CIRCUITOS ELET 1 CAP 8 pgs 105 a 127

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CIRCUITOS ELÉT RICOS 1; PROF MASSIMO ARGENTO ED.2017 
 
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POTÊNCIA EM REGIME PERMANENTE SENOIDAL 
 
1. Considerações iniciais: Sabemos que uma tensão al ternada da forma: 
v(t) = 2 V cos(t +  ) , possui uma correspondência biunívoca com um n0 complexo 
dado por: 

VV , onde o módulo do no complexo é tomado como sendo o valor 
eficaz da tensão alternada, e a fase do no complexo é a própria fase tensão alternada; 
analogamente podemos entender que existe também uma correspondência biunívoca 
entre uma corrente alternada da forma: i(t) = 2 Icos(t +  ) para com um n0 
complexo dado por 

II ; nestas condições teremos: 
 
 v(t) = 2 V cos(t + ) 

VV 
 i( t) = 2 I cos( t +  ) 

II 
 
Com estas premissas, consideremos uma impedância de valor 

ZZ ; note-se 
que Z e  são características intrínsecas da impedância 

Z , constantes para uma 
determinada freqüência  e independentes de 

V e de 

I : 
 
 
 
 
 
Se: 








)tcos(I2)t(iII
)tcos(V2)t(vVV 
 
de posse das funções v (t) e i(t) determinemos a função potência p(t) sobre a carga 
dada em qualquer circunstância por: p(t) = v(t). i (t); teremos: 
p(t) = 2 V cos(t + ) . 2 I cos( t +  - ) = 2VIcos(t + ). cos( t +  - ) 
mas pela trigonometria sabemos que :cosa.cosb = 
2
1 cos (a + b) + 
2
1 cos (a - b) ; 
portanto a função potência p(t) aplicada à carga 

Z resulta em: 
 
 p(t) = VIcos(2t + 2 - ) + VI cos  
 
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Análise da função potência p (t) aplicada à carga 

Z : Para construirmos o gráfico da 
função p(t) notar que a mesma é constituída de uma parcela variável com o tempo : 
VI cos(2t + 2 - ) , e de uma parcela constante : (VI cos  ) : 
 
p(t ) = V Icos(2 t + 2 - ) + VIcos   
 VIcos
 VI. cos + 1
 VI. cos - 1 t 
 
para melhor compreensão do que ocorre, analisemos os gráficos de v(t), i (t) e p(t) 
simultaneamente: 
v(t ) = 2 Vcos( t + ) 
i ( t ) = 2 I cos( t + - )  
p(t ) = V Icos(2 t + 2 - ) + VIcos   
 VIcos
 VI. cos + 1
 VI. cos - 1
2 V
2 V
2 I
2 I
-
-
t
t t
tt
t
t
t
t
t
t t
1
1 2
21
3
3
2 3
 
Observemos por exemplo os intervalos de tempo t1 , t2 e t3 : Em função do angulo  
que provoca a defasagem entre a tensão e a corrente notemos que entre t1 e t2 temos 
 
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tensão e corrente positivas fornecendo portanto como produto uma potência positiva, 
ao passo que entre t2 e t3 temos tensão negativa e corrente 
positiva fornecendo portanto como produto uma potência negativa . Lembremos então 
que estamos analisando a potência aplicada a uma carga , e que portanto 
interpretaremos como potência positiva a potência recebida pela carga, e ainda como 
sendo potência negativa a potência devolvida pela carga 
Para uma melhor compreensão analisemos então o comportamento da carga Z

 por 
exemplo entre os instantes t1 e t2 ; note-se que neste intervalo de tempo considerado, 
a tensão v(t) é posit iva, a corrente i(t) é posit iva, sendo portanto o produto p(t) das 
duas funções positivo; significando que a carga realmente se comporta como receptora 
(Absorvendo potência) .Em termos de comportamento elétrico teremos para a carga Z

: 
 
 a) t1  t  t2 : 
 v(t)  0 ; i (t)  0  p(t)  0 
 Carga se comportando como receptor 
(Potência positiva = potência absorvida) 
 
 
Analisemos então agora o comportamento da carga 

Z entre os instantes t2 e t3 ; note-
se que neste intervalo de tempo considerado a tensão v(t) torna-se negativa, ao passo 
que a corrente i (t) é ainda positiva sendo, portanto, o produto das duas funções p(t) 
negativo; significando que a carga neste intervalo de tempo se comporta como um 
gerador ( Fornecendo ou devolvendo potência); Em termos de comportamento elétrico 
teremos para a carga Z

