Apost_An_Circ_Corr_Altern_CEFET_MG_Eletron_2o_Mod_2006

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•1~
CEFET-MG CENTRO FEDERAL DE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA
DE MINAS GERAIS
Apostila
ANÁLISE DE CIRCUITOS.EM
CORRENTE ALTERNADA
Curso: Eletrôn ica
o rganização: Prof. José Antônio
2006
Rosa
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‘ti
2° módulo
( ~-
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/
Belo Horizónte -
Tensão e Corrente Variáveis: são aquelas cujos valores variam com o tempo.
Tensão e Corrente Periódicas: são as variáveis cujos valores repetem
periodicamente ao longo do tempo.
Tensão e Corrente Alternadas: são as periódicas com polaridade variáveis.
Um sinal alternado ( tensão ou corrente) recebe a denominação genérica de CA
(corrente alternada) ou AC ( alternate current).
Ondas são as tensões ou correntes alternadas periódicas.
*
Forma de Onda é o gráfico que representa a onda.
Geradores de CA ou Alternadores são sistemas elétricos que produzem um sinal CA
por meios eletromecânicos.
Geradores de Áudiofreqüência (AF), Geradores de Rádiofreqüência (RF) e os
Conversores CC-CA são équi~ámehto~ eletrônicos que produzem um sinal CA a partir
de um sinal CC (corrente contínua).
Símbolos:
Obs.: Embora a tensão alterne a sua
polaridade e a corrente alterne seu
sentido periodicarnente são
representadas por setas unidirecionais,
considerando que todo circuito possui
um ponto de referência para as
2
TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS
DEFINIÇÕES GERAIS
+
Gerador de Tensão QA Gerador de Corrente CA
Anãlise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
_________________________________ ~ í~ (c. ~€ ~ç
CEFET-MG CENTRO FEDERAL bE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA
DE MINAS GERAIS
Apostila
~ ANÁLISE DE CIRCUITOS EM
CORRENTE ALTERNADA
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2° módulo
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ç:J Curso: Eletronica
Organização: Prof. José Antônio Rosa
Belo Horizónte - 2006
2
DEFINIÇÕES GERAIS
TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS
Tensão e Corrente Variáveis: são aquelas cujas vaiares variam com o tempo.
Tensão e Corrente Periódicas: são as variáveis cujos valores repetem
periodicamente ao longo do tempo.
Tensão e Corrente Alternadas: são as periódicas com polaridade variáveis.
Um sinal alternado ( tensão ou corrente) recebe a denominação genérica de CA
(corrente alternada) ou AC ( alternate current).
Ondas são as tensões ou correntes alternadas periódicas.
Forma de Onda é o gráfico que representa a onda.
Geradores de CA ou Alternadores são sistemas elétricos que produzem um sinal CA
por meios eletromecânicos.
Geradores de Áudiofreqüência (AF), Geradores de Rádiofreqüência (RF) e os
Conversores CC-CA são equi~ámerilo~ eletrônicos que produzem um sinal CA a partir
de um sinal CC (corrente contínua).
Símbolos:
Dbs.: Embora a tensão alterne a sua
polaridade e a corrente alterne seu
sentido periodicamente são
representadas por setas unidirecionais.
considerando que todo circuito possui
um ponto de referência para as
tens6ns
+
Gerador de Tensão QA Gerador de Corrente CA
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
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Exemplos de formas de onda de tensões periódicas.
v(t)
As formas de onda das tensões senoidal e quadrada são negativas, ou estão abaixo do
eixo dos tempos para metade de cada período. Durante este tempo, as tensões
correspondentes têm polaridades opostas às polaridades de referência. Acima do eixo
dos tempos, elas possuem as mesmas polaridades que as referências (positivas).
As formas de onda de corrente seguem às de tensão.
~:~!
-T 04 2Tt
,I~ , ‘
,4~ A ,A~
, 1 ~
, 1’ ~
, ‘, ,
. 1
1 1
-T -T12 O T/2 T 3T12 2T t
v(t)
1
1 ~ 1
-T12 9 T/2 TI ST/2 t
v(t)
—— %~
‘
( 3T/4 T
Dente de Serra
Triangular
Quad rad a
Senoidal
-T -TI2~ o
r
Análise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
4
Ondas Senoidais
ONDAS COSSENOIDAIS E SENOIDAIS
Sistema básico de um alternador ou gerador de CA para gerar uma tensão
senoidal
Eixo de
Principio de Funcionamentq.
O enrolamento e consequentemente os condutores giram (desenho à seguir),
acionados por energia mecânica, com velocidade angularrn em [rad Is]. O ângulo e
varia com. o tempo t, em [si, conforme a expressão e = cot. Portanto afluxo magnético
(p), também varia com o tempo.
O valor da tensão alternada induzida segundo a lei de Faraday é proporcional a
variação do fluxo magnético v=_N~!l. Logo a tensão induzida varia de zero quando o
condutor ‘A” está na horizontal, para um valor máximo, quando o condutor está na
vertical.
No tempo t= O s o condutor está na horizontal (referência) e a tensão induzida v é
zero. Ela começa aumentar até atingir o ri-iáximo no tempo t t2. De t2 até t4 v
decresce até zero, pois o condutor “A” girou 180°. A partir de t4 v inverte sua
polaridade em relação a referência e decresce até atingir seu valor máximo negativo
em t6 com 8 270°. A partir de t6 v cresce e retorna a zero em t8 com e = 360°,
completando-se assim um ciclo. A partir daí inicia-se um novo ciclo.
N
condutor A da bobina
E
5
anéis coletores
condutor 8 da bobina.
v(t)
84 =1800 B graus
radianos.
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
5
Parâmetros:
Ciclo —> é a menor parte que não se repete em uma forma de onda periádica.
Período (T) da onda —* é o tempo de duração de um ciclo da onda.
Freqüência (f) —> é o número de ciclos por segundo, ou seja, o número de vezes por
segundo que~ ~
Aunidade de freqüência é ciclos por segundo, chamado de hertz. [Hz].
Relação entre período e freqüência.
f=1/T
-2—
Os valores da tensão induzida varia segundo a expressãc{ v(t) = Vm senø = Vm sen~wt)
Vm ou Vp = valor máximo ou valor de pico ou amplitude:
seri —> indica um onda senoidal.
cot é o argumento.
co é a freqüência radiana, velocidade angular ou freqüência angular. Unidade no SI: -~
[rad Is].
~- t
As freqüências f e co estão relacionadas por co = 2icf. ) ~ ~iT~.\ -
Cor~versão de radianos em graus e graus em radianos~~
1 [radj radiano é o ângulo subentendido por um arco na circunferência de um círculo, se
o arco tem um comprimento igual ao raio.
irad -r
360° - 27tr ~ 1 rad = 360°I2it = 180°Iit = 5730
Logo ic[rad]180°
Exemplos: 1) vi = 20 sen (377t) IV].
Argumento = 377t
Valor de pico ou amplitude é Vm= Vp 20V, porque o valor máxima de sen 377t é um.
Freqüência radiana ou freqüência angular ou velocidade angular co = 377 rad/s o que
corresponde a f = co/2n =~f377/2n 60 Hz.
Período T= 1/60 = 16,7ms.
2) v2 = 20 sen (377t + 30°) [V].
argumento = 377t ÷ 30° Obs.: Para somar os dois termos devem ser convertidos na
mesma unidade graus ou radianos. -
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Fase de um Sinal Alternado
Um sinal alternado não precisa ser, necessariamente, zero no instante t = O. Isso
significa que ele pode iniciar o seu ciclo adiantado ou atrasado de um intervalo ál,
chamado de fase iniciaLou simplesmente fase e. Logo as expressões para esses sinais
--.
[v(t) Vm sen co:;t +0v) ou
Exemplos:
Li~o = lp s~ (wt - ei)
Sinal adiantado ( O positivo
Á
Relação entre fases, Diferença entre fases ou Defasagem
Duas ondas senoidais ou cossenoidais de mesma freqüência têm relação entre fases
determinadas pela diferença angular entre os seus argumentos, para isso as amplitudesdeven,
possuir o mesmo sinal e serem ambas senoidais ou ambas cossenoidais.
Exemplos de formas de ondas defasadas
a) vl(t) = 20 sen (377t) lvi.
b) v2(t) = 20 sen (377t ~ 300) ~~/J
c) v3(t)= 20 cos (377) [V].= 20 sen (377ti-90°) [V].
[ms]
cot [radj
[graus]
t[msj
t [ms]
v(t)
Vm
i(t)
Ip
Dv
-vm
Sinal atrasado ( O negativo
ei
-Ip
20
o
~tí 99Õ
-20
16,7
2t
360°900 180* 2700
20
16,7
20
-20
o 12,5 16,7
Análise Prof.: José Antônio Rosa
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Exemplos: 1) v2 = 20 sen (377t+30°)V e vi = 20 sen(377t)V.(ver formas de onda figuras
aebanterior.•1
~~~o ~~b
Ambas possuem a mesma f~qüência angular co= 377 rad Is e, portanto a mesma
freqüência
-~ f = 377 / 2t. Logo a relação entre fases entre v2 e vi é dada por (377t+30°- 377t) =
~30°, ou estão
300 defasadas, Os 300 é o ângulo de defasagem.
Diz-se que v2 está avançada ou avança vi de 300, ou vi está atrasada ou atrasa v2 de
3Q0
2) v3 = 20 cos (377t)V e vi = 20 sen (377t)V (ver formas de onda figuras a e c
acima)
v3 = 20 cos (377t)V = 20 sen (377t + 90°)V logo o ângulo de defasagem = 90°.
Conclusão: v3 avança vi de 900 ou vi atrasa v3 de 90°.
Observações1 Quando a diferença de fase for 0° as ondas estão em fase.
Quando vi e v2 estão defasadas de 180°, o ângulo de defasagem ~ de 180°, como
mostrado abaixo.
Pela relação trigonométrica sen(x ± 180°) = - sen x.
Ondas Cossenoidais
• São indicadas por cos.
• Possuem formas de onda do mesmo formato que as formas de onda senoidais mas
estão avançadas 90° ou n12 radianos. Ver gráfico figura “c “ anterior. Observa-se,
comparando as formas de onda das figuras “c” e “a” anteriores, que os valores da
onda cossenoidal v3 ocorrem um quarto de período mais cedo do que aqueles
correàpondentes da onda senoidal vi.
• Alguns autores denominam de ~L~óides às ondas senoidais, cossenoidais e
senoidais e cossenoidais defasadas.
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Exemplos: 1) Calcular os períodos das tensões periódicas de freqüências:
238ns
4,2 x 106
—
=83,3us
— 12x
2) Calcular as freqüências da corrente periódica que tem T= 5045.
1 =20kHz
50 x 10—6
3) Calcular o período e a freqüência de uma tensão periádica que tem 12 ciclos em
46 ms.
~= 12 =261Hz
46 < 1 o~ T=~_=3,83ms
.4) Achar a expressão para a forma de onda periódica mostrada a seguir
55 t(ms)
A forma de anda passa por zero e cresce
positivamente. Logo é uma senoidal defasada
v = Vm sen(cot+O) V. -
(1/4)T= l5ms ~ T = 4 x l5ms = 60 ms.
