Circuitos Trifásicos

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CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
DESEQUILIBRADO
Circuitos desequilibrado
N
N0=n
n
1 1 1a b cZ Z Z 
A B CZ Z Z 
ga gb gcZ Z Z 
0Z  
(estrela sem neutro)a
c
b
Circuito desequilibrado com neutro
• Equação de tensões de nó N: Usando o neutro 
da fonte n como nó de referencia e Z0 0:
•
1 1 1a b cZ Z Z  A B CZ Z Z 
0 0aA bB cCI I I I   
0 0NnV Z I
0na aN NnV V V  
1
an nN an
aA
a A aA
V V VI
Z Z Z

 

1( )aN aA a A aA aAV I Z Z I Z  
0 0Z 
bn
bB
bB
VI
Z
 cn
cC
cC
VI
Z

0 0an bn cn
aA bB cC
V V VI
Z Z Z
   
0NnV 
an
aA
aA
VI
Z

Circuito desequilibrado com neutro
• Z0  0
•
1 1 1a b cZ Z Z  A B CZ Z Z 
0 0aA bB cCI I I I   
0 0NnV Z I
0 0
1
an nN an
aA
a A aA
V V V Z II
Z Z Z
 
 

1( )aN aA a A aA aA an nNV I Z Z I Z V V    
0 0Z 
0 0bn
bB
bB
V Z II
Z

 0 0cn
cC
cC
V Z II
Z


0 0 0 0 0 0
0 0an bn cn
aA bB cC
V Z I V Z I V Z II
Z Z Z
  
   
0NnV 
0na aN NnV V V   aN an nNV V V 
0 0 0
1 1 1( )an bn cn
aA bB cC aA bB cC
V V VI Z I
Z Z Z Z Z Z
     
0 0 0 ( )an aA bn bB cn cC aA bB cCI V Y V Y V Y Z I Y Y Y     
0
01 ( )
an aA bn bB cn cC
aA bB cC
V Y V Y V YI
Z Y Y Y
 

  
Exemplo
• Um sistema CBA trifásico a quatro fios, 208 volts, tem carga 
ligada em estrela com:
• Determinar as correntes de linha e no neutro. Traçar o diagrama 
de fasores.
•
Solução
Circuito desequilibrado sem neutro
• Equação de tensões de nó N: Usando 
o neutro da fonte n como nó de 
referencia e denominando VN a 
tensão entre os nós N e n, tem‐se:
•
1 1 1a b cZ Z Z  A B CZ Z Z 
0 0aA bB cCI I I I   
0nNV 
Circuito desequilibrado sem neutro
0na aN NnV V V   1( )aN aA a AV I Z Z 
0Nn NV Z I
1
aN
aA
a A
VI
Z Z

 1
an nN aN
aA
a A aA
V V VI
Z Z Z

 

1
bn nN bN
bB
b B bB
V V VI
Z Z Z

 
 1
cn nN cN
cC
c C cC
V V VI
Z Z Z

 

0 0aA bB cCI I I I   
1
aA
aA
Y
Z
 1
bB
bB
Y
Z

1
cC
cC
Y
Z

0 ( ) ( ) ( )an nN aA bn nN bB cn nN cCI V V Y V V Y V V Y     
0 ( )an aA bn bB cn cC nN aA bB cCI V Y V Y V Y V Y Y Y     
an aA bn bB cn cC
nN
aA bB cC
V Y V Y V YV
Y Y Y
 
 
 
0nNV 
Deslocamento do 
neutro N
Exemplo
• Um sistema trifásico CBA, a três fios, 208 volts, 
tem carga ligada em estrela. 
• Determinar as correntes de linha e o fasor tensão 
em cada impedância. Traçar o triângulo das 
tensões e determinar a tensão de deslocamento 
do neutro, VON∙
Solução
1 2(6 0 6 30) 6 30 208 240AB          V I I
1 2( 6 30) (6 30 5 45) 208 0BC          V I IO
23, 1 01 63 26 ,AO A A   V I Z
15,4 32 05 65 ,BO B B    V I Z
26,5 1 5 516, 46CO C C    V I Z
139, 261 18 ,AO V 92, 27,57BO V 132, 161 65 ,CO V
O
Solução
O
O139, 261 18 ,AO V
92, 27,57BO V
132, 161 65 ,CO V
261139,8 1 901 20,ON    V
28,1 39,8ON   V
23,3 261,1A  I
15,45 2,5B  I
26,5 116,6C  I
Tensão de deslocamento VON
O
ABV
BCV
AZ
BZ CZ
A AO AI V Y B BO BI V Y C CO CI V Y 0A B C  I I I
0AO A BO B CO C  V Y V Y V Y
AO AN NO V V V
BO BN NO V V V
CO CN NO V V V
N
( ) ( ) ( ) 0N N N NA O A B O B C ON N C     V V Y V V Y V V Y
( )O A B C AN A B CN N NB C    V Y Y Y V Y V Y V Y
A A B B C C
O
N N
C
N
N
A B
 

 
V Y V Y V YV
Y Y Y
Exemplo
• Determine  as correntes de linha e as tensões na 
carga do exemplo anterior.
A A B B C C
O
N N
C
N
N
A B
 

 
V Y V Y V YV
Y Y Y
O
Solução
A A B B C C
O
N N
C
N
N
A B
 

 
V Y V Y V YV
Y Y Y
O
Solução
• As tensões:
• Correntes de linha
•
A A B B C C
O
N N
C
N
N
A B
 

