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Grupo de Estudos da Qualidade da Energia Elétrica Prof. José Policarpo
GQEEGQEE
EEL002
CONVERSÃO
ELETROMECÂNICA DE
ENERGIA
TEORIA
Revisão: José Eugenio L. Almeida Colaboração: Thiago Clé e William Carneiro
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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:
( tEe MÁX ⋅⋅= )ωsen (1)
onde:
ωBSEMÁX =
sendo:
B - Indução ou Densidade de fluxo
S - Área da espira
ω - freqüência angular
Esta situação fica melhor esclarecida através da figura abaixo:
Figura 1 – Geração de f.e.m. senoidal.
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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:
ω
-
+
a a'
N S
a a' - representa o
condutor (ou espira)
Figura 2 - Esquemático de um gerador monofásico.
Em realidade no gerador monofásico real não existe um único condutor, mas uma série
deles ligados entre si, de forma que tenhamos dois terminais, o que caracteriza o sistema
monofásico.
1 Trifásicas
As f.e.m.s trifásicas são geradas da mesma forma que as monofásicas. Um sistema
trifásico nada mais é que um conjunto de três sistemas monofásicos que estão defasados
entre si de 120º elétricos (defasagem dos fasores das f.e.m.s); para tanto os condutores
(espiras) estão conectados convenientemente como mostra a figura 3 a seguir.
Pelo sentido de giro dos pólos indutores (NS) na figura 3, teremos que na espira bb’
haverá a indução de f.e.m. cujo valor máximo ocorre 120º após a ocorrência do valor
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máximo da f.e.m. da espira aa' e o valor máximo da f.e.m. da espira cc' ocorrerá 240º
após o da f.e.m. da espira aa', de forma que pode-se escrever:
-
+
a
N
S
b'
c
a'
b
c'
ω
Figura 3 - Esquemático de um gerador trifásico.
)
3
4sen(
)
3
2sen(
)sen(
'
'
'
πω
πω
ω
−⋅=
−⋅=
⋅=
tEe
tEe
tEe
MÁXcc
MÁXbb
MÁXaa
(2)
ou
)
3
2sen(
)
3
2sen(
)sen(
'
'
'
πω
πω
ω
+⋅=
−⋅=
⋅=
tEe
tEe
tEe
MÁXcc
MÁXbb
MÁXaa
(3)
Nota: Atente-se ao fato de que nos geradores trifásicos reais aa', bb' e cc' são bobinas
constituídas de diversas espiras e que ocupam todo o espaço, diferentemente daquilo
mostrado no modelo da Figura 3.
A partir do conjunto de equações (2) ou (3) pode-se fazer a representação fasorial das
f.e.m.s como a seguir:
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D0
'
j
aa EeE =
•
120
'
j
bbE Ee
• −= D (4)
240 120
'
j j
ccE Ee Ee
• −= =D D
onde: 2
MAXEE =
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
)
3
2sen(
)
3
2sen(
)sen(
'
'
'
πω
πω
ω
−⋅=
+⋅=
⋅=
tEe
tEe
tEe
MÁXcc
MÁXbb
MÁXaa
(5)
cujos fasores seriam:
D0
'
j
aa EeE =
•
(6)
D120
'
j
bb EeE =
•
120
'
j
ccE Ee
• −= D
Fazendo , têm-se os seguintes diagramas fasoriais,
correspondendo a chamada seqüência de fases direta ou positiva - equações (4) - e
seqüência de fases inversa ou negativa - equações (6):
3'2'1' ,,
•••••• === EEEEEE ccbbaa
Figura 4 - Seqüência de fases.
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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:
a
a'
b
b'
c
c'
Figura 5 - Três sistemas monofásicos.
Em termos práticos é interessante, todavia, que, por exemplo, ligue-se os
terminais a', b' e c' entre si resultando em:
a' ≡ b' ≡ c'
fase c
fase a
fase b
a
c
b
neutro
Figura 6 - Gerador Trifásico em Y.
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À conexão da figura 6 dá-se o nome de conexão Estrela e representa-se por Y. Ainda
mais, o ponto de coincidência entre a', b' e c' é chamado de ponto neutro e o condutor
dali retirado é chamado de fio neutro ou simplesmente neutro. Os condutores retirados
dos terminais a, b e c, são chamados de, respectivamente, fase a, fase b e fase c.
A partir daí pode-se construir o diagrama de fasores das f.e.m.s geradas em cada bobina,
ou seja:
Figura 7 - Diagrama fasorial para as f.e.m.s de fase.
OBS.: A seqüência de fases
adotada é a direta
Ean
Ecn
Ebn
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:
abE
•
- f.e.m. entre as fases a e b
caE
•
- f.e.m. entre as fa
E agora define-se:
cnbnan EeEE
•••
, - f.e.m.s entre fase e neutro
cabcab EeEE
•••
, - f.e.m.s entre fases ou f.e.
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- f.e.m. entre as fases bcE
•
b e c
ses c e a
ou f.e.m.s DE FASE
m.s DE LINHA
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Por outro lado, a análise da Figura 6 mostra:
abbanbnabnan
nbbn
naan
EEEEEEEEE
EEE
EEE
•••••••••
•••
•••
−
=−=+−−=−
−−=
−=
)(
Logo:
bnanab
EEE
••• −=
Analogamente:
cnbnbc EEE
••• −= e ancnca EEE ••• −=
Como
cnncbnnbanna EEeEEEE
•••••• −=−=−= , então pode-se escrever:
ab an nb
bc bn nc
ca cn na
E E E
E E E
E E E
• • •
• • •
• • •
= +
= +
= +
(7)
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A união do conjunto de equações (7) com a figura 7, leva-nos a:
E
E
E
E
E
E E E
E
ca cn nb ab
an
nc
bn
na
bc
Figura 8 – Diagrama Fasorial para as f.e.m.s de fase e de linha - Conexão Y.
Se se tomar, de acordo com a figura 8, as f.e.m.s de fase como sendo:
º120
º120
º0
j
cn
j
bn
j
an
eEE
eEE
eEE
=
=
=
•
−•
•
Tem-se, por exemplo:
[ ]
[ ]
0º 60º
30º
cos 0º sen 0º cos 60º sen 60º
1 3 3 3 3 11 0 3
2 2 2 2 2 2
3 cos30º sen 30º
3
j j
ab an nb
j
ab
E E E E e E e E j j
E j j E j E j
E j
E Ee
• • •
•
= + = + = + + +
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + = + = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= +
=
∴ =
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Desenvolvimentos análogos levariam a:
º150
º90
3
3
j
ca
j
bc
eEE
eEE
=
=
•
−•
Portanto:
"F.e.m.s de linha são, na conexão Y, 3 vezes maior que as de fase e estão
desfasadas das mesmas, na seqüência de fases direta, de 30º ”, ou
º303 jfL eEE +
•• = (8)
onde: - f.e.m. de linha LE
•
fE
•
- f.e.m. de fase correspondente
3.2 F.E.M.S Geradas por Gerador Conectado em ∆ (Delta ou Triângulo)
Agora, poder-se-ia tomar as três bobinas da figura 5 e ligá-las da seguinte forma:
a(≡b')
b(≡c')
c(≡a')
fase c
fase a
fase b
Figura 9 – Gerador Trifásico ligado em ∆
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À conexão da figura 9 dá-se o nome de conexão Triângulo ou Delta e representa-
se por ∆. Note que as f.e.m.s de linha, neste caso, são as próprias f.e.m.s geradas
nas bobinas, logo:
"F.e.m.s de linha são, na conexão ∆, as próprias f.e.m.s de fase"
Pode-se , por exemplo, fazer a seguinte representação fasorial, tomando na
referência:
abE
•
E
E
E
ca
ab
bc
Figura 10 – Diagrama Fasorial para as f.e.m.s de fase e de linha – Conexão ∆
4 Cargas Trifásicas
As cargas elétricas podem ser classificadas segundo diversas formas, a saber:
4.1 Tipos de Carga Quanto ao Ângulo
º0,) ==→ ϕϕjeZZa
Sendo ϕ = 0º, não haverá defasagem entre a tensão aplicada a esta
impedância e a corrente que por ela circula, tem-se então a chamada carga
Puramente Resistiva.
ϕϕ sencos jZZZ +=→
fazendo Z cosϕ = R
Z senϕ = X,
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logo jXRZ +=→
entretanto ϕ = 0º, portanto R = Z e X = 0, logo:
RZ =→
º90,) ==→ ϕϕjeZZb
Sendo ϕ = 90º a corrente na impedância estará defasada de 90º em atraso com
relação à tensão aplicada à mesma, tem-se então a chamada carga Puramente
Indutiva.
ϕϕ sencos jZZZ +=→
sendo Z cosϕ = R
Z senϕ = X, vem jXRZ +=→
Como ϕ = 90º, tem-se R = 0 e X = Z, portanto:
jXZ =→
º90,) −==→ ϕϕjeZZc
Sendo ϕ = -90º, a corrente nesta impedância estará defasada de 90º adiantada
com relação à tensão na impedância, tem-se então a chamada carga Puramente
Capacitiva.
ϕϕ sencos jZZZ +=→
sendo Z cosϕ = R e Z senϕ = X, vem jXRZ +=→
Porém, sendo ϕ = -90º, tem-se R = 0 e -X = Z, portanto:
jXZ −=→
º90º0,) <<=→ ϕϕjeZZd
Neste caso, a impedância faz com que haja um defasamento da corrente para a
tensão de –90º < ϕ < 0º, portanto a carga é do tipo Resistiva e Indutiva.
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ϕϕ sencos jZZZ +=→ jXRZ +=∴ →
R - parte Resistiva X - parte Indutiva
Como 0º< ϕ < 90º, vem:
jXRZ +=→
º0º90,) <<−=→ ϕϕjeZZe
Agora o defasamento da corrente com relação a tensão será de 0º < ϕ < 90º,.
logo a carga é do tipo: Resistiva e Capacitiva.
ϕϕ sencos jZZZ +=→ jXRZ +=→
Como -90º< ϕ < 0º:
jXRZ −=→
R - parte Resistiva X - parte Capacitiva
f) Carga com R, L, C
Este caso não é independente dos outros, pois dependendo das particularidades
da impedância em estudo tem-se ou o caso a) ou o d) ou o e).
f.1) R, L, C com equivalência de aspectos.
Se o aspecto indutivo da carga for equivalente a seu aspecto capacitivo,
tem-se a chamada ressonância, e então a carga será "vista" como sendo
simplesmente uma resistência, logo tem-se o caso a).
f.2) R,L,C, com preponderância do aspecto indutivo.
Se o aspecto indutivo da carga for preponderante ao aspecto capacitivo, a
carga será "vista" como sendo resistiva e indutiva e portanto aplica-se o
caso d).
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f.3) R,L,C, com preponderância do aspecto capacitivo.
Por outro lado, se o aspecto capacitivo da carga for preponderante ao
indutivo, a mesma será "vista” como sendo resistiva e capacitiva, logo
tem-se o caso e).
Todos estes casos são melhores visualizados através dos diagramas de
fasores de tensões e correntes:
I
R Z = RV
V
I
Caso a
I
L Z = j XLV
V
I
Caso b
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I
C Z = - j XC
V
V
ICaso c
I
L Z = j X
L
V
V
I
Caso d
R Z = R ϕ
ϕ = tg -1 X
R
I
V
V
I
Caso e
R Z = R
ϕ
C Z = -jXC
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4.2 Tipos de Cargas Quanto à Conexão
No item anterior, viu-se todos os tipos de cargas possíveis, quanto a variação do
ângulo da impedância. Agora , dependendo da forma como são conectadas, tem-se
as possibilidades existentes nos sistemas trifásicos.
Tomadas três impedâncias
quaisquer, estas podem ser ligadas como a seguir:
a) Carga em Delta ou Triângulo (∆)
b
c
a
Z3 Z1
Z2
a cb
Z3 Z1 Z2ou
Figura 12 - Carga trifásica ligada em ∆.
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ou como abaixo:
b) Carga em Estrela (Y)
b
c
a
Z3
Z1
Z2
a cb
Z3 Z1 Z2ou
n
n
Figura 13 - Carga trifásica ligada em Y.
4.3 Tipos de Cargas Quanto à Igualdade ou não das Impedâncias - Cargas
Equilibradas e Desequilibradas
Se as três impedâncias das figuras 12 ou 13, forem de tal forma que:
321
→→→ == ZZZ - diz-se que a carga é Equilibrada.
Por outro lado, se:
321
→→→ ≠≠ ZZZ ou ou ou , diz-se que
a Carga é Desequilibrada.
321
→→→ =≠ ZZZ 321 →→→ ≠= ZZZ 231 →→→ ≠= ZZZ
OBS.: Para os objetivos deste trabalho, sempre serão consideradas carga
equilibradas.
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5 Correntes de Linha e de Fase
Seja um gerador alimentando uma carga como na figura a seguir,
ZC
ZCZC
Ic
Ib Ia
a
b
c
C
A
Zg
Zg
Zg
B
Gerador Carga
IA
IB
IC
INN
Figura 14 - Gerador em Y alimentando carga em Y.
Na figura 14, tem-se:
- Gerador Trifásico Y
- Carga Trifásica Y
- Zc - Impedância da carga
- Zg - Impedância do gerador
- - correntes do gerador para a carga (correntes de linha) CBA III
•••
,,
- - corrente da carga para o gerador nI
•
- - correntes na carga (correntes de fase) cba III
•••
,,
As correntes nas linhas que chegam à carga , são chamadas de correntes de
linha
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ •••
CBA III ,,
As correntes nas impedâncias da carga , são chamadas de correntes de fase ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ •••
cba III ,,
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5.1 Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em Y
Pela figura 14 observa-se que é a própria corrente , o mesmo acontecendo
com e e , e com e , ou seja para a carga em Y as correntes de linha são
as próprias correntes de fase.
AI
•
aI
•
BI
•
bI
•
CI
•
cI
•
Cálculo das Correntes
C
an
a
Z
VI →
•
• =
C
bn
b
Z
VI →
•
• =
C
cn
c
Z
VI →
•
• =
Como não se considerou impedâncias para as linhas Aa, Bb e Cc (Vide figura 14),
pode-se dizer que:
CNcnBNbnANan VVVVVV
•••••• ===
1) diferem das f.e.m.s pelas quedas de tensão
internas ao gerador e são chamadas de tensões. Para a fase A, p.ex., poderia ser
escrito: , onde:
CNBNAN VeVV
•••
, CNBNAN EeEE
•••
,
•→•• ⋅+= AgANAN IZVE
ANE
•
- f.e.m. gerada
ANV
•
- Tensão nos terminais A e N
•→ ⋅ Ag IZ - Queda de tensão no gerador
Logo:
c
AN
aA
Z
VII →
•
•• ==
c
BN
bB
Z
VII →
•
•• ==
c
CN
cC
Z
VII →
•
•• ==
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Por outro lado, suponha-se que os terminais A, B, C e N do gerador estejam
curto-circuitados, então :
g
AN
A
Z
EI →
•
• =
g
BN
B
Z
EI →
•
• =
g
CN
C
Z
EI →
•
• =
Como tem mesmo módulo e estão defasadas entre si de 120º e
a impedância é sempre a mesma, pode-se afirmar que: têm mesmo
módulo e estão defasados entre si de 120º.
CNBNAN EeEE
•••
,
CBA IeII
•••
,
Por extensão do raciocínio e portanto estariam
também defasados de 120º e teriam mesmo módulo, respectivamente.
CNBNAN VeVV
•••
, anbnan VeVV
•••
,
Cálculo das Correntes
Seja:
αj
c
j
cn
j
bn
j
an
eZZ
eVVeVVeVV
=
===
→
+•−•• º120º120º0
Então:
αα jj
a eIe
Z
VI −−
• == ( ) )120(120 αα +−+−• == jjb eIe
Z
VI
(120 ) (120 )j jc
VI e I e
Z
α α• − −= =
Na figura 14, tem-se:
cban IIII
•••• ++=
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logo:
=−+++
+−−−+−=
=−+−++−++−=•
}º120cossencosº120sensenº120sencosº120cos
º120cossencosº120sensenº120sencosº120cossen{cos
)]}º120sen()º120[cos()]º120sen()º120[cos()sen{(cos
αααα
αααααα
αααααα
jj
jjjI
jjjII n
{cos sen 2cos120cos 2 sen cos120}
1 1cos sen 2 cos 2 sen
2
{cos sen cos sen } {0}
0n
I j j
I j j
I j j I
I
2
α α α α
α α α α
α α α α
•
= − + −
⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + ⋅ − ⋅ − ⋅ −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
= − − + =
=
=
=
(9)
Conclusão: "Se a carga for equilibrada, a corrente no neutro da Y, será nula".