: 
 b) t2  t  t3 : 
 v(t)  0 ; i (t)  0  p(t)  0 
 Carga se comportando como gerador 
(Potência negativa = potência fornecida ou 
potência devolvida) 
 
 
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3) Considerações sobre a potência Média aplicada à carga 

Z : o valor médio da função 
p(t) = VIcos(2t + 2 - ) + VIcos , é dado por: Pm = VIcos . Analisemos então o 
valor médio de p(t) em alguns casos: 
a) Se a fase  da impedância 

Z for nula (  = 0 ), teremos: 

VV e 

II 
(A tensão e corrente possuindo a mesma fase). Como comportamento no tempo 
teremos: v(t) = 2 V cos(t + ) ; i (t) = 2 I cos( t + ) e finalmente p(t) 
= VIcos(2t + 2 ) + VIcos00 , cujo valor médio é dado por : Pm = VI ; para os 
gráficos de v(t) , i (t) , e p(t) respectivamente teremos: 
 
v( t ) = 2 Vcos( t + ) 
i ( t ) = 2 Icos( t + ) 
p(t ) = V Icos(2 t + 2 ) + VI 
 P = V I
 2VI
2 V
2 V
2 I
2 I
-
-
t
t
t
 
Note-se que em nenhum instante p (t) se torna negativa com  = 0 ; portanto em 
nenhum instante existe potência devolvida pela carga 
 
 
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b) Se a fase  da impedância 

Z for  900 ( cos = 0 ) ; neste caso teremos 

VV 
 

II  90  v(t) = 2 Vcos(t + ) ;i (t) = 2 Icos(t +   900) e: 
p(t) = VIcos(2t + 2  900 ) + VI cos 900 , cujo valor médio é Pm = 0 ; para os 
gráficos de v(t) , i (t) , e p(t) teremos: 
 
 
v( t) = 2 Vcos( t + ) 
i ( t ) = 2 Icos( t + 90 )  
p(t ) = V Icos(2 t + 2 90)  
 P = 0
 VI
 -VI
2 V
2 V
2 I
2 I
-
-
t
t
t
+-
 
 
Note-se então que ao longo do tempo as áreas positivas de p(t) são iguais às áreas 
negativas, ou seja a potência absorvida pela carga é igual à potência devolvida; ou seja 
ao longo do tempo, a potência média absorvida pela carga é nula. 
 
Por outro lado, se  =  900 isto significa que a carga 

Z possui comportamento 
puramente indutivo, ou puramente capacitivo; o que nos faz concluir que um indutor, 
ou um capacitor absorvem e devolvem potência seqüencialmente. 
 
 
 
 
 
 
 
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4. CONCLUSÕES E CONSIDERAÇÕES: 
 
 a) Ao longo do tempo, a potência média efetiva absorvida por uma carga qualquer 

Z = Z  é dada por: Pm = VI cos , onde: V = Valor eficaz da tensão v(t) aplicada 
à carga 

Z ; I = valor eficaz da corrente i (t) que percorre a carga 

Z e  , sendo a 
fase da impedância 

Z ; 
 
b) O valor eficaz da tensão v(t) mede-se através de voltímetro C.A.; o valor eficaz da 
corrente i(t) mede-se através de amperímetro C.A.; o valor médio da potência p (t) 
mede-se através da utilização de um wattimetro ; 
 
c) A potência média absorvida por uma carga 

Z ; é diretamente relacionada com a 
energia consumida por esta carga ou diretamente relacionada com o trabalho por ela 
realizado; ou seja: se não há potência média, não existe trabalho realizado , ou energia 
consumida pela carga; 
 
 
d) O produto VI ( valor eficaz de tensão por valor eficaz de corrente) não traduz a 
potência média efetivaabsorvida pela carga Z

 e não possui relacionamento com a 
energia ou com o trabalho realizado. Nestas condições não convêm denominarmos o 
produto VI de potência, e pelas razões expostas o produto VI será denominado de 
potência aparente ( VI = Pa p ); 
 
e) O cos , será denominado de Fator de Potência da carga Z

 (cos = FP) ; em função 
do seu valor, teremos a quantidade percentual de potência aparente que será ativa. 
 
 
5.CONSIDERAÇÕES MATEMÁTICAS - POTÊNCIA COMPLEXA: 
 
Imaginemos uma impedância 

Z = Z  submetida a uma “tensão complexa”: 

V = V  ; como conseqüência imediata teremos uma “corrente complexa” dada por 

I = I  -  ou seja: 
 
V = V  Z = Z 
I = I -  
. .
.
 
