Fases Direta:
Vca
V ab
Vcn
I
30°
C
ϕ
30°
ϕ
ϕ
I
B
V an
I
A
30°
V bn
V bc
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:
Vca
V ab
I
I
c
ca 30°
ϕ
ϕ
I
ab
30°
ϕ
I
I
30°
b
I
a
bc
V 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.
Sejam as cargas como as da figura abaixo:
IA
A
IA
A
B
IB
Z5
Z3
Z4
Z1
IB
Z6
B
IC
Z2
IC
C
C
Figura 18 - Cargas Equilibradas.
25 / 110
GQEE
Para a carga em Y, pode-se escrever:
•
•
•
V AB = V AN − V BN
•
→
•
→
•
∴V AB = Z 4 I A − Z 5 I B
(A)
Para a carga em ∆, tem-se:
•
•
•
•
•
•
V AB + V BC + V CA = 0 V AB = − V BC − V CA
•
→
•
→
•
V AB = − Z 2 I BC − Z 3 I CA
•
•
(B)
•
I B = I BC − I AB
Mas:
•
•
(C)
•
I BC = I B + I AB
•
•
•
I A = I AB − I CA
•
•
•
I CA = I AB − I A
(D)
Substituindo (C) e (D) em (B), vem:
•
→
•
→
•
→
•
→
•
V AB = − Z 2 I B − Z 2 I AB − Z 3 I AB − Z 3 I A
Da figura 18, tem-se:
•
•
I AB =
V AB
→
, logo:
Z1
•
→
•
→
V AB = − Z 2 I B − Z 2
•
V AB
→
→
−Z3
•
V AB
→
→ •
+ Z3 I A
Z1
Z1
→
→
⎞
⎛
•
⎜ Z2 Z3 ⎟ → • → •
∴V AB ⎜1 + → + → ⎟ = Z 3 I A − Z 2 I B
⎜ Z1 Z1 ⎟
⎠
⎝
•
∴V AB
→
→
→
Z1+ Z 2 + Z 3
→
→ •
→
•
= Z3 I A − Z 2 I B
Z1
26 / 110
GQEE
•
→ →
∴V AB
→ →
•
Z1 Z 3
Z1 Z 2
•
IA− → → → I B
→
→
→
Z1+ Z 2 + Z 3
Z1+ Z 2 + Z 3
(E)
Comparando (A) e (E), vem:
→ →
→
Z4 =
Z1 Z 3
→
→
(F)
→
Z1+ Z 2 + Z 3
→ →
→
Z5 =
Z1 Z 2
→
→
→
Z1+ Z 2 + Z 3
Por analogia:
→
→
Z6 =
→
Z2 Z3
→
→
→
Z1+ Z 2 + Z 3
→
→
→
→
→
→
Como Z 1 = Z 2 = Z 3 (carga em ∆, equilibrada) e Z 4 = Z 5 = Z 6 (carga em ∆,
equilibrada), pode-se fazer:
→
→
→
→
→
→
→
→
Z1 = Z 2 = Z 3 = Z ∆
Z 4 = Z 5 = Z 6 = Z Y , donde a partir, por exemplo, de (F), vem:
→
→
ZY =
→
Z∆ Z∆
→
→
→
⎛→ ⎞
⎜Z∆ ⎟
=⎝ ⎠
Z∆ +Z∆+Z∆
2
→
3Z ∆
→
→
Z∆
∴Z Y =
3
(12)
por outro lado:
→
→
Z ∆ = 3Z Y
(13)
27 / 110
GQEE
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:
A
B
C
Z
Z
Z
IA
IB
IC
N
Sendo
•
V AB = V e j 0 º
•
V BC = V e − j120 º
•
V CA = V e + j120 º
→
Z = Z e jψ
Tem-se:
•
IA =
•
•
V
V
V
e − j (30+ψ )º I B =
e− j (150+ψ )º I C =
e j (90−ψ )º
3 Z
3 Z
3 Z
•
•
•
•
Ora, bastava calcular, por exemplo, I A e com ±120º obtém-se I B e I C . I A pode
ser obtido do seguinte circuito:
28 / 110
GQEE
IL
VL e
√3
-j30°
Z
•
Como V AN
•
V AB − j 30 º
=
e
, poder-se-ia para a Seqüência de Fases Direta, fazer:
3
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:
A
B
C
IA
IB
Z
I CA
Z
IC
I AB
Z
I BC
29 / 110
GQEE
Supondo:
•
•
•
I AB =
Vem:
•
V BC = V e − j120 º
V AB = V e j 0 º
•
V − jα
e
Z
→
Z = Z e jα
V CA = V e j120 º
I BC =
•
V − j (120+α )
e
Z
I CA =
V j (120−α )
e
Z
E portanto:
•
IA = 3
•
V − j (30+α )
e
Z
IB = 3
•
V − j (150+α )
e
Z
IC = 3
V j (90−α )
e
Z
Podemos simplificar a partir de:
A
A
B
B
C
C
IA
IB
Z
I CA
Z
IC
Z
3
I AB
Z
Z
3
IA
I BC
Z
3
IB
IC
N
e portanto equivale a, por exemplo:
IA
V AN
~
Z
3
30 / 110
GQEE
•
•
V AN
V AB − j 30 º V − j 30 º
=
e
=
e
3
3
logo:
•
V
IA =
3⋅
Z
3
•
IB =
e
e − j (30+α )º =
3 ⋅V − j ( 30+α )º − j120 º
e
e
Z
•
IB =
Donde:
3 ⋅ V − j (30+α )º
e
Z
3 ⋅V − j ( 30+α )º j120 º
e
e
Z
•
IC =
3 ⋅V − j (15 0+α )º
e
Z
•
IC =
3 ⋅ V j (9 0+α )º
e
Z
Portanto, para SF direta e carga em ∆, tem-se:
IL
VL e
-j30°
Z
3
√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
GQEE
8 Cálculo e Medição de Potência em Sistemas Trifásicos
Seja uma carga ligada a um sistema monofásico como na figura 21
I
jϕ
V
Z=Ze
Figura 21 - Circuito monofásico.
→
A potência "consumida” pela carga Z é dada por:
a) Potência Ativa, Real ou Wattada
P = VI cos ϕ
(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
Q = VI sen ϕ
(15)
c) Potência Aparente
S = VI
(16)
Sendo as unidades:
| P | = W, kW, MW, etc.
| Q | = VAr, kVAr, MVAr, etc.
| S | = VA, kVA, MVA, etc.
32 / 110
GQEE
Das equações (14), (15) e (16) pode-se montar o chamado triângulo de Potências:
S = VI
Q
ϕ
P
Figura 22 - Triângulo de Potências.
→
Por outro lado considerando uma carga do tipo Z = R + jX = Z e jϕ
ϕ = tg −1
onde
X
, vem:
R
Z
X
ϕ
R
Figura 23 - Triângulo de Impedâncias.
Das figuras 22 e 23, temos:
P = VI cosϕ
Como I =
R = Z cosϕ
cosϕ =
R
Z
P = VI
R
Z
V
, vem:
Z
P=IIR
P = RI 2 *
(17)
E
Q = VI sen ϕ
Como I =
Q=IIX
X = Z sen ϕ
sen ϕ =
X
Z
Q = VI
X
Z
V
, vem:
Z
Q = XI 2 *
(18)
33 / 110
GQEE
E mais:
S = VI
S=ZII
S = ZI 2
(19)
Resumindo:
P = VI cos ϕ
P = RI 2 *
Q = VI sen ϕ
Q = XI 2 *
S = VI
S = ZI 2
(20)
* 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.
A
B
IB
IA
Z
C
Z
IC
Z
N
Figura 24 – Circuito Trifásico em Y.
Na seqüência de fases direta tem-se:
•
•
•
V AN = V∠ − 30º , V BN = V∠ − 150 º e V CN = V∠90º , logo:
•
•
V
I A = → = e − j (30+α )
Z
Z
V AN
fazendo
•
•
V
I B = → = e − j (120+α )
Z
Z
V BN
•
IC =
•
V CN
→
Z
=
V j ( 90+α )
e
Z
V
= I e de acordo com o que foi mostrado para circuito monofásico, vem:
Z
PA = VI cosα
PB = VI cosα
PC = VI cosα
34 / 110
GQEE
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 V AN e I A , V BN e I B , V CN e I C ) que
é o próprio ângulo da impedância.
A potência ativa total consumida pelas três impedâncias é:
PTOT = 3VI cosα
(21)
•
•
•
•
•
•
Como V é o módulo de V AN , V BN e V CN e I é o módulo de I A , I B e I C pode-se
rescrever:
PTOT = 3V f I f cosα
(22)
Onde:
V f - tensão de fase
I f - corrente de fase
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:
Q A = VI sen α
QB = VI sen α
QTOT = 3VI sen α
QC = VI sen α
(23)
35 / 110
GQEE
Ou
QTOT = 3V f I f senα
(24)
E mais:
S A = VI
S B = VI
S C = VI
STOT = 3VI
(25)
Ou
STOT = 3V f I f
(26)
Por outro lado, na conexão estrela, tem-se:
VL = 3V f
IL = I f
Logo em (22) temos:
PTOT = 3
VL
V
I L cosα = 3 3 L I L cosα
3
3
PTOT = 3VL I L cosα
(27)
Na equação (23), tem-se:
QTOT = 3
VL
3
I L sen α = 3 3
VL
I L sen α
3
QTOT = 3VL I L sen α
(28)
Finalmente na equação (26), vem:
S TOT = 3
VL
V
IL = 3 3 L IL
3
3
S TOT = 3VL I L
(29)
36 / 110
GQEE
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 V L e I L .
8.2
Potências para Carga em ∆
Se a carga agora estiver em ∆, tem-se:
A
C
B
IA
Z
IB
Z
I CA
IC
Z
I AB
I BC
Figura 25 – Circuito Trifásico em ∆.
Para este caso:
•
I AB =
•
V AB
→
=
V − jα
e
Z
=
V − j (120+α )
e
Z
=
V j (120−α )
e
Z
Z
•
I BC =
•
V BC
→
Z
•
I CA =
•
V CA
→
Z
Fazendo V
Z
= I e de acordo com o que foi mostrando para circuito monofásico,
tem-se:
PA = VI cosα
PB = VI cosα
PC = VI cosα
37 / 110
GQEE
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 V AB e I AB , V BC e
•
•
•
I BC , V CA e I CA .
