Exercicios resolvidos 12 ao 15

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POTÊNCIA EM CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
 
a) Potência em circuitos trifásicos equilibrados. 
 
 Seja um circuito estrela equilibrado com impedâncias Z = Z ∠θ. A potência 
desenvolvida em cada fase do circuito é dada por: 
 PF = VF..IF .cos(θ) 
onde VF é tensão de fase do alimentador e IF é a corrente de cada fase do circuito. 
 A potência total é dada por PT = 3.PF 
 No circuito estrela, a corrente de cada fase do circuito é igual a corrente de linha do 
alimentador e tensão de fase do alimentador é a tensão de linha (VL) dividida por 3 . 
Assim sendo a potência total é dada por: 
 PT = 3. .I.
3
V
L
L cos(θ) 
 PT = 3 VL. IL cos(θ) 
 A equação acima também se aplica a um circuito triângulo equilibrado, que é 
deixado para demonstração como exercício. 
 Analogamente, tem-se para as potências reativa e ativa: 
 QT = 3 VL. IL sen(θ) e NT = 3 VL. IL 
 Exemplo 1: 
 
 Calcular as correntes de entrada e de saída de um transformador com NT = 100KVA, 
de distribuição, que tem 13.800V de tensão de linha de entrada e 380V, de saída. 
 
 Solução: 
 
 Considerando-se o princípio da conservação de energia, e apenas a potência 
aparente, e NT = 3 VL. IL, tem-se, para a corrente de entrada: 
 
 IL1 = 
800.133
000.100
x
 = 4,184 A 
 
 Para a corrente de saída, por outro lado, tem-se: 
 
 IL2 = 
3803
000.100
x
 = 152 A 
 2 
 
 Exemplo 2 
 Uma carga trifásica em estrela é composta de três impedâncias iguais a 5∠300 e é 
alimentado por uma tensão trifásica de 380V. Determinar a potência total do circuito. 
 Solução: 
 Inicialmente devemos calcular a corrente de linha. Ela é dada por: 
 IL = 
Z
VF = 
5
3
380
 = 44A 
 A potência total é dada, então, por: 
 PT = 3 . 380. 44. cos(300) = 25.080W ≅ 25 KW. 
 Mostre que se as três cargas acima estiverem em triângulo o valor da potência é 
aproximadamente 75 KW. 
 
