Análise de Circuitos Senoidais - Sala de Aula _ Estacio - 03-10-22

Prévia do material em texto

DESCRIÇÃO
Análise de circuitos senoidais no domínio da frequência. Emprego das Leis de Kirchhoff, Teorema Norton e de
Thevenin no domínio da frequência para a resolução de circuitos monofásicos e trifásicos.
  

PROPÓSITO
Resolver circuitos monofásicos e trifásicos no domínio da frequência, empregando as Leis de Kirchhoff, Teorema
de Norton e de Thevenin, como também apresentar os conceitos de potência média e valores e�cazes.
PREPARAÇÃO
Antes de iniciar o conteúdo deste tema, tenha em mãos uma calculadora cientí�ca, a calculadora de seu
smartphone/computador ou um software matemático de sua escolha.
OBJETIVOS
Módulo 1
Aplicar as Leis de Kirchhoff, Teoremas de Norton e
de Thevenin para a resolução de circuitos no
domínio da frequência
Módulo 2
Demonstrar os conceitos de potência média,
valores e�cazes e os circuitos trifásicos
ANÁLISE DE CIRCUITOS SENOIDAIS
  

MÓDULO 1
 Aplicar as Leis de Kirchhoff, Teoremas de Norton e
de Thevenin para a resolução de circuitos no domínio
da frequência
LEIS DE KIRCHHOFF, TEOREMAS DE NORTON E DE THEVENIN
PARA A RESOLUÇÃO DE CIRCUITOS NO DOMÍNIO DA
FREQUÊNCIA
  

INTRODUÇÃO
Neste tema estudaremos a resposta em regime permanente dos circuitos que são alimentados por fontes
senoidais.
Da análise clássica de circuitos, sabe-se que a resposta de um circuito tem a mesma característica da função
forçante, ou seja, se a entrada de um circuito é senoidal, a sua reposta em regime permanente também será
senoidal. Contudo, para que seja possível resolver os circuitos no domínio da frequência, devemos primeiro
compreender o conceito de transformada fasorial.
TRANSFORMADA FASORIAL
Uma fonte de alimentação senoidal de um circuito é representada no domínio do tempo por uma função
trigonométrica, cuja forma é:
Clique nas letras destacadas abaixo.
Para que possamos representar a função trigonométrica anterior na forma fasorial, devemos partir da identidade
de Euler, que é dada por:
ejθ = cos (θ) + jsen (θ)
Logo, as funções cosseno e seno podem ser de�nidas como a parte real e imaginária de , ou seja:ejθ
e
cos(θ) = Real{ejθ}
cos (θ) = Imaginaria{ejθ}
  

E a função trigonométrica poderá ser representada pela parte real de , isto é:v (t) = Vmaxcos (ωt + ϕ) e
jθ
v (t) = Vmaxcos (ωt + ϕ) = Real(Vmax {ej(ωt+ϕ)})
v (t) = Real{Vmaxejωtejϕ}
Então, a representação da função senoidal por meio da transformada fasorial dá-se pela sua amplitude e fase,
representados pela parcela e pela frequência angular da função trigonométrica, representada pela 
. A representação do fasor girante no tempo é mostrada pela Figura 1.
Vmaxe
jϕ
parcela ejωt
 Figura 1: Movimento do fasor ao longo do tempo.
Normalmente, utilizam-se apenas as informações de amplitude e fase para se representar um fasor, e essa
representação dá-se pela forma complexa polar ou retangular, usando-se a seguinte notação:
Clique nas letras destacadas abaixo.
  

O diagrama fasorial correspondente a esse fasor é apresentado a seguir:
 Figura 2: Diagrama fasorial correspondente.
Exemplo
Considere um circuito que possui uma fonte de tensão pela qual circula uma corrente
. Faça a transformação fasorial dessas grandezas e represente-as em um diagrama
fasorial.
v (t) = 4 cos (2t + 45o)V
i (t) = 2 cos (2t + 30o)A
Clique no botão para ver a resolução.
Resolução
→
  