O valor máximo ou de pico ou amplitude
Vm=12V
co =27;. f =
/ 60x10 lOSrad/s
a) f=12kHz~T b) f = 4,2 MHz
v(t)
12
-1
-12 s~i
notempot= -5 ms tem-se V(-Sms)= 12 sen(105 .~—5x103+ 9)= 0,
logo (-O,525÷9)=Oentão ~ ~ ~jjz ~.
9=0,525 rad.=~.r=(18o° 0,S25)/wr,~r=3oo__~6 ~4:. ~
Portanto v(t) 12 s&i ( 105t + 300) V 12 sem (105 t + n16) V.
\-~ ~ ~ e zC,s~;ïí~J
Cp ( .~
- :~~ ~j C
- . . )
‘Cc’.JL
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
1’
-
~] 4~
Prof.; José Antônio Rosa
9
VALORES MÉDIOS E EFICAZES
Valor Médio - É o quociente entre a área de uma onda periádica e o tempo durante
um período. A área é aquela compreendida entre a forma de onda e o eixo dos tempos.
As áreas~ deradas positivas e abaixo negativas. A
área total é a soma algébrica das duas. Logo, o valor médio de uma onda senoidal e
cossenoidal é zero em um período. Mas para alguns fins, no cálculo do valor médio
dessas ondas usa-se 2/ir ou 0,637 do valor dcp, que corresponde a média de um
21910 PP-~JtiYQ-
A média de uma função periódica y(t) de período T é dada pela expressão:
3’med +5~Y(t.~1t
Exemplo: 1) Calcqlar o valor médio de uma t~nsão senoidalLQ~fflQ?4?4Q2!i~SO42,
que tem um pico de 12V. Essa onda consiste apenas em meios ciclôs positivos da
tensão senoidal. Ela é zero durante os semiciclos negativos.
Pela definição: Para um sinusóide completo
teremos: Vn,ed = (2/ir) . 12 = 7,64V.
Para metade do sinusóide teremos -
Vmed 7,64V/2 = 3,82V.
A forma de onda da tensão
senoidal está sobre uma tensão
constante de 3V.
O valor médio é o valor da área
hachúrada [área sob o sinusóide
mais área sob o retângulo (3V x
T)] dividido pelo período T. Visto
que a área sob o sinusóide é
zero, o valor médio é constante
3 V sob o retângulo.
O valor médio é a área sob a forma de onda
(hachurada) dividida pelo período. Logo:
De t=Os até T/2 a área será (T/2) x 8 = 4T
De t=T/2 até T a área será T/2 xi = O,5T.
Portanto a área total será: 4,ST.
Logo o valor médio (4,5T) 1 T 4,5 V
12V
a)
2) Calcular os valores médios das formas de onda a seguir:
vi [VI
5
o
b)
v2[V1
T 2T
8
Vmed=4,
1
o t
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I0
Valor Eficaz, Efetivo ou RMS de Corrente ou Tensão Periódicas
Símbolos: Vef, Vrms ou V e lef, lrms ou 1.
O valor eficaz ou RMS’ (Root Mean Square ou Raiz Média Quadrática) corresponde ao
valor de uma tensão ou corrente alternadas, que se fosse aplicado a uma resistência
elétrica, dissiparia uma potência média, em watt, igual ao valor numérico de uma
tensão ou corrente contínuas aplicado à mesma resistência.
j1TConsidere uma,função temporal periódica y(t) Seu valoreficaz é: Yrms=41__1y2(t).cit
vTo
Para sinais alternados senoidais ou cossenoidais, a expressão do valor eficaz pode ser
convertida para o domínio angular, considerando o período T equivalente a 2t rad, ou
seja:
iYrms= I—f
~2it ~ y2(e)•de. Considerando a tensão v(9)= Vm.cos(e), a fórmula de seu
valor eficaz pode ser deduzida:
v=. /-J_21tv 2 ~cos2(Q).d0= /Vm2 (2it sen4icOsen0’~ JV2~
~2u0 m ~2~tÇ2 4 2 4) V2n
Os valores eficazes
cossenoidais são os
amperímetros de CA.
alternados de tensão e correntes senoidais e
indicados, respectivamente, pelos voltímetros e
Exemplo: 1) Calcular a tensão de pico numa tomada elétrica cujo valor medido é 120V.
120V ~ o valor eficaz da tensão senoidal na tomada.
v±.V/r~V =V-~=12O.~~v~17ov
Exercícios propostos:
3)Calcular o período e
261 Hz
4) Encontre o período,
abaixo:
12
12
t(ms)
Prof.: José Antônio Rosa
de sinais
valores
__i~1) Calcular os períodos das tensões periódicas que têm freqüências de: a- 0,2Hz
4,2MHz
Resp: a) 5s;. b) 83,3gà; c) 238 ns
2) Calcular as freqüências das correntes periódicas que possuem períodos de:
42ms c-lh
a) 20kHz; b)23,8 Hz; c) 0,278mHz
b-I2KHz c
a- 5Ops b
v(V
a freqüência de uma tensão periádica com 12 ciclos em 46ms. Resp.:
a freqüência e o número de ciclos mostrados para a onda mostrada
Análise de circuitos em corrente Alternada
j
11
5) Dado o gráfico de uma tensão em função do tempo a seguir, pede-se:
a) período em ms;
b) freqüência em Hz;
c) o valor de pico ou máximo em vo.lts;
d) o valor eficaz Vef ou Vrms em volts;
e) a potência média dissipada sobre um resistor de 11(0 em mW;
f) o valor da tensão no tempo t = 3Oms. Resp.: 2092V
v(V)
6) Converter os seguintes ângulos em graus para ângulos em radianos: a- 490 b- 1300 c- 4350
a) 0,855 rad; b) -2,27 rad c) 7,59 rad
7) Converter os seguintes ângulos em radianos para ângulos em graus: a- 3-~—rad b- — 0,562rad
c- 4rad
Resp.: a) 10° b) -32,2° c) 229
8) Encontre o período e a freqüência das correntes senoidais que possuem as sebuintes
2 freqüências radianas: a- 9mad/s b- 0,O42rad/s c- l3Mrad/s Resp.: a) 0,222s; b)
iSca c)0,483~s
9) Encontre a amplitude e a freqüência de: a- 42,lsen(377t + 30°) b- —6,39 cos(i o5 t — 20°)
Resp.: a) 60Hz b) 159 kHz
10) Calcular a freqüência de uma onda senoidal de tensão que tem um• pico de 45V e que aumenta
continuamente de 0V em t = O seg. Para 24V em t = 46,2niseg. Resp.: 1,94 Hz
11) Uma onda cossenoidal de tensão fem um pico de 20V em t = O seg. e se esta tensão demora um
mínimo de 0,123 seg. para diminuir de 20V para 17V, calcular a tensão em t = 4,12 seg. Resp.:
193V
12) Se 43,7V é a tensão de pico induzida no condutor de um alternador, calcular a tensão induzida
depois que o condutor girou através de um ângulo de 430 em relação a sua posição horizontal.
Resp.:29,8V
13) Se o condutor de um alternador está girando em 400Hz e se a tensão induzida tem um pico de
23V, calcule a tensão induzida 0,23 mseg depois que o condutor passar por sua posição vertical.
Resp.: 19,2V
14) Calcule: a- v 200x sen[33931 +~]. V e b- 1 = 67 x cos(3016t — 42°). mÁ em É =1,lms
Resp.: a) -172V; b) -56,9 mA.
15) Esboce um ciclo de v 30 x sen(754t +60°). V para o período iniciando em Oseg. Indique as
três unidades da abscissa — tempo, radianos e graus.
16) Calcular as relações de fases para os seguintes pares de senóide:
17) a- V= 6xsen(30t—40j’Vi i =sen[301_}mÁ Resp.:v avança i em 20°
b- vl=._8xsen(40t_80°>V v2=_lOxsen(40t_50°).V Resp.: vi atrasav2 em 30°
c- i1=4xcos(70.t—40°)~fl1A , i2=_óxcos(70t+80°).mA. Resp.: ii avançai2em 60°.
d- v = 150 cos(377t +45°)V, e 1 4,55 sen(377t ÷ 45°)A Resp. : v avança i em 90°.
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ANÁLISE MATEMÁTJCA.DE SINAIS ALTERNADOS
Revisão de Álgebra Complexa e Fasores
Os números complexos
imaginários.
são formados pelos números reais e os números
Números Imaginários são como os reais comuns. Os números imaginários foram
inventados quando se tornou necessário ter números que fossem raízes quadradas
de números negativos.
Utiliza-se a representação
ji=~/ET Togo j2=~CT. do número imaginário a letra i senda
Regras para operações matemáticas com
• Soma e subtração. j3 + j9 = j1 2;
• Multiplicação e divisão.
números imaginários.
j4 . (-j3) = 12; -j5 . (-j4) =j5 . j4 = -20
-j5,5 .(4)=-j22,0
j2 = -1~ pois j2 = = —1; j3 = j2~ ~1 -i i4 =yil)=y-i)=1
Números Complexos na Forma Retangular
Exemplos: 3 + j4;
t ~‘Real Imaginária
Essa é a melhor forma para somar e subtrair números complexos.
Representação no Plano Complexo.
2° Quadrante
3° Quadrante
Números complexos
conjugados.
4 ~- j2 conjugado de 4-j2
ou vice-versa
j12,5-j3,5=jg,o j6,25-j8,4=-j2,15
Imaginário x Imaginário = Real : j2 . j6 = -12;
Real x Imaginário = Imaginário: 3 . j5 = JI 5;
Imaginário! Imaginário = Real: j8 /j4=2;
Real / Imaginário e Imaginário [Real = Imaginário:
Potenciação
~20) 1 (-uDO) = -0,2
016)14=14; 20/(j5)=-4
6 - j8
-4 + 1° Quadrante
4~j2
-2 - j3 4° Quadrante
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Operações Matemáticas
• somaesubtração:(3+j4)+(2+j6)5+i1O;(3+i7)-(4-i2)-l +j9
• Multiplicação:(2+j4)x(3+j4)6+i8+i12-16-1O+J20
(3+j4)(3-j4) = 9 + 16 = 32 + 42 = 25
• Divisão: 1O+j24 (10+j24)x(è—j4)6+j4 (6 +j4)(6 —j4)
156 +j104 156 +j104
— 62+42 — 52
3 +j2
Números Complexos na Forma Polar e Exponencial
A e~9 = A ze —. forma polar
t forma exponencial
A = Módulo do N°. Complexo
O = Ângulo II
e = 2,718 n° de Euler (base do logarítmo natural ou
neperiano)
Exemplos: 4 e~5° = 4/45°; — 8e~60° =—8/60°
As formas polar e exponencial são as melhores formas para multiplicar e dividir.
Representação no Plano Complexo
Ae~° =AZ9
7 e~30~ = 7/30°
Eixo Imaginário
Relações Trigonométricas
coso=(x/A) =~x=A . cose =7. cos3O°=~x=6,06
senø=(yIA)=’ y=A.senO=7.sen30°~’y3,5
A2 =x2 ~y2 ~A=4x2 ÷~2
Eixo real
sen OtgO=
cos O tg9=~:. tg9=X~ o = tg’ sendo “ y” imaginário e “x” real.
x +jy= 6,06 +j3,5
y
7
x
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Conversão da forma polar ou exponencial na forma retangular
Identidade de Euler:
Ae~° =A/9—A.cosø+jA.senø
Ex’ A e~0 =A /0 =A.cosü +jA.senø (forma geral)
7 e~30° = 7/30° = 7. cos 3Q° + j7 sen3O° = 6,06 + j3,5
Conversão da forma retangular em polar ou exponencial
Exemplo: Dada a forma retangular 6,06 ÷ 1 3,5 converter nas formas polar e
exponencial.