Logo:
PTOT = 3VI cos α
(30)
Ou ainda
PTOT = 3V f I f cosα
(31)
E mais:
QTOT = 3VI sen α
(32)
ou
QTOT = 3V f I f sen α
(33)
E
STOT = 3VI
(34)
Ou
STOT = 3V f I f
(35)
Por outro lado na conexão ∆, tem-se:
VL = V f
IL = 3 I f
38 / 110
GQEE
Logo em (31) vem:
PTOT = 3VL
IL
I
cos α = 3 3 VL L cos α
3
3
PTOT = 3 VL I L cos α
(36)
Em (33), vem:
QTOT = 3 VL
IL
I
sen α = 3 3 VL L sen α
3
3
QTOT = 3 VL I L sen α
(37)
Finalmente em (35), vem:
STOT = 3 VL
IL
I
= 3 3 VL L
3
3
STOT = 3 VL I L
(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 V L e I L .
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
GQEE
A
W
B
(a)
W
C
ou
A
W
(b)
B
C
W
ou
A
B
(c)
W
C
W
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:
IA
A
IB
B
C
a
Z
b
Z
c
Z
W1
N
W2
IC
40 / 110
GQEE
O wattímetro W1 indicará:
•
•
•
•
W1 = V AC I A cos(V AC I A )
•
•
∴W1 = V AC I A cos(V AC I A )
Seja:
•
→
Z = Z e jϕ , 0 < ϕ < 90º
V AB = VL e j 0 º
Logo:
V CA
V CN
ϕ
IB
IC
ϕ
V AB
ϕ
IA
V BN
V AN
V AC
V BC
Do Diagrama Fasorial, tem-se:
•
•
V CA = V AC e j180 º ∴
•
V AC = V L e j 300 º
•
ou V AC = V L e − j 60 º
Logo:
•
•
V AC V AB = 60º
•
•
I A V AB = 30º +ϕ
Portanto:
•
•
V AC I A = 30º −ϕ
41 / 110
GQEE
Então, como V AC = VL e I A = I L , vem:
W1 = VL I L cos(30º −ϕ )
(39)
Já o wattímetro W2 indicará:
•
•
•
•
W2 = V BC I B cos(V BC I B )
•
•
W2 = VBC I B cos(V BC I B )
Do Diagrama Fasorial, vem:
•
•
•
Como VBC = VL
•
•
V BN I B = ϕ
V BC V BN = 30º
e
•
V BC I B = 30º +ϕ
I B = I L , vem:
W2 = VL I L cos(30º +ϕ )
(40)
8.3.b Medição para carga em ∆
Supondo a medição sendo efetuada como a seguir:
IA
A
a
I ab
IB
B
C
Z
W1
W2
IC
b
I bc
c
Z
Z
I ca
42 / 110
GQEE
O wattímetro W1 indicará:
•
•
•
•
•
•
•
Se V AB = VL e j 0 º
→
Z = Z e jϕ , 0 < ϕ < 90º , vem
VCA
I ca
ϕ
ϕ
IB
I bc
V AB
I ab
ϕ
IA
V AC
V BC
Do Diagrama Fasorial, vem:
•
•
V AB I A = 30º +ϕ
•
•
•
•
V AC V AB = 60º
V AC = V CA e j180 º = V L e j 60 º
Logo:
•
•
V AC I A = 30º −ϕ
Como V AC = VL e I A = I L , vem:
W1 = VL I L cos(30º −ϕ )
(41)
O wattímetro W2, por sua vez, indicará:
•
•
•
•
W2 = V BC I B cos(V BC I B )
•
•
W2 = VBC I B cos(V BC I B )
43 / 110
GQEE
Do Diagrama Fasorial, tem-se:
•
•
I bc V BC = ϕ
•
•
•
I B I bc = 30º
•
∴ V BC I B = 30º +ϕ
Como VBC = VL e I B = I L , vem:
W2 = VL I L cos(30º +ϕ )
(42)
Das equações (39), (40) ou (41), (42), vem:
W1 + W2 = VL I L [cos(30º −ϕ ) + cos(30º +ϕ )] =
= VL I L [cos 30º cos ϕ + sen 30º sen ϕ + cos 30º cos ϕ − sen 30º sen ϕ ] =
= VL I L [2 cos 30º cos ϕ ]
⎡ 3
⎤
∴W1 + W2 = VL I L ⎢2
cosϕ ⎥ = VL I L 3 cosϕ
⎣ 2
⎦
∴W1 + W1 = 3 VL I L cosϕ
(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
W1 = VL I L cos 30º
44 / 110
GQEE
W1 = W2
Ou seja:
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
W1 = VL I L cos 0º
Logo:
1
W2 = VL I L
2
W1 = VL I L
Conclusão: Um dos wattímetros acusa o dobro do outro.
W1 = VL I L cos(−30º )
Logo:
W1 =
3
VL I L
2
W2 = 0
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.
W1 = VL I L cos(−60º )
W2 = VL I L cos120º
45 / 110
GQEE
Logo:
1
W1 = VL I L
2
1
W2 = − VL I L
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:
W1 = VL I L cos(30º −ψ )
W2 = VL I L cos(30º +ψ )
Então:
W1 − W2 = VL I L [cos 30º cosψ + sen 30º sen ψ − cos 30º cosψ + sen 30º sen ψ ]
Então:
W1 − W2 = VL I L (2 sen 30º senψ )
W1 − W2 = VL I L senψ
Portanto:
3 (W1 − W2 ) = 3 VL I L senψ
Como
3 VL I L senψ = Q , vem:
Q = 3 (W1 − W2 )
(44)
Conclusão: Com a indicação dos dois wattímetros da Conexão Aron pode-se
também obter a potência reativa “consumida” pela carga equilibrada.
46 / 110
GQEE
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:
F .P. =
P
S
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.
S
Q
ϕ
P
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
GQEE
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).
S2
Q2
S1
Q1
ϕ1 ϕ2
P
Figura 28 - Comparação para cosϕ1>cosϕ2.
Ora observemos que para ϕ1 < ϕ2, temos S1 < S2, portanto Q1 < Q2 e P1 = P2.
Logo o ideal é transmitir S1, pois:
S1 = VI1
e
S 2 = VI 2
Como S1 < S2, tem-se que:
I1 < I 2
Ou seja sendo I 2 maior que I1 , ou todos os cabos estão sobrecarregados (foram
dimensionados levando em conta I1 ) ou o seu custo foi mais alto (foram
dimensionados levando em conta I 2 ).
Portanto:
"Para uma mesma tensão, quanto menor o f.p.., maior será a corrente", o que não
é desejável.
48 / 110
GQEE
9.2.2 Aumento das quedas de Tensão
Com relação a figura 29 pode-se escrever o seguinte:
Zp
IS
~
Eg
VP
Carga
Figura 29 - Ilustração para aumento de quedas.
•
•
→
•
V p = Eg −Z p Is
Onde:
•
V p - tensão em qualquer ponto do sistema (neste caso nos terminais de carga)
•
E g - f.e.m. da geração
•
I s - corrente na sistema
→
Z p impedância total até a carga
Bem, é óbvio que quanto maior for a corrente, maiores serão as quedas de tensão
→
•
•
Z p I s (Vide figura 29). Então é interesse diminuir o valor de I s .
49 / 110
GQEE
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
GQEE
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.
S=P+jQ
Q= Q1 + Q2
ϕ
P = P 1 + P2
M1
M2
P 1 + j Q1
P 2 + j Q2
(a)
(b)
Figura 30 - Configuração de uma instalação e seu triângulo de potências.
Se:
cosϕ =
P
< 0,92
S
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
GQEE
QC
S2
ϕ2
Q2
S
1
ϕ1
Q1
P
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
GQEE
9.4.2 Cálculo de Qc
Observe-se na figura 31 que:
Q2
P
Q
tgϕ1 = 1
P
tgϕ 2 =
Ora:
∴ Q2 = P tgϕ 2
∴ Q1 = P tgϕ1
Q2 − Q 1= Qc
Portanto:
Qc = P(tgϕ 2 − tgϕ1 )
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
GQEE
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:
Qc = 3 VI sen ϕ
ϕ = 90º ⇒ sen ϕ = 1
Qc = 3 VI
Conexão Y:
V
XC
I=
V
3 Xc
XC
XC
QC y = 3 V
V
3 Xc
QC y =
V2
Xc
54 / 110
GQEE
Conexão ∆:
V
XC
XC
XC
If =
V
Xc
IL = 3 I f = 3
V
Xc
Qc = 3 V
3 V 3V 2
=
Xc
Xc
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
GQEE
Tabela com os valores de (tgϕ2- tgϕ1) em função de cosϕ2 e cosϕ1
cosϕ2
a ser
corrig
ido
0,20 4,899
cosϕ1 desejado
4,279
Cosϕ2
a ser
corrig
ido
4,149 0,61 1,299
4,570
4,415
0,21
4,656
4,327
0,22
4,433
0,23
0,970
0,815
0,679
0,549
4,171
4,036
3,906
0,62
1,266
0,937
0,781
0,646
0,515
4,104
3,949
3,813
3,683
0,63
1,233
0,904
0,748
0,613
0,482
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
-
-
cosϕ1 desejado
56 / 110
GQEE
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
GQEE
EEL002
CONVERSÃO
ELETROMECÂNICA DE
ENERGIA
EXERCÍCIOS
58 / 110
GQEE
.
.
.
.
Exemplo 1: Dadas as tensões V12 = 6 30º , V 23 = 2 0º , V 24 = 6 −60º e V15 = 4 90º , determinar as
tensões:
.
a)
V14
b)
V 43
c)
V35
.
.
Solução: Apenas com o objetivo de facilitar o acompanhamento da solução, foi construído o diagrama
mostrado na figura 7, pois ele não é necessário.
2
.
.
V12
V 23
.
V 24
.
1
.
V14
3
V 43
.
4
V15
.
V 35
5 Figura 7
.
.
.
V14 = V12 + V 24 = 6 30º + 6 −60º
= 5,196 + j3,000+3,000 − j5,196
a)
= 8,196 − j2,196 = 8, 485 −15º
.
.
.
.
.
V 43 = V 23 + V 42 = V 23 − V 24 = 2 0º − 6 −60º = 2 0º + 6 120º
= 2 + j0 − 3,000+j5,196 = −1, 000 + j5,196
b)
= 5, 291100,89º
Também poderia ter sido tomado
.