Nestas condições definimos potência complexa 
aplicada à carga Z

 como sendo: 
 
 
*
IVP

 (definição fundamental) 
 
 
 
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ou ainda considerando-se que: 
*
I

 = I  -  teremos: 
 
 
*
IVP

 = V   I  -   

P VI  (definição fundamental) 
 
 
Notando-se que 

P é um no complexo apresentado na forma polar, vamos representa-lo 
através de um diagrama fasorial e decompo-lo em coordenadas retangulares; ti remos 
algumas conclusões: 
 
P = V I 
.
Im
R e

Q = V Is e n 
P = V Ic o s m
VI 
= P
ap
 
 
 
 
 temos: 
 
 

P VI  = VIcos + jVIsen 
 
 
 
 
Notemos que: 
 
a) o módulo do complexo 

P é a potência aparente da carga 

Z ( 

P = Pa p = VI) 
 
b) a fase de 

P é a mesma fase da impedância 

Z 
 
c) a parte real de 

P , é a potência média absorvida pela carga 

Z 
 
d) a parte imaginária de 

P : VI sen é denominada de potência reativa; tal componente 
possui significado meramente matemático. Esta componente é relacionada com a 
potência devolvida, embora seja numericamente diferente da mesma; ou seja: podemos 
interpretar que se existe potência reativa (VI sen  0), certamente teremos devolução 
de potência pela carga 

Z ; reciprocamente se VI sen = 0, podemos afirmar que não 
existirá devolução de potência pela carga 

Z . 
 
 
 
 
 
 
 
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6. Propriedade e Unidades 
 
 
a) Unidades: 
 
Pa p = 

P = VI ; em Voltampères (VA) (Ou KVA) 
 
Pm = Pa p cos = VI cos ; em watts ( W ) (Ou KW) 
 
Q = Pa psen = VI sen ; em : 





 0o90
900
:Se)KVArcOu(VArc
:Se)KVAriOu(VAri o 
Resumindo: 
 
 
 
b) Propriedades: observando-se que 

P é um no complexo, são validas todas as 
propriedades dos nos complexos para um conjunto de cargas tanto na forma cartesiana, 
como na forma vetorial, ou seja: 
 
 
 
 

 PPPPP 321T 
 
PmT = Pm1 + Pm2 + Pm3          Pm 
 
QT = Q1 + Q2 + Q3          Q 
 
 
 ERRO IMPERDOÁVEL! : 





321T
ap3ap2ap1apapT PPPPP 
 
 
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7. Considerações e correção do F.P. 
 
Para melhor compreensão da importância do F.P. e da sua correção imaginemos duas 
impedâncias (cargas) em mesmas condições de alimentação, com a mesma potência 
média entretanto com potências aparentes diferentes; ou seja: 
 
 
 
Representemos então vetorialmente as si tuações das cargas A e B : 
 
 
 
Note-se que o consumo de A é o mesmo que B; o trabalho realizado ( sem levarmos 
rendimento em conta ), ou a energia consumida pelas duas cargas é a mesma, pelo fato 
da potência média das duas cargas ser igual. Entretanto notemos que: 
 
A  B ;  QA  QB ; portanto: PapA  PapB ; e finalmente: IA  IB 
 
Observe-se então que a carga A solicita uma corrente maior do que a carga B, sem 
nenhuma realização adicional de trabalho ; observe-se ainda que a carga A poderia 
realizar o mesmo trabalho que a carga B através de uma corrente de valor eficaz menor 
( através da correção de A ). Considerando-se que: 
 
a) Os condutores elétricos são predominantemente dimensionados em função da 
corrente; 
b) Em função do valor eficaz da corrente da carga A ser mais alto do que deveria ser, 
o valor eficaz da corrente total , possivelmente será mais elevado do que o normal ; 
 
 
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c) Os condutores de alimentação não sendo ideais, possuirão uma queda de tensão 
maior do que o normal em função do aumento adicional da corrente IT , comprometendo 
nestas condições a l inha de alimentação e o funcionamento da carga B; 
 
d) Se A e B em vez de serem duas cargas, fossem duas empresas, a empresa A seria 
multada pela concessionária de energia elétrica em função da situação por ela causada, 
(descri ta no item c). 
 