Pode-se, então fazer o seguinte quadro para a conexão Y:
º303 jfLjf eVVeVV ±
••• == β (1)
(1) ±30º, dependendo então da seqüência de fases tomada. No caso da
seqüência direta temos +30º, e no caso da seqüência inversa tem-se -30º.
0=
=
=
•
••
•
n
fL
j
f
I
II
eII γ
(10)
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5.2 Correntes de Linha e de Fase em uma Carga Ligada em ∆
Seja e figura 15 abaixo:
ZC
ZCZC
I bc
I ab
I ca
a
b
c
C
A
Zg
Zg
Zg
B
Gerador
Carga
IA
IB
IC
N
Figura 15 - Gerador em Y alimentando carga em ∆
Na figura 15, tem-se:
- Gerador trifásico em Y
- Carga trifásica em ∆
- Zc - impedância de carga
- - correntes de linha CBA III
•••
,,
- - correntes de fase cabcab III
•••
,,
Cálculo das Correntes de Fase
Seja:
(120 ) (120 )j j
ab bc caV V e V V e V V e jϕ ϕ ϕ
• • •− − += = =
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então, sendo , vem: ϕjeZZ =→
º120º120º120º120º0º0 jj
ca
jj
bc
jj
ab eIe
Z
VIeIe
Z
VIeIe
Z
VI ====== •−−••
Cálculo das Correntes de Linha
Aplicando Kirchoff à carga da figura 15, vem:
bccaCabbcBcaabA IIIIIIIII
••••••••• −=−=−=
Calcule-se então. por exemplo : AI
•
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−+=
=−−+=
=−=−= •••
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
101
]º120senº120cosº0senº0[cos
º120º0
jI
JIjjI
jjI
eIeIIII jjcaabA
Multiplicando e dividindo por 3 ,
vem:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=•
2
1
2
33 jII A como )º30cos(
2
3 ±= e )º210º30sen(
2
1 ou−=
Vem:
º303 jA eII −
• =
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Analogamente:
º90º150 33 jCjB eIIeII +
•−• ==
ou seja:
"Na conexão ∆, as correntes de linha são 3 vezes maior que as correntes de
fase e estão defasadas das respectivas correntes de fase de ±30º (1)”
(1) ±30º dependendo aqui também, da seqüência de fases adotada. No caso
desenvolvido –30º que é de seqüência de fases direta.
Com isso, pode-se fazer o seguinte quadro para a conexão
º303 jfLjffLjf eIIeIIVVeVV ±
•••••• ==== γβ (11)
Conclusão Final
Supondo três impedâncias em Y de valor , tem-se o seguinte Diagrama
Fasorial para a Seqüência de Fases Direta:
ψjeZZ =→
V
V
V
VV
V
ca cn ab
an
bn
bc
I C
I A
BI
30°
30°
30°
ϕ
ϕ
ϕ
Figura 16 – Diagrama Fasorial de tensões e correntes para carga equilibrada em Y.
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Se as impedâncias estivessem agora em ∆, ter-se-ia:
V V
V
ca ab
bc
I c
I a
b I
30°
30°
30°
ϕϕ
ϕ
ab I
I ca
I bc
Figura 17 – Diagrama Fasorial de tensões e correntes para carga equilibrada em ∆.
6 Conversão ∆-Y e Y-∆
Por vezes é muito útil transformar uma carga ∆ em uma equivalente em Y e vice-versa.
Neste caso, a equivalência de cargas significa dizer que: estando as cargas equivalentes
em ∆ ou Y, as tensões e correntes de linha não são alterados, ou seja, continuam as
mesmas.
C
B
A
Z3 Z1
Z2
Z5 Z4
Z6
A
B
C
I A
IB
IC
IA
I B
I C
Sejam as cargas como as da figura abaixo:
Figura 18 - Cargas Equilibradas.
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Para a carga em Y, pode-se escrever:
BNANAB VVV
••• −=
BAAB IZIZV
•→•→• −=∴ 54 (A)
Para a carga em ∆, tem-se:
0AB BC CA AB BC CAV V V V V V
• • • • • •+ + = = − −
CABCAB IZIZV
•→•→• −−= 32 (B)
Mas: B BC A
BC B AB
BI I I
I I I
• • •
• • •
= −
= +
(C)
CAABA III
••• −=
AABCA III
••• −= (D)
Substituindo (C) e (D) em (B), vem:
AABABBAB IZIZIZIZV
•→•→•→•→• −−−−= 3322
Da figura 18, tem-se:
1
→
•
• =
Z
VI ABAB , logo:
BAAB
BAAB
A
ABAB
BAB
IZIZ
Z
ZZZV
IZIZ
Z
Z
Z
ZV
IZ
Z
VZ
Z
VZIZV
•→•→
→
→→→•
•→•→
→
→
→
→•
•→
→
•→
→
•→•→•
−=++∴
−=⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
++∴
+−−−=
23
1
321
23
1
3
1
2
3
1
3
1
22
1
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BAAB I
ZZZ
ZZI
ZZZ
ZZV
•
→→→
→→
•
→→→
→→
•
++
−
++
∴
321
21
321
31 (E)
Comparando (A) e (E), vem:
321
31
4 →→→
→→
→
++
=
ZZZ
ZZZ (F)
321
21
5 →→→
→→
→
++
=
ZZZ
ZZZ
Por analogia:
321
32
6 →→→
→→
→
++
=
ZZZ
ZZZ
Como (carga em ∆, equilibrada) e (carga em ∆,
equilibrada), pode-se fazer:
321
→→→ == ZZZ 654 →→→ == ZZZ
∆
→→→→ === ZZZZ 321
YZZZZ
→→→→ === 654 , donde a partir, por exemplo, de (F), vem:
∆
→
∆
→
∆
→
∆
→
∆
→
∆
→
∆
→
→ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
=
++
=
Z
Z
ZZZ
ZZZ Y
3
2
3
∆
→
→ =∴ ZZ Y (12)
por outro lado:
YZZ
→
∆
→ = 3 (13)
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7 Circuito Monofásico Equivalente a um Circuito Trifásico
Desde que a carga do sistema trifásico seja equilibrada, uma simplificação pode ser
operada nos sistemas trifásicos. Uma vez que em sendo a carga equilibrada as correntes
e as tensões apenas diferem entre si quanto ao angulo de fase, pode-se calcular uma
grandeza e obter as outras duas através de defasagem de ±120º.
7.1 Carga em Y
Seja e carga Y a seguir:
C
A
B
Z Z Z
I A IB IC
N
Sendo
ψjj
CA
j
BC
j
AB eZZeVVeVVeVV ==== →+•−•• º120º120º0
Tem-se:
(30 )º (150 )º (90 )º
3 3 3
j j
A B C
V V VI e I e I e
Z Z
j
Z
ψ ψ ψ• • •− + − + −= = =
Ora, bastava calcular, por exemplo, e com ±120º obtém-se e . pode
ser obtido do seguinte circuito:
AI
•
BI
•
CI
•
AI
•
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Z
I L
VL
√3 e
-j30°
Como º30
3
jAB
AN e
VV −
•
• = , poder-se-ia para a Seqüência de Fases Direta, fazer:
Figura 19 - Circuito 1∅ Equivalente, com carga em Y e SF Direta
7.2 Carga em ∆
No item anterior viu-se a equivalência ∆-Y, portanto a simplificação desenvolvida
no sub-item 7.1 pode ser agora aplicada para carga em ∆, como aquela a seguir:
Z Z
Z
C
B
A
I A
IB I C
IAB
I CA
IBC
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Supondo:
αjj
CA
j
BC
j
AB eZZeVVeVVeVV ==== →•−•• º120º120º0
Vem: )120()120( ααα −
•+−•−• === jCAjBCjAB e
Z
VIe
Z
VIe
Z
VI
E portanto:
)90()150()30( 333 ααα −
•+−•+−• === jCjBjA e
Z
VIe
Z
VIe
Z
VI
Podemos simplificar a partir de:
Z
IA
~ V AN 3
Z Z
Z
C
B
A
I A
I B I C
I ABI CA
I BC
C
A
B
Z Z Z
I A I B I C
N
3 3 3
e portanto equivale a, por exemplo:
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º30º30
33
jjAB
AN e
VeVV −−
•
• ==
logo:
)º30()º30( 3
3
3
αα +−+−• ⋅=
⋅
= jjA e
Z
VeZ
VI
e º120)º30(3 jjB ee
Z
VI −+−
• ⋅= α º120)º30(3 jjC ee
Z
VI α+−
• ⋅=
Donde: )º015(3 α+−
• ⋅= jB e
Z
VI )º09(3 α+
• ⋅= jC e
Z
VI
Portanto, para SF direta e carga em ∆, tem-se:
Z
IL
VL
√3 e
-j30°
3
Figura 20 - Circuito 1∅ equivalente com carga em ∆ e SF direta.
De posse dos conhecimentos para o cálculo das correntes e das tensões em cargas
trifásicas, em Y ou ∆, resta agora o cálculo e a medição da potência nos sistemas
trifásicos.
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8 Cálculo e Medição de Potência em Sistemas Trifásicos
Seja uma carga ligada a um sistema monofásico como na figura 21
Z = Z e
I
V jϕ
Figura 21 - Circuito monofásico.
A potência "consumida” pela carga
→
Z é dada por:
a) Potência Ativa, Real ou Wattada
ϕcosVIP = (14)
Onde ϕ além de ser o ângulo da carga é também o ângulo de defasagem entre a
tensão aplicada à carga e a corrente na carga.
b) Potência Reativa ou Dewattada
ϕsenVIQ = (15)
c) Potência Aparente
VIS = (16)
Sendo as unidades:
| P | = W, kW, MW, etc.
| Q | = VAr, kVAr, MVAr, etc.
| S | = VA, kVA, MVA, etc.
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Das equações (14), (15) e (16) pode-se montar o chamado triângulo de Potências:
ϕ
Q
P
S = VI
Figura 22 - Triângulo de Potências.
Por outro lado considerando uma carga do tipo onde ϕjeZjXRZ =+=→
R
Xtg 1−=ϕ , vem:
ϕ
X
R
Z
Figura 23 - Triângulo de Impedâncias.
Das figuras 22 e 23, temos:
Z
RVIP
Z
RZRVIP ==== ϕϕϕ coscoscos
Como
Z
VI = , vem:
RIIP = 2RIP = * (17)
E
ϕsenVIQ = ϕsenZX =
Z
X=ϕsen
Z
XVIQ =
Como
Z
VI = , vem:
XIIQ = * (18) 2XIQ =
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E mais:
VIS = (19) IIZS = 2ZIS =
Resumindo:
ϕcosVIP = 2RIP = *
ϕsenVIQ = * (20) 2XIQ =
VIS = 2ZIS =
* Desde que R e X estejam em série.
8.1 Potências para Carga em Y
Seja agora uma carga trifásica, por exemplo, ligada em Y.
Z Z Z
N
I A I B I C
A B C
Figura 24 – Circuito Trifásico em Y.
Na seqüência de fases direta tem-se:
º90º150,º30 ∠=−∠=−∠= ••• VVeVVVV CNBNAN , logo:
)90()120()30( ααα +
→
•
•+−
→
•
•+−
→
•
• ====== jCNCjBNBjANA e
Z
V
Z
VIe
Z
V
Z
VIe
Z
V
Z
VI
fazendo I
Z
V = e de acordo com o que foi mostrado para circuito monofásico, vem:
ααα coscoscos VIPVIPVIP CBA ===
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onde:
PA - potência ativa consumida pela impedância da fase A;
PB - potência ativa consumida pela impedância da fase B;
PC - potência ativa consumida pela impedância da fase C;
α - É sempre o ângulo entre a tensão na impedância (tensão de fase) e, a corrente na
impedância (corrente de fase) (Vide ângulo entre ) que
é o próprio ângulo da impedância.
CCNBBNAAN IeVIeVIeV
••••••
,,
A potência ativa total consumida pelas três impedâncias é:
αcos3VIPTOT = (21)
Como V é o módulo de e CNBNAN VeVV
•••
, I é o módulo de pode-se
rescrever:
CBA IeII
•••
,
αcos3 ffTOT IVP = (22)
Onde:
fV - tensão de fase - corrente de fasefI
Portanto:
A potência ativa total é dada por três vezes o produto entre o módulo da tensão de
fase, o módulo da corrente de fase e o cosseno do ângulo entre o fasor tensão de fase
e o fasor corrente de fase.
Analogamente:
αsenVIQA = αsenVIQB = αsenVIQC =
αsen3VIQTOT = (23)
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Ou
αsen3 ffTOT IVQ = (24)
E mais:
VISVISVIS CBA ===
VISTOT 3= (25)
Ou
ffTOT IVS 3= (26)
Por outro lado, na conexão estrela, tem-se:
fLfL IIVV == 3
Logo em (22) temos:
αα cos
3
33cos
3
3 LLLLTOT I
VIVP ==
αcos3 LLTOT IVP = (27)
Na equação (23), tem-se:
αα sen
3
33sen
3
3 LLLLTOT I
VIVQ ==
αsen3 LLTOT IVQ = (28)
Finalmente na equação (26), vem:
L
L
L
L
TOT I
VIVS
3
33
3
3 ==
LLTOT IVS 3= (29)
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Atenção: Como para a conexão Y, a tensão de linha está defasada da tensão de fase,
o ângulo α não é, nas equações (27) e (28), o ângulo entre . LL IeV ••
8.2 Potências para Carga em ∆
Se a carga agora estiver em ∆, tem-se:
A CB
Z Z Z
I A I B I C
I BCIABI CA
Figura 25 – Circuito Trifásico em ∆.
Para este caso:
)120(
)120(
α
α
α
−
→
••
+−
→
••
−
→
••
==
==
==
jCA
CA
jBC
BC
jAB
AB
e
Z
V
Z
VI
e
Z
V
Z
VI
e
Z
V
Z
VI
Fazendo IZ
V = e de acordo com o que foi mostrando para circuito monofásico,
tem-se:
ααα coscoscos VIPVIPVIP CBA ===
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Note que α é sempre o ângulo entre tensão na impedância (tensão de fase) e
corrente na impedância (corrente de fase), veja o ângulo entre e , e
, e .
ABV
•
ABI
•
BCV
•
BCI
•
CAV
•
CAI
•
Logo:
αcos3VIPTOT = (30)
Ou ainda
αcos3 ffTOT IVP = (31)
E mais:
αsen3VIQTOT = (32)
ou
αsen3 ffTOT IVQ = (33)
E
VISTOT 3= (34)
Ou
ffTOT IVS 3= (35)
Por outro lado na conexão ∆, tem-se:
fL
fL
II
VV
3=
=
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Logo em (31) vem:
αα cos
3
33cos
3
3 LLLLTOT
IVIVP ==
αcos3 LLTOT IVP = (36)
Em (33), vem:
αα sen
3
33sen
3
3 LLLLTOT
IVIVQ ==
αsen3 LLTOT IVQ = (37)
Finalmente em (35), vem:
3
33
3
3 LLLLTOT
IVIVS ==
LLTOT IVS 3= (38)
ATENÇÃO: Como para a conexão ∆, a corrente de linha está defasada da corrente
de fase, o ângulo α não é, nas equações (36) e (37), o ângulo entre e . LV
•
LI
•
8.3 Medição de Potência
Uma
vez que já foi mostrado o cálculo das potências em sistemas trifásicos,
mostrar-se-á agora como efetuar as medições.
Apresenta-se direto ao uso de dois wattímetros, conhecido como Conexão Aron
ou Processo de Blondel.
A conexão Aron é efetuada como a seguir:
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C
B
A W
W
W
WA
B
C
C
B
W
W
A
ou
ou
(a)
(b)
(c)
Figura 26 – Formas de medição de potência com dois wattímetros.