A tensão é representada na forma fasorial por , enquanto a
corrente é representada na forma fasorial por .
A representação dessas grandezas no diagrama fasorial é:
v (t) = 4 cos (2t + 45o)V →V = 4∠45oV
i (t) = 2 cos (2t + 30o) →I = 2∠30oA
ELEMENTOS PASSIVOS NO DOMÍNIO DA FREQUÊNCIA
De modo a realizarmos a análise dos circuitos senoidais no domínio da frequência, além de sermos capazes de
representar as tensões e correntes dos circuitos da forma como vimos na seção anterior, devemos estar aptos a
representar os elementos passivos existentes nos circuitos, que são:
Resistores
Indutores
Capacitores
Em um circuito senoidal, a razão entre o fasor tensão e o fasor corrente é denominada impedância, sendo dada
por:
Z =
→V
→I
=
Vmax∠ϕ
Imax∠δ
=
Vmaxe
j(ωt+ϕ)
Imaxej(ωt+δ)
 Ω
Clique nas barras para ver as informações.
RESISTORES 
INDUTORES 
CAPACITORES 
No capacitor, sabemos que a corrente é adiantada de 90°? em relação à tensão e que a tensão no capacitor é
dada por:
  

Passando corrente e tensão para o domínio da frequência:
Concluímos que a impedância do capacitor, também conhecida como reatância capacitiva, é dada por 
 e que o seu valor depende da frequência angular do sistema.
vC (t) =
1
C
∫ ic (t)dt
Vmaxe
j(ωt) =
1
C
∫ (Imaxej(ωt+90
o))dt
Vmaxe
j(ωt) =
1
C
Imaxe
j(ωt+90o) 1
jω
ZC =
→V
→I
=
1
jωC
=
Vmaxe
j(ωt)
Imaxej(ωt+90
o)
ZC =
1
jωC
 Ω
Agora, a partir da transformação fasorial e dos cálculos das impedâncias, podemos transformar um circuito para o
domínio da frequência e realizar as mesmas operações realizadas em circuitos resistivos.
Clique nas barras para ver as informações.
ASSOCIAÇÃO DE IMPEDÂNCIAS 
DIVISOR DE CORRENTE 
DIVISOR DE TENSÃO 
LEIS DE KIRCHHOFF
Da mesma forma que são aplicadas em circuitos resistivos, as Leis de Kirchhoff podem ser aplicadas em circuitos
no domínio da frequência.
Lei de Kirchhoff para correntes
  

"A soma algébrica das correntes que saem de um nó é zero."
A �m de encontrar o número de equações para se resolver o circuito, devemos identi�car a quantidade de nós do
circuito, e o número de equações nodais deverá ser:
NúmeroEquações = N − 1
Em que:
 é o número de nós do circuito (considerando o nó de referência).
Considere o circuito no exemplo a seguir:
Em que:
N
v (t) = 10 cos (2t)
R1 = 2 Ω
R2 = 2 Ω
R3 = 1 Ω
C1 = 1/2F
L1 = 1 H
EXEMPLO
Determine, a tensão do nó B pelo método de Kirchhoff para as correntes.  

Solução:
Inicialmente, identi�camos a frequência angular do sistema:
ω = 2
Agora, vamos fazer as transformadas fasoriais da tensão e dos elementos passivos do circuito.
A �gura a seguir mostra o circuito a ser analisado no domínio da frequência.
Como no circuito anterior temos 3 nós, a saber: nós A, B e o de referência, o número de equação nodais é:
V = 10∠0V
R1 = 2 Ω
R2 = 2 Ω
R3 = 1 Ω
Xc1 =
1
jωC1
= −j Ω
XL1 = jωL1 =  2 Ω
NúmeroEquações = N − 1 = 3 − 1 = 2
Aplicando a Lei de Kirchhoff para as correntes, teremos:
Somatório das correntes que saem do nó A igual a zero:
  

VA − 10∠0
2
+
VA − VB
2
+
VA − VB
j2
+
VA
−j
= 0
Somatório das correntes que saem do nó B igual a zero:
VB − VA
j2
+
VB − VA
2
+
VB
1
= 0
A partir da equação anterior, montamos o sistema a seguir:
[ ] [ ] = [ ]
1
2 +
1
2 +
1
j2 −
1
j
− 12 −
1
j2
− 12 −
1
j2
1
j2 +
1
2 + 1
VA
VB
5∠0
0
Que resultará nos seguintes valores das tensões de nó:
[ ] = [ ]VA
VB
4, 15∠ − 41, 63
1, 85∠ − 68, 20
Portanto, a tensão do nó B, 
Passando para o domínio do tempo, temos:
VB = 1, 85∠ − 68, 20V
vb (t) = 1, 85 cos (2t − 68, 20°) V
  