Módulo: A=Jx2 ~2 :.A=,J6,062 ~352 .‘.A~~J4~:.A=7
Ângulo: tge=X~e=tg_1(X)~e=tg~~j]:.e=ioo
Logo 6,06 +j 3,5 = 7/30°=7e~30°
x +j y = AL0=A&° formageral
Operações Matemáticas
• Multiplicação:
Sejaniosn°.complexos: Ae~0 e
A e B e ~= AB ~j(9+P) ~. AZO • BL~ = A.azo + f3
Exemplo: (3/25°) x (4L~6O0 = 3.4 L25°+(-60°) = 12L-35°
• Divisão:
Ae3e÷BaeJ1~=~e ~(~ç~) A/O ~~/9~J3
B B/~B
Exemplo: (81/45°) (3/16°) (81+3) L45°-16°) 27 /29°
Os números complexos conjugados - partes reais iguais e imaginárias iguais em
módulo e sinais contrários ( ângulos iguais em módulo e sinais contrários).
4L
jS ._~ 6+j5=7,81 /39,80
X~ ~39,80
-j5 .., N~ 6-j5 7,81/-39.8°
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15
Representações Temporal, Fasorial e Complexa de um Sinal CA
Um sinal alternado senoidal pode ser convertido diretamente nas representações
fasorial e complexa equivalentes.
Mas, se a sua expressão for cossenoidal, ela deve ser convertida em senoidal por
meio da identidãdõ tii~onométrica cos x =sen(x+9Q°) antes das conversões.
Exemplos:
Temporal: Forma de Onda: Expressão : v(t) = 20. ‘~J5 sen(377t+30°) V
[rns]
Fasor - E’ um número complexo associado a uma onda senoidal defasada.
Usaremos V e 1 em negrita ou “e para os simbolos fasoriais de tensão e corrente.
O fasor correspondente a onda v(t)~ 20. 45 sen(377t+30°) V será V = 20 /30° V.
o módulo do fasor é o valor(eficaz(rms) do sinal alternado senoidal e seu ângulo
é a fase da onda senoidal defasada.
Exemplo: A expressão senoidal para a corrente de freqüência f =
representada pelo fasor 1 = 0,439 /-27° A será i(t) = 0,621 sen(754t - 27°)
=lmi -.J~ =0,439 ~ lm=0,439. -.J~ =0,621 A
e ~=2.~.f=2.~.120~ ~-754rad/s
Notações:
• 1 = 1 = 1 representam o módulo do fasor
• Alguns autores utilizam o valor de pico para o módulo dos fasores tensão e
corrente, que correspondem às ondas cossenoidais.
• VeV* representam o conjugado de um n°. complexo.
• É errado expressar 3/30° 34’~sen(ot+30°), mas 3/30D= 3J~sen(øt+30°).
Fasores podem ser expressos na forma polar, retangular (algébrica) ou em
qualquer uma das formas de números complexos.
Nem todos os números complexos são fasores.
v(t)[V]
20j~
14,14
-20
120 Hz
A, pois, 1
o
o
o
o
o
o
o
o
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José António Rosa
16
Fasorial: Diagrama Fasorial ou Diagrama do Fasor
Tensão Eficaz:
Fase:
co = 377 radls
20V
30° adiantada
rad/s
20V
ref
Complexa: V = 20/30° co = 377 rad/s
Im
20V
‘~Re
Adição e Subtração entre Sinais CÁ.
Consideremos duas tensões senoidais de mesma freqüência:
via). = 141 .sen (377t + W4)V
v2a) = 99 sen (377t + 5W6)V
Vi = 100V; 01 = 45°
V2 =70V;02=150°
Vi=1 00/ 45°[V]
V2=70/150 °[Vj
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
Essas operações podem ter resoluções descritas à seguir:
Temporal Gráfica - É necessário que os gráficos das formas de onda estejam em
escala para que as formas de onda resultantes possam obtidas pela adição e
pela subtração de diversos valores instantâneos, como rfrnstram as figuras a
seguir:
Adição Gráfica: va(t) = vi(t) + v2(t)
o
O
O
O
o
v(t) N
150
100
50
vi
-50
-100
-150
t(ms)
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
-50
-100
-150
-200
• Temporal Analítica
Para realizar essas mesmas operações analiticamente, é necessário utilizar
identidades trigonométricas, tornando os cálculos muito trabalhosos. A seguir são
mostrados os resultados após os desenvolvimentos matemáticos:
Adição analítica:
5it/6) =~
Va(Q = vi(t) + v2a,) ~ Va = 141 seri(377t + it/4) + 99sen(377t +
Va = 150,2 sen(377t ÷ 1,48 mci) = 150,2 sen(377t + 84,6°) V
Subtração analítica:vb(t) = via) - v2(t) ~ Vb = 141 sen(377t - irJ4) - 99sen(377t + 5it/6)
~ vb = 192,5 sen(377t + 0,27 rad) = 192,5 sen(377t + 15,21°) V
Resolução por Composição Fasorial
Adição Gráfica: Va = VI + V2
Subtração Gráfica: Vb = VI - V2
vi
Ref.
Ref.
17
vb
Subtração Gráfica : vb(t) = vi(t) - v2(t)
v(t) [V
150
100
50
o t(ms)
Vay Va
V2 150’
v2x Vax Vi
vi VI
V2 150’
Vb
V2y vbx
-v2
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18
Resolução por Números Complexos
Consideremos os fasores Vi e V2 na forma complexa.
Adição analítica: Va = VI + V2 ~ Va = 100/45° + 70/160° ~ Va = 70,7-bj70,7 + (-
60,62 + 135)
Va = 10,08 ±j105,7 => Va = 106,18/84,6°f’.’].
Subtração analítica:
Vb = VI- V2 =~ Vb = 100/45° - 70/150° ~ Vb = 70,7+ j70,7 -(-60,62 + j35)
Vb = 131,32 + j35,7 z~ Vb = 136,09/1 5,21°[V].
Convertendo Vb em vb(t): vb(t) = 192,5 sen(377t+15,21°) [VJ = 192,5 sen(377t+Q,27
rad)tV]
Observações: -.
• As operações podem ser realizadas com mais segurança e de modo mais prático
por meio dos números complexos.
• Após os cálculos as forma~ de onda poderão ser representadas, para se ter
noção do que será visualizado no osciloscópio.
• A adição e subtração de sinais alternados ( tensão e corrente ) de mesma
freqüência co produzem como resultado a mesma grandeza elétrica e com a
mesma freqüência co. Portanto, os operadores e o resultado da operação podem
ser rêpresentados em um mesrho diagrama fasorial.
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19
RESPOSTAS DO RESISTOR, CAPACITOR E INDUTOR EM CORRENTE
ALTERNADA
Resistor
A seguir é representada a resposta temporal do resistor quando submetido a uma
tens ão
v(t) = Vm sen (cot+O°) V
O resistor quando submetido a uma tensão alternada possui um comportamento
ôhmico resistivo e não reage às vailações da tensão como acontece com o capacitor
e indutor. A sua resistência é uma constante R em ohms [Qj, independente da
velocidade de variação da tensão aplicada, ou seja, de sua freqüência.
A corrente iR(t) no resistor
acompanha a tensão da fonte v(t) ou
vR(t), como mostram as figuras ao
lado.
Portanto, num circuito puramente
resistivo, a defasagem
e°v - e°i= o~.
iR(t)
v(t)
Temporal
+
vR(t)
v(t)
Vm
Devido a isso,
estão sempre
ou seja, O°v = 09.
a tensão e a corrente
em fase no resistor,
t
iR(t)
lRm
T
vR
t
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20
Análise Matemática do Comportamento do Resistor em CA.
Se um resistor de R ohms tem uma tensão v = Vm sen (cot + 90) sobre ele, segundo
a lei de Ohm teremos i = vIR = (Vm/R) sen (ot + 0°).
(VmIR) = Im é o valor máximo ou de pico da corrente sobre o resistor.
A potência instantânea dissipada pelo resistor é:
p = v.i = [Vm sen(cot÷0)]x [Im sen(cot+e)]= Vm ~Im sen2(o~t +0).
A potência de pico é pm = Vm Im ocorre sempre que sen2(cot + 0) = ±1.
Temos sen2x=(1—cos2x)/2.
Logo a expressão da potência instantânea é:
Vm.Im Vm.Im
2 — 2 .eos(2o~t+20)
Vrnlm . .O valor medio e Pmed= 2 pois a potencia media do 2° termo e igual a zero.
Capacitor
O capacitor e o indutor reagem às variações de corrente e tensão sobre eles. Por
isso são, considerados dispositivos reativos. São, ainda, duais pois têm
comportamentos opostos em relação à variação da tensão e corrente.
A oposição (reação) às variações de corrente no capacitor e no indutor é
denominada reatância X, cuja unidade é o ohm [~2].
No capacitor, a reatância Xc surge devido à capacidade de armazenamento de
cargas, de modo que a tensão entre as suas placas não atinge o valor máximo
instantaneamente.
Quando ocorre uma variação de tensão sobre o capacitor inicialmente varia a
corrente e em seguida varia tensão.
Quanto mais brusca a variação da corrente, menor é a reatância capacWva Xc.
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21
A seguir é representada a resposta temporal do
tensão
v(t) = Vm sen (oat+O°) V.
A corrente do capacitor está
adiantada em relação a tensão
em 900, ou a corrente avança a
tensão em 90~.
A corrente ic(t) no capacitor
acompanha a tensão da fonte v(t),
como mostram as figuras ao lado.
Portanto, num circuito puramente
capacitivo, a defasagem
0°v - 001= ~9Q0•
ic(t)
capacitor quando submetido a uma
++
Temporal
vc (t)
v(t)
Vm
t
ic(t)
cm
vc
90°L.4_ T/2
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22
- Análise Matemática do Comportamento do Capacitor em CA.
Se um capacitor de C farads tem uma tensão v = Vm sen (cot + 9°) sobre ele, terá
ic(t) = = c. d[Vm . senQnt + e)]
uma corrente dada por dt dt
ic(t) = (DCVm. cos(0t + o) = cOCVm.SenQnt + o + 9o°)
O valor máximo ou de pico da corrente sobre o capacitor (Im).
= coCVm~ .YE!~ =~ (Vmflm) é o valor da reatância capacitiva ‘Xc’.
‘m (DC
A expressão da reatância capacitiva é x0 = —1-- ou = Unidade ohm [C2].(DC oC
O sinal negativo refere-se a defasagem da corrente em relação a tensão.
A potência instantânea absorvida pelo ‘capacitor é:
p =•v.i = [Vm sen(oyt + O)] x [Im cos(cot + 9)] = Vm Im sen (cot + O). cosQot + e)
mas 2sen(x).cos(x)=sen2x.
• Vrn~Im
Logo p = vi = 2 .sen (2cot+20). ou p = VRMSJRMS sen (2cot+29)
A potência média absorvida pelo capacitor é zeiã~ Em um período o capâcitor libera
a mesma energia que ele absorve
Indutor
A oposição (reação) às variações de corrente no indutor é denominada reatância X,
cuja unidade é o ohm [C2j.
No indutor, a reatância XL surge devido a oposição às variações de corrente que
circula no mesmo, com o objetivo de opor às variações do campo magnético no seu
interior.