8.3.a Medição para carga em Y
Supondo a medição sendo efetuada como da forma abaixo:
C
B
A W1
W2 N
Z
Z
Z
I A
I B
I C
a
b
c
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O wattímetro W1 indicará:
)cos(1 AACAAC IVIVW
••••=
)cos(1 AACAAC IVIVW
••=∴
Seja:
º900,º0 <<== →• ϕϕjjLAB eZZeVV
Logo:
VAB
VCN
BCV
CAV
ANVBNV
ACV
I C
AI
BI
ϕ
ϕ ϕ
Do Diagrama Fasorial, tem-se:
º60º300º180 j
LAC
j
LAC
j
ACCA eVVoueVVeVV −
•••• ==∴=
Logo:
º60=•• ABAC VV ϕ+=•• º30ABA VI
Portanto:
30ºAACV I ϕ• • = −
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Então, como e LAC VV = LA II = , vem:
)º30cos(1 ϕ−= LL IVW (39)
Já o wattímetro W2 indicará:
)cos(2 BBCBBC IVIVW
••••=
)cos(2 BBCBBC IVIVW
••=
Do Diagrama Fasorial, vem:
º30=•• BNBC VV ϕ=•• BBN IV ϕ+=•• º30BBC IV
Como LBLBC IIeVV == , vem:
2 cos(30º )L LW V I ϕ= + (40)
8.3.b Medição para carga em ∆
Supondo a medição sendo efetuada como a seguir:
C
B
A W1
W2
Z
Z
Z
IA
IB
IC
a
b
c
I ab
I bc
I ca
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O wattímetro W1 indicará:
)cos(1 AACAAC IVIVW
••••= )cos(1 AACAAC IVIVW
••=
Se º0jLAB eVV =
•
, 0 90ºjZ Z e ϕ ϕ→ = < < , vem
VAB
BC V
CA V
AC V
AI
BI Iab
Ica
I bc
ϕ
ϕ
ϕ
Do Diagrama Fasorial, vem:
ϕ+=•• º30AAB IV
º60º180 jL
j
CAAC eVeVV == •• º60=•• ABAC VV
Logo:
ϕ−=•• º30AAC IV
Como e LAC VV = LA II = , vem:
)º30cos(1 ϕ−= LL IVW (41)
O wattímetro W2, por sua vez, indicará:
)cos(2 BBCBBC IVIVW
••••= )cos(2 BBCBBC IVIVW
••=
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Do Diagrama Fasorial, tem-se:
ϕ=•• BCbc VI º30=•• bcB II
ϕ+=∴ •• º30BBC IV
Como e LBC VV = LB II = , vem:
2 cos(30º )L LW V I ϕ= + (42)
Das equações (39), (40) ou (41), (42), vem:
[ ]
[ ]
[ ]ϕ
ϕϕϕϕ
ϕϕ
cosº30cos2
senº30sencosº30cossenº30sencosº30cos
)º30cos()º30cos(21
LL
LL
LL
IV
IV
IVWW
=
=−++=
=++−=+
ϕϕ cos3cos
2
3221 LLLL IVIVWW =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=+∴
ϕcos311 LLIVWW =+∴ (43)
Comparando-se a equação (43) com as equações (27) e (36), conclui-se:
“A soma algébrica – adiante ver-se-á porque algébrica – das indicações dos
dois wattímetros em conexão Aron é igual a potência ativa total da carga
trifásica”.
8.3.c Particularidades da Conexão Aron
c.1 Carga ôhmica - ϕ = 0º
º30cos
º30cos
2
1
LL
LL
IVW
IVW
=
=
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Ou seja: 21 WW =
Conclusão: Os dois instrumentos indicam o mesmo valor, portanto bastaria
o uso de um só, e multiplicar sua indicação por dois
c.2 Carga indutiva - ϕ = 30º
º60cos
º0cos
2
1
LL
LL
IVW
IVW
=
=
Logo: LLIVW =1 LLIVW 2
1
2 =
Conclusão: Um dos wattímetros acusa o dobro do outro.
c.3 Carga indutiva - ϕ = 60º
º90cos
)º30cos(
2
1
LL
LL
IVW
IVW
=
−=
Logo:
LLIVW 2
3
1 = 02 =W
Conclusão: Um dos instrumentos tem indicação nula. Aumentando-se o
ângulo acima de 60º, o instrumento que indicava zero, respectivo a
cos(30º+ϕ), passará a indicar valores negativos; POR ISSO
ANTERIORMENTE AFIRMOU-SE: SOMA ALGÉBRICA.
c.4 Carga indutiva - ϕ = 90º
º120cos
)º60cos(
2
1
LL
LL
IVW
IVW
=
−=
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Logo:
LLIVW 2
1
1 = LLIVW 2
1
2 −=
Conclusão: Os dois wattímetros indicam os mesmos valores, porém com
sinais contrários, o que resulta em WTOT = 0, que é coerente pois ϕ = 90º é
para carga puramente indutiva, ou seja, não consome potência ativa.
8.3.d Potência Reativa
Das equações anteriores temos:
)º30cos()º30cos( 21 ψψ +=−= LLLL IVWIVW
Então:
[ ]ψψψψ senº30sencosº30cossenº30sencosº30cos21 +−+=− LLIVWW
Então:
ψ
ψ
sen
)senº30sen2(
21
21
LL
LL
IVWW
IVWW
=−
=−
Portanto:
ψsen3)(3 21 LLIVWW =−
Como QIV LL =ψsen3 , vem:
)(3 21 WWQ −= (44)
Conclusão: Com a indicação dos dois wattímetros da Conexão Aron pode-se
também obter a potência reativa “consumida” pela carga equilibrada.
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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:
S
PPF =..
No triângulo de potências de um sistema (figura 27), vê-se que o fator de potência
nada mais é que o cosseno do ângulo (ϕ) entre a potência ativa e a potência
aparente.
ϕ
Q
P
S
Figura 27 - Triângulo de Potências.
9.2 O porquê do aumento do F.P.
Veja alguns dos motivos que fazem com que haja a preocupação em aumentar
(melhorar) o f.p. (cosϕ) de um sistema.
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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).
ϕ1 Q1
P
ϕ2
Q2
S 1
2S
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:
11 VIS = e 22 VIS =
Como S1 < S2, tem-se que: 21 II <
Ou seja sendo maior que , ou todos os cabos estão sobrecarregados (foram
dimensionados levando em conta ) ou o seu custo foi mais alto (foram
dimensionados levando em conta ).
2I 1I
1I
2I
Portanto:
"Para uma mesma tensão, quanto menor o f.p.., maior será a corrente", o que não
é desejável.
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9.2.2 Aumento das quedas de Tensão
Com relação a figura 29 pode-se escrever o seguinte:
ZpIS
~Eg VP Carga
Figura 29 - Ilustração para aumento de quedas.
spgp IZEV
•→•• −=
Onde:
pV
•
- tensão em qualquer ponto do sistema (neste caso nos terminais de carga)
gE
•
- f.e.m. da geração
sI
•
- corrente na sistema
pZ
→
impedância total até a carga
Bem, é óbvio que quanto maior for a corrente, maiores serão as quedas de tensão
(Vide figura 29). Então é interesse diminuir o valor de . sp IZ
•→
sI
•
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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.).
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9.4 Como Corrigir (melhorar) o Fator de Potência
9.4.1 Introdução
Seja a instalação mostrada na figura 30.a, que tem o triângulo de potências
mostrado na Figura 30.b.
M1 M2
P1 + j Q1 P2 + j Q2
P = P1 + P2
Q= Q1 + Q2
S = P + j Q
ϕ
(a) (b)
Figura 30 - Configuração de uma instalação e seu triângulo de potências.
Se:
92,0cos <=
S
Pϕ
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.
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ϕ1 Q1
P
S2
ϕ 2
Q2
S1
QC
Figura 31 - Correção do f.p..
Supôs-se que uma carga indutiva "puxe " do sistema a potência S2 = P +
jQ2, e que o f.p. (cosϕ2) estava abaixo do desejável. Colocou-se então
cargas capacitivas cuja potência era Qc, de forma que o f.p. (cosϕ1)
melhorou com relação ao anterior.
Para que se evite problemas futuros é importante que se mostre o novo
jogo de potências:
Q2 - potência reativa necessária à carga (indutiva);
Qc - potência reativa imposta pela nova carga (capacitiva);
Q1 - potência reativa entregue pelo sistema à carga, após a melhoria do f.p.
Importante: "A carga do sistema sempre precisa de Q2 quando não há
correção, Q2 é fornecido pelo sistema. Quando há a correção Q2 é parte
fornecido pelo sistema (Q1) e parte pela carga capacitiva corretora (Qc).
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9.4.2 Cálculo de Qc
Observe-se na figura 31 que:
11
1
1
22
2
2
ϕϕ
ϕϕ
tgPQ
P
Qtg
tgPQ
P
Qtg
=∴=
=∴=
Ora: cQQQ =− 12
Portanto:
2 1( )cQ P tg tgϕ ϕ= −
Nota: Há tabelas que dado o cosϕ2 (f.p. a ser corrigido) e o cosϕ1 (f.p.
desejado) nos dão diretamente o valor de (tgϕ2-tgϕ1). Basta então
multiplicar por P
9.4.3 Tipos de "cargas capacitivas" usadas para o fornecimento de Qc
Fundamentalmente há dois tipos de equipamentos usados para correção do
f.p., sejam:
- capacitores estáticos
- motores síncronos superexcitados
Os capacitores estáticos constituem a solução mais prática para as
indústrias em geral, pois os condensadores síncronos (motores síncronos
superexcitados) a par das suas vantagens, têm pelo menos uma
desvantagem muito grande, qual seja: contribuem para o curto-circuito
(quando de sua ocorrência) no sistema.
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9.4.4 Como Ligar
Deve-se ligar os capacitores em paralelo com a carga, pois em série
acarretariam quedas de tensão entre a linha e a carga. No caso de sistemas
trifásicos, a conexão triângulo (∆) é mais vantajosa que a conexão estrela
(Y) (Vide observação no final). Seja:
VIQ
VIQ
c
c
3
1senº90sen3
=
=⇒== ϕϕϕ
Conexão Y:
XC XC XC
V
cX
VI
3
=
c
yC X
VVQ
3
3=
c
yC X
VQ
2
=
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Conexão ∆:
XC
XC
XC
V
c
f X
VI =
c
fL X
VII 33 ==
cc
c X
V
X
VVQ
2333 ==
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!!!
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Tabela com os valores de (tgϕ2- tgϕ1) em função de cosϕ2 e cosϕ1
cosϕ1 desejado cosϕ1 desejado cosϕ2
a ser
corrig
ido
Cosϕ2
a ser
corrig
ido
0,20 4,899 4,570 4,415 4,279 4,149 0,61 1,299 0,970 0,815 0,679 0,549
0,21 4,656 4,327 4,171 4,036 3,906 0,62 1,266 0,937 0,781 0,646 0,515
0,22 4,433 4,104 3,949 3,813 3,683 0,63 1,233 0,904 0,748 0,613 0,482
0,23 4,231 3,902 3,747 3,611 3,481 0,64 1,201 0,872 0,716 0,581 0,450
0,24 4,045 3,716 3,561 3,425 3,295 0,65 1,169 0,840 0,685 0,549 0,419
0,25 3,873 3,544 3,389 3,253 3,123 0,66 1,138 0,810 0,654 0,518 0,388
0,26 3,714 3,385 3,299 3,094 2,964 0,67 1,108 0,779 0,624 0,488 0,358
0,27 3,566 3,238 3,082 2,946 2,816 0,68 1,078 0,750 0,594 0,458 0,328
0,28 3,429 3,100 2,944 2,809 2,679 0,69 1,049 0,720 0,565 0,429 0,298
0,29 3,300 2,971 2,816 2,680 2,550 0,70 1,020 0,691 0,536 0,400 0,270
0,30 3,180 2,851 2,696 2,560 2,420 0,71 0,992 0,663 0,507 0,372 0,241
0,31 3,067 2,738 2,583 2,447 2,317 0,72 0,964 0,635 0,480 0,344 0,214
0,32 2,961 2,632 2,476 2,341 2,211 0,73 0,936 0,608 0,452 0,316 0,186
0,33 2,851 2,532 2,376 2,241 2,111 0,74 0,909 0,580 0,425 0,289 0,158
0,34 2,766 2,437 2,282 2,146 2,016 0,75 0,882 0,553 0,398 0,262 0,132
0,35 2,676 2,347 2,192 2,056 1,926 0,76 0,855 0,527 0,371 0,235 0,105
0,36 2,592 2,263 2,107 1,972 1,842 0,77 0,829 0,500 0,344 0,209 0,078
0,37 2,511 2,182 2,027 1,891 1,761 0,78 0,802 0,474 0,318 0,182 0,052
0,38 2,434 2,105 1,950 1,814 1,684 0,79 0,776 0,447 0,292 0,156 0,026
0,39 2,361 2,032 1,877 1,741 1,611 0,80 0,750 0,421 0,266 0,130 -
0,40 2,291 1,963 1,807 1,671 1,541 0,81 0,724 0,395 0,240 0,104 -
0,41 2,225 1,896 1,740 1,605 1,475 0,82 0,698 0,369 0,214 0,078 -
0,42 2,161 1,832 1,676 1,541 1,410 0,83 0,672 0,343 0,188 0,052 -
0,43 2,100 1,771 1,615 1,480 1,349 0,84 0,646 0,317 0,162 0,026 -
0,44 2,041 1,712 1,557 1,421 1,291 0,85 0,602 0,291 0,136 - -
0,45 1,985 1,656 1,501 1,365 1,235 0,86 0,593 0,265 0,109 - -
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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 - - - - - -
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EEL002
CONVERSÃO
ELETROMECÂNICA DE
ENERGIA
EXERCÍCIOS
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Exemplo 1: Dadas as tensões
.
12V 6 30= º , . 23V 2 0= º , . 24V 6 60= − º e . 15V 4 90= º , determinar as
tensões:
a)
.
14V
b)
.
43V
c)
.
35V
Solução: Apenas com o objetivo de facilitar o acompanhamento da solução, foi construído o diagrama
mostrado na figura 7, pois ele não é necessário.
Figura 7
2
.
12V
.
23V
.
35V
.
15V
.
14V . 43V
.
24V
3
5
4
1
a)
.
. .
2414 12V V V 6 30º 6 60º= + = + −
5,196 j3,000+3,000 j5,196
8,196 j2,196 8,485 15º
= + −
= − = −
b)
. . . . .
43 23 42 23 24V V V V V 2 0º 6 60º 2 0º 6 120= + = − = − − = + º
2 j0 3,000+j5,196 1,000 j5,196
5,291100,89º
= + − = − +
=
Também poderia ter sido tomado
. . . . . . .
43 23 12 41 23 12 14V V V V V V V= + + = + −
c) Há várias possibilidades no cálculo de , por exemplo:
.
35V
. . . . . . .
35 15 21 32 15 12 23V V V V V V V= + + = − −
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. . . . . . . . .
35 15 21 42 35 15 12 24 43
. . . . . . . . .
35 15 41 24 32 15 14 24 23
V V V V V V V V V
V V V V V V V V V
= + + + = − − −
= + + + = − + −
Mas, a melhor delas, porque menos trabalhosa, é:
. . . . . . .
35 15 41 34 15 14 43V V V V V V V= + + = − −
4 90º 8,485 15º 5,291100,89
(0 j4) (8,196 j2,196) ( 1,000 j5,196)
7,196 j1,000 7,265172,09º
= − − −
= + − − − − +
= − + =
Especificação e Rendimento
Exemplo 2: Achar o rendimento de operação de um motor elétrico que desenvolve 1 [CV], enquanto
absorve uma potência de 900 [W].
Solução:
[ ] [ ]
[ ]saidaentrada
1 CV x736 W/CVPn .100 .100 81,8%
P 900 W
= = =
Exemplo 3: Achar a potência absorvida por um motor de 5 [CV], completamente carregado – a plena
carga, que opera com um rendimento de 80%.
Solução:
[ ] [ ] [ ]saidaentrada 5 CV x736 W/CVPP 4600[W] 4,6 KWn 0,8= = = =
Exemplo 4: Um motor elétrico ca aciona um gerador cc. Se o motor operar com um rendimento de 90% e
o gerador com um rendimento de 80%, e se a potência absorvida pelo motor for de 5 [KW],
qual a potência desenvolvida pelo gerador?
Solução:
[ ]
saida
M G
entrada
saida M G entrada
Pn n .n
P
P n .n .P 0,9x0,8x5 3,6 KW
= =
= = =
Exemplo 5: Um motor elétrico desenvolve ½ [CV], enquanto está operando com um rendimento de 85%.