Lei de Kirchhoff para as tensões
"A soma algébrica das tensões ao longo de uma malha é zero."
Para se determinar o número de equações necessárias para se resolver o circuito, devemos identi�car primeiro o
número de ramos do circuito e seu número de nós. A partir daí, o número de equações será dado pela expressão a
seguir:
Clique nas letras destacadas abaixo.
Exemplo
Para o mesmo circuito do exemplo anterior, determine a tensão do nó B usando a Lei de Kirchhoff para as tensões.
Solução:
Primeiro, devemos de�nir quantos ramos possui o nosso circuito.
Lembrando que o ramo é o caminho entre dois nós, a partir da análise do grafo do circuito, podemos concluir que
ele possui 5 ramos, identi�cados na �gura a seguir:
  

Sabendo que o circuito possui 3 nós, o número de equações necessárias para resolver o circuito é:
NúmeroEquações = R − N + 1 = 5 − 3 + 1 = 3
Para se determinar as equações, primeiro temos que de�nir a árvore do grafo. Uma possível árvore para o grafo do
circuito é:
Agora, um conjunto possívelde correntes de malha é obtido fechando-se três caminhos, que podem ser:
Então, fazendo o somatório das tensões das malhas iguais a zero, temos as seguintes equações:
10∠0 = 2 (Ia + Ic) − jIa
0 = 2Ib + j2Ib − j2Ic
10∠0 = 2 (Ia + Ic) + j2Ic − j2Ib + Ic
A partir da equação anterior montamos o sistema a seguir:
  

=
⎡⎢⎣2 − j 0 20 2 + j2 −j22 −j2 2 + j2 + 1⎤⎥⎦⎡⎢⎣IaIbIc⎤⎥⎦ ⎡⎢⎣ 10010∠0⎤⎥⎦Que resultará nas seguintes correntes de malha:=⎡⎢⎣IaIbIc⎤⎥⎦ ⎡⎢⎣ 4, 15∠48, 41, 31∠ − 23, 21, 86∠ − 68, 2⎤⎥⎦A tensão do nó B será: VB = 1Ic = 1, 86∠−68, 2°VPassando para o domínio do tempo, temos:vb (t) = 1, 85 cos (2t − 68, 20°) VComo era de se esperar, chegamos ao mesmo resultado obtido no exemplo anterior.TEOREMA DE THEVENINResolver circuitos no domínio da frequência também é possível usando o Teorema de Thevenin. Para encontrar oequivalente Thevenin entre os pontos A e B de um circuito, devemos:
Clique nas informações a seguir.
  

javascript:void(0)
javascript:void(0)
javascript:void(0)
01 02 03
Exemplo
Para o circuito do problema anterior, encontre o valor usando o teorema de Thevenin.vb (t)
Solução:
Primeiro, vamos encontrar a impedância equivalente entre o ponto B e a referência, conforme mostrado na �gura
adiante:
A impedância equivalente de Thevenin para o circuito anterior será:
ZTH =
2j × 2
j2 + 2
+
2 × (−j)
2 − j
= 1, 41∠8, 13 
Para se determinar a tensão de Thevenin, devemos encontrar a tensão de circuito aberto entre B e a referência.
Porém, pela con�guração do circuito, percebemos que a corrente indicada na �gura é zero e, portanto, a tensão
de Thevenin, , será igual à tensão do nó A, que será:
I
VTH
VA = VTH = −
j
2 − j
10 = 4, 47∠ − 63, 45°
  

javascript:void(0)
javascript:void(0)
javascript:void(0)
Encontradas a tensão e a impedância de Thevenin, para que possamos determinar a tensão do nó B, devemos
montar o circuito composto pela associação série da tensão de Thevenin, impedância de Thevenin e o ramo
retirado do circuito.
O circuito �nal é apresentado na �gura a seguir:
O valor da tensão do nó B pode ser dado por divisor de tensão e será igual a:
VB =
1
1 + ZTH
VTH = 1, 86∠ − 68, 2
Passando para o domínio do tempo, temos:
vb (t) = 1, 86 cos (2t − 68, 20°) V
Mais uma vez, chegamos ao mesmo valor de tensão no circuito, porém, nesse caso, utilizando o Teorema de
Thevenin.
TEOREMA DE NORTON   