 
V Y V Y V YV
Y Y Y
O
O
Cargas desequilibrada em 
A LI I
A B F F LV V V 
1
AB
AB
VI
Z

ABI
2Z
1Z3Z
LIAI
BI
CI
BCI
CAI
2
BC
BC
VI
Z

3
CA
CA
VI
Z

A AB CA AB ACI I I I I   
B BC AB BC BAI I I I I   
|C CA BC CA CBI I I I I   
CARGA DESEQUILIBRADA EM  Δ
• b) resolução por transformação Δ‐Y
Transformação:  Y
• ZY: produto das impedâncias adjacentes da rede , dividido 
pela soma das impedâncias da rede .
•
1 3
1 2 3
Ya
Z ZZ
Z Z Z
 
  


 
1Z
2Z3Z
YaZ YbZ
YcZ
1 2
1 2 3
Yb
Z ZZ
Z Z Z
 
  


 
2 3
1 2 3
Yc
Z ZZ
Z Z Z
 
  


 
Transformação: Y  
• Z : soma do produto de 2 em 2 das impedâncias da rede Y, 
dividido pela impedância do ramo oposto da rede Y.
–
1Z
2Z3Z
YaZ YbZ
YcZ
1
Ya Yb Yb Yc Yc Ya
Yc
Z Z Z ZZ Z Z
Z
    

1
Ya Yb
Yb Ya
Yc
Z Z Z Z
Z
Z

  
2
Ya Yb Yb Yc Yc Ya
Ya
Z Z Z ZZ Z Z
Z
    

3
Ya Yb Yb Yc Yc Ya
Yb
Z Z Z ZZ Z Z
Z
    

2
Yb Yc
Yb Yc
Ya
Z Z Z Z
Z
Z

   3
Yc Ya
Ya Yc
Yb
Z Z Z Z
Z
Z

  
Exemplo
• À rede elétrica trifásica de 13,8 kV deseja‐se conectar as 
seguintes cargas: um motor trifásico com bobinas em delta, 20 
HP, 380 V, 60 Hz, eficiência de 85% e fator de potência 0,75 
atrasado; três luminárias apresentando cada uma delas: 1,8 kW, 
220 V e fator de potência 1,0 Estando disponíveis três 
transformadores monofásicos 13,8 kV/220 V:
– (a) Esboçar o diagrama de conexão representando todas as ligações 
entre a rede elétrica, transformador e todas as cargas.
– (b) Obter todas as potências trifásicas e o fator de potência do 
conjunto das cargas.
– (c) Obter as magnitudes de todas as correntes em modulo e fase.
POTÊNCIA DE CIRCUITOS ELÉTRICOS
Potência nos circuitos trifásicos
• a) Potência Aparente ou Total  ‐ N ou S: É dado pelo produto 
VI e sua unidade é o volt‐ampere ou  VA.
• b) Potência Reativa ( Q ) : É dada pelo produto VI senϕ e 
sua unidade é o volt‐ampere‐reativo ou VAr . Representa a 
potência armazenada no circuito nos indutores e 
capacitores.
• c) Potência Ativa ( P ): É obtida pelo produto VI cosϕ onde o 
termo cosϕ é chamado fator de potência do circuito. Sua 
unidade é o watt ou W . Representa a potência consumida
em resistências do circuito. 
Triângulo de potência
uma corrente na parte 
positiva do eixo complexo 
produzirá uma potência 
na parte negativa do eixo 
complexo: S = VI*LZ R jX 
CZ R jX 
4 533 5CZ j    
3 3 53 2 4LZ j    
C
CZ

VI
L
LZ

VI
53
45 P jQ
 
 
*S V
S
I 45
53
LQ Q
CQ Q
Triângulo de impedância 
e de potência
Potência Aparente S ou N
senQ V I 
co sP V I 
Potência em circuitos
• Em circuitos monofásicos: • Em circuitos trifásicos –
balanceados:
1 1 1 1 1
* P jQ        IS N V
1 1 cos cosnP IS V       
1 1 sen sennQ IS V       
3 3 1 3 33 P jQ       S N S
3 3 n   *S V I
3 3 3 3
3n
V
S V I I V I
       
3 3 cosP V I    
3 3 senQ V I    

1P
1Q 
1S 
Valor Eficaz
• O valor eficaz de um sinal 
ou RMS está relacionado 
com a potência em corrente 
continua. Ou seja, o valor 
eficaz é a medida ou a 
quantidade do sinal 
alternado que dissiparia a 
mesma potência em uma 
resistência alimentada por 
um sinal continuo. 
•
2
0
1 ( )
T
RMSV v t dt
T
 