Achar o custo para operá-lo continuamente durante um dia se o custo da energia (livre de
impostos, taxa de iluminação pública, etc) é de CR$ 0,64 por KWh.
Solução: A potência de entrada do motor é:
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[ ]e 0,5x0,736P K0,85= W
O consumo de energia durante 1 dia (24 horas) é:
[ ]E e 0,5x0,736x24W P x24 KW0,85=
E o custo total da energia é:
[ ]ECusto W x0,80 R$
portanto,
0,5x0,736x24x0,8Custo $8,31
0,85
R
=
= =
Seqüência de Fases
Exemplo 6: Qual é a seqüência de fases de um
alternador trifásico ligado em Y para o qual
[ ]. ANE 7200 20º V= e [ ]. CNE 7200 100º V= − ? E também , quanto vale ? . BNE
Solução: Visto que se atrasa em relação a em 120º, e que os primeiros subscritos são C e A,
respectivamente, C segue A na seqüência de fases. Portanto, a seqüência de fases é ACB, a seqüência
de fases negativa ou inversa. Obviamente , avança em 120º, mas tem o mesmo módulo (valor
eficaz). Então,
.
CNE
.
ANE
.
BNE
[ ]. BNE 7200 20º 120º 7200140º V= + = . A figura 30 ilustra a presente situação.
.
BNE
.
ANE
.
CNE
100º−
140º
20º
REFERÊNCIA R
w
Figura 30
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Exemplo 7: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico no qual [ ]. ABV 13.800 10º V= − e
[ ]. BCV 13.800110º V= ? Que tensão de linha tem um ângulo que difere de 120º dos
ângulos dos ângulos destas tensões?
Solução: A seqüência de fases pode ser encontrada dos ângulos das tensões e dos primeiros (ou dos
ângulos) subscritos. Visto que avança em 120º, e visto que os primeiros subscritos são B e A,
respectivamente, B está imediatamente à frente de A na seqüência de fases. Portanto, a seqüência de
fases tem que ser BAC ou, equivalente, ACB, a seqüência de fases negativa.
.
BCV
.
ABV
A terceira tensão de linha é ou ou , porque apenas A e C de A-B-C não foram usadas juntas
nos subscritos. A terceira tensão de linha correta, aquela que tem um ângulo diferindo em 120º daqueles
de e , é , visto que duas tensões de linha de um grupo trifásico equilibrado não podem
ter subscritos começando com a mesma letra, como seria o caso se fosse usado. Assim,
.
CAV
.
ACV
.
ABV
.
BCV
.
CAV
.
ACV
[ ]. CAV 13.800 130º V= − . Este resultado também pode ser obtido calculando e : . ACV . CAV
. . .
AC AB BCV V V 13.800 10º 13.800 110º= + = − +
( )
( )
( ) [ ]
13.800 cos10º jsen10º cos110º jsen110º
13.800 0,9848 j0,1736 0,3420 j0,9397
13.800 0,6428 j0,7661 13.800 50º V
= − + +
= − − +
= + =
.
ACV difere de e em 60º, e não pode mesmo se a resposta.
.
ABV
.
BCV
Por outro lado,
[ ]. . . . . .CA CB BA BC AB ACV V V V V V 13.800 50º 13.800 130º V= + = − − = − = − = −
NOTA: No caso de alternador trifásico ligado em delta ou triângulo ( )∆ , as f.e.ms. de linha são iguais às
f.e.ms. de fase.
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Cargas Trifásicas
Exemplo 8: Converter o ∆ mostrado na figura 38 (a) no Y da figura 37 (a) para:
a) [ ]1Z 3 j5= + Ω , [ ]2Z 60 20º= Ω e [ ]3Z 4 30º= − Ω
b) [ ]1 2 3Z Z Z Z 12 36º∆= = = = Ω
B
C
A
1Z
2Z
3Z
Figura 38 (a)
A
B
C
A
B
C
N
AZ
BZ
CZ
(a)
(b)
Figura 37
Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão Y∆ − tem o mesmo denominador, que é :
( ) [ ]1 2 3Z Z Z 3 j5 6 20º 4 30º 13,1 22,66º+ + = + + + − = Ω
Então:
( ) ( ) [ ]1 3A
1 2 3
23,3 29,04º3 j5 . 4 30ºZ ZZ 1,78 6,38º
Z Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º
+ −= = = =+ + Ω
( ) ( ) [ ]1 2B
1 2 3
35 79,04º3 j5 . 6 20ºZ ZZ 2
Z Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º
+= = = =+ + ,67 56, 4º Ω
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( ) ( ) [ ]2 3C
1 2 3
6 20º . 4 30ºZ Z 24 10ºZ 1
Z Z Z 13,1 22,66º 13,1 22,66º
− −= = = = −+ + ,83 32,7º Ω
b) Sendo todas as três impedâncias do ∆ iguais, todas as três impedâncias do Y são iguais e
cada uma vale um terço da impedância comum do ∆ :
[ ]A B C Y Z 12 36ºZ Z Z Z 4 36º3 3∆= = = = = = Ω
Exemplo 9: Converter o Y mostrado na figura 37 a no ∆ da figura 38 a para:
a) [ ]AZ 10= Ω , [ ]BZ 6 j8= − Ω , [ ]CZ 9 30º= Ω
b) [ ]A B C YZ Z Z Z 4 j7= = = = − Ω
B
C
A
B
C
(a) (b)
1Z
2Z
3Z
3Z
2Z
1Z
Figura 38
Solução: a) Todas as três fórmulas da conversão Y − ∆ tem o mesmo numerador, que é
( ) ( )( ) ( ) [ ]A B B C A CZ Z Z Z Z Z 10 6 j8 6 j8 9 30º 10 9 30º 231,6 17,7º+ + = + + + + = − Ω
Então,
[ ]A B B C A C1
C
231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 25,7 47,7º
Z 9 30º
−+ += = = − Ω
[ ]A B B C A C2
A
231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 23,2 17,7º
Z 10
−+ += = = − Ω
[ ]A B B C A C3
B
231,6 17,7º 231,6 17,7ºZ Z Z Z Z ZZ 2
Z 6 J8 10 53,1º
3, 2 35, 4º
− −+ += = = =− − Ω
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b) Sendo todas as três impedâncias de Y iguais, todas as três impedâncias do são iguais e
cada uma é igual ao triplo da impedância comum de Y. Portanto,
∆
( ) [ ]1 2 3 Y YZ Z Z Z Z 3Z 3 12 j7 12 j21=24,2 -60,3º∆= = = = = = − = − Ω
Exemplo 10: Converter o Y indicado na figura 40 num equivalente ∆ .
Figura 40 Figura 41
A
B
C
Z
N
Z A
B
C
Z
N Z
Solução: Pelas fórmulas da conversão Y − ∆ ,
A B B C A C
1
C
Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZ Z
Z Z
+ + + += = =
A B B C A C
2
A
Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZ Z
Z Z
+ + + += = =
A B B C A C
3
B
Z Z Z Z Z Z 0 0 Z.ZZ
Z 0
+ + + += = = ∞ (circuito aberto)
O circuito equivalente está mostrado na figura 41. E uma rápida comparação das figuras 40 e 41
revelam que as mesmas são iguais.
∆
Cargas em Paralelo
Exemplo 11: Determinar a estrela equivalente das cargas em estrela paralela ao delta das
cargas para:
A BZ , Z Ze C
1 2 3Z , Z Ze
a) [ ]AZ 10= Ω , [ ]BZ 6 j8= − Ω , [ ]CZ 9 30º= Ω
[ ]1Z 3 j5= + Ω , [ ]2Z 6 20º= Ω , [ ]3Z 4 30º= − Ω
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b) [ ]A B C YZ Z Z Z 4 j7= = = = − Ω
[ ]1 2 3Z Z Z Z 12 36º∆= = = = Ω
Solução: a) Como as cargas são desequilibradas, a conexão em Y deve ser primeiramente convertida
num equivalente. Esta conversão, no entanto, já foi realizada no exemplo 9, dando os
valores seguintes:
∆
[ ]
[ ]
[ ]
'
'
'
1
2
3
Z 25,7 47,7º
Z 23,2 17,7º
Z 23,2 35,4º
= − Ω
= −
= Ω
Ω
Agora as duas cargas em estão em paralelo, como indicado na figura 45∆ a, e podem ser convertidas
num único equivalente (figura 45 b), combinando-se as impedâncias ligadas em paralelo, a saber:
com com e com , para produzir , e , respectivamente. Então,
∆ '
1
Z
'1
2
Z , Z 2Z '
3
Z 3Z "
1
Z "
2
Z "
3
Z
( ) ( ) [ ]'"
'
1
1
1 1
1
Z .Z 3 j5 . 25,7 47,7º
Z 6,08 45,95º
Z Z 3 j5+25,7 47,7º
+ −= = =+ + − Ω
( ) ( ) [ ]'"
'
2
2
2 2
2
Z .Z
6 20º . 23,2 17,7º
Z 4
Z Z 6 20º+23,2 17,7º
−= = =+ − ,94 12,52º Ω
( ) ( ) [ ]'"
'
3
3
3 3
3
Z .Z 4 30º . 23,2 35,4º
Z 3
Z Z 4 30º+23,2 35,4º
−= = = −+ − ,69 92,48º Ω
A
B
C
1Z 3Z
2Z
(a)
1Z 3Z
2Z
Figura 45
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A
B
C
"
1
Z "
3
Z
"
2
Z (b)
A
B
C
(c)
'
B
Z
'
A
Z
'
C
Z
Figura 45
Finalmente, o da figura 45b é convertido no Y equivalente mostrado na figura 45c, onde∆ " "' 1 3"A
Z .Z
Z
Z
= ∑ ,
" "
'
1 2
"B
Z .Z
Z
Z
= ∑ e
" "
'
2 3
"C
Z .Z
Z
Z
= ∑
Sendo
" " "
"
1 2 3
Z Z Z Z 6,08 45,95º 4,94 12,52º 3,69 92, 48º 9,062 11,16º∑ = + + = + + − =
Portanto,
( ) ( ) [ ]'
A
6,08 45,95º . 3,69 92,48º
Z 2,48 57,7º
9,06211,16º
−= = − Ω
( ) ( ) [ ]'
B
6,08 45,95º . 4,94 12,52º
Z 3,31 47,3º
9,062 11,16º
= = Ω
( ) ( ) [ ]'
C
4,9412,52º . 3,69 92,48º
Z 2
9,06211,16º
−= = ,01 91,1º− Ω
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c) Agora as cargas são equilibradas e o ∆ deve ser inicialmente convertido num Y equilibrado
equivalente. Esta conversão foi efetuada no exemplo 8 dando:
( ) ( ) [ ]'" Y YY '
Y Y
32, 249 24, 26º4 j7 . 4 36ºZ .ZZ 3
Z Z 4 j7 4 36º 8,601 32,72º
,75 8, 46º
−−= = = =+ − + − Ω .
Exemplo 12: Uma carga trifásica equilibrada em Y tem uma tensão de fase [ ]. CNV 127 50º V= . Se a
seqüência de fases é ACB, achar as tensões , e .
.
CAV
.
ABV
.
BCV
Solução: Fazendo-se o diagrama fasorial para a seqüência de fases inversa ou negativa, e das tensões
de linha especificadas, pode-se notar que a tensão de linha têm um ângulo de 30º em
atraso com relação a tensão de fase . Obviamente, seu módulo é maior por um fator igual
a
.
CAV
.
CNV
3 . Portanto, [ ]. CAV 127 3 50º 30º 220 20º V= − = . Da mesma forma, considerando que
está 120º em avanço relativamente a , porque seu primeiro subscrito A está
imediatamente à frente do primeiro subscrito C de na seqüência de fases ACB,
.
ABV
.
CAV
.
CAV
[ ]. ABV 220 20º 120º 220140º V= + = . Da mesma forma, deve atrasar em 120º.
Logo,
.
BCV
.
CAV
[ ]. BCV 220 20º 120º 220 100º V= − = − .
Exemplo 13: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica em estrela, equilibrada, na qual
[ ]. BAV 13.800 40º V= − ? A seqüência de fases é ABC.
Solução: Partindo do diagrama fasorial para a seqüência de fases ABC, e do grupo de tensões de linha
que inclui , pode-se notar que avança em 30º. Obviamente, o módulo de
é menor por um fator
.
ABV
.
BNV
.
BAV
.
BNV 3 . Portanto, [ ]. BN 13.800V 40 30º 7.967 10º V
3
= − + = −
Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, avança em 120º, e atrasa-se
de em 120º. Assim,
.
ANV
.
BNV
.
CNV
.
BNV
[ ]. ANV 7.967 10º 120º 7.967 110º V= − + =
[ ]. CNV 7.967 10º 120º 7.967 130º V= − − = −
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Carga em ∆ Equilibrada-Correntes de Linha e de Fase
Exemplo 14: Uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela tem a tensão de fase [ ]CNV 254 45º V= .
Se a seqüência de fases é ACB (negativa), achar as tensões de linha , e
.
.
CAV
.
ABV
.
BCV
Solução: Do diagrama fasorial para uma carga equilibrada ligada em Y com seqüência ACB, pode-se
notar que a tensão em atrasa-se de 30º em relação a tensão de fase . E também,
que seu módulo é maior pelo fator
.
CAV
.
CNV
3 . Portanto, do fato de que tem um avanço de 120º
relativamente a , porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro
subscrito C de na seqüência de fases inversa ACB,
.
ABV
.
CAV
.
CAV
[ ]ABV 440 45º 120º 440 135º V= + = . Da mesma forma, deve atrasar-se de em
120º. Logo,
.
BCV
.
CAV
[ ]BCV 440 15º 120º 440 105º V= − = − .
Exemplo 15: Quais são as tensões de fase para uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela se
[. ABV 13,8 30º KV= − ] , com seqüência de fases direta?
Solução: De açordo com o diagrama fasorial para uma carga Y com seqüência de fases positivas (ABC),
e do grupo de tensões de linha que inclui , pode-se notar que avança em 30º.
Obviamente, o módulo de é menor por um fator igual a
.
BAV
.
BNV
.
BAV
.
BNV 3 . Portanto,
[ ]. BN 13.800V 30º 30º 7.967 0º V
3
= − + = .
Da seqüência de fases e da relação do primeiro subscrito, avança em 120º. Logo:
.
ANV
.
BNV
[ ]. ANV 7.967,43120º V= e [ ]. CNV 7.967,43 120º V= −
Exemplo 16: Num circuito trifásico trifilar, achar as correntes fasoriais de linha para uma carga
equilibrada ligada em estrela na qual cada impedância de fase é [ ]YZ 30 20º= Ω . A
seqüência de fases é ABC e [ ]. ANV 120 35º V= .
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Solução: A corrente de linha é obtida pelo quociente da tensão da fase pela impedância da
fase :
.
AI
.
ANV
YZ
[ ]. A 120 35ºI 41
30 20º
= = 5º A
As outras correntes de linha podem ser determinadas de e da seqüência de fases. Elas
tem o mesmo módulo de e, para a seqüência de fases ABC dada, atrasam e avançam
em 120º. Portanto,
.
AI
.
AI
.
AI
[ ]
[ ]
.
B
.
C
I 415º 120º 4 105º A
I 415º 120º 4135º A
= − = −
= + =
Exemplo 17: Num circuito trifilar trifásico, equilibrado, com seqüência de fases ABC, a corrente de linha
[ ]. BI 40 20º A= . Achar as outras correntes de linha.
Solução: Estando o circuito equilibrado, todas as três correntes de linha tem o mesmo módulo: 40 [A]. E
sendo a seqüência de fases a direta (ABC), com A precedendo B, avança em 120º.
Pela mesma razão (C segue B), atrasa em relação a em 120º. Conseqüentemente,
.
AI
.
BI
.
CI
.
BI
[ ]. AI 40 20º 120º 40140º A= + =
[ ]. CI 40 20º 120º 40 100º A= − = −
Exemplo 18: Qual é a corrente de linha num circuito trifilar trifásico, desequilibrado, no qual
.
AI
[ ]. BI 40 85º A= e [ ]. CI 70 230º A ?
Solução: De acordo com a lei de Kirchhoff, a soma das três correntes de linha é zero, isto é:
. . .