Para encontrar o equivalente Norton entre os pontos A e B de um circuito, devemos:
Clique nas informações a seguir.
01 02 03
Exemplo
Para o circuito do problema anterior, encontre o valor utilizando o teorema de Thevenin.vb (t)
Solução:
O valor da impedância de Norton é igual ao valor da impedância de Thevenin, portanto:
ZN = ZTH =
2j × 2
j2 + 2
+
2 × (−j)
2 − j
= 1, 41∠8, 13° 
A �m de determinarmos o valor da corrente de Norton, devemos calcular a corrente que �uirá pelo curto-circuito
entre o nó B e a referência, conforme indicado na �gura a seguir:
Para encontrarmos a corrente de Norton, podemos achar a tensão do nó A, e depois calcular a corrente de Norton,
sabendo que:
IN = I1 + I2
  

javascript:void(0)
javascript:void(0)
javascript:void(0)
Aplicando a lei dos nós, a tensão do nó A pode ser obtida por meio da seguinte equação:
VA − 10
2
+
VA
−j
+
VA
2
+
VA
j2
= 0
Resolvendo a equação anterior para , temos:VA
VA = 4, 472∠ − 26, 56°
Portanto, a corrente de Norton será:
IN =
VA
2
+
VA
j2
= 3, 16∠ − 71, 56°
Conhecidos os valores da impedância de Norton e da corrente de Norton, podemos montar o circuito com
associação paralela da fonte de corrente, da impedância de Norton e o ramo retirado do circuito original, conforme
mostra a �gura a seguir:
Para determinarmos o valor da tensão do nó B, basta encontramos a corrente e depois multiplicá-la pela
resistência.
Para determinarmos o valor de , usarmos o divisor de corrente, conforme mostrado a seguir:
I1
I1
  

I1 =
ZN
1 + ZN
IN = 1, 86∠ − 68, 20°
Finalmente:
VB = 1I1 = 1, 86∠ − 68, 20° 
Passando para o domínio do tempo, temos:
vb (t) = 1, 86 cos (2t − 68, 20°) V
Mais uma vez, chegamos ao mesmo valor de tensão no circuito, porém, nesse caso, utilizando o Teorema de
Norton.
 VERIFICANDO O APRENDIZADO
Considere o circuito a seguir para executar as duas atividades:
  

1. Para o circuito apresentado na �gura anterior o valor da tensão do nó A, em V, é
aproximadamente:
Em que:
i (t) = cos (5t − 30°)A
v (t) = 2 cos (5t)V
C =
1
10
F
L = 1H
R1 = 2 Ω
R2 = 2 Ω
Comentário
Parabéns! A alternativa "A" está correta.
Para resolver este problema, primeiro devemos passar todas as grandezas para o domínio da
frequência. Sabendo que rad/s, a transformação fasorial das grandezas do circuito
resultará nos valores mostrados a seguir:
ω = 5
0, 41cos(5t − 116, 13°)A)
0, 31cos(5t + 82, 43°)B)
1, 3cos(5t + 62, 73°)C)
1, 5cos(5t + 32, 22°)D)
0, 72cos(5t − 92, 43°)E)
  

O que resultará no seguinte circuito:
A melhor forma de resolver esse circuito é adotar como nó de referência o nó anterior da fonte
de corrente, o que resultará no circuito mostrado a seguir:
Assim, para resolver o circuito, podemos aplicar a Lei de Kirchhoff para as correntes nos nós A
e B, o que resultará no seguinte conjunto de equações:
Resolvendo esse sistema, encontraremos e 
Passando para a função senoidal, temos:
V = 2∠0V
I = 1∠ − 30
R1 = 2 Ω
R2 = 2 Ω
XC =
1
jωC
= −2j Ω
XL = jωL = j5 Ω
VA − 2∠0
j5
+
VA
−j2
+
VA − VB
2
= 0
1∠ − 30 +
VB − VA
2
+
VB − 2
2
= 0
VA = 0, 421∠ − 116, 13 VB = 0, 314∠82, 432
  