2RMS
AV 
RMSV A
3RMS
AV 
Impedância
2 2Z R X 
Z: impedância 
medida em ohms
R: Resistência 
medida em ohms
X: Reatância 
medida em ohms
Potência
• Potência ativa: é a potência que 
realmente realiza algum trabalho.
• Unidade: watt (símbolo: W) é a 
unidade de potência é equivalente 
a um joule por segundo ( 1 J/s ).  
– A unidade watt é em homenagem a 
James Watt, pelas suas 
contribuições para o 
desenvolvimento do motor a vapor, 
Aadotada pelo segundo congresso 
da associação britânica para o 
avanço da ciência em 1889
•
• Potência reativa: É a que se gera 
pelos campos magnéticos dos 
motores, transformadores, 
reatores ou reatores de 
iluminação, etc.; 
• circula pela rede sem significar um 
consumo de potência ativa de 
forma direta.
– É a parte da potência aparente 
associada com a energia 
armazenada nos campos elétrico e 
magnético. 
– unidade: volt‐ampère reativo ( Var )cos em Watts ou WP V I    sen em VArP V I   
Potência Aparente
• A potência aparente de um circuito 
elétrico de corrente alternada é a soma 
da energia que dissipa o referido 
circuito em certo tempo, na forma de 
calor ou trabalho, e a energia utilizada 
para a formação dos campos elétricos e 
magnéticos dos seus componentes. 
• Em resumo, a potência aparente é o 
valor total de potência . É calculada 
pela soma vetorial das potências ativa 
e reativa como mostrado na figura.
Fator de Potência
• É a relação entre a potência ativa e a potência 
aparente; representa a porcentagem da potência 
aparente que se transforma em potência mecânica, 
térmica ou luminosa ( potencia ativa ).
• Potência complexa:
•
Potêcia ativa
Potência aparente
FP 
Unidades de Potência
• Relação entre as unidades de medida de potencia:
Medição da Potência
• Wattímetro: O wattímetro é um instrumento que permite 
medir a potência elétrica fornecida ou dissipada por um 
elemento.
• O wattímetro implementa o produto das grandezas tensão e 
corrente elétrica no elemento, razão pela qual a sua ligação ao 
circuito é feita simultaneamente em série e em paralelo.
Medidores de Potência
• Os medidores de potência são aplicados em diversos tipos de 
ambientes, principalmente :
– Em grandes consumidores de energia, tais como as indústrias. 
– Podem ser utilizados em instalações do tipo monofásicas ou trifásicas. 
– Sua utilização está associada ao conceito de gerenciamento de 
energia.
Exemplo
• Um motor eléctrico monofásico tem uma montagem de 
medida como a representada na figura. No voltímetro lê‐se o 
valor da tensão alternada de alimentação, e indica o valor 
eficaz dessa tensão: 220 V. O amperímetro indica o valor eficaz 
da corrente eléctrica absorvida pelo motor: 5 A. O wattímetro 
indica o valor da potência ativa absorvida pelo motor: 825 W.
• Determine a Potência aparente S 
ou N
• Determine o Fator de Potência, FP
• Determine a potência reativa 
absorvida pelo motor
Solução
• a) A potência aparente do motor nesta
• situação de carga é:
– (valor que nesta situação não tem um significado físico importante).
• b) Com os valores conhecidos pode‐se determinar o valor do fator de 
potência, FP, do motor.
• c) Potência reativa absorvida:
•
*S = V I
220 5 1100VAS V I    
cos 850 0,75 cos
1100
P V I WFP
S V I
   
     

senQ V I   
acos(0,75) 41,4   
1100 sen(41,4) 727,58Q   
Potência Trifásica
• A potência total fornecida a uma carga trifásica é igual à soma 
das potências em cada impedância da carga. Independente se 
estas são cargas monofásicas (fase‐neutro) ou bifásicas (fase‐
fase) ou trifásica
– Uma carga trifásica, não ativa, estará ligada em estrela ou estará ligada 
em triângulo às três fases do sistema de alimentação.
• O neutro da carga em Y pode estar ligado ao neutro do sistema trifásico.
•
A
Β
C
N
A potência de 
uma carga 
trifásica é obtida a 
partir da potência 
de cada fase
Potência em circuitos 3 Equilibrados
• Já que a corrente é a mesma nas 
impedâncias de fase das cargas equilibradas 
em estrela ou em triângulo, a potência de 
fase é igual a um terço da potência total.
• A tensão na impedância Z é a tensão de 
fase‐fase e a corrente é corrente de fase.
• O ângulo entre a tensão e a corrente é o 
ângulo da impedância.
• A potência de fase é, então:
–
Potência complexa em circuitos trifásicos
* * *
3 1 1 2 2 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3N N N N N NV I V I V I               S V I V I V I      
3 3 3P jQ   S i i i   
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
cos cos cos
sen sen sen
N N N
N N N
P V I V I V I
Q V I V I V I


  
  
  
  
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
cos cos cos
sen sen sen
N N N
N N N
P V I V I V I
Q V I V I V I


  
  
  
  
2 2
1 1 1 1 1NS P Q V I  
2 2
2 2 2 2 2NS P Q V I  
2 2
3 3 3 3 3NS P Q V I  
3
médio
3
P
FP
S



1
1 1
1
cosPFP
S
 
2
2 2
2
cosPFP
S
 
3
3 3
3
cosPFP
S
 
Potência trifásico para equilibrado
1 1
2 1
3 1
120
120
N N
N N
N N
V
V
V
 
   
   
V
V
V



1 1
2 1
3 1
120
120
I
I
I
 
   
   
I
I
I



1
2
3
  
  
  
   
   
   
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
3 1 1 1 2 2 2 3 3 3
cos cos cos
sen sen sen
N N N
N N N
P V I V I V I
Q V I V I V I


  
  
  
  
3 1 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1 1
cos cos cos
sen sen sen
N N N
N N N
P V I V I V I
Q V I V I V I
  
  


  
  