.
.
.
.
.
.
V 43 = V 23 + V12 + V 41 = V 23 + V12 − V14
.
c)
.
Há várias possibilidades no cálculo de
.
.
.
.
.
V35 , por exemplo:
.
V35 = V15 + V 21 + V32 = V15 − V12 − V 23
59 / 110
GQEE
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
V 35 = V15 + V 21 + V 42 + V 35 = V15 − V12 − V 24 − V 43
V 35 = V15 + V 41 + V 24 + V 32 = V15 − V14 + V 24 − V 23
Mas, a melhor delas, porque menos trabalhosa, é:
.
.
.
.
.
.
.
V35 = V15 + V 41 + V34 = V15 − V14 − V 43
= 4 90º − 8, 485 −15º − 5, 291100,89
= (0 + j4) − (8,196 − j2,196) − (−1, 000 + j5,196)
= −7,196 + j1, 000 = 7, 265 172, 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: n =
1[ CV ] x736 [ W/CV ]
Psaida
.100 =
.100 = 81,8%
Pentrada
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: Pentrada =
Psaida 5 [ CV ] x736 [ W/CV ]
=
= 4600[W] = 4, 6 [ KW ]
n
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?
n=
Solução:
Psaida
= n M .n G
Pentrada
Psaida = n M .n G .Pentrada = 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
GQEE
Pe =
0,5x0, 736
[ KW ]
0,85
O consumo de energia durante 1 dia (24 horas) é:
WE = Pe x24
0,5x0, 736x24
[ KW ]
0,85
E o custo total da energia é:
Custo = WE x0,80 [ R$]
portanto,
0,5x0, 736x24x0,8
Custo =
= R$8,31
0,85
Seqüência de Fases
Exemplo 6: Qual é a seqüência de fases de um alternador trifásico ligado em Y para o qual
.
.
.
E AN = 7200 20º [ V ] e E CN = 7200 −100º [ V ] ? E também , quanto vale E BN ?
.
Solução: Visto que
.
E CN se atrasa em relação a E AN 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 ,
E BN avança em 120º, mas tem o mesmo módulo (valor
.
[ ]
eficaz). Então, E BN = 7200 20º +120º = 7200 140º V . A figura 30 ilustra a presente situação.
w
.
E BN
.
E AN
140º
20º
REFERÊNCIA
R
−100º
.
E CN
Figura 30
61 / 110
GQEE
.
[ ]
Exemplo 7: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico no qual V AB = 13.800 −10º V
e
.
V BC = 13.800 110º [ 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 V BC avança V AB 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.
.
.
A terceira tensão de linha é ou V CA ou V AC , 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
.
.
V AB e V BC , é V CA , 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
.
V AC fosse usado. Assim,
.
.
V CA = 13.800 −130º [ V ] . Este resultado também pode ser obtido calculando V AC e V CA :
.
.
.
V AC = V AB + V BC = 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 ]
.
.
.
V AC difere de V AB e V BC em 60º, e não pode mesmo se a resposta.
Por outro lado,
.
.
.
.
.
.
V CA = V CB + V BA = − V BC − V AB = − V AC = −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
GQEE
Cargas Trifásicas
Exemplo 8: Converter o
∆ mostrado na figura 38 (a) no Y da figura 37 (a) para:
a)
Z1 = 3 + j5 [ Ω ] , Z2 = 60 20º [ Ω ] e Z3 = 4 −30º [ Ω ]
b)
Z1 = Z2 = Z3 = Z∆ = 12 36º [ Ω ]
A
Z3
Z1
B
Z2
C
Figura 38 (a)
ZA
A
A
ZB
B
N
ZC
C
B
(b)
C
(a)
Figura 37
Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão
∆ − Y tem o mesmo denominador, que é :
Z1 + Z2 + Z3 = ( 3 + j5 ) + 6 20º + 4 −30º = 13,1 22, 66º [ Ω ]
Então: ZA =
ZB =
( 3 + j5 ) . ( 4 −30º ) = 23,3 29, 04º = 1, 78 6,38º Ω
Z1Z3
=
[ ]
Z1 + Z2 + Z3
13,1 22, 66º
13,1 22, 66º
( 3 + j5) . ( 6 20º ) = 35 79, 04º = 2, 67 56, 4º Ω
Z1Z2
=
[ ]
Z1 + Z2 + Z3
13,1 22, 66º
13,1 22, 66º
63 / 110
GQEE
ZC =
( 6 20º ) . ( 4 −30º ) = 24 −10º = 1,83 −32, 7º Ω
Z 2 Z3
=
[ ]
Z1 + Z2 + Z3
13,1 22, 66º
13,1 22, 66º
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 ∆ :
Z∆ 12 36º
=
= 4 36º [ Ω ]
3
3
Exemplo 9: Converter o Y mostrado na figura 37 a no ∆ da figura 38 a para:
Z A = Z B = ZC = Z Y =
a)
ZA = 10 [ Ω ] , ZB = 6 − j8 [ Ω ] , ZC = 9 30º [ Ω ]
b)
ZA = ZB = ZC = ZY = 4 − j7 [ Ω ]
Z1
A
Z3
Z1
Z2
B
Z3
B
Z2
C
C
(b)
(a)
Figura 38
Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão
Y − ∆ tem o mesmo numerador, que é
ZA ZB + ZB ZC + ZA ZC = 10 ( 6 + j8 ) + ( 6 + j8 )( 9 30º ) + 10 ( 9 30º ) = 231, 6 −17, 7º [ Ω ]
Então,
Z1 =
ZA ZB + ZB ZC + ZA ZC 231, 6 −17, 7º
=
= 25, 7 −47, 7º [ Ω ]
ZC
9 30º
Z2 =
ZA ZB + ZB ZC + ZA ZC 231, 6 −17, 7º
=
= 23, 2 −17, 7º [ Ω ]
ZA
10
Z3 =
ZA ZB + ZB ZC + ZA ZC 231, 6 −17, 7º 231, 6 −17, 7º
=
=
= 23, 2 35, 4º [ Ω ]
ZB
6 − J8
10 −53,1º
64 / 110
GQEE
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,
Z1 = Z2 = Z3 = Z∆ = ZY = 3ZY = 3 (12 − j7 ) = 12 − j21=24,2 -60,3º [Ω ]
Exemplo 10: Converter o Y indicado na figura 40 num equivalente
∆.
A
A
Z
Z
N
Z
B
N
B
Z
C
Figura 40
C
Solução: Pelas fórmulas da conversão
Figura 41
Y−∆ ,
Z1 =
ZA ZB + ZB ZC + ZA ZC 0 + 0 + Z.Z
=
=Z
ZC
Z
Z2 =
=
=Z
ZA
Z
Z3 =
=
= ∞ (circuito aberto)
ZB
0
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
cargas
a)
ZA , ZB e ZC em estrela paralela ao delta das
Z1 , Z2 e Z3 para:
ZA = 10 [ Ω ] , ZB = 6 − j8 [ Ω ] , ZC = 9 30º [ Ω ]
Z1 = 3 + j5 [ Ω ] , Z2 = 6 20º [ Ω ] , Z3 = 4 −30º [ Ω ]
65 / 110
GQEE
ZA = ZB = ZC = ZY = 4 − j7 [ Ω ]
b)
Z1 = Z2 = Z3 = 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:
Z ' = 25, 7 −47, 7º [ Ω ]
1
Z ' = 23, 2 −17, 7º [ Ω ]
2
Z ' = 23, 2 35, 4º [ Ω ]
3
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: Z '
1
com
Z1 , Z ' com Z2 e Z ' com Z3 , para produzir Z" , Z " e Z " , respectivamente. Então,
2
Z" =
1
3
Z1.Z '
=
1
Z1 + Z '
1
( 3 + j5) . ( 25, 7 −47, 7º )
3 + j5+25,7 −47,7º
2
3
= 6, 08 45,95º [ Ω]
1
Z" =
2
Z2 .Z '
2
Z2 + Z '
=
( 6 20º ) . ( 23, 2 −17, 7º )
6 20º+23,2 −17,7º
= 4,94 12,52º [ Ω]
2
Z" =
3
Z3 .Z '
3
Z3 + Z '
=
( 4 −30º ) . ( 23, 2 35, 4º )
4 −30º+23,2 35,4º
= 3, 69 −92, 48º [ Ω ]
3
A
B
C
Z3
Z1
Z3
Z1
Z2
Z2
(a)
Figura 45
66 / 110
GQEE
A
A
B
B
C
C
Z'
Z"
Z"
1
3
A
Z'
B
Z'
C
Z"
(c)
(b)
2
Figura 45
Finalmente, o
∆ da figura 45b é convertido no Y equivalente mostrado na figura 45c, onde Z ' =
A
Z' =
Z" .Z "
1
2
"
∑Z
B
e Z' =
C
Z" .Z "
1
3
∑ Z"
Z " .Z "
2
3
"
∑Z
Sendo
∑ Z" = Z" + Z " + Z " = 6, 08 45,95º + 4,94 12,52º + 3, 69 −92, 48º = 9, 062 11,16º
1
2
3
Portanto,
Z' =
A
Z' =
B
Z' =
C
( 6, 08 45,95º ) .( 3, 69 −92, 48º ) = 2, 48 −57, 7º Ω
[ ]
9, 062 11,16º
( 6, 08 45,95º ) . ( 4,94 12,52º ) = 3,31 47,3º Ω
9, 062 11,16º
[ ]
( 4,94 12,52º ) .( 3, 69 −92, 48º ) = 2, 01 −91,1º Ω
9, 062 11,16º
[ ]
67 / 110
,
GQEE
c) Agora as cargas são equilibradas e o ∆ deve ser inicialmente convertido num Y equilibrado
equivalente. Esta conversão foi efetuada no exemplo 8 dando:
( 4 − j7 ) . ( 4 36º ) = 32, 249 −24, 26º = 3, 75 8, 46º Ω .
ZY .Z'Y
Z =
=
[ ]
ZY + Z'Y
4 − j7 + 4 36º
8, 601 −32, 72º
"
Y
.
[ ]
Exemplo 12: Uma carga trifásica equilibrada em Y tem uma tensão de fase V CN = 127 50º V . Se a
.
seqüência de fases é ACB, achar as tensões
.
.