Portanto, a opção correta é a letra A.
vA (t) = 0, 421 cos (5t − 116, 13°)V
2. O valor da corrente , no circuito, em A, é aproximadamente:i1(t)
Comentário
Parabéns! A alternativa "B" está correta.
Conhecidos os valores das tensões nos nós A e B, a partir da solução da atividade anterior,
podemos aplicar a Lei de Kirchhoff dos nós no nó X, conforme indicado na �gura a seguir, de
modo a determinarmos o valor da corrente que circula pela fonte de luz.
Porém:
I1 = I2 + I3
0, 95cos(5t − 162, 7°)A)
1, 21cos(5t − 29, 33°)B)
0, 65cos(5t − 56, 13°)C)
0, 75cos(5t − 16, 13°)D)
0, 42 cos (5t − 11, 50°)E)
  

 e 
Da atividade anterior vimos que: e 
Portanto:
Passando para a função senoidal, temos:
Sendo assim, a opção correta é a Letra B.
I2 =
2 − VA
j5
I3 =
2 − VB
2
VA = 0, 421∠ − 116, 13 VB = 0, 314∠82, 432
I1 =
2 − 0, 421∠ − 116, 13 
j5
+
2 − 0, 314∠82, 432
2
= 1, 21∠ − 29, 32
vA (t) = 1, 21 cos (5t − 29, 32°)A
Avalie este módulo: 
MÓDULO 2
 Demonstrar os conceitos de potência média,
valores e�cazes e os circuitos trifásicos
OS CONCEITOS DE POTÊNCIA MÉDIA VALORES EFICAZES E
  

OS CONCEITOS DE POTÊNCIA MÉDIA, VALORES EFICAZES E
OS CIRCUITOS TRIFÁSICOS
INTRODUÇÃO
Neste módulo, estão presentes os conceitos de potência média e valores e�cazes necessários à análise de
circuitos senoidais, bem como o circuito trifásico, suas con�gurações e métodos para a sua resolução.
POTÊNCIA MÉDIA
A potência instantânea aplicada em um elemento é dada pela expressão:p (t)
Clique nas letras destacadas abaixo.
  

Uma vez que estamos trabalhando grandezas no regime permanente senoidal, podemons considerar que a tensão
e a corrente aplicadas ao elemento podem ser dadas por:
e
v (t) = Vmax cos (ωt + ϕv)
i (t) = Imax cos (ωt + ϕi)
Portanto, a potência fornecida ao elemento será:
p (t) = v (t)i (t) =  Vmax cos (ωt + ϕv)Imax cos (ωt + ϕi)
Contudo, a expressão anterior pode ser reescrita da seguinte forma:
p (t) = v (t)i (t) =  VmaxImax cos (ωt + ϕv) cos (ωt + ϕi)
A equação anterior pode ser reescrita da seguinte forma:
p (t) =
1
2
 VmaxImax [cos (ϕv − ϕi) + cos (2ωt + ϕv + ϕi)]
A potência média será dada por:P
  

P =
1
T
∫
T
0
1
2
 VmaxImax [cos (ϕv − ϕi)+ cos (2ωt + ϕv + ϕi)]dt
Cujo valor será:
P =
1
2
 VmaxImax cos (ϕv − ϕi)
Exemplo
Considere uma carga hipotética que possui as seguintes formas de tensão e corrente aplicadas a seus terminais:
Qual a potênciamédia, em W, aplicada na carga?
v (t) = 120 cos(3t + 30°)V
i (t) = 50 cos(3t + 60°)A
Solução:
A potência média é dada por:
P =
1
2
 120 × 50 cos (30 − 60) = 2598 W
Portanto, a potência média aplicada à carga é 2,60 kW.
VALORES EFICAZES
O valor e�caz de uma corrente senoidal é igual ao valor de corrente contínua que circularia por uma carga e
produziria a mesma potência média.
Considerando a de�nição anterior, vamos passar ao cálculo da corrente e�caz.
A potência média dissipada em uma resistência R, percorrida por uma corrente senoidal é:
  

P =
1
T
∫
T
0
i(t)2Rdt
Em que:
 é período da função senoidal.
Agora, a potência fornecida pela corrente contínua é:
T
P = Ief
2R
Igualando as duas potências, temos:
1
T
∫
T
0
i(t)2Rdt = Ief
2R
Resolvendo a expressão anterior para o valor e�caz da corrente, teremos:
Ief = √
1
T
∫
T
0
i(t)2dt
Sabendo que a corrente aplicada ao sistema é uma função senoidal:
  