3 1 13 cosNP V I 
3 1 13 senNQ V I 
   1 1N NV V 
1 1I I 
3 1
3 1
cos
P P
FP
S S
   
 

Exemplo
• Para a carga conectada em Y, de acordo com a Figura, 
Determine:
– A potência média para cada fase e a potência média total
– A Potência reativa para cada 
fase e a potência reativa total
– A Potência aparente para cada 
fase e a potência aparente total
– O Fator de potência da carga
Medição da potência trifásica
• Métodos de Medição:  Baseados no 
teorema  de Blondel.
• Método dos 3 wattímetros: Este método é 
aplicável para ligações trifásicas a quatro 
fios (3 fases e 1 neutro), por exemplo em 
ligações em estrela equilibradas ou não.
– Uma carga em estrela com n condutores 
necessitará de (n‐1) instrumentos ligados 
em cada fase, e todos ligados ao neutro 
• Método dos 2 Wattímetros: Este método 
é aplicável para ligações trifásicas a três 
fios (3 fases), por exemplo em ligações em 
triângulo, equilibradas ou não.
A
CARGA
CARGA
B
C
N
A
B
C
Método de 2 wattímetros
• Os wattímetros Wa , Wb e Wc
fazem as leituras em suas 
respectivas fases e a potência 
ativa total é obtida somando 
os três valores encontrados.
cos( )an
a
V
a an a IW V I   
cos( )bn
bb
V
Ibn bW V I   
cos( )cn
cc
V
Icn cW V I    total a b cP W W W  
Método de 2 wattímetros
• Usado para  medir a potência ativa 
total de um circuito trifásico 
qualquer, através da ligação dos dois 
wattímetros a duas linhas quaisquer 
e ambos conectados ao terceiro fio: 
 do exemplo: Wa e Wc.
•
cos( )ab
a
V
a ab a IW V I   
cos( )cb
c
V
c cb c IW V I    total a cP W W 
a ab acI I I 
c ca cbI I I 
cos( ) cos( )ab ab
ab ac
V V
a ab ab I ab ac IW V I V I      
cos( ) cos( )cb cb
ca cb
V V
c cb ca I cb cb IW V I V I      
Método de 2 wattímetros
– Potência no trecho ab Pab
– Potência no trecho cb Pcb
• Logo, falta determinar a potência em ac
•
cos( ) cos( )ab
ac
ab
ab
V
a ab ab I ab
V
IacW V I V I      
cos( ) cos( )cb
cb
cb
ca
V V
c cb ca cbI cb IW V I V I      
cos( ) cos( )ab
a
cb
c caac ab ac c
V V
bI IcaP V I V I      
ff ff60cos( ) 60cos( )ac ac caP V I V I    
60ab
ac
V
I  
60cb
ca
V
I  
ff ffcos 60( 0) cos( )6total acb cbcbaP VP IP V I     
ab acal cbtotP PP P  total a cP W W 
Método de 2 wattímetros
•
60ab
ac
V
I  
60cb
ca
V
I  
ff ff60cos( ) cos 60( )c caac aV I V IP     
ff ffcos 60( 0) cos( )6total acb cbcbaP VP IP V I     
ab acal cbtotP PP P  
total a cP W W 
ff 6[cos( 0 ) cos( )]60c acaP V I    
ff [cos cos sen sen6 cos cos sen sen600 6060 ]ac acV IP        
ff
1
2
[ cos c1 os
2
]acacP V I    
ff coscac aV IP  
Realizar o mesmo analise 
para uma carga em Y
Método de 2 Wattímetros ‐ Equilibrada
• admitindo uma sequência direta ou 
positiva (ABC) e a corrente atrasada de 
um ângulo , obtém‐se o diagrama 
fasorial.
•
cos( )AB
A
V
a AB A IW V I   
cos( )CB
C
V
c CB C IW V I   
30AB
A
V
I    30CB
C
V
I   
BCV
CAV
ABV
BNV
CNV
ANV AI
BI
CI

30

CBV
Método de 2 Wattímetros ‐ Equilibrada
•
cos(30 )a AB AW V I  
cos(30 )c CB CW V I  
total a cP W W 
cos(30 cos(30 ))total AB A CB CP V IV I    
FF [cos(30 cos(30 )])total LP V I    
FF [ cos sen30 sencos3
cossen30 sen
0
cos3 ]0
total LP V I      
    
FF
3[ cos co
2
s3
2
]total LP V I   
FF cos3total LP V I  arctan( 3 )a c
a c
W W
W W

  

Método de 2 Wattímetros ‐ Equilibrada
• Seq. Positiva ou direta:
• Seq. Negativa ou inversa:
•
total a cP W W 
FF cos3total LP V I 
tan 3 3 3a b b c c a
a b b c c a
W W W W W W
W W W W W W
  
      
  
cos( )AB
A
V
a AB A IW V I   
cos( )CB
C
V
c CB C IW V I   
tan 3 3 3b a c b c a
a b b c c a
W W W W W W
W W W W W W
  
      
  