A B CI I I+ + = 0
Então,
[ ]. . .A B CI I I 40 85º 70 230º 43,7418,4º A= − − = − − =
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Exemplo 19: Cada fase de um alternador trifásico ligado em estrela (figura 15) libera uma corrente de
25[A] para uma tensão de fase de
220[V] e um fator de potência ( )cosφ de 80% indutivo.
Qual é a tensão no terminal do gerador? Qual a potência desenvolvida em cada fase?
Qual a potência trifásica (total) desenvolvida?
.
abE
.
bnE
.
cnE
.
AI
.
BI
.
CI
.
caE
.
bcE
.
anE
n
a
bc
.
nI
Figura 15
Solução: A tensão no terminal do gerador é a tensão de linha:
[ ]L FV 3.V 381 V= =
A potência desenvolvida em cada fase é dada por :
F F FP V .I .cosφ= [ ] [ ]220x25x0,8 4.400 W 4, 4 KW= = =
A potência trifásica é a soma das potências liberadas pelas três fases do alternador. Como a
potência liberada em cada fase é a mesma,
[ ] [ ]T FP 3.P 3x4.400=13.200 W 13, 2 K W= = = .
Exemplo 20: Uma carga ligada em Y, equilibrada, de impedâncias [ ]YZ 50 30º= − Ω é excitada por
uma fonte de 12.470 [V], trifilar trifásica. Achar a corrente (eficaz) de linha.
Solução: Cada corrente de linha é igual a tensão de fase da carga [ ]12.470 / 3 7200 V= dividida pelo
módulo da impedância de fase: [ ]YZ 50= Ω . Portanto, [ ]LI 7200 / 50 144 A= = .
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Exemplo 21: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga equilibrada ligada em Y, constituída
de impedâncias [ ]YZ 60 20º= Ω , excitada por uma fonte trifásica. Uma das tensões de
fase é [ ]. BNV 120 35º V= e a seqüência de fases é positiva (ABC).
Solução: A corrente de linha pode ser encontrada dividindo-se a tensão da fase pela
impedância de fase . E as outras correntes de linha podem ser encontradas de coma a
ajuda de fases. Portanto,
.
BI
.
BNV
YZ
.
BI
[ ]
.
. BN
B
Y
V 120 35ºI 2 15º A
Z 60 20º
= = =
Visto que a sequência de fases é ABC, o ângulo de é 120º a mais que o de .
Obviamente, os módulos das correntes são iguais. Logo,
.
AI
.
BI
[ ]. AI 215º 120º 2135º A= + = . Da
mesma forma, o ângulo de é 120º menor :
.
CI [ ]. CI 215º 120º 2 105º A= − = − .
Exemplo 22: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga ligada em Y, equilibrada, constituída
de impedâncias [ ]YZ 50 35º= − Ω , alimentada por um sistema trifilar no qual
[ ]. CBV 220 60º V= . A seqüência de fases é ABC.
Solução: De acordo com a figura 37, a tensão de fase tem um ângulo que é 30º maior do que
aquele de e um módulo que é menor por um fator de
.
CNV
.
CBV 1/ 3 . Portanto,
[ ]. CN 220 60º 30ºV 127 90º V
3
+= =
A corrente de linha é
.
CI
[ ]
.
. CN
C
Y
V 127 90ºI 2,54 125º A
Z 50 35º
= = =−
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A
B
C
A
B
C
N
AZ
BZ
CZ
(a)
(b)
Figura 37
Visto que A segue C na seqüência de fases (...ABCA...), atrasa com relação a em 120º.
Donde
.
AI
.
CI
[ ]. AI 2,54125º 120º 2,54 5º A= − = Como B precede C na seqüência de fases,
avança em relação a em 120º. Logo:
.
BI
.
CI
[ ]. BI 2,54125º 120º 2,54 245º 2,54 115º A= + = = − .
Exemplo 23: Qual é a seqüência de fases de um circuito trifásico equilibrado com uma carga ∆ na qual
duas das correntes de fase são [ ]. BAI 12 20º A= − e [ ]. CBI 12100º A= ? Quanto vale
?
.
ACI
Solução: Visto que , com primeiro subscrito C, tem um ângulo 120º maior que aquele de , com o
primeiro subscrito B, a letra C precede a letra B na seqüência de fases. Logo, a seqüência de
fases tem que ser ACB, a seqüência de fases negativa. Nesta seqüência, , com primeiro
subscrito A, tem um ângulo que é 120º menor do que aquele de . Obviamente, o módulo é
o mesmo:
.
CBI
.
BAI
.
ACI
.
BAI
[ ]. ACI 12 20º 120º 12 140º A= − − = − .
Exemplo 24: Achar as correntes de fase , e de uma carga trifásica equilibrada ligada em
.
BCI
.
ABI
.
CAI ∆
sabendo que uma corrente de linha é [ ]. BI 75 45º A= − e que a sequência de fases é
ABC.
Solução: De acordo com a figura 49, que é para a seqüência de fases ABC e para o grupo de correntes
de fase em especificado, pode-se notar que tem um ângulo que é 30º maior do que
aquele de , e tem módulo menor por um fator de
∆ . BCI
.
BI 1/ 3 . Conseqüentemente,
[ ]. BC 75 45º 30ºI 43,3 15º A
3
− += = −
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30º30º
30ºφ
φ
φ
. . .
C CA BCI I I= −
. . .
A AB CAI I I= −
. . .
B BC ABI I I= −
.
CAV
.
BCV
.
ABV
I .
ABI
.
ACI.
BCI
.
BAI
.
CBI
.
CAI
Re
Figura 49
Da mesma figura 49, ou do fato de que tem um ângulo que é maior em 120º ao de ,
porque seu primeiro subscrito A está imediatamente à frente do primeiro subscrito B de ,
na seqüência de fases ABC,
.
ABI
.
BCI
.
BCI
[ ]. ABI 43,3 15º 120º 43,3105º A= − + = .
Assim [ ]. CAI 43,3 15º 120º 43,3135º A= − − =
Exemplo 25: Uma carga trifásica equilibrada ligada em ∆ tem uma corrente de fase [ ]. BAI 2010º A= . A
seqüência de fases é ACB. Achar as outras correntes de fase e as correntes de linha.
Solução: As outras correntes de fase procuradas são aquelas que tem ângulos diferindo 120º daquele de
. Elas tem que ser e , como se pode obter da relação dos subscritos: Duas
correntes não podem ter as mesmas letras como primeiros ou como segundos
subscritos; a mesma letra só pode aparecer uma vez como primeiro subscrito e uma vez
como segundo subscrito. Visto que a seqüência de fases é ACB, ou inversa, deve
avançar e, 120º, porque na seqüência de fases a letra C (primeiro subscrito de )
precede a letra B (primeiro subscrito de ). Conseqüentemente,
.
BAI
.
ACI
.
CBI
.
CBI
.
BAI
.
CBI
.
BAI
[ ]. CBI 20 10º 120º 20130º A= + = . Então deve se atrasar com relação a em 120º: . ACI . BAI
[ ]. ACI 2010º 120º 20 110º A= − = − . Na figura 50, atrasa com relação a em 30º, e
visto que ela tem módulo
.
AI
.
ACI
3 vezes maior, [ ]. AI 20 3 110º 30º 34,64 140º A= − − = − .
Sendo a seqüência de fases ACB, as correntes e , respectivamente, avançam e atrasam
de em 120º:
.
BI
.
CI
.
AI
[ ]. BI 34,64 140º 120º 34,64 20º A= − + = −
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[ ]. CI 34,64 140º 120º 34,64 260º 36,64100º A= − − = − =
Exemplo 26: Quais são as correntes fasoriais de linha pra uma carga trifásica equilibrada ligada em ∆
se uma corrente de fase é [ ]. CBI 25 35º A= e se a seqüência de fases é ABC?
Solução: Partindo da figura 49, que é para uma seqüência de fases ABC e do grupo de correntes de fase
que inclui , pode-se notar que avança em 30º Obviamente, seu módulo é
.
CBI
.
CI
.
CBI
[ ]3 35º 30º 43,3 65º A+ = . Da seqüência de fases, avança em 120º e atrasa-se
em relação a em 120º. Logo,
.
BI
.
CI
.
AI
.
CI
[ ]. BI 43,3 65º 120º 43,3180º
43,3 5º A= + = = −
[ ]. AI 43,3 65º 120º 43,3 55º A= − = −
Exemplo 27: Um sistema trifásico de 220 [V] tem uma carga equilibrada ligada em constituída de
resistores de 40[ ∆]Ω . Achar a corrente (eficaz) de linha.
Solução: A corrente de linha pode ser encontrada da corrente de fase , que é igual a tensão de
linha
LI FI[ ]LV 220 V= (igual, também à tensão de fase ) dividida pela resistência de fase FV
[ ]Z 40∆ = Ω . Assim, [ ]FI 220 / 40 5,5 A= = . A corrente de linha é 3 vezes maior:
[ ]L FI 3I 9,53 A= = .
Exemplo 28: Achar as correntes fasoriais de linha para uma carga trifásica equilibrada em constituída
de impedâncias
∆
[ ]Z 50 35º∆ = − Ω se uma tensão de fase é [ ]. CBV 220 60º V= e se a
seqüência de fases é ACB.
Solução: O primeiro passo é achar a corrente de fase :
.
CBI
[ ]
.
. CB
CB
V 220 60ºI 4
Z 50 35º∆
= = =− , 4 95º A
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Do diagrama fasorial para uma seqüência de fases ACB, e do grupo de correntes de fase que
inclui , a corrente de linha se atrasa em relação à em 30º. Obviamente, seu módulo
é
CBI
.
CI CBI
3 vezes maior.
Portanto,
[ ]. CI 4, 4 3 95º 30º 7,62 65º A= − =
Visto que a seqüência de fases é ACB, as correntes e , nas outras duas linhas,
respectivamente, avançam e atrasam relativamente à em 120º. Assim,
.
AI
.
BI
.
CI
[ ]. AI 7,62 65º 120º 7,62185º 7,62 5º A= + = = −
[ ]. BI 7,62 65º 120º 7,62 55 A= − = −
Exemplo 29: Um circuito de 440 [V], trifásico, trifilar tem duas cargas equilibradas ligadas em ∆ , sendo
uma delas formada de resistores de 10 [ ]Ω e a outra de resistores de 40 [ ]Ω . Achar a
corrente (eficaz) total de linha.
Solução: A situação é aquela ilustrada na figura 42. Estando os resistores correspondentes das cargas
em em paralelo, as resistências podem ser combinadas para produzir um único ∆ ∆
equivalente de resistores de ( ) ( ) [ ]10 40 : 10 40 8x + = Ω . A corrente de fase deste ∆ é igual
a tensão de linha (igual a de fase) dividida pela resistência de fase de
[ ] [ ]F8 : I 440 / 8 55 AΩ = = . E, é claro, a corrente de linha é 3 vezes maior:
[ ]LI 3.55 95,3 A= = .
A
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
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uma resistência de ( ) ( ) [ ]5 20 : 5 20 4x + = Ω nas fases do Y equivalente. A tensão de fase
[ ]220 / 3 127 V= dividida por este valor de resistência dá a corrente de linha:
[ ]LI 127 / 4 31,8 A= = .
A
B
C
1N 2N
Figura 43
Exemplo 31: Três resistências de 20 [ ]Ω cada, estão ligadas em Y a um circuito trifásico, trifilar, de
220[V], funcionando com um fator de potência unitário. Calcule a potência consumida
pelas três resistências. Repita para o caso em que as três resistências são religadas em
. ∆
Solução: A tensão de fase é 3 vezes menor que a tensão de linha: [ ]F LV V / 3 220 127 V= = = .
A corrente de fase é [ ]F F YI V / Z 127 / 20 6,35 A= = = . A potência consumida pelas três
resistências, ou potência total, , é igual a três vezes a potência consumida em cada
resistência, ou potência por fase . Então,
TP
FP
( )( )( ) [ ]T F F FP 3.P 3.V .I .cos 3 127 6,35 1 2.419, 4 Wφ= = = = , ou
( ) ( ) [ ]22T FP 3.R.I 3. 20 . 127 / 20 2.419,4 W= = =
Para as mesmas três resistências de 20 [ ]Ω cada, religadas em ∆ , a corrente de fase é
[ ]F F LI V / Z V / Z 220 / 20 11 A∆ ∆= = = = . Então, a potência consumida é:
( )( )( ) [ ]T F F FP 3.P 3.V .I .cos 3 220 11 1 7.260 Wφ= = = = ou
( )( ) [ ]22T FP 3.R.I 3 20 11 7.260 W= = = .
Exemplo 32: Um sistema bifásico com tensões de fase de 220 [V] alimenta uma carga equilibrada ligada
em triângulo, constituída por [ ]Z 10 50º∆ = Ω . Calcular as correntes de linha e a
potência total consumida.
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Figura 51
A
B
C
.
AI
.
ABI
.
BI
.
NI
.
BNI
.
ANI
A
B N
Z∆ Z∆
Z∆
.
ABV 169,7 45º= −
.
ANV 120 90 º=
.
ANV 120 0º=
Solução: No sistema bifásico, as duas tensões entre linha e neutro (tensões de fase) estão defasadas de
90º. Assim, se é tomada como referência, resulta 90º avançada, como indicado na
figura 51. a tensão entre linhas (tensão de linha) é
.
ANV
.
BNV
2 vezes a tensão de fase. Diretamente,
[ ]. . .AB AN BNV V V 120 0º 120 90º 120 j120=120 2 45º 169,7 45º V= − = − = − − = − .
As correntes de fase são:
[ ]
[ ]
[ ]
.
. AB
AB
.
. AN
AN
.
. BN
BN
V 169,7 45ºI 16,97 95º A
Z 10 50º
V 120 0ºI 12 50º A
Z 10 50º
V 120 90ºI 12 40º
Z 10 50º
∆
∆
∆
−= = = −
= = = −
= = = A
E as correntes de linha são obtidas em função das correntes de fases como segue:
[ ]
[ ]
[ ]
. . .
A AN AB
. . .
B BN AB
. . .
N AN BN
I I I 12 50º 16,97 95º 26,83 76,6º A
I I I 12 40º 16,97 95º 26,83 66,6º A
I I I 12 50º 12 40º 16,97 175º A
= + = − + − = −
= − = − − =
= − − = − − − =
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A potência de cada fase vale:
[ ] ( ) [ ]
[ ] ( ) [ ]
[ ] ( ) [ ]
22
AB AB
22
AN AN
22
BN BN
P Re Z .I 10.cos50º . 16,97 1851 W
P Re Z .I 10.cos50º. 12 925,6 W
P Re Z .I 10.cos50º. 12 925,6 W
∆
∆
∆
= = =
= = =
= = =
Por conseguinte, a potência total é
[ ]T AB AN BNP P P P 3.702,6 W= + + =
Circuito Monofásico Equivalente, ou Circuito Equivalente de uma Linha, para Cargas
Equilibradas
Exemplo 33: Um sistema trifásico a quatro condutores, com seqüência de fases negativas e
[ ]. AN FV V 90º V= − , tensão eficaz de linha de 220 [V], contém três impedâncias de
[ ]20 30º− Ω ligadas em estrela. Determinar as correntes de linha pelo método do
equivalente monofásico.
Solução: O valor eficaz da tensão de fase é [ ]F LV V / 3 220 / 3 127 V= = = . Referindo-se ao
equivalente monofásico da figura 54, tem-se que:
[ ]. LNL
Y
V 0º 127 0ºI 6
Z 20 30º
= = =− ,35 30º A
Com a seqüência de fases é negativa, os verdadeiros ângulos das tensões de fase
e são 90º, +30º e +150º, respectivamente.
Então,
. .
AN BNV , V
.
CNV
[ ]
[ ]
[ ]
.
A
.
B
.
C
I 6,35 90º 30º 6,35 60º A
I 6,35 30º 30º 6,35 60º A
I 6,35150º 30º 6,35180º A
= − + = −
= + =
= + =
[ ]127 0º V [ ]20 30º− Ω
Li
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Figura 54
Exemplo 34: Um sistema trifásico ACB, com tensão de linha de 220[V], tem uma carga equilibrada ligada
em triângulo constituída de impedâncias [ ]Z 60 30º∆ = Ω . Obtenha as correntes de linha
e de fase pelo método do equivalente de uma linha.
Solução: A impedância da conexão estrela equivalente é [ ]YZ Z / 3 20 30º∆= = Ω , e a tensão
[ ].LN FV V 220 / 3 127 V= = = . Com estes valores construiu-se o equivalente monofásico
mostrado na figura 55.