Quando ocorre uma variação de tensão sobre o indutor, inicialmente varia a tensão
e em seguida varia a corrente.
Quanto mais brusca for a variação da tensão, maior é a reatância indutiva XL.
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23
A seguir é representada a resposta temporal do indutor quando submetido a uma
tensão
v(t) = Vm sen (cot+9°) V.
A corrente no indutor está
atrasada em relação a tensão em
900, ou a tensão avança a corrente
em 900.
Portanto, num circuito puramente
indutivo, a defasagem
e0v - 9°i 900.
1L(t)
++
v(t)
Temporal
vL(t)
v(t)
vm
1L(t)
T12 t
A tensão vL(t) no
acompanha a tensão da
como mostram as figuras
indutor
fonte v(t),
ao lado.
vL
t
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24
• Análise Matemática do Comportamento do Indutor em CA.
Se um indutor de L henry tem uma corrente i = Im sen (0t + 0°) passando por ele,
terá uma tensão dada por: -
vL(o=L.~_=L.[md~~
VL (t) = Lci)I~.cos(o)t + e)= wLlmsen(wt + e +90°)
O valor máximo ou de pico da tensão sobre o indutor (Vm) é:
V ~-V,~ =úLIm~—~-=cL, (Vm/Im) é o valorda reatânciaeapasltWa’XL’.
A expressão da reatância indutiva é XL = coL. Unidade ohm [fli.
A potência instantânea absorvida pelo indutor é:
p =v.i = [Vm cos(cot + 0)]x [Im sen(cot + 0)] = Vm Im sen (cot + e). cosQot + o)
mas 2sen(x).cos(x) = sen2x.
Vm•ImLogo p = vi = 2 . sen (2cot + 20). ou p = VRMS ~‘RMS sen (2wt + 20)
Um indutor excitado senoidalmente absorve potência média zero, pois o valor médio
de uma senóide é zero.
Quando a senóide for positiva o indutor absorve energia e quando for negativa o
indutor devolve a energia absorvida ao circuito e funciona como fonte. Num período
ele libera tanta energia quanto absbrve.
Exercícios resolvidos:
1) A tensão sobre um único componente de um circuito é v = 40 sen(400t + 10°)
V e a corrente-que passa por ele é i = 34,1 sen (400t + 10°) mA.
a) Identificar o componente.
b) Calcular o seu valor.
Solução:
a) A corrente e a tensão estão em fase, logo o componente é um resistor.
b) R=Vm/lm R= 4Q ~ R=1,17kQ.
34,1x103
(é-) ~ /‘
Análise de circuftos em Corrente Alternada •- Prof.: José Antônio Rosa
25
2) A tensão sobre um resistor de 62 (2 é v = 30 sen(377t + 300) V. Calcular:
a) A corrente que circula sobre o resistor.
b) A potência média absorvida por ele.
a) Im = (Vrfl/R) ~ Im = 30/62 ~ Im = 0,484A =,i = 0,484 sen(377t + 30°)A
b) Pmrl = (1/2). (Vm2/ R) ~ Pm = (1/2). (302)162 ~ Pm = 7,26W.
3) Calcule a corrente eficaz que passa sobre um capacitor de 0,1 iF e que tem 200V
eficaz em 400Hz sobre ele.
1m (Vm /Xc) ~ 1 =(lm 1 ~.J5J) ~ 1 = [(Vm)/(1/coC)] +
= (Vm/~J~). coC ~ 1 = 200 x 2jt.400 x 0,1 x106 ~ 1 = 50,3 mA.
4) A tensão v = 30 sen (200irt+30°)V está sobre um capacitor que tem reatância de 62
(2. Mostrar a expressão dacorrente.
Im = Vm/Xc ~‘ Im = 30/62 =‘lm = 0,484 A
A corrente está adiantada em relação a tensão em 90°, logo a expressão da corrente
será:
= 0,484 sen (2007tt+30°+90°)A ~ i = 0,484 cos(200ict+30°)A
5) Calcular a tensão eficaz sobre um indutor de 30 mH que tem um corrente de 40 mA e
60 Hz passando por ele.
A corrente eficaz é 4OmA.
Vm=XL.lm =~(Vm/4~)Om/.~h).oxL V=l.coi
V = 4ox10~.2..n.G0.30x103 ~ V = 0,452V
6) A tensão v = 30 sen (200itt + 30°) V está sobre um indutor que tem uma reatância de
62 (2. Determinar a expressão da corrente no indutor.
Vm=XL. lm =, Im=Vm/XL 1m30/62 =~‘ Im =0,484A.
No indutor a corrente está atrasada em relação a tensão em 90°, portanto a
expressão da corrente será:
= 0,484 sen (200itt + 30°-90°) = 0,484 sen (200~’tt - 60°) A
7) Abaixo estão escritos três pares de expressões de tensão e corrente de três circuitos
diferentes alimentados por tensões alternadas. Cada um deles tem ou resistor ou
capacitor ou indutor. Identifique e escreva o circuito resistivo puro, indutivo puro ou
capacitivo puro, por meio de seus pares de expressões e justifique.
Circuito a) v = 150 sen(377t -it/6)V ei 4,55 sen(377t + 60°)A.
Diferença entre fases: (377t - 30°) - (377t + 60°) - 900. v atrasa i e.m 90° ~ Circuito
Capacitivo Puro
Circuito b) v = 150 cos(377t +45°)V e i 4,55 sen(377t + 45°)A.
Passando v para a forma senoidal: v = 150 sen(377t + 45°+90°) 150 sen(377t + 135°)
Diferença entre fases: (377t + 135°) - (377t + 45°) 90°. v adianta i em 90° ~ Circuito
Indutivo Puro
Circuito c) v 150 cos(377t +itI4)V e i = 4,55 cos(377t + 45°)A.
Diferença entre fases: (377t + 45°) - (377t + 45°) = 0° . v em fase com i.~ Circuito Resistivo
Puro
Anãlise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
26
Exercícios Propostos
1) calcule a potência média absorvida por um componente de uni circuito que tem uma tensão v
= 10V aplicada sobre ele quando uma corrente i = 5 + 6cos33t A circula por ele. Resp.:
50W.
calcule os valores máximo e mínimo da corrente. Resp. lmax = 1 lA, mm. = -1 A.
2) Calcule a condutância de um resistor que tem uma tensão v= 50,lsen(200itt + 30°)V sobre
ele quando uma corrente = 6,78 sen(200tt + 30°)mA circula por ele. Resp.:1 35 jiS
3) Calcule a corrente sobre um resistor de 33 kQ, se a tensão sobre ele é
v150 cos(377t+45°)~~’~ Resp.:i = 4,55 cos(377t +45°)mA.
4) Calcular a potência média absorvida por um resistor de 910 f2 que uma tem uma corrente
= 9,76 sen(754t - 36°) passando por ele. Resp.:43,3 mW
5) Calcular a leitura de um amperímetro de corrente alternada que está em série com um
resistor de 4700 e que tem uma tensão v = 150 cos(377t + 30°)V sobre ele. Resp.: 226
mA.
6) Calcular a freqüência na qual um capacitor de 0,1j.tF e um indutor de 120 mH têm a mesma
grandeza de reatância. Resp.:1 45kHz
7) calcular a capacitância de um capacitor que solicita 150 rnA quando ligado a uma fonte de
tensão de 400 Hz e 100V. Resp.:0,597 1.zF
8) Calcular as correntes que passam por capacitor de 0,5 1.tF para as tensões do capacitor de:
a) v = 190 sen(377t + 1 5°)V; b) v = 200 cos(1 000t - 40°)V
Resp.:a) i = 35,8 cos(377t + 1 5°)mA b) i = 0,1 cos(l000t + 50°) A
9) Calcular as tensôes sobre um capacitor de 2p.F para as correntes de a) i = 7 sen(754t + 1 5°)mA e
b) i = 250 cos( 10~ t - 30°)mA. Resp.: a) v = 4,64 sen (754t-75°)V, b) v = 125 sen(103t -30°)
V
10) Calcular a corrente rms que passa por um indutor de 80 mH que tem l2OVrms e 60Hz sobre ele.
Resp.:3,98 A
11) Calcular as correntes que passam num indutor de 500 mH para as tensões no do indutor de:
a) v = 170 sen(400t + tI6)V e b) v = 156 cos(1 000 + 1 0°)V.
Resp.:a) i = 0,85 sen(400t - 60°)A, b) i = 0,312 sen(l000t + 10°)
Análise de circuitos em corrente Alternada - Prof.: José Antônio Rosa
27
IMPEDÂNCIA- ANÁLISE DE CIRCUITO SÉRIE EM CA
Na análise de um circuito de corrente alternada, os fasores da tensão
são usados com resistências e reatáncias, da mesma maneira que
corrente são usadas com resistências na análise de um circuito
contínua.
e da corrente
a tensão e a
de corrente
O circuito original de corrente alternada no domínio do tempo é transformado
em um circuito no domínio da freqüência.
Características de um circuito no domínio da freqüência:
> Usa -se fasores de tensão e corrente ao invés de correntes e tensões
~ Troca-se as indutâncias e capacitâncias pela suas respectivas
indutivas e iDy!s~.
~ As resistências permanecem inalteradas.
~ Na análise de circuitos CA, resistências e reatâncias combinam-se
maneira com que os resistores se combinam numa análise de circuito
contínua.
> Todos os conceitos da análise de circuitos em CC se aplicam
àircuitos CA no domínio da freqüência, mas são usados números
invés de números reais.
Elementos de circuito no domínio da freqüência
Resistores
senoidais.
reatâncias
da mesma
de corrente —
a análise de
complexos ao
No domínio do tempo:
v(t) = Vm sen(cot + O) V
No domínio datreqüência:
+
iR(t) =Im sen(cot + O) A
+
vR(t) = Rim sen(ot + O) V
Relação entre o fasor tensãb e o fasor corrente:
• R.Im~90
v~Ji
• iEzeo
~X=R
1
Representação Fasorial
VR V
Ref.
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
28
• Indutores:
No domínio do tempo:
v(t) = Vm cos(o* + e) V
No domínio da freqüência:
+
vL(t) = XLIm cos(cot + O) V ~
v(t) = XLIm sen(cnt + O+9O°)V
Relação entre o fasor tensão e o fasor corrente no indutor:
. .
No circuito v(t) = VL(t) ~ V = Vi
xLImZOO900
VL= ‘Ji~
= X~Z9O°Ç2 = coLZ9O°fl —* forma polar
IL
mas coL/90°fl = coL(cos900 + jsen9O°) = joLf2 = JXL
b~JcÜLQJX
IL
—* forma retangular
Representação Fasorial
VLj
a Capacitores:
Ref.
IL
No domínio do tempo:
v(t) Vm cos(cot + O) V
1m cos(cot + e) A coCVm sen((cot + e + 9Q0) A
+
vC(t) Vm sen (cot + O) V
1m sen(cot + O) A
XLIm
Im
ZO0+9O0~~O0
Análise de Circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
29
No domínio da freqüência:
Relação entre o fasor tensão e o fasor corrente no capacitor:
Vm~90
=YE.~ï~0c_0o_90o=-Y!L~_9o~
• 1m790 90° ~ Im Vm
‘C 7= + Xc
= XcZ — 90°Q = — 90°Q ~ forma polar
mas — 90°0 = —1—(cos—90° ÷jsen— 9oj= _~_L0 = —jXc0)0 coO coC
= = —jXcfl ~ forma retangular
Representação Fasorial
Ic
) r Ref.