Medida da Potência trifásica
:  Ângulo do fator de potência
Exemplo 4
• Um gerador trifásico  de 480 volts  alimenta uma carga de 5 
+ j 8 ohms ligada em Y (estrela) , através de 3 condutores 
com Z = 0,2 + j 0,4 ohms/condutor. Pede‐se para determinar 
as correntes nas fases , a queda de tensão nos condutores , 
as perdas nos condutores, a tensão na carga e a potência 
consumida por esta carga.
– a) Correntes de linha
– b) Quedas de tensão nos condutores
– c) Perdas nos condutores
– d) Quedas de tensão na carga
– e) Potência consumida na carga 
Solução
• a) Correntes de linha (pela análise 
da fase a)
•
an 277,13 0 VV   
an
an
eq
277,13 0 A
5,2 j8,4
VI
Z
 
 

a an 28,05 58,24 AI I   
b a
2 28, 1 10 8 24 25 , 05I Ia      
b 28,05 178,24I   
c 28,05 61,76 AI   
c a 28,0 1 1205 58,24IaI       
Solução
• b) Quedas de tensão nos condutores
• c) Perdas nos condutores:
• d) Tensão na carga; utilizando lei das malhas:  
•
aa a a (28,05 58,24)(0,2 j0,4)Z    V I
aa 12,54 5,19 V   V
bb 12,54 114,80 V    V
cc 12,54 125,19 V   V
2 2
3 3 3 0,2 28,05 478WP R I       
a n a a an 264,62 0,24 V     V V V
aa a n na 0   V V V
b n bb b n 264,62 120,24 V      V V V
c n cc c n 264,62 119,76 V      V V V
Solução
• e) Potência fornecida pelo gerador:
• E qual seria a consumida pela carga????
•
*3  S V I
3 277,13 0 28,05 58,24 23,32 58,24 kVA       S
3 cos 3 264,62 28,05 cos(58,24 ) 11,72kWP V I          
3 sen 3 264,62 28,05 sen(58,24 ) 18,93kVArQ V I          
FATOR DE POTÊNCIA E 
CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA
Causas de um baixo FP
• Cargas indutivas
• Transformadores e Motores 
operando a vazio ou com baixo 
carregamento
• Excesso de cargas capacitivas
• Motores superdimensionados 
para trabalho que devem realizar.
• Fornos de indução ou arcos.
• Reatores com baixo FP no sistema 
de iluminação.
• Tensão acima da nominal: Aumenta 
de consumo na energia reativa
• Consequências de um Baixo FP
• Maiores perdas por efeito Joule 
devido à circulação da potência 
reativa  no sistema elétrico.
• Redução do aproveitamento das 
capacidades dos transformadores
• Aquecimento dos cabos
• Queda de Tensão
• Passível de multa 
• Aumento da conta de energia
• Flutuações e queda de tensão em 
vista da sobrecarga dos circuitos.
Fator de potência  indutivo
• Os circuitos residências e industriais, principalmente, 
apresentam fator de potência indutivo. 
• As causas principais do baixo fator de potência são: 
motores trabalhando em paralelo e as antigas 
lâmpadas fluorescentes (reatores de partida), sendo 
ambos circuitos indutivos.
• As linhas de transmissão de alta tensão, porém, são 
circuitos capacitivos pois funcionam como placas 
paralelas ao solo, sendo o ar o dielétrico . 
Fator de potência  indutivo
• Algumas consequências negativas são 
resultantes do baixo fator de potência. 
• Como  P = VI cosφ , para um maior fator de 
potência, precisa‐se de uma corrente menor 
para transmitir a mesma potência e, 
consequentemente ter‐se‐á uma queda 
menor na linha e uma tensão maior na carga
• Quanto menor o fator de potência, maior a corrente, maior a queda de 
tensão, pode haver sobreaquecimento de condutores.
• As concessionárias de energia elétrica podem multar instalações 
industriais que estejam trabalhando com FP abaixo do permitido  (0,92), 
como especificado por normas da  ANEEL.
E
I
https://www.aneel.gov.br/modulo‐8 https://www2.aneel.gov.br/cedoc/ren20211000.pdf
Fator de potência indutivo
• Maquinas síncronas  funcionam em 
função do valor de excitação, como 
capacitor (sobreexcitado), ou 
indutor (subexcitado), não 
realizando trabalho (sem fornecer 
potencia ativa), apenas fornecendo 
ou absorvendo reativos.
• Os compensadores estáticos são 
grupos de capacitores e reatores, 
controlados por tiristores: 
absorvem ou liberam reativos de 
acordo com a necessidade do 
sistema elétrico. 
• FP fora dos limites, acarretará de 
uma multa. Essa multa vem na 
conta de energia e é utilizada para 
tentar impedir flutuações na rede, 
além dos problemas acima 
citados.
• A correção do fator de potência é 
feita por meio de compensadores 
sejam estas síncronos ou estáticos
– Os compensadores síncronos são 
máquinas girantes
– Podem apresentar problemas de 
manutenção.
Fator de potência  capacitivo
• Em linhas de transmissão de alta tensão e cabos 
subterrâneos podemos ter também uma baixo fator de 
potencia, mas capacitivo.  Em LT’s de alta tensão (LT AT) , 
podemos ter capacitâncias na linha gerando mais de que 1 
MVAr/Km.  Nesse caso, então, usamos reatores para 
aumentar o fator de potencia. 
•
E
I
V c = E + j XC I
Fator de potência ‐ FP
• Fator de potência (FP) verdadeiro: grandeza que considera 
todas as distorções, isto é inclui a frequência nominal (f0) e 
as multiplicidade dessa frequência (harmônicos).
• Fator de potência de deslocamento ou fator de 
deslocamento: obtido considerando‐se apenas a tensão e a 
corrente nas frequências nominais (f0) da rede elétrica.
• O fator de potência de deslocamento referência “fR”, 
indutivo ou capacitivo, tem como limite mínimo permitido 
(0,92).
• Observação: Harmônicos não faz parte da disciplina e por 
motivos didáticos usaremos simplesmente de “fator de 
potência”.
Onde THD é o total da 
distorção harmônica e a 
parcela divisora da 
equação representa o 
fator de distorção.
http://www2.aneel.gov.br/aplicacoes/audiencia/arquivo/2012/065/resultado/nt_0154‐2013‐srd‐aneel_‐_ap‐65.pdf
Exemplo
• Um motor trifásico de 220 volts ;  3,7 KW tem um 
rendimento de 85% e opera com um fator de 
potência de 86% . Determine o valor da corrente 
absorvida pelo motor.
Solução
• A potência nominal de um motor é a potencia que ele 
entrega em seu eixo de rotação, dessa maneira devemos 
obter a potência de entrada através da relação de 
rendimento:
• Assim,
•
n
entrada
P
P
 