[ ]127 0º V [ ]20 30º Ω
Li
L
∆
N
Figura 55
Da figura 55,
[ ]. L 127 0ºI 6,35 3
20 30º
= = − 0º A
Para se determinar as correntes de linha verdadeiras: e , deve-se estabelecer,
em primeiro lugar, os ângulos de fase verdadeiros das tensões de fase, na seqüência de
fases ACB dada, pois as correntes de linha estarão atrasadas de 30º em relação às
correspondentes tensões de fase da Y equivalente. Como os verdadeiros ângulos das
tensões de fase não foram dados, considera-se que:
. .
A BI , I
.
CI
[ ]. ANV , 127 0º V=
[ ]. BNV 127 120º V= e [ ]. CNV 127 120º V= − . Então, as correspondentes de linha ficam
sendo
[ ]
[ ]
[ ]
.
A
.
B
.
C
I 6,35 0º 30º 6,35 30º A
I 6,35120º 30º 6,35 90º A
I 6,35 120º 30º 6,35 150º A
= − = −
= − =
= − − = −
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Considerando que na ligação em triângulo, com seqüência de fases negativas, as correntes
de fase estão atrasadas das correntes de linha correspondentes de 30º, e com módulo 3
vezes menores, resulta que as correntes de fase (nas fases de ligação em delta) são:
[ ]
[ ]
[ ]
.
AB
.
BC
.
CA
6,35I 30º 30º 3,67 60º A
3
6,35I 90º 30º 3,67 60º A
3
6,35I 150º 30º 3,67 180º 3,67 0º A
3
= − − = −
= − =
= − − = − = −
Exemplo 35: Um sistema trifásico, trifilar, com tensão de linha de 220 [V], alimenta duas cargas
equilibradas, uma em delta com [ ]Z 1510º∆ = Ω e outra em estrela com
[ ]YZ 10 30º= Ω . Obtenha a corrente (eficaz) de linha.
Solução: Convertendo, inicialmente, a carga ligada em delta numa estrela equivalente, pode-se construir
o circuito monofásico equivalente mostrado na figura 56. portanto, a corrente fasorial de linha
é:
[ ]. L 127 0º 127 0ºI 37,6 16,6º A
510º 10 30º
= + = −
A corrente eficaz de linha é, pois, 37,6 [A].
[ ]10 30º Ω
Li
L
Y
N
∆
[ ]127 0º V
[ ]510º Ω
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Figura 56
Visto que as duas impedâncias de carga estão em paralelo no circuito equivalente de uma
linha da figura 56, pose-se substituí-las por uma única equivalente:
( )( ) [ ]510º 10 30º 5 40ºZ= 3,3816,6º
510º 10 30º 14,8 23, 4º
= =+ Ω
Então, a corrente eficaz de linha é:
[ ]L 127 127I 3Z 3,38= = = 7,6 A
Exemplo 36: Três impedâncias [ ]30 20º Ω são ligadas em triângulo a um sistema trifásico trifilar, de
220[V], por condutores de impedâncias [ ]LZ 0, 4 j0,6= + Ω . Determinar o módulo de
tensão de linha na carga delta.
Solução: A figura 57 mostra o circuito monofásico equivalente. Nele, a impedância da linha está em série
com a da carga, e a impedância total vista pela fonte é: [ ]L YZ Z Z 0, 4 j0,6+10 20º 10,6 22,3º= + = + = Ω
Então, a corrente de linha vale
[ ]
.
. F
L
V 127 0ºI 11,98
Z 10,6 22,3º
= = = −22,3º A
A tensão de fase na carga é:
[ ]. . .L YBTV I .Z 11,98 22,3º.10 20º 119,8 2,3º V= = − = −
Então, a tensão de linha solicitada, na carga ∆ , é:
[ ]. LV 119,8 3 207,5 V= =
Assim, a tensão de 220 [V] do sistema caiu para 207,5 [V] na carga, devido à impedância das
linhas.
Revisão: José Eugenio L.
[ ]. FV 127 0º V= [ ]10 20º Ω
Li
∆A B
[ ]0,4 j0,6+ Ω
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Figura 57
A queda de tensão na linha é:
[ ]. . LB LV Z .I (0,4 j0,6).11,98 -22,3º 8,63 34º V= = + =
Na figura 58, está mostrado o correspondente diagrama fasorial
Figura 58
22, 3º
2,3º
.
Lj0,6I
.
L0,4 I
.
BTV
.
ATV
.
ABV
.
LI
T
Exemplo 37: Determinar a tensão de linha, na carga do exemplo 36, depois de se ligar em paralelo com
aquela carga um banco de capacitores em ∆ , com reatâncias de [ ]j90− Ω .
Solução: No circuito equivalente de uma linha da figura 59, a reatância de [ ]j30− Ω e a carga de
[ ]10 20º Ω estão em paralelo, produzindo uma impedância equivalente
( ) [ ]Y 10 20º j30º 300 70ºZ 10,64 0,53º10 20º j30º 28,19 70,53º
− −= = =− − Ω
Então, a impedância vista pela fonte é:
[ ]L YZ Z Z 0, 4 j0,6 10,64 0,53º 11,06 3,62º= + = + + = Ω
A corrente de linha é:
[ ]. L 127 0ºI 11,48 3,62º A
11,06 3,62º
= = −
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A tensão de fase na carga vale:
[ ]. . LBT YV Z .I 10,64 0,53º.11,48 3,62º 122,15 3,1º V= = − = −
Assim, a tensão de linha solicitada na carga é:
[ ]LV 3.122,15 211,6 V= =
Figura 59
[ ]127 0º V [ ]10 20º Ω
∆
T
A B
∆
T T
[ ]j30− Ω
[ ]0, 4 j0,6+ Ω
Sabe-se que o fator de potência melhora quando se acrescenta capacitores em paralelo com a
carga. E isso acarreta uma redução na queda de tensão na linha. Neste exemplo, a tensão do
sistema caiu de 220 [V] para 211,6 [V] e não para 207,5 [V], como no exemplo 36.
Carga Desequilibrada Ligada em triângulo
Exemplo 38: Um sistema trifásico trifilar ABC de 220 [V], tem uma carga ligada em (figura 60) com ∆[ ] [ ]AB BCZ 10 15º , Z 10 50º= Ω = Ω e [ ]CAZ 20 25º= − Ω . Calcular as correntes de fase
e de linha e construir o correspondente diagrama fasorial.
Figura 60
A
C
B
.
AI
.
CAI
.
CI
.
IB
.
BCI
.
ABI
A
BC
CAZ
BCZ
ABZ[ ]220120º V
[ ]220 120º V−
[ ]220 0º V
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Solução: Conforme indicado na figura 60, as correntes de fase (correntes de laço) são independentes e
dadas por:
[ ]
[ ]
[ ]
.
.
AB
AB
AB
.
.
BC
BC
BC
.
.
CA
CA
CA
V 220 0ºI 22 15º A
Z 10 15º
V 220 120ºI 22 170º A
Z 10 50º
V 220 120ºI 11 145º A
Z 20 25º
= = = −
−= = = −
= = = −−
E as correntes de linha são:
[ ]
[ ]
[ ]
. . .
A BA CA
. . .
B BC AB
. . .
C CA BC
I I I 22 15º 11145º 32,56 21,6º A
I I I 22 170º 22 15º 42,96177,5º A
I I I 11145º 22 170º 16,2137,7º A
= − = − − = −
= − = − − − =
= − = − − =
Observa-se de passagem, que
. . .
A B CI I I 0+ + = , o mesmo neste caso em que as correntes de
linha não são simétricas.
O diagrama fasorial solicitado está mostrado na figura 61, com módulos de tensões e de
correntes tomados em escalas diferentes.
FALTA FIGURA 61
Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema a Quatro Condutores
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Exemplo 39: Um sistema trifásico a quatro fios, a seqüência de fases negativas, 220 [V], tem uma carga
ligada em Y, com [ ] [ ]A BZ 810º , Z 5 35º ,= Ω = Ω e [ ]CZ 6 40º= Ω . Determinar as
correntes de linha e a corrente no neutro, e construir o diagrama fasorial.
Solução: O diagrama do circuito está indicado na figura 62. Como a seqüência de fases é a negativa, ou
inversa, [ ] [ ]. .AB BCV 220 0º V ,V 220120º V= = , e [ ]. CAV 220 120º= − Ω .
A
B
C
N
.
ANV 127 30º=
.
NI
.
AI
.
BI
.
CI
.
CNV 127 90º= −
.
BNV 127 150º=
C B
N
A
CZ
BZ
AZ
Figura 62
Então:
[ ] [ ]. .AN BNV 127 30º V ,V 127 150º V= = e [ ]. CNV 127 90º V= −
As correntes de linha (de laço) são independentes e dadas por:
[ ]
[ ]
[ ]
.
. AN
A
A
.
. BN
B
B
.
. CN
C
C
V 127 30ºI 15,88 20º A
Z 810º
V 127 150ºI 25, 40115º A
Z 5 35º
V 127 90ºI 21,17 130º A
Z 6 40º
= = =
= = =
−= = = −
A corrente no fio neutro é calculada de , e vale
. . . .
N A BI I I I⎛= − + +⎜⎝ ⎠C
⎞⎟
( ) [ ]. NI 15,88 20º 25,40115º 21,17 130º 9,420 j12,234=15,44 52,4º A= − + + − = − −
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O diagrama fasorial pedido está na figura 63.
.
BI
.
AI
.
NI
.
CI
.
CNV
.
BNV
.
ANV
eR
Figura 63
Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema Trifilar Simétrico
Exemplo 40: A figura 64 a, mostra o mesmo sistema do exemplo 39, com a diferença que o fio neutro já
não se acha mais presente. Determinar as correntes de linha e calcular a tensão de
deslocamento do neutro.
A
B
C
.
COV
.
BOV
.
AOV
"
AZ 810º
"
BZ 5 35º"CZ 6 40º
.
AI
.
CI
.
BI
.
BCV
.
CAV
.
AI
.
BI
.
ABV
220 0º
Figura 64 (a)
Solução: Tomando o terminal B da carga como nó de referência, resulta que e o circuito
pode ser visualizado como mostrado na figura 46b, do qual pode-se obter pelo
método modal.
. .
OB O BV V V= − .
B
. .
O OV V=
. . . . .
O A O O C
A B C
V V V V V 0
Z Z Z
− −+ + =
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ou
. .
. A C
O
A B C A
1 1 1 V VV .
Z Z Z Z Z
⎛ ⎞+ + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ C
Onde
. .
A ABV V 220 0º= = e [ ]. . .C CB BCV V V 220120º V= = − = − .
Então
.
O
1 1 1 220 0º 220 120ºV .
810º 5 35º 6 40º 810º 6 40º
⎛ ⎞+ + = −⎜ ⎟⎝ ⎠
De onde se obtém que
[ ]. .O OBV V 95,31 32,69º V= = −
Logo
[ ]
. .
. BO OB
B
B B
95,31 32,69ºV VI 19,06 67,69º A
Z Z 5 35º
−= = − = = − −
De
. . . . .
. . AO A O AB OB
A AO
A A A
V V V V VI I
Z Z Z
− −= = = = ,
Determina-se que
[ ]. A 220 0º 95,31 32,69º 148,96 20,22ºI 18,6210, 22º A
810º 810º
− −= = = .
E de
. . . . . . .
. . CO C O CB OB BC OB
C CO
C C C C
V V V V V V VI I
Z Z Z Z
− − += = = = = , que
[ ]. C 220120º 95,31 32,69º 142,20 77,91ºI 23,70 117,91º A
6 40º 6 40º
+ − −= − = = −
O ponto 0 é deslocado do neutro N por uma tensão fasorial , dada por
.
ONV
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[ ]. . .ON OA ANV V V 148,96 20,22º 127,00 30º 32,13158,04º V= + = − + =
As correntes de linha também podem ser obtidas pelo método das malhas:
( )
( )
. . .
A B CAA C C
. .
A B BCC B C
Z Z I Z .I V
Z .I Z Z .I V
+ + = −
+ + = .
ou
( ) ( )
( ) ( )
. .
A B
. .
A B
810º 6 40º .I 6 40º .I 220 120º
6 40º .I 5 35º 6 40º .I 220 120º
+ + = − −
+ + =
A solução deste sistema de equações fornece:
[ ]. AI 18,6210,22º A= e [ ]. BI 19,06112,30º A=
Então,
[ ]. . .C A BI I I 23,69 62,09º 23,69 117,91º A⎛ ⎞= − + = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
As tensões nas três impedâncias são obtidas multiplicando-se as correntes de linha pelas
respectivas impedâncias:
[ ]. . .A AA0V I .Z 18,6210,22º .810º 148,96 20,22º A= = =
[ ]. . .B BB0V I .Z 19,06112,30º .5 35º 95,30147,30 V= = =
[ ]. . .C CC0V I .Z 23,69 117,91º . 6 40º 142,14 77,91º V= = − = −
O diagrama fasorial destas três tensões, mostrado na figura 65 a, forma um triângulo
eqüilátero de lados iguais às tensões do sistema (tensões de linha). Na figura 65b foi
reconstituído o triângulo eqüilátero, acrescentando o ponto neutro N, aparecendo, assim, a
tensão de deslocamento do neutro
.
ONV
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202º
77,9º−
147,3º
0º
A
C
B
.
BCV
.
COV
.
AOV
.
BCV
.
CAV
.
ABV
eR
Figura 65 (a)
A
C
B
.
BNV .
ANV
.
CNV
0 N
Figura 65 (b)
Método do Deslocamento do Neutro
Exemplo 41: Uma carga ligada em estrela, com [ ]AZ 10 0º= Ω , [ ]BZ 10 60º= Ω e [ ]CZ 10 60º= − Ω ,
é alimentada por um sistema trifásico, trifilar, ABC de 220 [V]. Empregando o método do
deslocamento do neutro, determinar as correntes de linha.
Solução: Como a seqüência de fases é a direta, tomando-se como referência, tem-se que:
.
ABV
[ ]. ABV 220 0º V= , [ ]. BCV 220 120º V= − e [ ]. CAV 220120º V=
Logo,
[ ]. ANV 127 30º V= − , [ ]. BNV 127 150º V= − e [ ]. CNV 127 90º V=
As admitâncias de carga são:
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[ ]AY 1/10 0,1 0º S= = ;
( ) [ ]BY 1/ 10 60º 0,1 60º 0,0500 j0,0866 S= = − = − e
( ) [ ]CY 1/ 10 60º 0,1
60º 0,0500 j0,0866 S= − = = +
Então,
[ ]A B CY Y Y 0,2000 j0,0000=0,2 S+ + = + e
e
.
ANAY .V 0,1 0º .127 -30º 12,7 30º 10,9985 j6,3500= = − = −
.
BNBY .V 0,1 60º .127 150º 12,7 210º 10,9985 j6,3500= − − = − = − +
Onde
[ ]. . .AN BN CNA B CY .V Y .V Y .V 10,9985 j6,3500 12,7 150º A+ + = + =
Portanto,
[ ]. ON 12,7 150ºV 63,5150º 54,9926 j31,7500 V
0, 2
= = = − + .
As tensões nas impedâncias de carga são:
[ ]. . .AO AN NOV V V 127 30º 63,5150º 190,5000 30º V= + = − − = −
[ ]. . .BO BN NOV V V 127 150º 63,5150º 109,9852 120º V= + = − − = −
[ ]. . .CO CN NOV V V 127 90º 63,5150º 109,9852 60º V= + = − =
E as correntes de linha são:
[ ]. A A AOI Y .V 0,1 0º.190,5 30º 19,05 30º A= = − = −
[ ]. B B BOI Y .V 0,1 60º.110 120º 11,0 180º A= = − − = −
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[ ]. C C COI Y .V 0,1 60º.110 60º 11,0120º A= = =
O correspondente diagrama fasorial será mostrado na figura 66, com tensões e correntes
marcadas em escalas diferentes.
AB
C
.
CI
.
BI
.
AI
.
CNV
.
BNV . ANV
.
ONV
0
.
BOV
.
COV
Figura 66
Potência em Cargas Trifásicas Equilibradas
Exemplo 42: Um gerador ligado em Y fornece 100 [KW] a um f.p. de 0,90. Se a tensão de linha
for de 220 [V], qual a corrente de linha?