V CA , V AB e V BC .
Solução: Fazendo-se o diagrama fasorial para a seqüência de fases inversa ou negativa, e das tensões
.
V CA têm um ângulo de 30º em
de linha especificadas, pode-se notar que a tensão de linha
.
atraso com relação a tensão de fase V CN . Obviamente, seu módulo é maior por um fator igual
.
a
3 . Portanto, V CA = 127 3 50º −30º = 220 20º [ V ] . Da mesma forma, considerando que
.
.
V AB está 120º em avanço relativamente a V CA , porque seu primeiro subscrito A está
.
imediatamente à frente do primeiro subscrito C de
V CA na seqüência de fases ACB,
.
.
.
V AB = 220 20º +120º = 220 140º [ V ] . Da mesma forma, V BC deve atrasar V CA em 120º.
.
[ ]
Logo, V BC = 220 20º −120º = 220 −100º V .
Exemplo 13: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica em estrela, equilibrada, na qual
.
V BA = 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
.
.
.
V AB , pode-se notar que V BN avança V BA em 30º. Obviamente, o módulo de
.
13.800
é menor por um fator 3 . Portanto, V BN =
−40 + 30º = 7.967 −10º [ V ]
3
que inclui
.
V BN
.
.
.
Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, V AN avança V BN em 120º, e V CN atrasa-se
.
de
V BN em 120º. Assim,
.
V AN = 7.967 −10º +120º = 7.967 110º [ V ]
.
V CN = 7.967 −10º −120º = 7.967 −130º [ V ]
68 / 110
GQEE
∆ Equilibrada-Correntes de Linha e de Fase
Carga em
[ ]
Exemplo 14: Uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela tem a tensão de fase VCN = 254 45º V .
.
Se a seqüência de fases é ACB (negativa), achar as tensões de linha
.
V CA , V AB e
.
V BC .
Solução: Do diagrama fasorial para uma carga equilibrada ligada em Y com seqüência ACB, pode-se
.
notar que a tensão em
.
V CA atrasa-se de 30º em relação a tensão de fase V CN . E também,
.
3 . Portanto, do fato de que V AB tem um avanço de 120º
que seu módulo é maior pelo fator
.
relativamente a V CA , porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro
.
subscrito
C
de
V CA
na
seqüência
de
fases
inversa
.
ACB,
.
VAB = 440 45º +120º = 440 135º [ V ] . Da mesma forma, V BC deve atrasar-se de V CA em
[ ]
120º. Logo, VBC = 440 15º −120º = 440 −105º V .
Exemplo 15: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela se
.
V AB = 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 VBA , pode-se notar que
.
V BN avança VBA em 30º.
.
V BN é menor por um fator igual a
Obviamente, o módulo de
.
V BN =
3 . Portanto,
13.800
−30º +30º = 7.967 0º [ V ] .
3
.
.
Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, V AN avança V BN em 120º. Logo:
.
.
V AN = 7.967, 43120º [ V ] e V CN = 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 ZY = 30 20º Ω . A
.
[ ]
seqüência de fases é ABC e V AN = 120 35º V .
69 / 110
GQEE
.
Solução: A corrente de linha
fase Z Y :
.
I A é obtida pelo quociente da tensão da fase V AN pela impedância da
120 35º
= 4 15º [ A ]
30 20º
.
IA =
.
IA
As outras correntes de linha podem ser determinadas de
e da seqüência de fases. Elas
.
tem o mesmo módulo de
em 120º. Portanto,
.
I A e, para a seqüência de fases ABC dada, atrasam e avançam I A
.
I B = 4 15º −120º = 4 −105º [ A ]
.
IC = 4 15º +120º = 4 135º [ A ]
Exemplo 17: Num circuito trifilar trifásico, equilibrado, com seqüência de fases ABC, a corrente de linha
.
I B = 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, I A avança
.
Pela mesma razão (C segue B),
.
I B em 120º.
.
IC atrasa em relação a I B em 120º. Conseqüentemente,
.
I A = 40 20º +120º = 40 140º [ A ]
.
IC = 40 20º −120º = 40 −100º [ A ]
.
Exemplo 18: Qual é a corrente de linha
.
I A num circuito trifilar trifásico, desequilibrado, no qual
.
I B = 40 85º [ A ] e IC 70 230º [ A ] ?
Solução: De acordo com a lei de Kirchhoff, a soma das três correntes de linha é zero, isto é:
.
.
.
I A + IB + IC = 0
Então,
.
.
.
I A = − I B − IC = −40 85º − 70 230º = 43, 74 18, 4º [ A ]
70 / 110
GQEE
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 ( cos φ ) de 80% indutivo.
Qual é a tensão no terminal do gerador? Qual a potência desenvolvida em cada fase?
Qual a potência trifásica (total) desenvolvida?
.
In
a
.
Eab
.
.
Ean
Eca
.
IA
n
.
E bn
.
.
IB
Ecn
c
.
E bc
b
.
IC
Figura 15
Solução: A tensão no terminal do gerador é a tensão de linha:
VL = 3.VF = 381[ V ]
A potência desenvolvida em cada fase é dada por :
PF = VF .I F .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,
PT = 3.PF = 3x4.400= 13.200 [ W ] = 13, 2 [ K W ] .
[ ]
Exemplo 20: Uma carga ligada em Y, equilibrada, de impedâncias Z Y = 50 −30º Ω
é excitada por
uma fonte de 12.470 [V], trifilar trifásica. Achar a corrente (eficaz) de linha.
[ ]
= 50 [ Ω ] . Portanto, I L = 7200 / 50 = 144 [ A ] .
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: ZY
71 / 110
GQEE
Exemplo 21: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga equilibrada ligada em Y, constituída
de impedâncias ZY = 60 20º Ω , excitada por uma fonte trifásica. Uma das tensões de
[ ]
.
[ ]
fase é V BN = 120 35º V e a seqüência de fases é positiva (ABC).
.
Solução: A corrente de linha
.
I B pode ser encontrada dividindo-se a tensão da fase V BN pela
.
impedância de fase ZY . E as outras correntes de linha podem ser encontradas de
ajuda de fases. Portanto,
I B coma a
.
V BN 120 35º
IB =
=
= 2 15º [ A ]
ZY
60 20º
.
.
.
Visto que a sequência de fases é ABC, o ângulo de I A é 120º a mais que o de I B .
.
[ ]
Obviamente, os módulos das correntes são iguais. Logo, I A = 2 15º +120º = 2 135º A . Da
.
mesma forma, o ângulo de
.
IC é 120º menor : IC = 2 15º −120º = 2 −105º [ A ] .
Exemplo 22: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga ligada em Y, equilibrada, constituída
de impedâncias Z Y = 50 −35º Ω , alimentada por um sistema trifilar no qual
[ ]
.
V CB = 220 60º [ V ] . A seqüência de fases é ABC.
.
Solução: De acordo com a figura 37, a tensão de fase
V CN tem um ângulo que é 30º maior do que
.
aquele de
.
V CN =
V CB e um módulo que é menor por um fator de 1/ 3 . Portanto,
220 60º +30º
= 127 90º [ V ]
3
.
A corrente de linha I C é
.
V CN 127 90º
IC =
=
= 2,54 125º [ A ]
ZY
50 −35º
.
72 / 110
GQEE
ZA
A
A
ZB
B
N
ZC
C
B
(b)
C
(a)
Figura 37
.
Visto que A segue C na seqüência de fases (...ABCA...),
.
.
I A atrasa com relação a IC em 120º.
[ ]
Donde I A = 2,54 125º −120º = 2,54 5º A Como B precede C na seqüência de fases,
.
IB
.
avança em relação a
IC em 120º. Logo:
.
I B = 2,54 125º +120º = 2,54 245º = 2,54 −115º [ A ] .
∆ na qual
Exemplo 23: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico equilibrado com uma carga
.
[ ]
duas das correntes de fase são I BA = 12 −20º A
.
[ ]
e I CB = 12 100º A ? Quanto vale
.
I AC ?
.
.
Solução: Visto que I CB , com primeiro subscrito C, tem um ângulo 120º maior que aquele de I BA , 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, I AC , com primeiro
.
subscrito A, tem um ângulo que é 120º menor do que aquele de
.
I BA . Obviamente, o módulo é
[ ]
o mesmo: I AC = 12 −20º −120º = 12 −140º A .
.
.
.
Exemplo 24: Achar as correntes de fase I BC , I AB e I CA de uma carga trifásica equilibrada ligada em
.
∆
[ ]
sabendo que uma corrente de linha é I B = 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 I BC tem um ângulo que é 30º maior do que
.
aquele de
.
I BC =
I B , e tem módulo menor por um fator de 1/ 3 . Conseqüentemente,
75 −45º +30º
= 43,3 −15º [ A ]
3
73 / 110
GQEE
.
.
.
I C = I CA − I BC
.
V CA
.
.
ICA
I CB
φ
30º
φ
IBA
30º
30º
Re
.
V AB
.
I
.
I AB
φ
.
.
I AC
IBC
.
.
.
.
I B = I BC − I AB
.
.
I A = I AB − I CA
.
V BC
Figura 49
.
Da mesma figura 49, ou do fato de que
.
I AB tem um ângulo que é maior em 120º ao de I BC ,
.
porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro subscrito B de I BC ,
.
[ ]
na seqüência de fases ABC, I AB = 43,3 −15º +120º = 43,3105º A .
.
[ ]
Assim I CA = 43,3 −15º −120º = 43,3135º A
.
Exemplo 25: Uma carga trifásica equilibrada ligada em
∆ tem uma corrente de fase I BA = 20 10º [ 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
.
.
.
I BA . Elas tem que ser I AC e ICB , 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,
.
avançar
ICB deve
.
I BA e, 120º, porque na seqüência de fases a letra C (primeiro subscrito de ICB )
.
precede
a
letra
B
(primeiro
subscrito
de
I BA ).
Conseqüentemente,
.
.
.
ICB = 20 10º +120º = 20 130º [ A ] . Então I AC deve se atrasar com relação a I BA em 120º:
.
.
.
I AC = 20 10º −120º = 20 −110º [ A ] . Na figura 50, I A atrasa com relação a I AC em 30º, e
.
visto que ela tem módulo
3 vezes maior, I A = 20 3 −110º −30º = 34, 64 −140º [ A ] .
.
Sendo a seqüência de fases ACB, as correntes
.