~‘(p =..900
vc’’
co
Observações:
a) A fase das reatáncias indutiva e capacitiva corresponde à defasagem p
provocadas por elas entre a tensão e a corrente fornecidas pela fonte como
mostraram as representações temporal e fasorial anteriores.
b) Em circuito CA enquanto o indutor adianta a tensão, o capacitor a atrasa e
suas reatâncias possuem fases contrárias.
c) A reatância indutiva aumenta com a freqüência, enquanto a reatância
capacitiva diminui.
d) Devido a esses motivos, o indutor e capacitor são ditos de comportamentos
duais. Essa dualidade propociona inúmeras aplicações desses dispositivos.
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
Exemplo de análise de circuito em série em CÁ.
L=2H
+VR
____ +
v40 ..Jisen(4t+20°)V Vc_r C1l16F
Circuito no Domínio do Tempo
XLtjo)L ~‘ XLJ4x2 ~ XLj8Q
=~ Xc-j40
Aplicando a lei das tensões de Kirchhoff (LVK):
V = Vr~ + VL ÷ Vc e substituindo VR = 6 1,
40/20° = 61 +j8 I-j4l =(6+j4)I
logo 1 = (40/20°) ÷ (7,21 /33,7°)
\ Portanto,VR = 6 x5,547 /-13,7°
VL = 8/90° ~5,547 /-13,7° ~
Vc = 4 /-9O°~5,547 /-13,7° r~
VL=j81, Vc=-j41
~‘ 40/20° = 7,21 /33,7°l,
= 5,547 /-13,7° A~
~ VR33,3/~13,7°V~
VL=44,4/76,3°V
Vc = 22,2 2-103,7v~
tem-se:
IMPEDÂNCIA
Conceito : A impedância Z ou
número complexo que reflete
alternada e a defasagem total
z, em ohm [O], de um dispositivo ou circuito é um
a oposição total oferecida a passagem da corrente
provocada entre a tensão e a corrente.
Símbolo: Z ou Z A impedância possue umresistência R e uma parte
reatância X.
parte real denominada
imaginária denominada
Z = R + jX (forma retangular)
Z Z /(p (forma polar)
30
R=6Q j8f2
-j4K2
Xc-jl/(coC) =~
Circuito no Domínio da Freqüência
Xc=-j1 /[fx(1/1~)]
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
31
Im
Z=4R2+X2=~...móduhdeZ
te z
Z/’ (p=arctgj—I=’ fasedeZ
JX ~ ÇR)
L /)(p R=Zcosç e X=ZsenqRe
R
Enquanto o módulo de Z é responsável pela oposição à corrente alternada, a fase cp
é responsável pela defasagem da tensão em relação à corrente. Conhecendo em
detalhes uma impedância torna possível prever o comportamento elétrico de um
dispositivo ou circuito, bem como da fonte de alimentação.
A resistência é devida a oposição natural dos materiais à passagem da corrente.
Refere-se ao resistores.
A reatância é a reação, isto é, oposição à variação, da corrente, sendo uma
característica dos indutores e capacitores.
o nbme impedância tem origem no verbo impedir e significa a oposição tanto à
passagem quanto à variação da corrente, sendo uma característica geral~~ de
t~ualquer circuito elétrico em CA formado, em principio, por resistores, indutores e
capacitores.
A componente resistiva R da impedância, somente assume valores positivos.
A componente reativa x é resultado da soma das reatâncias indutiva JXL e capacitiva
-jXc, ou seja, jX = j (XL - Xc) e pode assumir valores positivos ou negativos.
Através do sinal do ângulo de fase da impedância pode-se concluir:
• Se a Fase for positiva significa jX> O ~ XL >Xc~ sendo o circuito indutivo, logo a
tensão de entrada adianta à corrente de éntrada
• Se a Fase for negativa significa que jX < O ~ XL < Xc, séndo o circuito capacitivo,
logo a tensão de entrada atrasa à corrente de entrada.
• Se a Fase for zero significa que jX = O z~ XL = Xc, sendo o circuito resistivo, logo
a tensão de entrada está em fase com a corrente de entrada.
• Representação no plano complexo.
Im
~ Impedância Indutiva
1 Q<~<9QO
zNJ
Impedância Capacitiva
..9Q0 < (p < O
(p
Análise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
32
• Lei de Ohm parã Circuito CA
Considerando o Circuito CA
•
VouV
A Lei de Ohm aplicada ao circuito é
dada por:
ZouZ • V
Z = Vil ~ módulo da impedância Z
.
• Associação Série de Impedâncias.
A corrente 1 é a mesma em todas as impedâncias em série, mas a tensão V se
subdivide entre elas, de modo que, pela Lei de Kirchhoff para as tensões CA:
V = VI + V2 +V3.+..+ Vii
Logo a impedância equivalente Zeq = ZI + Z2 + Z3 + + Zn
. Divisor de Tensão
e
+V1 ouVi
4
li ou Zi
±1 +
VOuVH Z2ouZ2 ~ou~
• Associação Paralela de Impedâncias.
(1/Zeq )= (1/ZI)+ (1/Z2) + (1/Z3) + ...Z+ ( 1/Zn)
Para dois componentes em paralelo,
Zeq (ZI . Z2) 1 ( ZI + Z2)
e Divisor de Corrente.
1.
4’ 12
•
Z2 ouZ2
1 ou 1
+
.
z=—
.
Considerando a tensão complexa genérica e a corrente complexa genérica, a lei de
Ohm resulta:
vze vZ= V=_z(ev_ei)~zzzP,
lZG~ p =.( 0v-O i)~fase da impedância Z.
•
~1
Zl+Z2
.
V2=( Z2
Zi+ Z2
• •
• Z2 • z~
Ii =( • • ). 1; 12 ( • •
Zj+Z2 z1+z2
Análise de Circuitos em corrente Alternada ProL: José Ant6nio Rosa
33
Exemplo: No circuito série mostrado anteriormente a impedância total será
ZT= 6 +j (8-4) ~ ZT= 6 +j4f2 = 721 /33,7° £2.
O fasor corrente será dado por 1 = V/ Z =~ 1 = (40/20°) 1(7,21 /33,7°) ~
= 5,547 /-13,27° A
Diagrama de Impedâncias
A seguir está representado o diagrama da impedância ZT anterior.
1° quadrante ( circuito indutivo )
6 ~R[f2]
4° quadrante ( circuito capacitivo)
Triângulo de Impedância - Contem os vetores que representam R, jX e Z.
jX
Exemplo: 1)z = 6+j8 = 10/53,1°Q 2) z=6 -j8 O = 10/-53,1°O
Z= 1OZ-531°Q
6≤2
-jS
Exemplo. 1) Dados v = 311 sen ( 2.500t + 170°) V e i = 15,5 sen (2500t - 145°) A.
a) Os diagramas de fasores.
b) O diagrama de impedância.
c) Calcular os componentes do circuito.
a) Fasores: V• 311=—/170° 220/170°V,
v
-7
- 145°
• 155l=—~--/—145°=11/—145°A
co 2.500 rad/s
ref.
j4
o
z Z= 10Z53,1°C2 j8Q
R
Anãlise de circuitos em corrente Alternada ProL: José Antônio Rosa
34
b)
= 220/1700 ~ Z = 20L315°Q ~ Z = 20/—45°Q = 14J4—j14J4 O
11/—145°
jX[ü] 14,140
R[üJ
450
-j14,14[01 •~~J.~gqo
e
z
c) A corrente está adiantada em relação a tensão. Logo o circuito é capacitivo RC.
R = 14,14 O Xc = 1/ wC = 14,14 O ~ C = lI(oXc)=~~
C1/(2500. 14,14) ~ C28,3,uF
• Exercícios propostos
1) Considere um circuito com v = 50 sen(2000t - 25°) V e i = 8 sen(2000t + 5°) A. Trace
utilizando os eixos abaixo:
a) o diagrama de fasores;
b) o diagrama de impedância.
Obs: traçado sem escalas;
o traçado dos ângulos e dos módulos podem ser aproximados;
o valor dos módulos devem ser escritos junto aos fasores.
lrn 900(_2700) jX(fl)
180°(-180°) Ref 0°
R(Q)
90°(270°)
2) Um circuito C.A tem uma impedância total Z = 20 + ii 00 ((2). Determine:
a) a defasagem entre a tensão e a corrente provocada pela impedância;
b) escreva se o circuito é indutivo, capacitivo ou resistivo.
3) Estão em série um resistor de 300(2, um indutor de 1H e um capacitor de 11.tF. Calcule a
impedância na forma polar e escreva se o circuito é indutivo capacitivo ou resistivo para:
a) co= 833 rad/s; b) co 1000 rad/s c) co 1200 rad/s
Resp. a) 474Z-50,8°f2, capacitivo; b) 300Z0°≤2, c) 474Z50,7°Q, indutivo.
Análise de circuitos em Corrente Alternada ProL: José Antônio Rosa
35
4) 1, ia caiga tem uma tensão de 240/75° V e uma corrente de 20/60°A numa freqüência de
60 Hz. Calcular os elementos em série que a carga poderia ser.
Resp.: resistor de 1160 e um indutor de 824 mH.
5) Dois elementos de um circuito em série solicitam uma corrente de i = 16 sen(200t + 35°) A em
resposta a uma tensão aplicada de v = 80 cos(200t)V. Determine os dois elementos.
Resp.: resistor de 2,870 e um indutor de 20,5 mH.
6) Para o circuito mostrado à seguir, calcular os fasores 1, VR e Vc e as quantidades senoidais
correspondentes se a freqüência é de 50 Hz. Calcular a potência média liberada pela fonte.
Resp.:
l=7,5/81,3°A
Vc1 87/-8,66°V
VR 150/81 ,3°V
vR 212sen(314t+ 81,3°)V
= 10,6 sem(314t + 81 ,3°)A
vc = 26Ssem(314t -8,66°)V
7) Uma fonte de tensão de 340 sen(l000t + 25°)V, um resistor de 20, um indutor de 1H e um
capacitor de 1 LIF estão em série. Calcule a corrente do circuito e as quedas de tensão do
resistor, do indutor e do capacitor.
Resp. vR = 340 sen(l000t + 25°)V
= 170 sen(1 000t + 25°)A
vc =170 sen(l000t - 65°)kV
vL =170 sen(l000t + 65°)kV
8) Um tensão que tem um fasor de 200/40° V é aplicada sobre um resistor e um capacitor que
estão em série. Se a tensão rms do capacitor é de 120V, determine o fasor tensão do resistor.
Resp.: 160Z-3,13° V
9) Calcule a corrente 1 para o circuito mostrado.
+
v
Resp.: 1 = 9,52/458° A
10) Use o divisor de tensão duas vezes para calcular V no circuito do exercício n.° 9.