Solução: A corrente obtida de L LP 3.V .I .cos ,φ=
E vale: [ ]L
L
P 100.000I 291,6 A
3.V .cos 3 220 0,90x xφ= = = .
Exemplo 43: Uma carga ligada em ∆ consome 400 [KW] de uma linha de 4 [KV] com um fator de
potência indutivo. Se cada fio conduz 60 [A], qual o fator de potência e o ângulo de
atraso?
Solução: O fator de potência é obtido de L LP 3.V .I .cos ,φ= e vale:
L L
P 400.000f.p. cos 0,962
3V I 3 4000 60x x
φ= = = = indutivo.
Logo,
arccos0,962=15,790φ =
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Exemplo 44: Num circuito trifásico de 220 [V], uma carga equilibrada ligada em ∆ absorve 2,4 [KW] com
um fator de potência em avanço de 0,80. Achar a impedância . Z∆
Solução: A corrente de fase é obtida de F FP 3V .I cos ,φ= e vale:
[ ]F
F
P 2.400I 4
3.V .cos 3 220 0,80x xφ= = = ,55 A
Visto que a tensão de linha também é a tensão de fase, o módulo da impedância é:
[ ]F
F
V 220Z 4
I 4,55∆
= = = Ω8,4 .
O ângulo da impedância é o ângulo do fator de potência: arccos0,80=-36,9ºφ = − . Portanto,
a impedância de fase é [ ]Z 48, 4 36,9º∆ = − Ω
,
.
Exemplo 45: Um motor de indução trifásico libera 20 [CV], operando um rendimento de 88%, num fator
de potência em atraso de 0,82, alimentado por um sistema de 440 [V]. Qual é a corrente
eficaz de linha?
Solução: A potência de entrada do motor é E SP P /η= onde
[ ] [ ]SP 20 0,736 14,72 KW 14,720 Wx= = = é a potência de saída no eixo do motor.
Portanto, [ ] [ ]EP 14,720 / 0,80 16.727,3 W 22,73 CV= = = .
A corrente eficaz de linha é obtida de E L LP 3V .I .cosφ= , vale
[ ]EL
L
P 16727,3I 2
3V cos 3 44 0,82x xφ= = = 6,8 A
Exemplo 46: Um circuito trifásico de 440 [V] tem duas cargas equilibradas ligadas em , uma de
impedâncias de
∆[ ]50 30º Ω e outra de impedância [ ]40 60º− Ω . Achar a corrente eficaz
total de linha e a potência média total consumida.
Solução: Estando em paralelo, as impedâncias em ∆ correspondentes podem ser combinadas para:
[ ]
50 30º 40 60º 2000 30ºZ
50 30º 40 60º 64,03 8,66º
31,24 21,34º 29,10 j11,37 R jX
x
∆ ∆
− −= =+ − −
= − = − Ω = +
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A corrente eficaz de fase para o ∆ combinado é igual a tensão de fase (igual a de linha)
dividida pelo módulo desta impedância:
[ ]F LI V / Z 440 / 31, 24 14,08 A∆= = =
E a corrente eficaz de linha é [ ]L FI 3I 24,40= = A .
A potência média total absorvida pose ser encontrada usando-se a resistência e a corrente
de fase para o equivalente: ∆
( ) [ ] [ ]22FP 3.R .I 3 29,10 14,08 17.306 W 17,3 KWx x∆= = = =
Alternativamente, ela pode ser encontrada das grandezas de linha e do fator de potência:
( ) [ ]E L LP 3.V .I .cos 3 440 24, 4 cos 21,34º 17,3 KWx x xφ= = − =
Exemplo 47: Um circuito trifásico de 220 [V] alimenta duas cargas equilibradas, uma ligada em ∆ com
impedâncias de [ ]72 30º Ω e outra ligada em Y de impedâncias de [ ]10 60º− Ω . Achar
a corrente eficaz total de linha e a potência média total absorvida.
Solução: As duas cargas podem ser combinadas num ∆ equivalente, ou num Y equivalente. Se o ∆ for
convertido num Y, o Y terá uma impedância de fase de ( ) [ ]72 30º / 3 24 30º= Ω . Visto que o
circuito agora tem duas cargas equilibras em Y, as impedâncias correspondentes estão em
paralelo e, portanto, podem ser combinadas em:
[ ]Y 24 30º 10 60º 240 30ºZ 9,23 37,38º 7,33j5,6024 30º 10 60º 26 7,38º
x − −= = = − =+ − Ω
A corrente eficaz de linha é igual à tensão de fase [ ]FV 220 3 127 V= = dividida pelo
módulo da impedância de fase do Y equivalente:
[ ]L F F YI I V / Z 127 / 9, 23 13,76 A= = = =
Visto que esta corrente, efetivamente, passa pela resistência RY de [ ]7,33 Ω do Y
equivalente, a potência média total absorvida é :
( ) [ ] [ ]22Y LP 3.R .I 3 7,33 13,76 4,164 W 4,2 KWx x= = = = .
Alternativamente, pode-se usar a fórmula da potência em função das grandezas de linha e do
fator de potência:
( ) [ ] [ ]L LP 3.V .I .cos 3 220 13,76 cos 37,38º 4.166 W 4,2 KWx x xφ= = − = =
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NOTA: Nos problemas que ocorrem freqüentemente nos quais a ligação não é especificada, e
não é importante para a solução, pode-se considerar seja uma ligação em Y, seja uma ligação
em . A ligação Y é mais comumente escolhida. Na análise do desempenho do motor
trifásico, por exemplo, as ligações reais dos enrolamentos não precisam ser conhecidas, a
menos que a investigação deva concluir condições detalhadas nas próprias bobinas.
∆
Exemplo 48: Achar a potência média absorvida por uma carga trifásica equilibrada num circuito ABC
(seqüência de fases positivas) no qual [ ]. CBV 220 20º V= e [ ]. BI 4 100º A= .
Solução: Pode-se usar a fórmula L LP 3.V .I .cos 3 220 4 cosx x xφ φ= = se o fator de potência puder
ser encontrado. Visto que ele é o cosseno do ângulo da impedância carga, é preciso apenas
o ângulo entre uma tensão e uma corrente de uma mesma fase de carga. Com conhecida,
a tensão de fase mais conveniente é , porque o ângulo desejado é aquele entre e
. Este procedimento está baseado na hipótese de uma carga em Y,
que é válida porque qualquer carga equilibrada pode ser convertida numa Y equivalente. A
figura 47, que é para uma carga ligada em Y, com seqüência de fases ABC, mostra que
avança em 150º e, portanto, tem um ângulo de 20º+150º=170º. O ângulo do fator
de
potência, ou seja, o ângulo entre e , é
.
BI
.
BNV
.
BNV
.
BI
. .
BBNV Iφ⎛ = −⎜⎝ ⎠) )
⎞⎟
.
BNV
.
CBV
.
BNV
.
BI 170º 100º 70ºφ = − = . Então, a potência
média absorvida pela carga vale [ ]L LP 3.V .I .cos 3 220 4 cos70º 521,3 Wx x xφ= = =
.
cbV
.
abV
.
anV
.
acV
.
bcV
.
bnV
.
baV
.
caV
.
cnV
.
aI
.
bI
.
cI
φ
φ
φ
30º
30º
30º
3.V
eR
Figura 47
Exemplo 49: Sabendo que [ ]. ABV 440 35º V= num circuito trifásico ABC, achar as correntes fasoriais
de linha para uma carga equilibrada que absorve 6 [KW] com um fator de potência em
atraso de 0,75.
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Solução: Acorrente eficaz de linha é:
[ ]L
L
P 6000I 1
3V cos 3 440 0,75x xφ= = = 0,5 A
Como o resultado é o mesmo com a carga equilibrada ligada em triângulo ou em estrela,
admitindo-se a carga na conexão estrela, então, da figura 47, se atrasa de em 30º
e , portanto, tem um ângulo de fase de
.
ANV
.
ABV
35º 30º 5º− = . Visto que se atrasa de de um
ângulo igual ao fator de potência, que é , tem um ângulo de
. Conseqüentemente,
.
AI
.
ANV
1cos 0,75 41,4ºφ −= = . AI
5º 41, 4º 36, 4º− = − [ ]. AI 10,5 36,1º A= − e, da seqüência de fases
(ABC).
[ ]. BI 10,5 36,4º 120º 10,5 156,4º A= − − = −
[ ]. CI 10,5 36,4º 120º 10,5 83,6º A= − + =
Exemplo 50: Um circuito trifásico de 440 [V] tem duas cargas equilibradas. Uma delas é um
aquecedorresistivo de 7 [KW] e a outra um motor de indução que libera 15 [CV] operando
com rendimento de 80%, num fator de potência de atraso de 0,90. Achar a corrente eficaz
de linha.
Solução: Um bom método é achar a potência complexa de cada carga individual, achar a potência
complexa total S, e achar a corrente eficaz de linha da potência aparente LI
L LN S 3.V .I= = . Visto que o aquecedor pe uma carga puramente resistiva, sua
potência complexa [ ]A AS P 0º 7 0º KVA= = .
A potência de entrada do motor é [ ]MP 15 736 / 0,8 13,8 KWx= = . E a potência
complexa tem um módulo, a potência aparente, que é igual à potência de entrada
dividida pelo fator de potência, e um ângulo que é o ângulo do fator de potência:
MP
1
M M
P 13800S N M M cos 0,90 15.333,3 25,84º
cos M 0,90
φ φ
φ
−= = = =
[ ] [ ]13.800 j6.683 VA 13,8 j6,68 KVA= + = +
A potência complexa total é
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A MS S S 7000 13800 j6683 20800 j6683= + = + + = + [ ] [ ]21847 17,8º VA 21,8517,8º KVA= =
Portanto, a corrente eficaz de linha é
[ ]3L
L
N 21,85 10I 2
3.V 3.440
x= = = 8,7 A
Exemplo 51: Um circuito trifásico de 440 [V] alimenta duas cargas equilibradas. Uma delas é um
motor síncrono que libera 20 [CV] operando com rendimento de 85%, num fator de
potência de 0,77 em avanço. A outra é um motor de indução que libera 50 [CV] operando
com rendimento de 82%, num fator de potência de 0,87 em atraso. Achar a corrente eficaz
total de linha.
Solução: A potência média absorvida pelo motor síncrono é :
[ ]MS 20 736P 17.318 W0,85
x= =
Então, a potência aparente vale
[ ]MSMS
MS
P 17.318N 22.491 VA
cos 0,77φ= = =
E a potência complexa é
[ ]MS MSS N MS 22491 39,65º VAφ−= = −
A potência média absorvida pelo motor de indução é
[ ]MI 50 736P 44.878 W0,82
x= =
Então, a potência aparente vale
[ ]MIMI
MI
P 44.878N 5
cos 0,87φ= = = 1,584 VA
E a potência complexa é
[ ]MI MI IS N M 51584 29,54º VAφ= =
Portanto, a potência complexa total é
MS MIS S S 22491 39,65º 51584 29,54º= + = − +
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[ ]6317510,1º VA=
E a corrente eficaz total de linha é
[ ]L
L
N 63175I 8
3V 3.440
= = = 2,9 A
Exemplo 52: Determinar o valor eficaz de cada corrente de linha no circuito da figura 68. A seqüência de
fases é ACB, e a tensão de linha é de 220 [V].
Carga equilibrada de 40 KW, f. p. = QS
em atraso
20 KW
f. p. = 1
A
B
C
.
AI
.
BI
.
CI
.
1I
.
BCV
D
E
.
AI
.
BI
.
CI
figura 68
Solução: O resultado é o mesmo esteja a carga equilibrada ligada em triângulo ou em estrela. A
corrente eficaz de linha para a carga equilibrada é:
[ ]'L
L
P 40.000I 131 A
3.V .fp 3 220 0,8x x
= = =
Do diagrama fasorial da figura 69, no qual a tensão de fase foi escolhida como
referência,
.
ANV
[ ]
[ ]
[ ]
'. .
1
A AL
'.
B
'.
C
I I cos 0,8 131 37º A I
I 13183º A
I 131 157º A
−= − = − =
=
= −
Como [ ]. 1 20.000I 90º 9190
220
= = º A ,
Nó D: [ ]B'. . .B 1I I I 13183º 9190º 222 86º A= + = + =
Nó E: [ ]'. . .C C 1I I I 131 157º 91 90º 186 130º A= − = − − = −
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Os valores eficazes de cada corrente são AI 131= , BI 222= e ampères. CI 186=
.
BCV
.
BNV
.
NCV
.
ANV
.
CNV
.
I
'.
BI
'.
AI
'.
CI
-37º
REF
Figura 69
Particularidades da Conexão Aron
Exemplo 53: Num circuito trifásico e trifilar, com seqüência de fases ABC, [ ]. AI 12 20º A= − ,
[ ]. BI 10 40º A= e [ ]. ABV 220 60º V= . Achar a leitura de um vatímetro ligado com
sua bobina de corrente na linha C e sua bobina de tensão entre as linhas B e C. O
terminal ± da bobina de corrente está na direção da fonte, e o terminal ± da bobina de
tensão está na linha C.
Solução: A figura 78 ilustra a descrição feita, e permite concluir que
. . . . . .
C CCB CBCB L CP V . I .cos V I V .I .cos V I
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠) ) ) ) C−
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W
A
B
C
.
AI
.
BI
.
CI
±
±
CARGA
Figura 78
Obviamente, [ ]LV 220 V= .
Por outro lado, [ ]. . .C A BI I I 12 20º 10 40º 19,08 173º A= − − = − − − = − .
Da figura 34, pode-se notar que avança em 60º. Portanto,
.
CBV
.
ABV
[ ]. CBV 220 60º 60º 220 120º V= + = . Então, a leitura do watímetro é
( ) [ ]P 220 19,08cos 120º 173º 1,64 KWx= + = .
Exemplo 54: Uma carga equilibrada de resistores de [ ]30 Ω é alimentada por uma fonte trifásica e trifilar
ABC de 440 [V]. Achar a leitura de um watímetro ligado com sua bobina de corrente na
linha A e sua bobina de tensão entre as linhas A e B. o terminal da bobina de tensão
está na linha A.
±
Solução: A figura 79 ilustra a descrição que foi feita, e permite concluir que a leitura do vatímetro é
. . . . . .
A AAB AB ABL LP V . I .cos V I V .I .cos V I
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠) ) ) ) A− .
Considerando o fasor como referência, já que o enunciado do problema não considerou
nenhum outro como tal, então
.
ABV
[ ]. ABV 440 0º V= .
Supondo a carga equilibrada ligada em estrela, a corrente pode ser encontrada na tensão
de fase
.
AI
( ) [ ]. ANV 440 / 3 0º 30º 254 30º V= − = − e da resistência de fase [ ]YR 30= Ω .
[ ]. AI 254 30º / 30 8,47 30º A= − = − .
Portanto, a leitura do vatímetro é
( ) [ ]P 440.8,47.cos 0º 30º 3.227,5 W= − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ .
Essa leitura do vatímetro é a metade da potência média total absorvida
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[ ]L L3 V I 1,00 6.455 Wx x x = . Como se pode notar das fórmulas do método dos dois
vatímetros para cargas equilibradas, ( )L LV .I cos 30º φ+ e (L LV .I cos 30º )φ− , este resultado
é realmente verdadeiro para uma carga puramente resistiva ( )0ºφ = .
Exemplo 55: Uma carga equilibrada de indutores de [ ]j20 Ω , ligada em ∆ , é alimentada por uma fonte
trifásica ACB de 220 [V]. Achar a leitura de um vatímetro ligado com sua bobina de
corrente na linha B e sua Bobina de tensão entre as linhas B e C. O terminal da bobina
de corrente está na direção da fonte, e o terminal
±
± da bobina de tensão está na linha B
(figura 80)
w
A
B
C
A
B
C
[ ]j20 Ω
[ ]j20 Ω
[ ]j20 Ω
±
±
.
0I
.
ABI
.
BCI
Figura 80
Solução: A leitura do vatímetro é . Tomando como referência,
.
BCL L BP V .I .cos V I
⎛ ⎞= ⎜⎝ ⎠) )− ⎟
.
BCV
[ ]. BCV 220 0º V= , então [ ]. BAV 220 120º V= − , em decorrência da relação existente entre
a seqüência de fases ACB especificada e os primeiros subscritos. Portanto, do nó B da carga
, ∆
. .