I B e IC , respectivamente, avançam e atrasam
.
de I A em 120º:
.
I B = 34, 64 −140º +120º = 34, 64 −20º [ A ]
74 / 110
GQEE
.
IC = 34, 64 −140º −120º = 34, 64 −260º = 36, 64 100º [ A ]
Exemplo 26: Quais são as correntes fasoriais de linha pra uma carga trifásica equilibrada ligada em
.
∆
[ ]
se uma corrente de fase é I CB = 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
.
.
ICB , pode-se notar que IC avança ICB em 30º Obviamente, seu módulo é
.
.
.
3 35º +30º = 43,3 65º [ A ] . Da seqüência de fases, I B avança I C em 120º e I A atrasa-se
.
em relação a
IC em 120º. Logo,
.
I B = 43,3 65º +120º = 43,3180º = −43,3 5º [ A ]
.
I A = 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 I L pode ser encontrada da corrente de fase I F , que é igual a tensão de
[ ]
linha VL = 220 V (igual, também à tensão de fase VF ) dividida pela resistência de fase
Z∆ = 40 [ Ω ] . Assim, I F = 220 / 40 = 5,5 [ A ] . A corrente de linha é
3 vezes maior:
I L = 3I F = 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 V CB = 220 60º V
e se a
seqüência de fases é ACB.
.
Solução: O primeiro passo é achar a corrente de fase
ICB :
.
.
ICB
V CB 220 60º
=
=
= 4, 4 95º [ A ]
Z∆
50 −35º
75 / 110
GQEE
Do diagrama fasorial para uma seqüência de fases ACB, e do grupo de correntes de fase que
.
inclui
ICB , a corrente de linha IC se atrasa em relação à ICB em 30º. Obviamente, seu módulo
3 vezes maior.
é
Portanto,
.
IC = 4, 4 3 95º −30º = 7, 62 65º [ A ]
.
.
Visto que a seqüência de fases é ACB, as correntes I A e I B , nas outras duas linhas,
.
respectivamente, avançam e atrasam relativamente à
IC em 120º. Assim,
.
I A = 7, 62 65º +120º = 7, 62 185º = −7, 62 5º [ A ]
.
I B = 7, 62 65º −120º = 7, 62 −55 [ A ]
Exemplo 29: Um circuito de 440 [V], trifásico, trifilar tem duas cargas equilibradas ligadas em
[ ]
uma delas formada de resistores de 10 Ω
[ ]
∆ , sendo
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 x 40 ) : (10 + 40 ) = 8 Ω . A corrente de fase deste
∆ é igual
a
fase
tensão
de
linha
(igual
a
de
fase)
dividida
pela
resistência
8 [ Ω ] : I F = 440 / 8 = 55 [ A ] . E, é claro, a corrente de linha é
de
de
3 vezes maior:
I L = 3.55 = 95,3[ A ] .
A
B
C
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
GQEE
[ ]
uma resistência de ( 5 x 20 ) : ( 5 + 20 ) = 4 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:
I L = 127 / 4 = 31,8 [ A ] .
A
N2
N1
B
C
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: VF = VL / 3 = 220
= 127 [ V ] .
[ ]
A corrente de fase é I F = VF / Z Y = 127 / 20 = 6,35 A . A potência consumida pelas três
resistências, ou potência total, PT , é igual a três vezes a potência consumida em cada
resistência, ou potência por fase PF . Então,
PT = 3.PF = 3.VF .I F .cos φ = 3 (127 )( 6,35 )(1) = 2.419, 4 [ W ] , ou
PT = 3.R.I 2F = 3. ( 20 ) . (127 / 20 ) = 2.419, 4 [ W ]
2
[ ] cada, religadas em ∆ , a corrente de fase é
= 220 / 20 = 11[ A ] . Então, a potência consumida é:
Para as mesmas três resistências de 20 Ω
I F = VF / Z∆ = VL / Z∆
PT = 3.PF = 3.VF .I F .cos φ = 3 ( 220 )(11)(1) = 7.260 [ W ] ou
(
PT = 3.R.I 2F = 3 20 (11)
2
) = 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.
77 / 110
GQEE
A
A
.
IA
.
V AB = 169, 7 −45º
Z∆
.
.
V AN = 120 0º
I AB
B
.
Z∆
Z∆
N
B
IB
.
V AN = 1 2 0 9 0 º
.
I BN
C
.
I AN
.
IN
Figura 51
Solução: No sistema bifásico, as duas tensões entre linha e neutro (tensões de fase) estão defasadas de
.
.
90º. Assim, se V AN é tomada como referência, V BN resulta 90º avançada, como indicado na
figura 51. a tensão entre linhas (tensão de linha) é
.
.
2 vezes a tensão de fase. Diretamente,
.
V AB = V AN − V BN = 120 0º − 120 90º = 120 − j120=120 2 −45º = 169, 7 −45º [ V ] .
As correntes de fase são:
.
.
I AB
V AB 169, 7 −45º
=
=
= 16,97 −95º [ A ]
Z∆
10 50º
.
.
I AN
V AN 120 0º
=
=
= 12 −50º [ A ]
Z∆ 10 50º
.
.
I BN
V BN 120 90º
=
=
= 12 40º [ A ]
Z∆
10 50º
E as correntes de linha são obtidas em função das correntes de fases como segue:
.
.
.
.
.
.
I A = I AN + I AB = 12 −50º + 16,97 −95º = 26,83 −76, 6º [ A ]
I B = I BN − I AB = 12 40º − 16,97 −95º = 26,83 66, 6º [ A ]
.
.
.
I N = − I AN − I BN = −12 −50º − 12 40º = 16,97 175º [ A ]
78 / 110
GQEE
A potência de cada fase vale:
2
PAB = Re [ Z∆ ] .I AB
= 10.cos 50º . (16,97 ) = 1851[ W ]
2
2
PAN = Re [ Z∆ ] .I AN
= 10.cos 50º. (12 ) = 925, 6 [ W ]
2
2
PBN = Re [ Z∆ ] .I BN
= 10.cos 50º. (12 ) = 925, 6 [ W ]
2
Por conseguinte, a potência total é
PT = PAB + PAN + PBN = 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
.
V AN = VF −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 VF = VL / 3 = 220 / 3 = 127 V . Referindo-se ao
equivalente monofásico da figura 54, tem-se que:
.
IL =
VLN 0º 127 0º
=
= 6,35 30º [ A ]
ZY
20 −30º
.
.
Com a seqüência de fases é negativa, os verdadeiros ângulos das tensões de fase V AN , V BN
.
e V CN são 90º, +30º e +150º, respectivamente. Então,
.
I A = 6,35 −90º +30º = 6,35 −60º [ A ]
.
I B = 6,35 30º +30º = 6,35 60º [ A ]
.
IC = 6,35 150º +30º = 6,35 180º [ A ]
iL
127 0º [ V]
20 −30º [Ω]
79 / 110
GQEE
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 Z Y = Z ∆ / 3 = 20 30º Ω , e a tensão
.
VLN = VF = 220 / 3 = 127 [ V ] . Com estes valores construiu-se o equivalente monofásico
mostrado na figura 55.
∆
L
iL
127 0º [ V]
20 30º [Ω ]
N
Figura 55
Da figura 55,
.
IL =
127 0º
= 6,35 −30º [ A ]
20 30º
.
.
.
Para se determinar as correntes de linha verdadeiras: I A , I B e I C , 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:
V AN = 127 0º [ V ] ,
.
V BN = 127 120º [ V ] e V CN = 127 −120º [ V ] . Então, as correspondentes de linha ficam
sendo
.
I A = 6,35 0º −30º = 6,35 −30º [ A ]
.
I B = 6,35 120º −30º = 6,35 90º [ A ]
.
IC = 6,35 −120º −30º = 6,35 −150º [ A ]
80 / 110
GQEE
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
vezes menores, resulta que as correntes de fase (nas fases de ligação em delta) são:
.
6,35
−30º −30º = 3, 67 −60º [ A ]
3
.
6,35
90º −30º = 3, 67 60º [ A ]
3
.
6,35
−150º −30º = 3, 67 −180º = −3, 67 0º [ A ]
3
I AB =
I BC =
ICA =
3
Exemplo 35: Um sistema trifásico, trifilar, com tensão de linha de 220 [V], alimenta duas cargas
e outra em estrela com
equilibradas, uma em delta com Z ∆ = 15 10º Ω
[ ]
ZY = 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:
.
IL =
127 0º 127 0º
+
= 37, 6 −16, 6º [ A ]
5 10º 10 30º
A corrente eficaz de linha é, pois, 37,6 [A].
∆
Y
L
iL
127 0º [ V ]
5 10º [ Ω]
10 30º [ Ω ]
N
81 / 110
GQEE
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:
Z=
( 5 10º )(10 30º ) =
5 10º + 10 30º
5 40º
= 3,38 16, 6º [ Ω ]
14,8 23, 4º
Então, a corrente eficaz de linha é:
IL =
127 127
=
= 37, 6 [ A ]
Z
3,38
[ ]
Exemplo 36: Três impedâncias 30 20º Ω
são ligadas em triângulo a um sistema trifásico trifilar, de
[ ]
220[V], por condutores de impedâncias Z L = 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:
Z = ZL + ZY = 0, 4 + j0,6+10 20º = 10, 6 22,3º [ Ω ]
Então, a corrente de linha vale
.
VF
127 0º
IL =
=
= 11,98 −22,3º [ A ]
Z 10, 6 22,3º
.
A tensão de fase na carga é:
.
.
.
V BT = I L .ZY = 11,98 −22,3º.10 20º = 119,8 −2,3º [ V ]
Então, a tensão de linha solicitada, na carga ∆ , é:
.
V L = 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.
A
0, 4 + j0,6 [ Ω]
B
iL
∆
82 / 110
.
VF = 127 0º [ V]
10 20º [ Ω]
GQEE
Figura 57
A queda de tensão na linha é:
.
.
V B = ZL .I L = (0, 4 + j0,6).11,98 -22,3º = 8, 63 34º [ V ]
Na figura 58, está mostrado o correspondente diagrama fasorial
T
.
.
.
2,3º
0,4 I L
j0,6 IL
VAT
.
22, 3º
V AB
.
V BT
.
IL
Figura 58
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 .