Resp.: V 81,20/6,04° V/
200
+
240/30°V Vc
Pmed = 1,12kW
1 -j200 3500
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36
ADMITÂNCIA - ANÁLISE DE CIRCUITO PARALELO EM CA
Exemplo de análise de circuito em paralelo em CA.
lc
1000~2
Circuito no Domínio do Tempo
XL = j ~L = j (5.000 x 0,5 ) = j 2.6000
Circuito no Domínio da Freqüência
Xc=-j(1/o)C)=-j(1/5000x0,2x106)=-jl0000
Aplidando a Lei das Correntes de Kirchhoff temos: 1 = IR + IL + lc
ADMITÂNCIA
( i i ‘1~]
+1 +
~j2.500 —j1.000jj
—
L_.í~
1(t) = 10 ‘Ji~sen5000tA +
R=1000fl —~-— c = 0,2 ~aF e
L=0,5H’
.3, .3’ __ __10/00= + + =Vx[
1.000 j2.500, —j1.000 1.000
1ozoo=~x[o.oo1+(_J4x1o—4÷i1o_3)~
10400 10/0°.
logo
[o,ooi +j0,0006j 1166x103Z31°
10/00 = Vx [0,001 + j 0,00061—e
=8,6x10~Z—31° V e
V =8,6Z—31°kV
v=8,6.-&sen(5000t-31°)kV=12,l6sen(S000t-31°)kVA admitância é o inverso ( recíproco ) da impedância:
YouY= 1 /Z[siemensjou[S]. Portanto seV=Z.I=>I=V/Z
A admitância em CA corresponde a condutância em CC.
Expressão geral : Y = G + jB —* Forma retangular
Y Yflp —÷ Forma polar
A parte real G é a condutância.
-~ c
~1
Expressão: G = 1 1 R
A parte imaginária B é a ~Liscetância. Capacitiva: jBc = .j wC
-1 -~ ~ Indutiva : -iBL = - ii 1 wL
Análise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
37
Para o circuito dci exemplo anterior
• 1 (1 1
+1 +1.000 ~J 2.500 —i 1.000 G = 0,001 Se 6 = 0,0006S
Y = 0,001 + j0,0006 5
Admitância expressa na forma polar: 3ç~C2
~=4G2+s2ztg1(B/~) q, •~AA
•
Dmódulodaadmitância Y =~G2 +B2.
O ângulo de fase da admitância p = tg1 (%)
v = 4(o,ooi)~ +(o,0006)2z tg_1(0.000,%’001)
-r
.Y=1,166x1C3 /31° 5
Sendo a admitância a recíproca da impedância o ângulo de fase da admitância é o
negativo do ângulo de fase da impedância. Através do sinal do ângulo de fase da
admitância pode-se concluir:
• Se a Fase for positiva significa que o circuito é capacitivo.
• Se a Fase for negativa significa que o circuito é indutivo.
• Se a Fase for zero o circuito é r~sistivo.
-- N
• Representação no plano complexo.
Im
Admitância capacitiva
‘1’ O<cp<9O°
cp~
Y ~l
Admitância indutiva à
-9O°<cp<O
• Assoàiação de admitâncias em paralelo.
Logo a admitância equivalente Yeq Y1 + Y2 + Y3 + + Yn
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38
Divisor de Corrente.
1.
+ 12
Y2 ou Y2
Associação Série de Admitâncias.
‘4
(1/Yeq)(1/Y1)+(1/Y2)+(1/Y3)+
Para dois componentes em série,
Yeq=(Y1 .Y2)I(Y1 +Y2)
+( 1/Yn)
• Pode -se traçares diagramas de admitâncias e os triângulos de admitâncias.
• Exemplo: Usar o divisor de corrente para calcular a corrente lY2 no ramo, de
5/30°S do circuito representado a seguir.
1 =4Z30°A
YT = 6/-70° + 5/30° + 7/50° + 9/450 ~
9/450 S
YT = (2,05 - j5,64) + ( 4,33 + j2,5) + ( 3,5 + j6,06 ) + (6,36 + j6,36) ~
Y’r= 16,24+j 9,28 = 18,7 / 29,7° 5
lY2 = ( ‘(2/ YT) x 1 ~ 1Y2 = ( 5/30°)/18,7/ 29,7°) x 4/ 30° =~
D
D
D
lv2=1,07/30,03°A
Análise de circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
-* e e
e
~=(-~‘~ )‘T; I2(~~)I
YT - YT
o
O
O
O
39
Exercícios propostos:
1. Um resistor de lkD, um indutor de 1 H e um capacitor de 14F estão em paralelo. Calcular a
admitância total na forma polar em a) 500 radls, b) l000radJs, c) 5000 rad/s.
a) 18/-563° mS b) 1/0° mS c)4,9 /782° rnS
2. Um indutor e um resistor em paralelo têm uma admitância de 100z-30° mS em 400 Hz.
Calcular a indutância e a resistência. Resp. 796 mH, 11,5 (2.
3. Dado o circuito paralelo à seguir, calcular:
a) a admitância de entrada Y em [S];
b) a corrente 1 em [A].
c) a corrente sobre indutor usando o divisor de corrente.
V=120/0°Çy 4 5(2 ~3J2r21-J4o
4. Dois elementos em um circuito paralelo têm uma admitância de 2,5 /30° mS em 400Hz. Calcule
os dois elementos. Resp.: resistor de 4620 e um capacitor de 0497 psF.
Análise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
40
POTÊNCIA EM CIRCUITOS EM CORRENTE ALTERNADA
Absorção de Potência
1(t) Im sen((cot ) A
v(t) = Vm sen(cot + p) V
ZLpQ
A potência instantânea absorvida pelo circuito representado acima será:
p = v.i = Vm sen(cot + p) x Im sen(cot)
Das relações trigonométricas temos:
cos(a - b) = cosa. cosb + sena . senb
cos(a + b) = cosa . cosb - sena . senb
cos( a - b ) - cos (a + b) = 2 sena senb
logo sena~ senb=[cos(a-b)-cos(a + b)1/2 ,se a=wt+9 eb—ojt então,
p = (Vm Irn)/2 [cos Qp) - cos (2cot+ p).
Vm•lm Vm Im -Mas, = . — = Vrms Irms entao a potencia nstantanea pode ser
2
expressa por:
p = Vrms.lrms [cos ~ - cos (2cot + cp)]
Potência Complexa - 5
Símbolo: S ou 5 Unidade: volt - amperê [VA]
Consideremos um gerador V = V Z 9v, fornecendo uma corrente 1 = 1 / Gi a uma
impedânciaZR±jX ouZZ/±9.
1=1/ei
VV/Ov.
Vx
+
VR
+
Análise de circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
41
A Potência Complexa pode ser obtida multiplicando o fasor
pelo conjugado do fasor tensão V
*
.
ouV.
corrente de entrada 1
Desenvolvendo a expressão da potência complexa, temos:
*
. . .
s=v~
.
S =V~ Irn,sZ — cp OU
S = vi cos(—p) + JV .I~ sen(—w) z~ S = VI. coe p — jV .1. sen cp
.
5 =P—jQ
Outras expressões para a Potência Complexa:
OU
Y
A fase de S corresponde numericamente à fase p da impedância
invertido ou a defasagem entre .V e 1 com o sinal invertido.
com o sinal
O módulo de S é o produto dos módulos de V e 1, ou seja, Vrms e Irms.
A componente real de S é a potência ativa P Portanto: PVrms.lrms.cosw
A componente imaginária de S é a potência reativa Q. Portanto
rJ=-Vrms.lrms.senQ 1
O módulo de S é a potência aparente N. Portanto:
Portanto: S=NZ-q 1
HiI = N = Vrms. lrms 1
Potência Média, Ativa, Real, ou Útil - P
A potência média, é conhecida como potência ativa ou potência real
circuito sendo simbolizada por P.
ou útil de um
O valor médio de p Vrms.lrms [cos ~ - cos (2cot + p)], é igual a soma dos valores
médios dos dois termos. O primeiro termo é uma constante, mas o valor médio do
segundo termo é zero por ser cossenoidal, portando a potência média será:
vrms.irms cos ~ 1 Vrms tensão eficaz de entrada
Unidade: watts [W 1
cp ângulo de defasagem entre tensão e corrente. Para um circuito que não possui
fontes independéntes é o mesmo ângulo da impedância.
lrms corrente eficaz de entrada
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
42
Quando o circuito for resistivo puro, p = 00 ~ cos 00 = 1
~ P = Vrms.Irms cos (~ = Vrms.lrms ou Simplesmehte P = VI.
• Quando o circuito for indutivo puro, p = 90° ~ cos 900 =
~ P = Vrms.lrms cos cp = O W. Portanto o circuito não absorve potência média.
• Quando o circuito for capacitivo puro, p = -90° ~ cos ~9O° =
=~ P = Vrms.lrms cos cp = O W . Portanto o circuito não absorve potência média.
• Fator de Potência
O cos cp é chamado de fator de potência de símbolo FP
O cp chama-se ângulo do FP sendo o ângulo da impedância. O ângulo do fator de
potência tem sinais diferentes para circuitos indutivos e capacitivos, mas como
cos p = cos (-p), conclui-se:
• Para circuitos indutivos o FP é chamado de fator de retardamento da pot4nçia,
• FP indutivo ou atrasado.
• Para circuitos capacitivos o E? de potência é chamado de fator de avanço da
potência, FP capacitivo ou adiantado.
Potência Ativa - P
A potência ativa P, em watt [Wj, é obtida do produto da corrente pela parcela da
tensão de entrada em fase com elá. Portanto:
P = V.l . cos q, mas como VR = V. cos ~. Portanto:
P=VRJ_j ou PR.l2 ou J PV2R,.R
Diagrama Esquemático
v
• A parcela ativa da potência total fornecida pela fonte CA é consumida pela
componente resistiva da impedância.
• A potência ativa é convertida em calor por efeito Joule, sendo utilizada para
realizar trabalho.
• A potência ativa total fornecida pela fonte CA é a soma das potências ativas
dissipadas pelas componentes resistivas do circuito.
• A potência ativa pode ser medida por um instrumento chamado wattímetro.
1=1
Vx
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antõnio Rosa
43
Potência Reativa - O
Símbolo Q - Unidade: volt - ampère reativo [VAR 1É obtida pelo produto da corrente com a parcela da tensão em quadratura com ela.
r~ = - Vrms.lrms sen
Diagrama Esquemático
Vrms = tensão eficaz de entrada
Irms = corrente eficaz de entrada
= ângulo do fator de potência
sen p = Fator Reativo - FR, sendo positivo para
cargas indutivas e negativo para as cargas
capacitivas.
Q=-VL.IL ou Q=~XL.lL2 ou Q=-VL2IXL
• A reatância capacitiva armazena energia sob a forma de campo elétrico. Sendo cp
negativa, provoca um avanço na corrente, logo no armazenamentode energia.
Portanto, a potência reativa capacitiva é positiva e expressa por:
FQ=+vc.lc ou Q=÷Xc.1c2 ou Q=÷Vc2lXc
• A potência reativa total fornecida pela fonte CA é a soma algébrica das potências
reativas dissipadas pelas componentes reativas do circuito.
• Alguns autores representam a potência reativa por PREAT ou PQ
v
..__~ 1=1
+ç~_ P~4
VR “
+
X Vx
A impedância usa pequena parte da
potência reativa. fornecida pela fonte
para armazenar energia em sua
reatância e a outra parte é devolvida à
fonte. Conclui-se que a potêncip
reativa Q é totalmente perdida, pois
não realiza trabalho útil.
• A reatância indutiva armazena energia sob a forma de campo magnético. Sendo
p positiva, provoca um atraso na corrente, logo no armazenamento de energia.