. . . BC AB
B BC AB
V V 220 0º 220 120ºI I I
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.
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WC
WA
±
±
±
±
A
B
C
30 60º− Ω
30 60º− Ω 30 60º− Ω
Figura 81
Solução: Visto que o módulo da tensão de linha e o ângulo da impedância são conhecidos, [ ]LV 220 V= e 60ºφ = − , respectivamente, é necessário apenas o módulo da corrente de
linha para se determinar as leituras dos vatímetros. Este módulo da corrente é:
[ ]FL F
Y
V 220 / 3I I 4,23 A
Z 30
= = = = .
Para a seqüência de fases positiva (ABC), o vatímetro com a bobina de corrente na linha A
tem uma leitura de ( ) ( ) [ ]A L LP V .I .cos 30º 220.4, 23.cos 30º 60º 806 Wφ= + = − = , porque
A precede B na seqüência de fases ABC e não há bobina de corrente na linha B. A leitura do
outro vatímetro é:
( ) ( ) [ ]C L LP V .I .cos 30º 220.4,23.cos 30º 60º 0 Wφ= + = − − =⎡ ⎤⎣ ⎦ .
Observa-se que uma leitura é zero e a outra representa a potência média total absorvida pela
carga, como é verdadeiro quando uma carga equilibrada tem um fator de potência de 0,5, isto
é, 60φ = ± .
Para a seqüência de fases negativa (ACB), as leituras dos vatímetros se comutam, porque C
precede B na seqüência de fases negativas e não há nenhuma bobina de corrente na linha B.
portanto, [ ]AP 0 W= e [ ]CP 806 W= .
A potência total consumida pode ser confirmada fazendo
. ( )22Y LP 3 R I 3 30cos60º 4,23x x x x= =
Exemplo 57: Um circuito de 220 [V] tem uma carga equilibrada ligada em ∆ de impedâncias iguais a [ ]35 20º Ω . Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de
corrente nas linha A e B. Achara as leituras dos vatímetros para a seqüência de fases
ABC.
Solução: É necessária a corrente eficaz de linha para usar nas fórmulas das leituras dos
vatímetros. Esta corrente é:
[ ]F LL F V V 220I 3.I 3. 3. 3. 10,89 AZ Z 35= = = = =∆ ∆
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Visto que não há nenhuma bobina de corrente na linha C, e que B precede C na seqüência de
fases mencionada, a leitura do vatímetro com a bobina de corrente na linha B é:
( ) ( ) [ ]B L LP V .I cos 30º 220.10,89cos 30º 20º 1540 Wφ= − = + =
A outra leitura é:
( ) ( ) [ ]A L LP V .I cos 30º 220.10,89cos 30º 20º 2359 Wφ= − = − =
Exemplo 58: Uma carga Y equilibrada está ligada a uma fonte trifásica de 440 [V]. O método dos dois
vatímetros é usado para medir a potência média absorvida. Se as leituras dos vatímetros
são 4,7 e 3,2 [KW], achar a impedância de cada ramo de carga.
Solução: Como não foi mencionada a forma como os vatímetros estão ligados, nem a seqüência de
ases, apenas o módulo do ângulo da impedância de cada fase da carga pode ser encontrado
das leituras dos vatímetros. Este módulo do ângulo é:
4,7 3,2arc tg 3. 4,7 3,2 18,2º , ou 18,2ºφ φ−⎡ ⎤= + =⎢ ⎥⎣ ⎦ = ± .
O módulo da impedância de fase ZY pode ser encontrado da relação entre tensão e corrente
de fase. A tensão de fase é [ ]440 / 3 254 V= . E a corrente de fase, que é igual à de linha,
pode ser obtida da potência total absorvida P=4,7+3,2=7,9 [KW]:
[ ]F L
L
P 7900I I 10,91 A
3.V .cos 3.440.cos18,2ºφ= = = =
Então, [ ]FY
F
V 254Z 2
I 90,91
= = = Ω3,28
Portanto, a impedância de fase ou é [ ] [ ]Y YZ 23,2818,2º ou Z 23,28 18,2º= Ω = − Ω .
Exemplo 59: Dois vatímetros tem leituras iguais de 3,6 [KW] quand ligados em conexão Aron com as
bobinas de corrente nas linhas A e B de um circuito de 440 [V], seqüência positiva, com
uma carga equilibrada ligada em ∆ . Achar a impedância de fase do . ∆
Solução: Para a seqüência de fases ABC e as bobinas de corrente nas linha A e B, o ângulo da
impedância da carga é dado por 1 1A B
A B
P P 3,6 3,6tg 3. tg 3. 0º
P P 3,6 3,6
φ − −⎡ ⎤− −⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢+ +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎥ . Como
0ºφ = , a carga é puramente resistiva, e Z R∆ ∆= . A resistência de fase vale
. Sendo F F L FR V / I V / I∆ = = F F F FP 3V I cos 3V I cosφ φ= = ,
[ ]A BF
L
P P 3600 3600I 5
3.V .cos 3 440 1x xφ
+ += = = , 45 A
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Então, [ ]R 440 / 5, 45 80,73∆ = = Ω .
Exemplo 60: Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linha B e C
de um circuito de 440 [V], seqüência de fases ACB, que tem uma carga equilibrada ligada
em . Se as leituras do vatímetro são 4 e 2 [KW], respectivamente, achar a impedância
da carga.
∆
Z∆
Solução: O ângulo da impedância de fase Z∆ é:
1 1 1B C
B C
P P 4 2 3tg 3. tg 3. tg 30º
P P 4 2 3
φ − − − ⎛ ⎞⎡ ⎤− −⎡ ⎤= − = − = = −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟− +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎝ ⎠
A corrente de fase é:
( ) [ ]B CF F L
P PP 4000 2000I 5
3V .cos 3.V .cos 3 440 cos 30ºx xφ φ
+ , 25 A+= = = =−
Conseqüentemente,
[ ]440Z 30º 83,8 30º
5, 25∆
= − = − Ω
Exemplo 61: Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de corrente nas linha A e C
de um circuito de 220 [V], seqüência de fases ACB, que tem uma carga equilibrada ligada
em Y. Achar a impedância ZY se as leituras dos dois vatímetros são –1 e 2 [KW],
respectivamente.
Solução: O ângulo da impedância de fase ZY é:
( )1 1 1C A
C A
P P 2 1tg 3. tg 3 tg 3 3 79,1º
P P 2 1
φ − − −⎡ ⎤− +⎡ ⎤= − = − = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ −⎣ ⎦⎣ ⎦
Sendo L L L FP 3.V .I .cos 3.V .I .cosφ φ= =
( ) [ ]F L
P 1000 2000I 1
3V .cos 3 220 cos 79,1ºx xφ
− += = =− 3,9 A .
Portanto,
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[ ]FY
F
V 127Z 79,1º 9,14 79,1º
I 13,9
φ= = − = − Ω
Exemplo 62: Um circuito trifásico de 220 [V], seqüência de fases ABC, tem uma carga desequilibrada
ligada em consistindo das resistências ∆ [ ]ACR 40= Ω , [ ]BAR 35= Ω e
[ ]CBR 45= Ω . Dois vatímetros estão ligados em conexão Aron com as bobinas de
corrente nas linhas A e B. Quais são as leituras dos vatímetros e a potência média total
absorvida?
Solução: De acordo com as conexões dos vatímetros, as suas leituras são dadas por:
. .
AACA AC A
. .
BBCB BC B
P V .I .cos V I
P V .I .cos V I
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
) )
) )
Para o cálculo destas potências, são necessários os fasores . Visto que
nenhum ângulo está especificado, o ângulo de pode ser tomado como 0º, resultando que
. . .
AAC BCV , V , I e I
.
B
.
ACV
[ ]. ACV 220 0º A= . Para a seqüência de fases ABC, avança em 60º e, portanto, . ACV . BCV
[ ]. BCV 220 60º V= − . Também, [ ]. BAV 220 120º V= − . As correntes das linhas, ,
podem ser determinadas das correntes de fase do
. .
A BI e I
∆ :
[ ]
. .
. . . CA BA
A AC BA
AC BA
V V 220 0º 220 120ºI I I 10, 22 32, 2º A
R R 40 35
−= − = − = − =
[ ]
. .
. . . BA BC
B BA CB
BA CB
V V 220 120º 220 60ºI I I 9,70 94,1º A
R R 35 45
− −= − = − = + = −
Então, as leituras dos vatímetros são:
( ) [ ] [ ]
( ) [ ] [ ]
A
B
P 220.10, 22.cos 0º 32, 2º 1.902,6 W 1,90 KW
P 220.9,70.cos 60º 94,1º 1767,1 W 1,77 KW
= − = =
= − + = =
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É oportuno observar que, embora a carga ∆ seja puramente resistiva, as leituras dos dois
vatímetros não são iguais, e que isto se deve ao desequilíbrio da carga.
A potência total absorvida pela carga trifásica é [ ]A EP P P 1,90 1,77 3,67 KW= − = + = . Este
resultado pode ser confirmado somando-se as potências V2/R consumidas nos resistores
individuais:
[ ]2 2 2220 220 220P 3
40 35 45
= + − = ,67 KW
Ligações entre Transformadores Trifásicos
Exemplo 63: Se a tensão de linha V for de 2200 [V] para um banco trifásico de transformadores
monofásicos, qual a tensão em cada enrolamento do primário para os quatro tipos de
ligação de figura 84?
Solução: : Tensão do enrolamento primário Y/∆ [ ]V 2200 1270 V
1,7323
= = =
/Y∆ : Tensão do enrolamento primário [ ]V 2.220 V= =
/∆ ∆ : Tensão do enrolamento primário [ ]V 2.200 V= =
Y/Y : Tensão do enrolamento primário [ ]V 1.270 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: : Corrente do enrolamento do primário Y/∆ I 20,8[A]= =
/Y∆ : Corrente do enrolamento do primário [ ]I 20,8 12 A
1,7323
= = =
/∆ ∆ : Corrente do enrolamento do primário [ ]I 20,8 12 A
1,7323
= = =
Y/Y : Corrente do enrolamento do primário I 20,8[A]= =
Exemplo 65: Para cada tipo de ligação da figura 84, calcular a corrente de linha e a corrente de fase do
secundário se a corrente de linha do primário for I=10,4 [A] e a razão de espiras for 2:1.
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Solução: Sendo 1 2a N / N 2= =
Y/∆ : Corrente de linha do secundário [ ]3 a I 1,732 2 10,4 36 Ax x= = =
Corrente de fase no secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =
/Y∆ : Corrente de linha no secundário [ ]aI/ 3 2 10,4 /1,732 Ax= =
Corrente de fase no secundário [ ]aI/ 3 2 10,4 /1,732 Ax= =
/∆ ∆ : Corrente de linha do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =
Corrente de fase do secundário [ ]aI/ 3 12 A= =
Y/Y : Corrente de linha do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =
Corrente de fase do secundário [ ]aI 2 10, 4 20,8 Ax= = =
Exemplo 66: Numa ligação trifásica, cada transformador monofásico tem uma razão ideal de
tensões de 4:1. Se a tensão de linha do primário for de 660 [V], calcular: a) A tensão de
linha do secundário, b) A tensão em cada enrolamento do primário e c) A tensão em cada
enrolamento do secundário.
Y − ∆
Solução: Da figura 84 a,
a) V=660 [V] e a=4. Logo, a tensão de linha do secundário é [ ]V/a 3 660 / 4 3 95,3 V= =
b) Tensão no enrolamento do primário:
[ ]V/ 3 660 / 3 381,1 V= =
c) Tensão no enrolamento do secundário = Tensão de linha do secundário = 95,3 [V].
Exemplo 67: A tensão de linha do secundário de um banco trifásico de transformadores é de 411
[V]. Os transformadores tem uma razão de espiras de 3:1. Calcular: a) a tensão de linha
do primário, b) a corrente em cada bobina (enrolamento) do secundário se a corrente em
cada linha do secundário for 60 [A], e c) a corrente de linha do primário.
Y∆ −
Solução: Da figura 84b
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a) Tensão de linha do secundário 411 3Va= . Logo:
Tensão de linha do primário [ ]V 411.a/ 3 411 3/ 3 712 Vx= = =
b) Corrente de cada rolamento do secundário = corrente de linha = 60 [A]
c) Corrente do secundário 60 aI/ 3= . Logo:
Corrente de linha do primário [ ]60 3I 34,6
3
= = A
Exemplo 68: Quais são as especificações de corrente do primário e do secundário de um transformador
trifásico de 500 [KVA], abaixando de um triângulo de 440 [V] para uma estrela de 127/220
[V]?
Solução: Com dois níveis de tensão, é claro que o secundário do transformador é de quatro fios, o qual é
usado na construção de sistemas elétricos que devem alimentar tanto cargas monofásicas
quanto motores trifásicos.
Do lado do primário:
L LN 3.V .I=
Então, [ ]L
L
N 500.000I 656,1 A
3.V 3 400x
= = =
Do lado secundário
[ ]L
L
N 500.000I 1.312,2 A
3.V 3 220x
= = =
Exemplo 69: Um conjunto de transformadores de distribuição
formado por três transformadores
monofásicos está ligado em Y∆ − (figura 85). A razão de espiras do transformador é
100:1. Os secundários do conjunto alimentam um sistema trifásico de quatro fios de
220 [V]. A carga do sistema é formada por um motor trifásico de indução de 72 [KW]
com f. p.=0,9 e tensão terminal de 220 [V]; três circuitos de iluminação monofásicos de
12 [KW] cada, com tensão terminal 127 [V]; e três motores monofásicos de 10 [KVA]
cada, f. p.=0,8 em atraso, e tensão nominal de 220 [V].
Calcular: a) A carga total do circuito em KVA;
b) A especificação em KVA do conjunto de transformadores se dispõe
somente das especificações de 100 [KVA], 112,5 [KVA] e 150 [KVA];
d) A especificação em KVA dos transformadores individuais;
e) A tensão de linha de primário;
f) A corrente de linha do primário.
Falta figura 85
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Solução: Para o motor trifásico de 72 [KW], cos 0,9φ = , 220 [V],
[ ]N P/cos 72 /,09 80 KVAφ= = =
arc cos 0,9 25,84º sen 0, 436φ φ= = =
[ ]Q N sen 34,87 KVArφ= =
[ ]S 72 j34,87 80 25,84º KVA= + =
Para os circuitos de iluminação de 12 [KW] cada, 127 [V]
[ ]P 3 12 36 KWx= =
cos 1 0 sen 0φ φ φ= = =
[ ]Q 0 KVAr=
N P=
[ ]S 36 j0 36 0º KVA= + =
Para motores monofásicos de 10 [KVA], cos 0,8φ = , 220 [V]
[ ]N 3 10 30 KVAx= = (porque o cosφ é o mesmo para os três, três triângulos de potências
rigorosamente iguais)
arc cos0,8=36,87º, sen 0,6φ φ= =
[ ]P N cos 30 0,8 24 KWxφ= = =
[ ]Q N sen 30 0,6 18 KVArxφ= = =
[ ]S 24 j18 30 36,87º KVA= + =
portanto, [ ]
S 80 25,84º 36 0º 30 36,87º
132 j52,87=142,194 21,83º KVA
= + + =
= +
a) Carga total do circuito em KVA: [ ]N 142,194 KVA=
b) A especificação maior disponível é o banco de transformadores de 150 [KVA]
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c) O conjunto exige três transformadores monofásicos de 50 [KVA] cada um.
d) A corrente de linha do secundário é obtida de L LN 3.V .I , = e vale :
[ ]L 142194I 373,16 A3 220x= =
e) A tensão de linha do primário, que também é a tensão de fase do primário, é igual à
tensão de fase do secundário multiplicada pela relação de espiras:
[ ] [ ]LV 127 100 12700 V 12,7 KVx= = =
f) A corrente de linha do primário vale:
[ ]L 142,194I 63 12700x= = , 46 A
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Especificação e Rendimento
Seqüência de Fases
Cargas Trifásicas
Cargas em Paralelo
Carga Desequilibrada Ligada em triângulo
FALTA FIGURA 61
Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema a Quatro
Carga Desequilibrada Ligada em Estrela, em Sistema Trifilar
Método do Deslocamento do Neutro
Potência em Cargas Trifásicas Equilibradas
Particularidades da Conexão Aron
Ligações entre Transformadores Trifásicos
Falta figura 85Mais conteúdos dessa disciplina
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