Ief = √
1
T
∫
T
0
[Im cos(ωt)]
2
dt =
Im
√2
Agora, analisando-se a expressão a seguir, que nos dá o valor da potência média:
P =
1
2
 VmaxImax cos (ϕv − ϕi)
Ela pode ser reescrita em termos de valores e�cazes de tensão e corrente:
P =
1
2
 VmaxImax cos (ϕv − ϕi) =
Vmax
√2
Imax
√2
cos (ϕv − ϕi)
P = VefIef cos (ϕv − ϕi)
Resumindo
A expressão da potência média fornecida a uma carga pode ser
obtida pelo produto da tensão e da corrente e�cazes, aplicadas aos
terminais de um elemento e cosseno da diferença entre as fases da
tensão e da corrente.
EXEMPLO
Um resistor de e percorrido por uma corrente cuja função senoidal é dada pela equação a seguir:
Diante do exposto, determine a potência média dissipada no resistor.
10Ω
i (t) = 50 cos(3t + 60°)A
  

Solução
CIRCUITOS TRIFÁSICOS
A transmissão de grandes blocos de energia é feita de maneira mais e�ciente empregando-se circuitos trifásicos.
Dica
Circuitos trifásicos são obtidos a partir de geradores trifásicos, que
produzem 3 tensões de mesma amplitude, mesma frequência e
defasadas entre si de 120°.
Sequência direta ou positiva
Quando as tensões induzidas no gerador
são:
Essas tensões são ditas de sequência
direta ou positiva.
ea (t) = Emax cos (ωt)
eb (t) = Emax cos(ωt − 120°)
ec (t) = Emax cos(ωt − 240°)

Sequência inversa ou negativa
Quando as tensões induzidas
apresentam-se da seguinte forma:
As tensões são ditas de sequência
inversa ou negativa.
ea (t) = Emax cos (ωt)
ec (t) = Emax cos(ωt − 120°)
eb (t) = Emax cos(ωt − 240°)
A �gura a seguir mostra o diagrama fasorial das tensões.
Sequência positiva (direta)

Sequência negativa (reversa)  

javascript:void(0)
Tensões de fase
As tensões induzidas são denominadas
“tensões de fase”. 
Tensões terminais
As tensões terminais do gerador são
denominadas “tensões de linha”.
A relação entre as tensões de fase e de linha dependem da forma como o gerador está ligado.
Quando o gerador está conectado na con�guração Y, com neutro acessível ou não, o gerador apresenta a seguinte
con�guração:
Nesse tipo de ligação, temos:
Tensão induzidas de fase : , e 
Tensões terminais: , e 
Tensões de linha: , e 
Correntes de armadura (ou de fase): , e 
Correntes de linha: , e 
As relações entre os módulos das tensões de linha e tensões de fase são mostradas a seguir:
Ea Eb Ec
VA VB VC
VAB VBC VCA
Ia Ib Ic
IA IB IC
VL Eϕ
  

|VL| = √3  |Eϕ|
As relações entre os módulos das correntes de linha e correntes de fase são mostradas adiante:IL Iϕ
IL =  Iϕ
O diagrama fasorial do gerador conectado em Y é indicado a seguir:
Diagrama fasorial das tensões no gerador
ligado em Y

Diagrama fasorial das correntes no gerador
ligado em Y
Quando conectado em , o gerador apresenta a seguinte con�guração:
As relações entre os módulos das tensões de linha e tensões de fase são mostradas a seguir:
△
VL Eϕ
  

|VL| = |Eϕ|
As relações entre os módulos das correntes de linha e correntes de fase são mostradas a seguir:IL Iϕ
IL =  √3 Iϕ
O diagrama fasorial do gerador é indicado a seguir:△
Diagrama fasorial das tensões no gerador
ligado em △

Diagrama fasorial das correntes no gerador
ligado em △
As cargas em um circuito trifásico são ligadas em Y ou .△
Carga equilibrada
Se as impedâncias em cada uma das
fases forem iguais, a carga é dita
equilibrada.