Portanto, a potência reativa indutiva é negativa e expressa por:
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
44
Potência Aparente - N
Símbolo N Unidade: volt - ampère [VA]
A Potência AØarente total fornecida por uma fonte é obtida pelo produto da tensão
total da fonte pela corrente fornecida
N = Vrms.lrms Vrms = tensão eficaz de entradalrms = corrente eficaz de entrada
Triângulo das Potências
Outras expressões para N:
N=Z.12 ou N=V2/Z
• A potência aparente é o módulo da
potência cornplex S. N = 1 S 1
• Alguns autores representam a
potência aparente por PAP ou 5.
D
D
D
As equações das potências média, reativa e aparente
geométricamente pelo triângulo das potências.
Circuito Indutivo
N=4 P2~
P = V. 1 coscp
Diagrama Esquemático
—.4. 1 =
+
X Vx
V Icos P = V. 1 co:
N = V.l
• Circuito Capacitivo
podem ser obtidas
lsenw Q-V.lsenp
Atrasado
Q = V. 1 sen cp
1 sen p Adiantado
PN.coscp Q-N.senç
o
o
o
o
o
N=V.I
1 cosp
p-arctg(Q/P)
Análise de circuitos em corrente Alternada ProL: José Antônio Rosa
45
Resumo:
• Potência Complexa - S [VAI
S=V*.l;S=(V2/Z)Z~p; SZ.12L-p
• Potência Aparente - N [VA
N = 1 S 1; N = V. 1; N = J2 Z; N = V2 / Z
• Potência Média; Ativa; Real ou Útil - P [W]
P = V .1 cosp; P = ViU ; P = R.12; P = V2R!.R; P = parte real de S
• Potência Reativa - Q[ VAR 1
Q = - V. 1 sen cp Q = Xc. 12; Q = ~J2/ X; Q = parte imaginária de S
• Fator de Potência - FP
FP = RIZ; FP = P/N ; FP =cosç
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
46
Exemplo: Dado um circuito de impedância Z = 3 i-j4 [O] e uma tensão aplicada
V = 100/ 30° [V]. Traçar o triângulo das potências.
Solução: Cálculo a corrente: 1 = V/Z = 100/ 30°! 6 / 53,1° =~
= 20 / -23,1°[A].
Método 1
P = R.12 = (20)2. 3 = 1.200 [W]
Q = X.i2 = (20)2. 4 = 1.600 [VAR] (atrasada)
N = Z.12 = (20)2. 5 = 2.000 [VA]
FP = RJZ = 3/5 = 0,6 atrasado
Método 2
N = V.l = 100 . 20 = 2.000 [VA]
P = N.cosw 2.000. cos 53,1 °= 1.200 [W]
Q N.sernp = 2.000. sen 63,1.° = 1.600 [VAR] (atrasada)
F.P = cosp = cos 53,1° =0,6 ( atrasado)
Método 3
S = V~. 1 = 100/ -30° .20 / -23,1° = 2.000/ -53,1°[VA) = 1.200 -i 1.600 [VA]
N = 2.000 [VA]; P = 1.200[W]; Q = 1.600 [VAR] atrasada
FP = P/N ~ FP = 1.200! 2.000 =~ FP = 0.6 (atrasado).
Método 4
VR = 1 . R = 20/ -23,1° . (3) = 60/ -23,1°[V]
Vx = 1 . jX = 20/ -23,1° . (4/ 90°) = 80/ 66,9°[V}
P (VR2/ R = 5Q2/3 = 1.200 [W]
Q = (Vxy/ ix 802/4 = 1.600 [VAR] atrasada
N = (V)2/Z = 1002/5 = 2.000[VA]
Triângulo das Potências
P = 1.200 [WL
\. )w=53,1°
Q = - 1.600 [VAR] (atrasado)
N=2.000[V2}\\~
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47
Exercícios Propostos
1) A potência instantânea absorvida por um circuito é p =10+8 sen (377t + 40°)W.
Calcular as potência média, mínima e máxima absorvida.
Resp. 10W, pmin = 2W, pmax 18W
2) Calcular o fator de potência e a potência média absorvida para cada par de tensão e
corrente das cargas:
a) v = 170 sen(SOt -40°) V,
b) v = 340 cos(377t - 50°) V
= 4,3 sen (50t + 10°)A. Resp.: 0,643 avançado, 235W
= 6,1 sen (377t + 30°)A Resp.:0,985 atrasada, 1.037W
3) Considerando o circuito à seguir, calcular: a) as potências ativa P [WJ, reativa Q
[VAR] e aparente N [VA]; Resp.: 300W, 400VAR, 500 VA, 0,6 atrasado
b) o fator de potência FP.
c) Construir o triângulo das pctências.
V =50/- 90°V
f60 Hz
4) Sobre um circuito quando aplicada uma tensão v = 200 sen (cot + 11 0°)V, circula uma
corrente i = 5 sen (cd + 20°)A. Calcular as potências, P , Q e N.
Resp.: 0W, 500VAr atrasada e 500 VA
5) Duas impedâncias ZI = 4/-30°≤2 e Z2 = 5Z60°0 estão em paralelo e submetidas ao
fasor V = 20/0°V. Calcular os FP’s e as potências S, P, Q e N de cada braço e
totais. Resp.: S1 100/30°VA; S280/-60° VA; ST 173,89/43,3°VA
6) Calcular o fator de potência de um motor de indução de 5 HP, completamente
carregado, que opera com um rendimento de 85% e solicita 15A de uma linha de
480V. Resp.: 0,609 atrasado
o
o
o
Análise de circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
+
30
j6í2
- j 20
48
CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA
Nas aplicações residenciais e industriais comuns, as cargas são indutivas e a
corrente é atrasada em relação à tensão aplicada. A potência média ou ativa,
fornecida à carga, é uma medida do trabalho útil por unidade de tempo que a carga
pode executar. Essa potência é fornecida pelas concessionárias de energia elétrica,
sendo usualmente transmitida por intermédio de linhas de distribuição e
transformadores.
Os transformadores são especificados em KVA e utilizados na maioria das vezes
com tensão fixa, portanto , os KVA indicam a corrente máxima permitida.
Teoricamente um transformador poderia ser totalmente carregado com uma carga
indutiva ou capacitiva pura e, consequentemente a potência média ou ativa
fornecida seria nula. Essa situação não é desejável pelas concessionárias, pois elas
arrecadam pela potência média fornecida.
No consumo de uma grande quantidade de potência ativa é desejável um elevado
fator de potência, pois, para uma potência ativa P tt’ansmitida, quanto maior for o FP
menor será a corrente ‘i’, já que:
1= ~ __V•cosp V•FP
Para aumentar, ou seja, corrigir o fator de potência instala-se capacitores sobré a
linha, ou em paralelo com a carga, para fornecer os VAR’s consumidos pela carga
indutiva. Esses capacitores fornecem a corrente aos indutores da carga, cuja
corrente sem os capacitores, teria de ser suprida pela linha de transmissão
Método para correção do fator de potência.
1. Calcular a Potência Reativa Inicial consumida pela carga - ‘ Q/1
Qi = P tg pi, sendo pi o ângulo inicial da impedância da carga.
2. Calcular o ângulo final da impedância ‘ cpf’ para o fator de potência final desejado
‘FPf’:
pf cos’(FPf).
3. Calcular a Potência Reativa Final - Qf. A potência média ou ativa permanece a
mesma.. Logo:
Qf = P . tg cpf
4. Calcular a Potência Reativa que deve ser fornecida pelos capacitores - zlQ.
AQ = Qf - Qi o resultado é negativo pois Qf < Qi, portanto para o cálculo do item 5
considera-se 1 ~Q 1.
5. Cálculo da Capacitância Total - Ct necessária para fornecer o AQ:
V coCtVrms2
coCt
/0) rms
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
49
6. Cálculo do número ( N ) de capacitores de determinada capacitância - C
necessários para fornecer a Capacitância Total - Ct será:
N = Ct / C
Exemplos: 1)
possui o triângulo
após a correção e
v = 100. .ji .sen(377t + 30°)V.
P = 1.200W
Cálculo de Qi
pi = cos1(P/N1)~’ cpl = cos1(1.200/2.000) cpi = 53,1°
Qi = P . tg pi Qi = 1.200 . tg 53,1° Qi = 1.598,25 VAR.
> Cálculã de pf
O Fator de Potência Final desejado
cos(pf = 0,9 ~ cpf = cos1 0,9 (~f = 25,84°.
>~ Cálculo de Qf.
A Potência P = 1.200 W não altera.
é FPf = 0,9. Logo
Qf = P . tg cpf ~. Qf = 1.200 . tg 25,84° =~ Qf = 581 VAR.
> Cálculo da Potência fornecida pelos Capacitores.
AQ = Qi - Qf = 1.598,25 - 581 => AQ = 1.017,25VAR
> Cálculo de CT.
O fasor tensão V = 100 Z30°V.
Usando capacitores de C = lOOpF o número (N) de capacitores necessários será:
N = CT/C N =269,8/10=> N~3 capacitores
Corrigir para 0,9 atrasado o fator de potência do circuito que
de potências mostrado a seguir. Calcular a potência aparente Nf
a capacitância total necessária, sabendo-se que:
Ct =~// coVrms
_1.01725/
2 /377.1002 z,Ct =269,8jiF
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José António Rosa
50
)> Cálculo da Potêndia Aparente Final - Nf fornecida pela rede de alimentação.
P = Nf. FPf=~ Nf= P/ FPf
:.Nf= 1.200/0,9 Nf 1.333 VA.
Comparando as Potências Aparentes Ni e Nf pode-se concluir sobre as correntes
elétricas fornecidas pela rede de alimentação antes e depois da correção do FP:
li = Ni / V Ii = 2.000/100 li = 20 A
lf = Nf / V If = 1.333/100 =~ lf = 13,33 A.
Portanto a mesma Potência Média de 1.200 W pode ser fornecida com uma
redução de corrente de 6,67 A, que representa 33,4%.
2) Um transformador de 25 KVA fornece 12 KW a urna carga com o FP = 0,6
atrasado. Calcular a porcentagem da carga. nonimal fornecida pelo.
transformador.
a) . Desejando-se completar a carga total do transformador, com cargas de fator
de potência unitário, calcular a potência ativa adicional em KW poderá se
acrescentada.
b) Calcular o fator de potência após acrescida a carga.
Solução: a) Pi = Ni . coswi =~‘ Ni = 12/0.6=> Ni = 20 KVA.
Como a caga nominal que pode ser fornecida pelo transformador é Nn = 25 KVA,
então (20/25). 100 = 80%
Com FP = 0,6 teremosb) 1
_______________________ = cos 0,6 = 53,13°.
~; Q = Ni.sencpi =~ Q = 20 sen53,13°Q=16KVAR
Q não se altera. Logo para
Nf =Nn = 25 KVA tem-se:
=Nn Pf=gNfl2_Q2=g252_162
Pf =19,2KW
Portanto a carga adicional será: à? = Pf- P1 = 19,2-12 = 7,2 KW.
c) O FPf = Pf/Nn =~ FPf 19,2/25 =~FPf = 0,77 atrasado.
O (Pf = cos1 077 = 39,83°.
Conclui -se que o FP pode, também, ser melhorado acrescentando -se cargas
com fator de potência unitário.
Pi AQ
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
51
Exercícios propostos: 1) Calcular a capacitância CT necessária para corrigir
para 0,95 atrasado o FP do circuito mostrado.
+
V=1 20/0°
2) Um transformador de 250 KVA está operando a plena carga com fator de
potência total de 0,5 atrasado. O FP é melhorado acrescentando-se
capacitores em paralelo com a carga até que o novo FP seja de 0,9 atrasado.