[ ]
e a carga de
impedância
equivalente
Solução: No circuito equivalente de uma linha da figura 59, a reatância de − j30 Ω
10 20º [ Ω ]
ZY =
estão
em
paralelo,
produzindo
uma
10 20º ( − j30º )
300 −70º
=
= 10, 64 0,53º [ Ω ]
10 20º − j30º 28,19 −70,53º
Então, a impedância vista pela fonte é:
Z = ZL + ZY = 0, 4 + j0,6 + 10, 64 0,53º = 11, 06 3, 62º [ Ω ]
A corrente de linha é:
.
IL =
127 0º
= 11, 48 −3, 62º [ A ]
11, 06 3, 62º
83 / 110
GQEE
A tensão de fase na carga vale:
.
.
V BT = ZY .I L = 10, 64 0,53º.11, 48 −3, 62º = 122,15 −3,1º [ V ]
Assim, a tensão de linha solicitada na carga é:
VL = 3.122,15 = 211, 6 [ V ]
0, 4 + j0,6 [ Ω ]
∆
A
∆
B
− j30 [ Ω]
127 0º [ V]
10 20º [ Ω ]
T
T
T
Figura 59
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
ZAB = 10 15º [ Ω ] , ZBC = 10 50º [ Ω ] e ZCA = 20 −25º [ Ω ] . Calcular as correntes de fase
e de linha e construir o correspondente diagrama fasorial.
.
IA
A
.
A
I CA
220 120º [ V ]
220 0º [ V ]
IC
C
ZAB
ZCA
ZBC
.
C
B
.
I BC
220 −120º [ V ]
B
.
Figura
60
IB
.
I AB
84 / 110
GQEE
Solução: Conforme indicado na figura 60, as correntes de fase (correntes de laço) são independentes e
dadas por:
.
.
I AB
V
220 0º
= AB =
= 22 −15º [ A ]
ZAB 10 15º
.
.
I BC
V
220 −120º
= BC =
= 22 −170º [ A ]
ZBC
10 50º
.
.
ICA
V
220 120º
= CA =
= 11 −145º [ A ]
ZCA 20 −25º
E as correntes de linha são:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
I A = I BA − ICA = 22 −15º − 11145º = 32,56 −21, 6º [ A ]
I B = I BC − I AB = 22 −170º − 22 −15º = 42,96 177,5º [ A ]
IC = ICA − I BC = 11145º − 22 −170º = 16, 21 37, 7º [ A ]
.
.
.
Observa-se de passagem, que I A + I B + IC = 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
85 / 110
GQEE
Exemplo 39: Um sistema trifásico a quatro fios, a seqüência de fases negativas, 220 [V], tem uma carga
ligada em Y, com ZA = 8 10º Ω , ZB = 5 35º Ω , e ZC = 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, V AB = 220 0º V , V BC = 220 120º V , e V CA = 220 −120º Ω .
A
A
ZA
.
V AN = 127 30º
.
IA
.
IN
N
N
.
IB
ZB
.
IC
.
V CN = 127 −90º
ZC
C
B
C
.
V BN = 127 150º
B
Figura 62
Então:
.
.
.
V AN = 127 30º [ V ] , V BN = 127 150º [ V ] e V CN = 127 −90º [ V ]
As correntes de linha (de laço) são independentes e dadas por:
.
V AN 127 30º
IA =
=
= 15,88 20º [ A ]
ZA
8 10º
.
.
V BN 127 150º
IB =
=
= 25, 40 115º [ A ]
ZB
5 35º
.
.
V CN 127 −90º
IC =
=
= 21,17 −130º [ A ]
ZC
6 40º
.
A
corrente
no
fio
neutro
é
calculada
de
.
.
.
⎛.
⎞
I N = − ⎜ I A + I B + IC ⎟ ,
⎝
⎠
e
vale
.
I N = − (15,88 20º + 25, 40 115º + 21,17 −130º ) = 9, 420 − j12,234=15,44 −52, 4º [ A ]
86 / 110
GQEE
O diagrama fasorial pedido está na figura 63.
.
IB
.
V AN
.
.
V BN
IA
Re
.
IN
.
IC
.
V CN
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
.
IA
.
Z"A 8 10º
VAO
.
.
IA
VCA
.
V AB
Z"B 5 35º
Z"C 6 40º
220 0º
.
.
.
VCO
IC
VBO
B
C
.
V BC
.
IB
.
IB
Figura 64 (a)
.
.
.
Solução: Tomando o terminal B da carga como nó de referência, resulta que V OB = V O − V B e o circuito
.
.
pode ser visualizado como mostrado na figura 46b, do qual pode-se obter V O = V OB pelo
método modal.
.
.
.
.
.
VO − VA VO VO − VC
+
+
=0
ZA
ZB
ZC
87 / 110
GQEE
ou
.
.
⎛ 1
1
1 ⎞ VA VC
VO .⎜
+
+
+
⎟=
⎝ Z A Z B ZC ⎠ Z A Z C
.
Onde
.
.
.
.
.
V A = V AB = 220 0º e V C = V CB = − V BC = −220 120º [ V ] .
Então
.
⎛ 1
1
1 ⎞ 220 0º 220 120º
VO .⎜
+
+
−
⎟=
6 40º
⎝ 8 10º 5 35º 6 40º ⎠ 8 10º
De onde se obtém que
.
.
V O = V OB = 95,31 −32, 69º [ V ]
Logo
.
.
V BO
V OB 95,31 −32, 69º
IB =
=−
=
= −19, 06 −67, 69º [ A ]
ZB
ZB
5 35º
.
De
.
.
.
I A = I AO
.
.
.
.
V AO V A − V O V AB − V OB
,
=
=
=
ZA
ZA
ZA
Determina-se que
.
IA =
220 0º − 95,31 −32, 69º
8 10º
=
148,96 20, 22º
8 10º
= 18, 62 10, 22º [ A ] .
E de
.
.
.
IC = ICO
.
IC = −
.
.
.
.
.
.
V CO V C − V O V CB − V OB V BC + V OB
, que
=
=
=
=
ZC
ZC
ZC
ZC
220 120º + 95,31 −32, 69º
6 40º
=
142, 20 −77,91º
6 40º
= 23, 70 −117,91º [ A ]
.
O ponto 0 é deslocado do neutro N por uma tensão fasorial V ON , dada por
88 / 110
GQEE
.
.
.
V ON = V OA + V AN = −148,96 20, 22º + 127, 00 30º = 32,13158, 04º [ V ]
As correntes de linha também podem ser obtidas pelo método das malhas:
.
.
.
( ZA + ZC ) IA + ZC .IB = − V CA
.
.
.
ZC .I A + ( ZB + ZC ) .I B = V BC
ou
.
.
(8 10º + 6 40º ) .IA + ( 6 40º ) .IB = −220 −120º
.
.
( 6 40º ) .IA + ( 5 35º + 6 40º ) .IB = 220 120º
A solução deste sistema de equações fornece:
.
.
I A = 18, 62 10, 22º [ A ] e I B = 19, 06 112,30º [ A ]
Então,
.
.
⎛.
⎞
IC = − ⎜ I A + I B ⎟ = −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:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
V A0 = I A .ZA = 18, 62 10, 22º .8 10º = 148,96 20, 22º [ A ]
V B0 = I B .ZB = 19, 06 112,30º . 5 35º = 95,30 147,30 [ V ]
V C0 = IC .ZC = 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 V ON
89 / 110
GQEE
.
B
V AB
A
.
V BC
.
.
147,3º
V BC
V AO
202º
Re
0º
−77,9º
.
V CO
.
C
V CA
Figura 65 (a)
A
B
.
V BN
.
V AN
0
N
.
V CN
C
Figura 65 (b)
Método do Deslocamento do Neutro
[ ]
[ ]
[ ]
Exemplo 41: Uma carga ligada em estrela, com ZA = 10 0º Ω , ZB = 10 60º Ω e ZC = 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 V AB como referência, tem-se que:
.
.
.
V AB = 220 0º [ V ] , V BC = 220 −120º [ V ] e V CA = 220 120º [ V ]
Logo,
.
.
.
V AN = 127 −30º [ V ] , V BN = 127 −150º [ V ] e V CN = 127 90º [ V ]
As admitâncias de carga são:
90 / 110
GQEE
YA = 1/10 = 0,1 0º [S] ;
YB = 1/ (10 60º ) = 0,1 −60º = 0, 0500 − j0,0866 [S] e
YC = 1/ (10 −60º ) = 0,1 60º = 0, 0500 + j0,0866 [S]
Então,
YA + YB + YC = 0, 2000 + j0,0000=0,2 [S] e
e
.
YA .V AN = 0,1 0º .127 -30º = 12, 7 −30º = 10,9985 − j6,3500
.
YB .V BN = 0,1 −60º .127 −150º = 12, 7 −210º = −10,9985 + j6,3500
Onde
.
.
.
YA .V AN + YB .V BN + YC .V CN = 10,9985 + j6,3500 = 12, 7 150º [ A ]
Portanto,
.
V ON =
12, 7 150º
= 63,5 150º = −54,9926 + j31,7500 [ V ] .
0, 2
As tensões nas impedâncias de carga são:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
V AO = V AN + V NO = 127 −30º − 63,5 150º = 190,5000 −30º [ V ]
V BO = V BN + V NO = 127 −150º − 63,5 150º = 109,9852 −120º [ V ]
V CO = V CN + V NO = 127 90º − 63,5 150º = 109,9852 60º [ V ]
E as correntes de linha são:
.
I A = YA .VAO = 0,1 0º.190,5 −30º = 19, 05 −30º [ A ]
.
I B = YB .VBO = 0,1 −60º.110 −120º = 11, 0 −180º [ A ]
91 / 110
GQEE
.
IC = YC .VCO = 0,1 60º.110 60º = 11, 0 120º [ A ]
O correspondente diagrama fasorial será mostrado na figura 66, com tensões e correntes
marcadas em escalas diferentes.
C
.
.
V CO
IC
.
V CN
0
.
V ON
.
IB
.
.
V BO
.
V BN
V AN
A
B
.
IA
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
E vale: I L =
P = 3.VL .I L .cos φ ,
P
100.000
=
= 291, 6 [ A ] .
3.VL .cos φ
3 x 220 x0,90
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
f.p. = cosφ =
P = 3.VL .I L .cos φ , e vale:
P
400.000
=
= 0,962 indutivo.