Carga desequilibrada
Se as impedâncias forem diferentes, a
carga é dita desiquilibrada.
Considere um circuito com cargas desiquilibradas:
  

Em que:
Za = 5 Ω
Za = 3 − j4 Ω
Za = 3 + j4 Ω
Considerando que as tensões de linha sejam iguais a:
Vab = 100∠0
0
Vbc = 100∠−120°
Vca = 100∠−240°
As correntes de fase serão:
Ia =
100
5
= 20
  

Ib =
100∠−120°
3 − j4
= 20∠ − 66, 87°
Ib =
100∠−120°
6 + j8
= 10∠66, 87°
As correntes de linha serão:
IA = Ia − Ic = 18, 52∠−29, 78°
IB = Ib − Ia = 22, 04∠−123, 44°
IC = Ic − Ib = 27, 87∠98, 10°
A potência real do sistema será:
Pa = 5|Ia|
2 = 2000
Pb = 3|Ib|
2 = 1200
Pc = 3|Ic|
2 = 600
Portanto, a potência ativa total será:
PTotal = Pa + Pb + Pc = 3800W
A potência reativa será:
  

Qa = 0|Ia|
2 = 0
Qb = −4|Ib|
2 = −1600
Qc = 8|Ic|
2 = 800
Assim, a potência reativa total será:
QTotal = Qa + Qb + Qc = −800V ar
A potência aparente total da carga será:
S 2total = P
2
total + Q
2
total
Logo, a potência ativa total será:
STotal = √P ²total + Q2total = 3883 VA
Percebemos que as correntes de fase e de linha são desequilibradas, conforme mostra o diagrama fasorial a
seguir, no qual as tensões de linha estão representadas pelos fasores em preto, a corrente de fase pelos fasores
em azul, e as correntes de linhas pelos fasores em vermelho.
  

Considere a carga equilibrada ligada em Y, alimentada por um gerador trifásica ligado em Y, conforme a �gura a
seguir:
Em que:
Z = 3 + j4 Ω
  

Suponha que essa tensão de linha é obtida a partir das seguintes tensões de fase:
Ea = 200∠0
0
Eb = 200∠−120°
Ec = 200∠−240°
Como o sistema é equilibrado, não há circulação de corrente no neutro, então a mesma tensão do gerador será
aplicada à carga.
As correntes de linha serão:
IA =
Ea
Z
= 20∠−53, 13°
IB =
Eb
Z
= 20∠−173, 13°
IC =
Ec
Z
= 20∠66, 87°
Considerando que as cargas sejam indutivas, as correntes de fase estarão defasadas de suas tensões de fase de
um ângulo , conforme a �gura a seguir, onde os fasores das tensões estão representados em preto e as
correntes de linha estão representadas em vermelho.
Como o sistema é equilibrado, a defasagem entre as tensões é 120° e a defasagem entre as
correntes de linha é 120°.
θ
  

Atenção
Observe atentamente o diagrama fasorial anterior. Quando o circuito
trifásico é equilibrado, não precisamos calcular todas as correntes de
linha ou de fase. Basta calcular a corrente em uma das fases e
aplicar o defasamento de 120° nas demais fases.
Exemplo
Considere o circuito do problema anterior.
Sabendo-se que as tensões de fase são:
Ea = 200∠0
0
A corrente da fase a será:
Ia =
200
3 + j4
= 20∠−53, 13°
  

Aplicando-se a defasagem de 120° para as demais correntes, chegamos aos valores das demais correntes de
fase, que serão:
Ib = 20∠(−53, 13° − 120°) = 20∠−173, 13°
Ic = 20∠(−53, 13° − 240°) = 20∠66, 87°
Para circuitos trifásicos, a potência real de cada uma das fases é dada por:
Pi = EiIicos(ϕi)
Em que:
 é a potência da i-ésima fase.
 é a tensão e�caz da i-ésima fase.
 é a defasagem angular entre a tensão é a corrente de cada fase.
Quando tratamos de circuitos trifásicos equilibrados, como as correntes e tensões na carga têm o mesmo módulo
e a defasagem entre elas é a mesma, a potência real do circuito trifásico é dada por:
Pi
Ei
ϕi
P3ϕ = 3 EϕIϕ cos(θ)
Em que:
 é a potência trifásica.
 é a tensão de fase.
 é a corrente de fase.
Porém, se o sistema for ligado em Y, temos:
P3ϕ
Eϕ
Iϕ
  