Calcular: a) A potência reativa capacitiva necessária. Resp.: 61 KVAR
b) A capacitância total necessária sabendo que a tensão eficaz no
secundário do transformador é 220V e a freqüência 60 Hz.
Resp.: 8.5501.tF
c) A potência aparente final Nf. Resp.: 138,9 kVA
Análise de Circuitos em Corrente Alternada ProL: José Antônio Rosa
Quase toda energia elétrica é gerada e distribuída por meio de circuitos trifásicos.
Os geradores de tensão trifásicos em C.A, também chamados de alternadores
trifásicos, produzem três tensões senoidais idênticas, exceto por uma defasagem de
120°. A energia elétrica gerada é transmitida sob três ou quatro fios.
Geração de Tensão Trifásica
A figura a seguir mostra uma seção transversal de um alternador trifásico com um
estator estacionário e um rotor que gira no sentido anti-horário. O rotor tem um
enrolamento de campo no qual circula uma corrente CC produzindo um campo
magnético. Os pólos do campo magnético girante do rotor, passam junto aos três
enrolamentos do estator, induzindo em cada um deles, uma tensão alternada. O três
enrolamentos do estator estão distanciados entre si de 120°, portanto as tensões
trifásicas estão defasadas entre si de 1200 conforme mostra a figura a seguir.
vaa’ = Vm sen(cot); vbb’ = Vm sen(cot -120°) ; vcc’ = Vm sen(cot + 120°)
vaa’ Vbb’ Vcc’
enrolamento do estator (bobina)
Fonte cc enrolamento de campo
As ondas atingem seus valores máximos ou de pico com distância de um terço do
período ou 120°.
Seqüência de fases - É a ordem na qual as tensões ou
valores máximos.
Na seqüência considerada positiva ABC, a tensão na bobina A (vaa’) atinge o
máximo em primeiro lugar, seguida pela bobina B (vbb’) e depois pela C (vcc’) - ver
diagrama de fasores à seguir.
Invertendo o sentido de rotação do rotor ou trocando a marca de dois enrolamentos
a seqüência de fase torna-se CBA - ver diagrama de fasores à seguir.
52
CIRCUITOS TRIFÁSICOS
Introdução
C
correntes atingem os seu
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
Diagrama de Fasores
Vaa’ = Vz0°; Vbb = VZ—120°
.
120° Vaa’
Ref.
Seqüência CBA
53
= VZO°;. Vbb’ = VZ120°; V~’ = VZ—120°
Vcc’
. . .
• . .
Soma Vaa’+Vbb’+Vcc’ =0
Vaa’
•__
..\/•
Vbb’ ‘* Vcc’
Ligações dos Enrolamentos dos Alternadores
As ligações das extremidades dos enrolamentos
ligação estrela (Y).
As ligações dos enrolamentos A e C’, A’ e B
triângulo (A).
A IL
Ligação Estrela - Y
A’, B’ e C’, ou A, 3 e O resulta na
B’ e C resulta na ligação deita ou
—~* IA
Ligação Triângulo ou Deita - A
O ponto comum às três bobinas na ligação Y é chamado de Neutro (N).
As tensões sobre as bobinas são chamadas Tensões de Fase (VF) e as tensões
entre os terminais (extremos) das bobinas são chamadas Tensões de Linha. (VL).
As correntes sobre as bobinas são chamadas Correntes de Fase (iF) e as Correntes
que saem dos terminais das bobinas são chamadas Correntes de Linha (IL).
Seqüência ABC
v cc’
Vcc’ = VZ120°
.
120
Vbb’ -120°
Soma Vaa’-i- Vbb’+ Voo’ = O
•
Vaa’
•__
..\!.
Vaa’ ~* Vbb’
Vbb’
1;
e
120° Vaa’
Ref.
-120°
c’ A
lc IL
-jc
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
54
Na ligação Y:
~ As tensões Vr são VAN, VBN e VcN.
> As correntes de fase IF ( IAN, IBN e IcN ) são as mesmas correntes de linha IL (IA,
IBe IC).
> As tensões VL é a soma fasorial das tensões VF.
Pela representação fasorial acima observa-se qL.ie existe
fasóres tensão Vsc e VBN sendo VBc = VCN + VBN.
um ângulo de 3Q° entre os
No triângulo retângulo CDN
V80/ r
cos3o°= /2 ~~J3_ V3~
VcN 2 2VcN VcN
VBc~J~.VcN ou VL=,J~.VF
~ As tensões de fase Vr ( VAN, VBN e VcN ) são as mesmas tensões de linha VL
(VAB, VcA e VBc).
~ As correntes IL são a soma fasorial das correntes Ir.
Aplicando-se a LCK em um dos nós da ligação A, tem - se IA = IcA - lAR. O diagrama
fasorial está representado à seguir
~o12Oo3oG
~ Existe um ângulo de 33Õ entre cada corrente IF e a corrente de linha IL mais
próxima, nesse exemplo IA e IAB.
Análise de circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
B
VBc
c
VAB VCA
A
Para circuitos equilibrados os módulos VAN = VcN = VBN, portanto VAB = VAC = Vsc.
Logo o triângulo BCN é isósceles, consequentemente vale as relações abaixo.
B c
> As tensões de linha VL são ~ vezes as tensões de fase VF.
Na ligação A:
IA
o
o
o
o
55
Para circuitos equilibrados os módulos IAB = lBC = ICA, portanto IA = IB = Ic.
Logo o triângulo é isósceles, consequentemente vale as relações abaixo.
IA/2 No triângulo retângulo
A/ r
cos30°=-~~-=$-~-= A
AB 2 2•’AB 1AB
A = ‘J~~AB OU = ~J~.lp
> As correntes de linha IL são 4’ã~ vezes as correntes de fase lF.
CIRCUITO EQUILIBRADO Y
O circuito trifásico equilibrado comporta-se como três circuitos interligados mas
separados. A diferença nas respostas dos três circuitos é uma diferença de ângulos
de 1200. O método de análise comum consiste achar a tensão ou corrente desejada
numa fase, e usá-la com a seqüência de fase para obter as tensões ou correntes
correspondentes nas outras duas fases. A escolha de umá tensão de referência com
ângúlo de fase nulo determina os ângulos de fase de todas as outras tensões dos
sistema. -.
Exemplo: Um sistema CBA trifásico a quatro condutores, 208 V (tensão de linha),
alimentauma carga equilibrada em estrela, constituída por impedâncias 20/ -30° Q
Calcular as correntes de linha e traçar o diagrama de fasores.
Solução para a seqüência CBA
Para determinar as fases das tensões considera - se para Vsc na referência.
vcA\
vcN ~VBN
vAB
Ref.
1
1
1
‘1VAN ‘i,
VAB VL /2400 V
VBc=VL/O° V
VcA=VLZ12O°V
VAN=VL/ ‘15 /(240°÷30°)V=VL/ ‘15 /-90°V
VBN=VL/ ‘15 /(O°+30°)V=VL/ ‘15 /30°V
VcN=VL/ .J5 z120°+30°V=VL/ ‘IS /150°V
Análise de circuitos em corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
Cálculo das correntes de linha:
56
208/ /—90°
?A=~N±= ~
• 20/—30°
z
;~ ~ _________
• 20L—30°z
• VcN •Ic =—;--~ I~
z
• 120 •
‘A =- -Z—60° IA =ftO/—60°A
8 = 120 /600 ~ = 6,0/ 60°A
120/150°
~ Ic=6,0/180°A
— 20/—30°
IN + IA + IB + lc = O ~. IN = - (IA + Is + lc) ~ lr~i = - ( 6,0/-60° + 6,0/ 60°+6,0/180°)=’
lN = 0:
Conclusão: Em circuitos trifásicos com cargas equilibradas a corrente do condutor
neutro é igual a zero.
Diagrama de fasores:
VCA
VAS
18
ref.
Observações: - As correntês de linha são iguais às correntes de fase
- As correntes de linha estão equilibradas e adiantadas em relação as tensões de
fase de 30°, pois as cargas (impedâncias) são capacitivas.
Exercício: Resolver o mesmo sistema considerando a seqüência ABC.
Ângulo de fase das tensões para ABC.
VAB k~
vcN
VcA
As correntes de linha retornam pelo condutor neutro. Aplicando a LCK no ná N:
VcN VBN VcN
30° VAN
VBN
VAN
1
‘1
1
.°JtJ \%%\~ Vsc
Ref.
VAB=VL/120°V
VBc=VL/0° V
VCA=VL/240°V
VANVLb,Jã/(1200_300)=VLb,J~/(900)V
VBN = VLI ~ /(0°- 30°) VL/ J~ /- 30°V
VcN=VLJ 4ã~ /(240°-30°)=VL/ ~ /-150°V
Análise de Circuitos em Corrente Alternada Prof.: José Antônio Rosa
57
CIRCUITO EQUILIBRADO A
Exemplo: Um sistema ABC trifásico à três condutores, 110V, alimenta uma carga
em triângulo, constituída por três impedâncias iguais de 5Z45°Ç2. Calcular as
correntes de linha IA, IB e lc. Traçar o diagrama de fasores.
IA
Cálculo das correntes de fase:
z
— 110/120° — 22/75° A =
— 5/45°
isc = Veo = 110/O = 22/ — 45° A =
• 5/450
z
(5,7 + 12125 )A
(15,56—j15,56)A
VcA 110~2400—22/195°A .(—21,25—j5,69)AIcA = • = 5/45~
z
• .
=IcA—I~c =22/195°—22Z—45°=38,11/165°A
Diagrama de Fasores:
As correntes de linha estão
equilibradas e defasadas de
120° e de módulos 1J~ das
correntes de fase.
VF VL eL ,Ji IF
)1A
VCA
110/240°
B
c
Ic
Aplicação da lei das correntes de Kirchhoff
lA = lAR— lcA =22/75°—22Z195°~38j 1/45° A
lB — AB + lBc =—22/75° + 22/ — 45° = 38,1 IZ — 75° A
lc
VAB
IA
Vsc
IB
VCA
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58
POTÊNCIA TRIFÁSICA
A potência total absorvida por uma carga trifásica é a soma das potências individuais
absorvidas nas impedâncias totais de cada uma das fases, ou seja, é soma das
absorvidas pelas cargas monofásica~.
As potências ativa, reativa e aparente, desenvolvidas nas cargas monofásicas, já
foram analisadas anteriormente. Resta anahsá-Ias em sistemas trifásicos formados
por cargas em estrela e triângulo.
Relembrando, as cargas indutivas possuem
cargas capacitivas possuem potência reativa
Potências Ativas, Reativas e Aparente
Cada impedância da carga trifásica
tensão de fase VF e uma corrente de
IF
ZF~F
potência reativa negativa, enquanto as
positiva.
Assim as potências ativa e reativa das fases ou absorvidas pelas impedâncias são
dadas por
PF = VF.IF.coswF e QF = - VF.IF.sen pF
As potências ativas e reativas totais absorvidas pela carga trifásica são dadas pela
soma das respectivas potências nas impedâncias:
PTPF1+PF2+PF3 QT QFI + QF2 + QF3
Finalmente a potência aparente total e o fator de potência total da carga trifásica são
dados por
e FP~=~
_____________________ NT
possui uma fase pF e está submetida a uma
fase IF.
NT=JPT2+QT2
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