3VL I L
3x 4000 x60
Logo,
φ = arccos0,962=15,790
92 / 110
GQEE
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 P = 3VF .I F cos φ , e vale:
IF =
P
2.400
=
= 4,55 [ A ]
3.VF .cos φ 3x 220 x0,80
Visto que a tensão de linha também é a tensão de fase, o módulo da impedância é:
Z∆ =
VF 220
=
= 48, 4 [ Ω ] .
I F 4,55
O ângulo da impedância é o ângulo do fator de potência:
[ ]
φ = −arccos0,80=-36,9º . 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
PE = PS / η ,
onde
PS = 20 x0, 736 = 14, 72 [ KW ] = 14, 720 [ W ] é a potência de saída no eixo do motor.
[ ]
[
]
Portanto, PE = 14, 720 / 0,80 = 16.727,3 W = 22, 73 CV .
A corrente eficaz de linha é obtida de
IL =
PE = 3VL .IL .cos φ , vale
PE
16727,3
=
= 26,8 [ A ]
3VL cos φ
3x 44 x0,82
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:
Z=
50 30ºx 40 −60º
2000 −30º
=
50 30º + 40 −60º 64, 03 −8, 66º
= 31, 24 −21,34º = 29,10 − j11,37 [ Ω ] = R ∆ + jX ∆
93 / 110
GQEE
A corrente eficaz de fase para o ∆ combinado é igual a tensão de fase (igual a de linha)
dividida pelo módulo desta impedância:
I F = VL / Z∆ = 440 / 31, 24 = 14, 08 [ A ]
E a corrente eficaz de linha é I L =
3I F = 24, 40 [ A ] .
A potência média total absorvida pose ser encontrada usando-se a resistência e a corrente
de fase para o ∆ equivalente:
P = 3.R ∆ .I2F = 3x 29,10 x (14, 08 ) = 17.306 [ W ] = 17,3[ KW ]
2
Alternativamente, ela pode ser encontrada das grandezas de linha e do fator de potência:
PE = 3.VL .I L .cos φ = 3x 440 x 24, 4 x cos ( −21,34º ) = 17,3[ KW ]
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:
ZY =
24 30ºx10 −60º 240 −30º
=
= 9, 23 −37,38º = 7,33j5,60 [ Ω ]
24 30º + 10 −60º 26 7,38º
[ ]
A corrente eficaz de linha é igual à tensão de fase VF = 220 3 = 127 V
dividida pelo
módulo da impedância de fase do Y equivalente:
I L = I F = VF / ZY = 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 :
P = 3.R Y .IL2 = 3x7,33x (13, 76 ) = 4,164 [ W ] = 4, 2 [ KW ] .
2
Alternativamente, pode-se usar a fórmula da potência em função das grandezas de linha e do
fator de potência:
P = 3.VL .I L .cos φ = 3x 220 x13, 76 x cos ( −37,38º ) = 4.166 [ W ] = 4, 2 [ KW ]
94 / 110
GQEE
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 V CB = 220 20º V e I B = 4 100º A .
Solução: Pode-se usar a fórmula P = 3.VL .I L .cos φ = 3 x 220 x 4 x cos 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 I B conhecida,
.
.
a tensão de fase mais conveniente é V BN , porque o ângulo desejado é aquele entre V BN e
.
.
.
⎛
⎞
I B ⎜ φ = ) V BN − ) I B ⎟ . 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 V BN
.
avança V CB em 150º e, portanto, tem um ângulo de 20º+150º=170º. O ângulo do fator de
.
.
potência, ou seja, o ângulo entre V BN e I B , é
φ = 170º −100º = 70º . Então, a potência
3.VL .I L .cos φ = 3x 220 x 4 x cos 70º = 521,3 [ W ]
média absorvida pela carga vale P =
.
V cb
.
.
Ic
V cn
.
.
V ab
V ca
3.V
30º φ
30º
.
φ
V an
Re
φ
.
Ia
30º
.
.
V ba
V ac
.
Ib
.
V bn
.
V bc
Figura 47
.
[ ]
Exemplo 49: Sabendo que V AB = 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
GQEE
Solução: Acorrente eficaz de linha é:
P
6000
=
= 10,5 [ A ]
3VL cos φ
3x 440 x0, 75
IL =
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, V AN se atrasa de V AB em 30º
.
e , portanto, tem um ângulo de fase de
.
35º −30º = 5º . Visto que I A se atrasa de V AN de um
.
φ = cos −1 0, 75 = 41, 4º , I A
ângulo igual ao fator de potência, que é
tem um ângulo de
.
5º −41, 4º = −36, 4º . Conseqüentemente, I A = 10,5 −36,1º [ A ] e, da seqüência de fases
(ABC).
.
I B = 10,5 −36, 4º −120º = 10,5 −156, 4º [ A ]
.
IC = 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 I L da potência aparente
N = S = 3.VL .I L . Visto que o aquecedor pe uma carga puramente resistiva, sua
[
]
potência complexa SA = PA 0º = 7 0º KVA .
[
]
A potência de entrada do motor é PM = 15 x 736 / 0,8 = 13,8 KW . E a potência
complexa tem um módulo, a potência aparente, que é igual à potência de entrada PM
dividida pelo fator de potência, e um ângulo que é o ângulo do fator de potência:
SM = N M φ M =
P
13800
φ
M=
cos −1 0,90 = 15.333,3 25,84º
φ
cos M
0,90
= 13.800 + j6.683 [ VA ] = 13,8 + j6,68 [ KVA ]
A potência complexa total é
96 / 110
GQEE
S = SA + SM = 7000 + 13800 + j6683 = 20800 + j6683
= 21847 17,8º [ VA ] = 21,85 17,8º [ KVA ]
Portanto, a corrente eficaz de linha é
N
21,85 x103
=
= 28, 7 [ A ]
IL =
3.VL
3.440
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 :
20 x736
= 17.318 [ W ]
0,85
PMS =
Então, a potência aparente vale
N MS =
PMS
17.318
=
= 22.491[ VA ]
cosφMS
0, 77
E a potência complexa é
SMS = N MS
−φ
MS = 22491 −39, 65º [ VA ]
A potência média absorvida pelo motor de indução é
PMI =
50 x736
= 44.878 [ W ]
0,82
Então, a potência aparente vale
N MI =
PMI
44.878
=
= 51,584 [ VA ]
cosφMI
0,87
E a potência complexa é
SMI = N MI φ M I = 51584 29,54º [ VA ]
Portanto, a potência complexa total é
S = SMS + SMI = 22491 −39, 65º + 51584 29,54º
97 / 110
GQEE
= 63175 10,1º [ VA ]
E a corrente eficaz total de linha é
IL =
N
63175
=
= 82,9 [ A ]
3VL
3.440
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].
A
.
.
IA
IA
.
B
.
I1
.
C
.
D
IB
IC
IB
.
V BC
.
E
IC
20 KW
Carga equilibrada de 40 KW, f. p. = QS
em atraso
f. p. = 1
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:
I'L =
P
40.000
=
= 131[ A ]
3.VL .fp
3 x 220 x0,8
.
Do diagrama fasorial da figura 69, no qual a tensão de fase V AN foi escolhida como
referência,
.'
.
I A = I L − cos −1 0,8 = 131 −37º [ A ] = I A
.'
I B = 131 83º [ A ]
.'
IC = 131 −157º [ A ]
.
Como I1 =
20.000
90º = 91 90º [ A ] ,
220
.
.'
.
.'
.
Nó D: I B = I B + I1 = 131 83º + 91 90º = 222 86º [ A ]
.
Nó E: IC = IC − I1 = 131 −157º − 91 90º = 186 −130º [ A ]
98 / 110
GQEE
Os valores eficazes de cada corrente são I A = 131 , I B = 222 e IC = 186 ampères.
.
V BC
.
.
V BN
V NC
.
.'
I
IB
.
-37º
REF
V AN
.'
IC
.'
IA
.
VCN
Figura 69
Particularidades da Conexão Aron
.
[ ]
Exemplo 53: Num circuito trifásico e trifilar, com seqüência de fases ABC, I A = 12 −20º A ,
.
.
I B = 10 40º [ A ] e V AB = 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
.
.
.
.
⎛ .
⎞
⎛ .
⎞
P = VCB . IC .cos ⎜ ) V CB − )IC ⎟ = VL .IC .cos ⎜ ) V CB − )IC ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
99 / 110
GQEE
.
IA
A
.
IB
B
.
IC
CARGA
C
±
±
W
Figura 78
[ ]
Obviamente, VL = 220 V .
.
.
.
[ ]
Por outro lado, I C = − I A − I B = −12 −20º − 10 40º = 19, 08 −173º A .
.
Da
figura
34,
pode-se
notar
que
.
V CB
avança
V AB
em
60º.
Portanto,
.
V CB = 220 60º +60º = 220 120º [ V ] . Então, a leitura do watímetro é
P = 220 x19, 08cos (120º +173º ) = 1, 64 [ KW ] .
[ ]
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
.
.
.
.
⎛ .
⎞
⎛ .
⎞
P = V AB . I A .cos ⎜ ) V AB − )I A ⎟ = VL .I L .cos ⎜ ) V AB − )I A ⎟ .
⎝
⎠
⎝
⎠
.
Considerando o fasor V AB como referência, já que o enunciado do problema não considerou
.
[ ]
nenhum outro como tal, então V AB = 440 0º V .
.
Supondo a carga equilibrada ligada em estrela, a corrente I A pode ser encontrada na tensão
.
(
)
[ ]
[ ]
de fase V AN = 440 / 3 0º −30º = 254 −30º V e da resistência de fase R Y = 30 Ω .
.
I A = 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
GQEE
3xVL xI L x1, 00 = 6.455 [ W ] . Como se pode notar das fórmulas do método dos dois
vatímetros para cargas equilibradas, VL .I L cos ( 30º +φ ) e VL .I L cos ( 30º −φ ) , este resultado
é realmente verdadeiro para uma carga puramente resistiva
(φ = 0º ) .
[ ]
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)
A
A
j20 [ Ω]
.
I0
I AB
B
±
B
j20 [ Ω]
.
±
C
j20 [ Ω ]
w
.
I BC
C
Figura 80
⎛
⎝
⎞
⎠
.
.
Solução: A leitura do vatímetro é P = VL .I L .cos ⎜ ) V BC − )I B ⎟ . Tomando V BC como referência,
.
.