Efase =
Elinha
√3
Ifase = Ilinha
Então, a equação da potência trifásica pode ser reescrita como:
P3ϕ = 3 
Elinha
√3
Ilinha cos (θ) = √3ElinhaIlinha cos (θ)
Resumindo
A potênciareal trifásica, fornecida a um sistema ligado em Y, pode
ser determinada usando-se valores de linha, conforme mostra a
equação anterior.
Se o sistema for ligado em , temos:△
Efase = Elinha
Ifase =
Ilinha
√3
Então, a equação da potência trifásica pode ser reescrita como:
  

P3ϕ = 3 Elinha
Ilinha
√3
cos (θ) = √3ElinhaIlinha cos (θ)
Comparando-se as expressões de potência do sistema trifásico, tanto para o sistema ligado em Y quanto para o
sistema ligado em , a expressão que fornece a potência trifásica pode ser obtida usando-se os valores de linha
da instalação.
△
 VERIFICANDO O APRENDIZADO
Considere o circuito da �gura a seguir para a resolução das atividades 1 e 2.
Observação: Os valores das tensões são dados em valores e�cazes. 
1. O valor e�caz da corrente de linha , em A, é aproximadamente:
Em que:
Ea = 220∠0
0
Eb = 220∠−120°
Ec = 220∠−240°
ZY = 3 − j4 Ω
ZΔ = 12 + j9 Ω
IA
32A)
42B)
52C)
62D)
  

Comentário
Parabéns! A alternativa "D" está correta.
Para resolver este problema, precisamos fazer a conversar para Y da carga ligada em .
A �gura anterior mostra o equivalente monofásico do circuito:
Agora, a corrente de linha será dada por:
Como as tensões trifásicas foram dadas em valores e�cazes, a corrente encontrada também
está em valor e�caz.
Portanto, a opção correta é a letra D.
△ △
ZY =
ZΔ
3
=
12 + j9
3
= 4 + j3
IA
IA =
Ea
Zeq
=
220
(4+j3)(3−j4)
(4+j3)+(3−j4)
= 62, 2∠8, 13°
2. A potência trifásica do sistema, em kW, é aproximadamente:
72E)
5,8A)
10,6B)
13,5C)
27,0D)
  

Comentário
Parabéns! A alternativa "E" está correta.
A potência trifásica é:
Portanto, a opção correta é a letra E.
P3ϕ = 3EaIAcos(ϕv − ϕi) = 3 × 220 × 62, 2cos(0 − 8, 13) = 40, 64kW
Avalie este módulo: 
CONCLUSÃO
CONSIDERAÇÕES FINAIS
Ao longo destes módulos, estudamos a análise dos circuitos senoidais, iniciando pela transformação fasorial.
Observamos que, após essa transformação, as mesmas leis e teoremas vistos em circuitos resistivos podem ser
empregadas na resolução de circuitos.
No Módulo 2, vimos os conceitos de potência média e valores e�cazes, além de conhecermos os circuitos
trifásicos, com as con�gurações e Y. Analisamos os circuitos trifásicos com cargas equilibradas e
desiquilibradas e o cálculo da potência nesses circuitos.
△
PODCAST
40,6E)
  

0:00 4:07
REFERÊNCIAS
CLOSE, C. M. Circuitos Lineares. Rio de Janeiro: LTC, 1966.
NAHVI, M.; EDMINISTER, J. A. Circuitos Elétricos. 5 ed. Porto Alegre: Bookman, 2014 (Coleção Schaum).
EXPLORE+
Para saber mais sobre os assuntos tratados neste tema, resolva os exercícios dos livros constantes nas
referências.
CONTEUDISTA
Sandro Santos de Lima
 Currículo Lattes
  
Ao clicar nesse botão, uma nova aba se abrirá com o material preparado para impressão. Nel
do seu navegador e clique em imprimir ou se preferir, utilize o atalho Ctrl + P. Nessa nova jane
destino, direcione o arquivo para sua impressora ou escolha a opção: Salvar como PDF.
  

https://stecine.azureedge.net/repositorio/analise_de_circuitos_senoidais/index.html
javascript:void(0);