3,7 4,35kW
0,85
n
entrada
PP   

ff L3entradaP V I FP   
L4,35kW 3 220 0,86I    L
4,35kW 13,27A
3 220 0,86
I  
 
L 13,27AI 
Exemplo
• Um motor trifásico consome 10 KVA, com fator de 
potência de 60 % na tensão de 220 volts. Em 
paralelo com o motor está conectado uma carga  
trifásica ligada em Y com, Z = 16 ‐ j12 ohms/fase. 
Determine a corrente , a potência e o fator de 
potência do circuito.
Solução
• Etapas da solução:
– i. Reduzir ao monofásico equivalente;
– ii. Calcular a corrente na fase da carga;
– iii. Calcular a corrente na fase do motor;
– iv. Obter a corrente de linha total do circuito pela soma 
das duas correntes de fase;
– v. Obter potência e fator de potência através de suas 
respectivas definições. 
Solução
• i. Redução ao monofásico equivalente:
• ii. Calculo da corrente na fase da carga 
(impedância capacitiva)  Ia:
• iii. Calcular a corrente na fase do motor:
• Com relação ao ângulo do fasor corrente Ia’, 
temos que o fator de potencia do motor é 60 % 
(indutivo). Portanto:
•
127 0 6,35 36,8 A
16 12aI
j
 
   

ff3 aS V I  
motor
ff
10kVA 26,24A
3 3 220a
SI
V
   
 
26,24 AaI   
Macos(FP ) acos(0,6) 53,13     26,24 53,13 AaI    
Solução
• iv. Obter a corrente de linha total do circuito pela soma das 
duas correntes de fase:
• v. Obter potência ( S ou N ) e fator de potência através de 
suas respectivas definições: 
– Portanto, o fator de potenciaFP é dado por:
–
L a a I I I
6,35 36,81 26,24 53,13L    I 27,0 39,53 AL  I
*
3 fn3 L   S V I *
3 3 127 0 (27,0 39,53 )       S
3 10,29 39,53 kVA   S
cos(39,53 ) 0,77FP    77%FP 
Exemplo
• Dada uma tensão fase‐fase de 220  volts  e uma 
impedância de 6 + j 8 ohms / fase de um circuito 
estrela, determine:
– a) O valor da corrente nas fases   
– b) A potência ativa e reativa em cada fase
– c) Fator de potência do circuito
Solução
• a) O valor da corrente nas fases:   
– Trabalhando na sua forma monofásico equivalente, 
por ser equilibrada.
– Assumir uma sequencia de fase, neste caso foi a 
positiva.
• Sabemos que:
• Para o caso de circuito estrela:
• Assim:
– tomando o operador:
–
a’
6 + j 8
a
ff 220VV 
ff
fn 127V
3
VV   fn 127 0  V
f LI I fn
f
VI
Z
 f
127 0 12,7 53
10 53
I 
   