V BC = 220 0º [ V ] , então V BA = 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
∆,
.
.
.
.
I B = I BC − IAB
.
V BC V AB 220 0º 220 −120º
=
−
=
−
Z∆ 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
GQEE
±
A
±
WA
B
±
C
±
WC
30 −60ºΩ
30 −60ºΩ
30 −60ºΩ
Figura 81
Solução: Visto que o módulo da tensão de linha e o ângulo da impedância são conhecidos,
VL = 220 V e φ = −60º , respectivamente, é necessário apenas o módulo da corrente de
[ ]
linha para se determinar as leituras dos vatímetros. Este módulo da corrente é:
IL = IF =
VF 220 / 3
=
= 4, 23 [ A ] .
ZY
30
Para a seqüência de fases positiva (ABC), o vatímetro com a bobina de corrente na linha A
tem uma leitura de PA = VL .I L .cos ( 30º +φ ) = 220.4, 23.cos ( 30º −60º ) = 806 W , porque
[ ]
A precede B na seqüência de fases ABC e não há bobina de corrente na linha B. A leitura do
outro vatímetro é:
PC = VL .I L .cos ( 30º +φ ) = 220.4, 23.cos ⎡⎣30º − ( −60º ) ⎤⎦ = 0 [ W ] .
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, φ = ±60 .
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, PA = 0 W e PC = 806 W .
[ ]
A
potência
[ ]
total
consumida
pode
ser
confirmada
fazendo
P = 3 xR Y xI = 3 x30 cos 60º x ( 4, 23) .
2
2
L
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:
I L = 3.I F = 3.
VF
V
220
= 3. L = 3.
= 10,89 [ A ]
Z∆
Z∆
35
102 / 110
GQEE
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:
PB = VL .I L cos ( 30º −φ ) = 220.10,89 cos ( 30º +20º ) = 1540 [ W ]
A outra leitura é:
PA = VL .I L cos ( 30º −φ ) = 220.10,89 cos ( 30º −20º ) = 2359 [ W ]
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:
⎡
⎣
φ = arc tg ⎢ 3.
4, 7 − 3, 2
⎤
4, 7 + 3, 2 ⎥ = 18, 2º , ou φ = ± 18,2º .
⎦
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]:
IF = IL =
P
7900
=
= 10,91[ A ]
3.VL .cos φ
3.440.cos18, 2º
Então, ZY =
VF
254
=
= 23, 28 [ Ω ]
I F 90,91
[ ]
[ ]
Portanto, a impedância de fase ou é ZY = 23, 28 18, 2º Ω ou ZY = 23, 28 −18, 2º 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
⎡
φ = tg −1 ⎢ 3.
⎣
PA − PB ⎤
3, 6 − 3, 6 ⎤
−1 ⎡
= 0º . Como
⎥ = tg ⎢ 3.
PA + PB ⎦
3, 6 + 3, 6 ⎦⎥
⎣
φ = 0º , a carga é puramente resistiva, e Z∆ = R ∆ . A resistência de fase vale
R ∆ = VF / I F = VL / I F . Sendo P = 3VF I F cos φ = 3VF I F cos φ ,
IF =
PA + PB
3600 + 3600
=
= 5, 45 [ A ]
3.VL .cos φ
3 x 440 x1
103 / 110
GQEE
[ ]
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
Z∆ da carga.
Solução: O ângulo da impedância de fase Z∆ é:
⎡
φ = tg −1 ⎢ − 3.
⎣
⎛ 3⎞
PB − PC ⎤
4 − 2⎤
−1 ⎡
= tg −1 ⎜⎜
⎟⎟ = −30º
⎥ = tg ⎢ − 3.
⎥
PB − PC ⎦
4 + 2⎦
⎣
⎝ 3 ⎠
A corrente de fase é:
IF =
P +P
P
4000 + 2000
= B C =
= 5, 25 [ A ]
3VF .cos φ 3.VL .cos φ 3x 440 x cos ( −30º )
Conseqüentemente,
Z∆ =
440
−30º = 83,8 −30º [ Ω ]
5, 25
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:
⎡
φ = tg −1 ⎢ − 3.
⎣
PC − PA ⎤
2 + 1⎤
−1 ⎡
= tg −1 −3 3 = −79,1º
⎥ = tg ⎢ − 3
⎥
PC + PA ⎦
2 −1⎦
⎣
(
Sendo
P = 3.VL .IL .cos φ = 3.VL .I F .cos φ
IF =
P
−1000 + 2000
=
= 13,9 [ A ] .
3VL .cos φ
3 x 220 x cos ( −79,1º )
)
Portanto,
104 / 110
GQEE
ZY =
VF
127
φ=
−79,1º = 9,14 −79,1º [ Ω ]
IF
13,9
Exemplo 62: Um circuito trifásico de 220 [V], seqüência de fases ABC, tem uma carga desequilibrada
e
ligada em ∆ consistindo das resistências R AC = 40 Ω , R BA = 35 Ω
[ ]
[ ]
R CB = 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:
.
⎛ .
⎞
PA = VAC .I A .cos ⎜ ) V AC − ) I A ⎟
⎝
⎠
.
⎛ .
⎞
PB = VBC .I B .cos ⎜ ) V BC − ) I B ⎟
⎝
⎠
.
.
.
.
Para o cálculo destas potências, são necessários os fasores V AC , V BC , I A e I B . Visto que
.
nenhum ângulo está especificado, o ângulo de V AC pode ser tomado como 0º, resultando que
.
.
.
V AC = 220 0º [ A ] . Para a seqüência de fases ABC, V AC avança V BC em 60º e, portanto,
.
.
.
.
V BC = 220 −60º [ V ] . Também, V BA = 220 −120º [ V ] . As correntes das linhas, I A e I B ,
podem ser determinadas das correntes de fase do ∆ :
.
.
.
.
.
.
I A = I AC − I BA
I B = I BA − ICB
.
.
.
.
V CA V BA 220 0º 220 −120º
=
−
=
−
= 10, 22 32, 2º [ A ]
R AC R BA
40
35
V BA V BC 220 −120º 220 −60º
=
−
=
+
= 9, 70 −94,1º [ A ]
R BA R CB
35
45
Então, as leituras dos vatímetros são:
PA = 220.10, 22.cos ( 0º −32, 2º ) = 1.902, 6 [ W ] = 1,90 [ KW ]
PB = 220.9, 70.cos ( −60º +94,1º ) = 1767,1[ W ] = 1, 77 [ KW ]
105 / 110
GQEE
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 P = PA − PE = 1,90 + 1, 77 = 3, 67 KW . Este
2
resultado pode ser confirmado somando-se as potências V /R consumidas nos resistores
individuais:
P=
2202 2202 2202
+
−
= 3, 67 [ KW ]
40
35
45
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:
Y/∆ : Tensão do enrolamento primário =
V 2200
=
= 1270 [ V ]
3 1, 732
∆/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 [ V ]
3
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:
Y/∆ : Corrente do enrolamento do primário = I = 20,8[A]
∆/Y : Corrente do enrolamento do primário =
I
20,8
=
= 12 [ A ]
3 1, 732
∆/∆ : Corrente do enrolamento do primário =
I
20,8
=
= 12 [ A ]
3 1, 732
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
GQEE
Solução: Sendo a = N1 / N 2 = 2
Y/∆ : Corrente de linha do secundário = 3 a I = 1, 732 x 2 x10, 4 = 36 [ A ]
[ ]
Corrente de fase no secundário = aI = 2 x10, 4 = 20,8 A
∆/Y : Corrente de linha no secundário = aI/ 3 = 2 x10, 4 /1, 732 [ A ]
[ ]
Corrente de fase no secundário = aI/ 3 = 2 x10, 4 /1, 732 A
∆/∆ : Corrente de linha do secundário = aI = 2 x10, 4 = 20,8 [ A ]
[ ]
Corrente de fase do secundário = aI/ 3 = 12 A
Y/Y : Corrente de linha do secundário = aI = 2 x10, 4 = 20,8 [ A ]
[ ]
Corrente de fase do secundário = aI = 2 x10, 4 = 20,8 A
Exemplo 66: Numa ligação Y − ∆ 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.
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 ∆ − Y 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.
Solução: Da figura 84b
107 / 110
GQEE
a) Tensão de linha do secundário 411 =
3Va . Logo:
[ ]
Tensão de linha do primário V = 411.a/ 3 = 411x3 / 3 = 712 V
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 I =
60 3
= 34, 6 [ A ]
3
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:
N = 3.VL .IL
Então, I L =
N
500.000
=
= 656,1[ A ]
3.VL
3x 400
Do lado secundário
IL =
N
500.000
=
= 1.312, 2 [ A ]
3.VL
3x 220
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
108 / 110
GQEE
Solução: Para o motor trifásico de 72 [KW], cos φ = 0,9 , 220 [V],
N = P/cosφ = 72 /, 09 = 80 [ KVA ]
φ = arc cos 0,9 = 25,84º senφ = 0, 436
Q = N senφ = 34,87 [ KVAr ]
S = 72 + j34,87 = 80 25,84º [ KVA ]
Para os circuitos de iluminação de 12 [KW] cada, 127 [V]
P = 3 x12 = 36 [ KW ]
cos φ = 1 φ = 0 senφ = 0
Q = 0 [ KVAr ]
N=P
S = 36 + j0 = 36 0º [ KVA ]
Para motores monofásicos de 10 [KVA], cos φ = 0,8 , 220 [V]
N = 3 x10 = 30 [ KVA ] (porque o cos φ é o mesmo para os três, três triângulos de potências
rigorosamente iguais)
φ = arc cos0,8=36,87º, senφ = 0, 6
P = N cosφ = 30 x0,8 = 24 [ KW ]
Q = N senφ = 30 x0, 6 = 18 [ KVAr ]
S = 24 + j18 = 30 36,87º [ KVA ]
S = 80 25,84º + 36 0º + 30 36,87º =
portanto,
= 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]
109 / 110
GQEE
c) O conjunto exige três transformadores monofásicos de 50 [KVA] cada um.
d) A corrente de linha do secundário é obtida de
IL =
N = 3.VL .I L , e vale :
142194
= 373,16 [ A ]
3 x 220
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:
VL = 127 x100 = 12700 [ V ] = 12, 7 [ KV ]
f)
A corrente de linha do primário vale:
IL =
142,194
= 6, 46 [ A ]
3 x12700
110 / 110

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