 Exemplo 3 
 Um motor trifásico indutivo de 50HP com rendimento de 85%, a plena carga, na 
ponta do eixo, e fator de potência 0,8 é ligado a um sistema igualmente trifásico de 480V. 
Determinar as impedâncias da estrela e do triângulo que podem substituí-lo. 
 Solução: 
 A potência na ponta de eixo é P = 50x746 = 37.300 W 
 A potência total absorvida pelo motor na entrada do sistema elétrico é: 
 PT = 
aeficicênci
P = 
85,0
37300 = 43.882,35 W 
 Como o motor é um circuito trifásico equilibrado, tem-se para a potência total: 
 PT = 3 .VL.IL.cos(φ). 
 Logo, 
 IT = 
8,0x480x3
 43.882,35 = 65,98 A 
 A corrente de linha num circuito estrela é igual é a corrente de fase. Logo, 
 3 
 Z = =
F
F
I
V =
98,65
3
480
 4,2 Ω 
 Assim, Z = 4,2 ∠36,87o [cos-1(0,8) = 36.9o] 
 Z = 3,36 + j.2,52 
 A potência dissipada em cada fase do circuito é dada por PF = RFx 2FI = 3,36x65,98
2 
14.627,3 W ⇒ PT = 3xPF = 43..881,9 W, que é o mesmo resultado determinado acima, 
isto é, a potência total dissipada pelos resistores equivalentes. 
 Para o equivalente em triângulo, tem-se: 
 Z = =
F
L
I
V =
3
I
V
L
L =
3
98,65
480 12,6 A 
 Assim, Z = 12,6 ∠36,87o = 10,08 + j.7,56 
 A potência dissipada em cada fase do circuito é dada por PF = RFx 2FI = 
10,08x =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
3
98,65 14.627,3 W ⇒ PT = 3xPF = 43..881,9 W, que é o mesmo resultado 
determinado acima, isto é, a potência total dissipada pelos resistores equivalentes. 
 Exemplo 4: 
 Um motor trifásico indutivo de 3HP e fator de potência 0,7 trabalha em paralelo com 
um motor capacitivo de 2 HP e fator de potência 0,8, numa ligação trifásica 380V. 
Determinar as correntes de linha parcial e total, bem como a potência e fator de potência do 
conjunto. Supor a seqüência ABC. 
 Solução: 
 Para o motor indutivo, tem-se: 
 IL1 = 
3x746 
3x380x0, 7
 = 4,86A 
 Como cos-1(0,7) = 45,57o, tem-se para a fase A: 
 IA1 = 4,86 ∠(90o – 45,57o) = 4,86 ∠44,43o = 3,47 + j.3,40 
 Para o motor capacitivo, tem-se: 
 IL2 = 
8,0x380x3
 2x746 = 2,83 A 
 Como cos-1(0,8) = 36,87o, tem-se também para a fase A: 
 4 
 IA2 = 2,83 ∠(90o + 36,87o) = 2,83 ∠126,87o = -1,7 + j.2,26 
 A corrente total é, portanto, IAT = IA1 + IA2 = 1,77 + j.5,66 = 5,93 ∠72,63o 
 O ângulo da corrente total é θT = 90o – 72,63o = 17,37o 
 O fator de potência do conjunto dos dois motores é cos(θT) = 0,95 
 Por outro lado, podemos também determinar a partir de PT = 3 VL. IL cos(θ): 
 cos(θT) = 
380x93,5x3
 5x746 = 0,96 
 2a Solução: 
 Método dos triângulos de potência. 
 Para o motor indutivo, a potência aparente é: 
 N1 = 
7,0
 2238 = 3197,14 . Logo, N1 = 3197,14∠45,57o = 2238,12 + j.2283,09 
 Para o motor capacitivo, a potência aparente é: 
 N2 = 
8,0
 1492 = 1865 . Logo, N2 = 1865∠-36,87o = 1492 - j.1119 
 O triângulo de potência total é dado por NT = 3730,12 + j.1164 = 3907,5∠-17,33o 
 A corrente de linha total é dada é dada por: 
 IT = 
3803
3907,5
x
 = 5,93A 
 Exemplo 5: 
 Um certo sistema trifásico, 220V, seqüência ABC tem as seguintes correntes de linha: 
IA = 0,3962 ∠83,41o , IB = 0,5677 ∠-16,1o e IC = 0,6363 ∠-158,2o . Determinar a 
potência total do circuito. 
 Solução: 
 A potência vista na linha A é: 
 PA = VAN.IA.cos VANIA∠ = 3
220 x 0,3962xcos(90o – 83,41o) ≅ 50 W 
 A potência vista na linha B é: 
 5 
 PB = VBN.IB.cos VBNIB∠ = 3
220 x0,5677xcos(-30o + 16,1o) ≅ 70 W 
 A potência vista na linha C é: 
 PC = VCN.IC.cos VCNIC∠ = 3
220 x0,6363xcos(210o + 158,2o) ≅ 80 W 
 Assim sendo, a potência total do circuito é: 
 PA + PB + PC = 50 + 70 + 80 = 200 W 
 Se colocamos dois wattímetros, um entre as linhas A e B e outro entre as linhas C e 
B, temos: 
 PAB = VAB.IC.cos VABIA∠ = 220x0,3962xcos(120
o - 83,41o) ≅ 70 W 
 PCB = VCB.IC.cos VCBIC∠ = 220x6363xcos(180
o + 158,2o) ≅ 130 W 
 Se somarmos as duas potências dá o mesmo resultado que o anterior 
 Exemplo 6 
 
 Uma certa instalação trifásica, 380V, a quatro fios, tem-se as seguintes cargas 
 monofásicas: uma indutiva de 2HP/FP=0,7 na fase A; outra de 3KW/FP=1 na 
 fase B; e uma terceira capacitiva de 3HP/FP=0,8 na fase C. 
 Determinar corrente de neutro e o fator de potência do conjunto. Suponha 
 a sequencia ABC 
 Corrente na fase A: 
 IA = 
7,0x220
 2x746
 = 9,7A IA = 2,83 ∠(90o – 45,57o) = 2,83 ∠(44,43o) 
 IB = 
220
 3000
 = 13,64A IB = 13,64∠(-30o – 0o) = 13,64∠(-30o) 
 IC = 
8,0x220
 3x746
 = 12,72A IC = 12,72 ∠(210o + 36,87o) = 12,27 ∠(246,87o) 
 IN = IA + IB + IC = 18,47∠(-60,79o) 
 NA = 
7,0
 2x746
= 2131,43 VA PA = 1492 W QA = 1522,15 VAR 
 NB = 3000VA PB = 3000 W QA = 0 
 NC = 
8,0
 3x746
= 2797,5 VA PC = 2238 W QC = 1678,5 VAR 
 NT = 6730 - j.156,35 = 12,27 ∠(246,87o) = 6731,82 ∠-1,33o 
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