 
an 12,7 53 AI   
1 120a   
2
bn 12,7 53 12,7 173,3 AI a      
1
cn 12,7 53 12,7 63,87 AaI       
Solução
• b) A potência ativa e reativa em cada fase:
– Temos que a potência aparente S é dada por
• ( I* é o conjugado da corrente).
– A potência aparente por fase (fase‐neutro) é dada por: 
– O circuito é equilibrado, portanto a potência aparente é a mesma para 
as três fases. Assim, calcula‐se Sfn para a fase A.
– Potência ativa por fase:
– Potência reativa por fase:
• c) Fator de potência do circuito:
* S V I
*
fn fn S V I
*
fn 12,7 53,1127 0 ( ) 1613,12 53,13 VA3      S
fn 1613,12 53,13 967,87 1290,49VAP jQ j     S
fn 967,87 WP 
fn 1290,49VArQ 
fn
L
cos cos(53,13) 0,6V
IFP    indutiva
Exemplo
• Um gerador de 380 volts, 60hz , trifásico , alimenta as 
seguintes cargas equilibradas :
– Iluminação de 25 kW e Fp=1
– Compressor: motor de indução de 80 kW e Fp = 0,9
– Diversos motores totalizando 46 kW e Fp = 0,75
• Pede‐se:     
– a)Potência fornecida pelo gerador 
– b)Corrente na linha
– c)Fator de potência do conjunto
Solução
• a) Potência fornecida pelo gerador
– Em vermelho são os valores calculados pelo triângulo 
das potências.
– Portanto o gerador fornece: 
– P=151,00 kW
– Q=78,93 kVAr
– FP  =  P / S  = 0,866
– S2 =  (  P2 +  Q2 ) ,  LOGO  S  = N = 170,3 KVA 
N(KVA) P(KW) Q(KVAR) FP ϕ
25.00 25 0 0 0
88.00 80 38.34 0.9 25.84°
61.32 46 40.59 0.75 41.40°
Total 174.32 151.00 78.93 0.866 26,92°
1
,
Solução
• b)Corrente na linha
• c)Fator de potência do conjunto
– Do triangulo de potencias construído a partir da tabela. 
• Tem‐se:
– FP = 0,866
ff3 LS V I  
170,3kVA 3 380 LI   258,8ALI 
N(KVA) P(KW) Q(KVAR) FP ϕ
25.00 25 0 0 0
88.00 80 38.34 0.9 25.84°
61.32 46 40.59 0.75 41.40°
Total 174.32 151.00 78.93 0.866 26,92°
1
,
CORREÇÃO DO FP
Correção do fator de potência
• O Fator de Potência (FP) é matematicamente a razão 
entre a potência ativa e a potência aparente. Ele 
indica a eficiência do uso da energia, ou seja, a 
quantidade de energia que é efetivamente 
transformada em trabalho. 
– Pela Resolução da ANEEL  o FP é definido como a razão 
entre a energia elétrica ativa e a raiz quadrada da soma 
dos quadrados das energias elétricas ativa e reativa, 
consumidas num mesmo período;
• https://www.aneel.gov.br/modulo‐8
https://www2.aneel.gov.br/cedoc/ren20211000.pdf
Correção do fator de potência
• Os países se preocupam em 
estabelecer os valores 
mínimos de fator de 
potência que um circuito 
pode operar de forma a 
coibir o abuso, e então 
permitir que os sistemas 
sejam melhor aproveitados:
• Espanha – 0,92
• Coréia do Sul – 0,93
• França – 0,93
• Bélgica – 0,95
• Alemanha – 0,96
• Suíça – 0,96
• Argentina – 0,95
• O Brasil não ficou pra trás e 
estabeleceu o valor de 0,92 
indutivo durante o dia e 
capacitivo durante a 
madrugada (Prodist –
módulo 8 – item 3).
Correção do fator de potência
• A correção do fator de potência por si só já libera capacidade para 
instalação de novos equipamentos, sem a necessidade de investimentos 
em transformador ou substituição de condutores para esse fim específico. 
• Essa correção segue as normas e diretrizes da ANEEL: Para unidade 
consumidora do Grupo A ou ponto de conexão entre distribuidoras com 
tensão inferior a 230 kV, o fator de potência no ponto de conexão deve 
estar compreendido entre 0,92 e 1,00 indutivo, ou 1,00 e 0,92 capacitivo, 
de acordo com as Regras de Prestação do Serviço Público de Distribuição 
de Energia Elétrica.
• Para central geradora, o fator de potência deve estar compreendido entre 
os valores estabelecidos nos Procedimentos de Rede[*].
–
https://www.aneel.gov.br/modulo‐8
https://www2.aneel.gov.br/cedoc/ren20211000.pdf
https://www.in.gov.br/en/web/dou/‐/resolucao‐normativa‐aneel‐n‐1.000‐de‐7‐de‐dezembro‐de‐2021‐368359651
[*] Submódulo 2.10 ‐ Requisitos técnicos mínimos para a conexão às instalações de transmissão
• Grupo A: grupamento composto de 
unidades consumidoras com conexão 
em tensão maior ou igual a 2,3 kV, ou 
atendidas a partir de sistema 
subterrâneo de distribuição em 
tensão menor que 2,3 kV
• Grupo B: grupamento composto de 
unidades consumidoras com conexão 
em tensão menor que 2,3 kV
• A unidade geradora deve ser capaz de 
operar com fator de potência dentro
Tensão de conexãoSubgrupoGRUPO
 230 kVA1
A
 88 kV  e   138 kVA2
= 69 kVA3
 30 kV  e   44 kVA3a
 2,3 kV  e   25 kVA4
 2,3 kVA5
residencialB1
B ruralB2
demais classesB3
iluminação públicaB4
• da faixa de 0,90 capacitivo (sobreexcitado) 
a 0,98 indutivo (subexcitado), de modo a 
participar efetivamente no controle da 
tensão do sistema, aumentando as 
margens de estabilidade de tensão
Tensão nominal do 
ponto de conexão
Faixa de fator de potência
Vn 345 kV 0,98 indutivo a 1,0
69 kV Vn 345 kV 0,95 indutivo a 1,0
Vn 69 kV
0,92 indutivo a 1,0
0,92 capacitivo a 1,0
Submódulo 2.10 Requisitos técnicos mínimos
Correção do fator de potência
P
Q
CQ
TQ
S P jQ   
T TS P jQ 
T CQ Q Q 
 T
cosT T
T
P
FP
S
 
cos
P
FP
S
  
22CQ f C V   22
CQC
f V

 
Para corrigir o fator de potencia, 
ou seja, aumentar o FP = cos ɸ , 
tem‐se que reduzir a potência
reativa ( Qr ) e manter a potência
atíva constante ( P ) , dessa 
forma a potencia aparente ( N 
ou S)  é reduzida e o ângulo do 
FP (ɸ ) também é reduzido.
A operação de chaveamento de banco de capacitores instalado 
para correção de fator de potência não deve provocar fenômenos 
transitórios ou ressonâncias que prejudiquem o desempenho das 
instalações de transmissão ou de agentes nelas conectados. 
Ligação dos Capacitores
• Capacitores podem ser 
ligados em estrela ou delta
• Capacitores em delta geram 
até 3 vezes mais potencia 
reativa que os capacitores 
ligados em estrela.
• Mas vejam que o mesmo 
valor de reatância capacitiva 
na ligação em delta deve ter 
um isolamento raiz de três 
vezes maior que o da 
ligação estrela.
Exemplo
• Para a carga conectada em  ‐ Y, de acordo com a Figura, 
Determine:
– A potência média total
– A Potência reativa total
– A Potência aparente total
– O Fator de potência da 
carga
Exemplo
• Uma fonte trifásica, 2400 V, sequência ABC, alimenta duas 
cargas conectadas em paralelo
• Carga 1: 300 kVA, fator de potência igual a 0,8 indutivo e
• Carga 2: 144 kW, fator de potência igual a 0,6 capacitivo.
• Se a Fase A é utilizada como referência angular (ou seja, o 
ângulo de fase de VAN é igual a zero), determinar:
– a) O circuito equivalente por fase (diagrama de impedância).
– b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
– c) De quanto deveria ser o banco de compensação em  total e 
por fase a se conectar em paralelo às cargas para ter um FP igual 
a 0,92 ?
Solução
Observar que quando se realiza 
análise por fase é melhor 
empregar o circuito equivalente 
em estrela; se a conexão do 
equipamento é em triângulo, 
pode‐se converter para o seu 
circuito equivalente em estrela.
• b) As correntes de linha das Fases A, B e C.
Solução
• c) De quanto deveria ser o banco de compensação em  total e 
por fase a se conectarem paralelo às cargas para ter um FP igual 
a 0,92 ?
• 15 1,78  14,99 0,47j 
0,92 cosFP   
acos(0,92) 23,07   
Exemplo
• Dado o circuito da figura, pede‐se:
– a) Determinar as tensões na carga
– b) Determinar as correntes  Iab, Ibc, Ica
na carga
– c)Determinar a potência ativa fornecida 
à carga
– d)Determinar a potência reativa fornecida à carga
– e)Suponha agora que o disjuntor da fase C abra interrompendo a corrente 
nesta fase , pede‐se:
• e.1) As novas tensões Va’b’ , Vb’c’ , Vc’a’ na carga
• e.2) As novas correntes Ia, Ib, Ic na carga
• e.3) A potência fornecida a carga e , qual  o percentual de redução , caso haja redução 
nesta potência.
– Vab =  380 V, logo  Van =  220 volts
a
b
c
n
Solução
• b)Determinar as correntes Ia, Ib, Ic na carga:
– Transformar impedância de  Y:
• No delta:
•
3Y
ZZ 
9 3
3YZ   
fn
a
Y
VI
Z
 220 55A
4aI  
55 120 Ab   I 55 120 Ac   I
' '3 30 Aa a b   I I
' ' 30 31,7 30 A
3
a
a b     
II
2
' ' ' ' 31,7 90b c a ba    I I
' ' ' ' 31,7 150c a a ba    I I
55 0 Aa   I 2
b aa I I c aa I I
Solução
• c) Determinar a potência ativa fornecida à carga:
• d)Determinar a potência reativa fornecida à carga:
•
fcarga onteV V V   fonte 220 0  V
linha IZV  carga 1, 55 160 5 000 V220     V
carga
carga
3 cos( ) 3 165 55 co 27,2ks( 0) WV
IP V I          
55 0 Aa   I
carga
carga
3 sen( ) 3 165 55 sen( VA0 0) k rV
IQ V I         
Solução
• e)Suponha agora que o disjuntor da fase C abra 
interrompendo a corrente nesta fase , pede‐se:
– e.1) As novas tensões Va’b’ , Vb’c’ , Vc’a’ na carga
– e.2) As novas correntes Ia, Ib, Ic na carga
– e.3) A potência fornecida à carga e , qual  o percentual de 
redução , caso haja redução nesta potência.
•
a
b
n
'c
'c
'a
'b
'b
'a
Solução
• e.1) As novas tensões Va’b’ , Vb’c’ e 
Vc’a’ na carga
• e.2) As novas correntes Ia, Ib, Ic na carga
•
carga 9 / /18Z 
9 18
carga 27 6Z    carga 6Z  
' ' 6 47 285V,5a bV Z I    
47,5AaI 
'b'
'c' 142,5V
2 2
285a
b
VV     c'a' 142,5VV 
47,5AaI  47,5Ab aI I    0AcI 
380VabV 
Solução
• e.3) A potência fornecida a carga e, 
qual  o percentual de redução, caso 
haja redução nesta potência:
•
carga 9 / /18Z 
' ' 285Va bV  'c' 142,5VbV  c'a' 142,5VV 
47,5AaI  47,5AbI   0AcI 
carga
cargacarga carga cos( )V
IP V I   
orcentual de reduçã 13,5kW 0,5 50%
27,2kW
o   P
285 47,5 cos(0 ) 13,5kWP    