Em função então de todos os itens anteriormente descritos é que procede-se à correção 
do F.P. que nada mais consiste em mudar ao ângulo de A de uma situação de baixo 
para alto fator de potência. Mostramos abaixo a seqüência de fases para correção: 
 
 a) determinação da b) determinação da 
 situação atual si tuação ideal 
 
 
Im I mI m
Re R eR e


Q
Q
P P 
P 
m m
 P 
 =
 V
I
 P =
 V I
ap
ap
,
,
,
,
I apC
+ =
 
a) A determinação da situação atual de uma carga, ou de um conjunto de cargas, 
consiste na determinação de: Pap ( VI ), cos , Q e Pm; 
 
b) A determinação da situação ideal consiste, mantendo-se a mesma potência média ( 
para que não haja alteração na energia consumida, ou no trabalho realizado ), na 
determinação de Q’ e Pap’ a partir de um novo FP’desejado. 
 
Se entendermos o valor Pap como sendo a resultante vetorial dos vetores Q e Pm, 
notemos que para passarmos da situação a) para a situação b) bastará alterarmos a 
componente Q para Q’; isto será conseguido adicionando-se à situação a) uma 
impedância que a nível de potência possua somente componente reativa, ou seja uma 
capacitância de potência aparente PapC (como o ângulo de um Capacitor é –900 , e o 
mesmo não possui Potência média, a sua potência aparente é a própria potência reativa) 
 
 
 
 
 
 
 
 
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DETERMINAÇÃO DAS CONDIÇÕES DE CORREÇÃO DO F.P.: 
 
 
a) sendo conhecido o novo FP desejado: FP’  ’ = arcos( FP’) 
 
 
 
b) de posse de ’ determinar Q’ através de: tg ’ 
mP
'Q  Q’ = Pm . tg ’ 
 
 
c) de posse de Q’ determinar PapC : Q - PapC = Q’  PapC = Q - Q’ 
 
 
d) com PapC conhecido determinar o valor da capacitância necessária à correção do 
FP observando-se que: 
 
PapC = VC . IC ; mas: IC = 

 CV
C
V
Z
V
C
C
C
C
1 PapC = VC . VC . C  
 
 
PapC = 2CV . C ; portanto: 2
C
C
V
paPC

 
 
 
(É Aconselhável conhecer de memória esta ultima formula deduzida) 
 
 
 
EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO 
 
 
NOTAS INICIAIS: 
 
a) sempre que necessário utilize  = 377 rd/s; 
 
b) para a solução básica de qualquer exercício envolvendo potência complexa, procure 
sempre caracterizar cada carga com duas informações em potência. 
 
c) No caso de dúvida entre carga capacit iva ou indutiva, adote carga indutivapor ser 
a mais comum. 
 
 
 
 
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1º) O gráfico abaixo representa a potência instantânea p( t) aplicada a uma carga 
qualquer; nestas condições pede-se determinar a potência reativa da carga em 
questão. (OBS: QUESTÃO DE ENADE) 
 
 
 
SOLUÇÃO: Retomemos os estudos iniciais de potencia instantânea , no começo deste 
capitulo onde t ínhamos: 
 
p ( t ) = VI cos(2t + 2 - ) + VI cos  ; cu jo gráf ico ao longo do tempo era : 
 
 
p(t ) = V Icos(2 t + 2 - ) + VIcos   
 VIcos
 VI. cos + 1
 VI. cos - 1 t 
 
 
Por mera comparação obtemos: 






100VIcosVI
800VIcosVI
 
 
Ao somarmos as duas equações obtemos de imediato: 2VIcos = 700 ; donde: 
 
Pm = VIcos = 350 (W) ; e ainda ao subtrai rmos as duas equações obtemos: 
 
2VI = 900 ; donde: P a p = VI = 450(VA) ; 
 
Lembrando que a potencia reativa somente possui existência matemática e é dada 
por: 
2
m
2
ap PPQ  ; teremos: VAr8,282350450Q
22  
 
t
p(t) (VA)
800
-100
 
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2o) - Para o circuito abaixo pede-se: a) Pap e FP vistos pelo gerador; b) O valor 
eficaz da corrente TI

 ; c) A impedância equivalente vista pelo gerador. 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
Carga no 1: 
Sendo: A55
4
V2204304 111 IZZ
o 

 

  Pap1 = 220V. 55A 
 
Pap1 = 12.100VA ; ou ainda: Pap1 = 12,1 KVA , com: 1 = 30o 
 
 
Carga no 2: 
 
I2 = 50A ; Pap2 = 220V . 50A  Pap2 = 11.000VA = 11KVA , com : Pm2 = 8KW 
 
 
Carga no 3: 
 
Pap3 = 10KVA ; FP3 = 0,5  3 = arcos(0,5)  3 =  60o  3 = + 60o 
 
 
Carga no 4: 
 
I4 = 50A ; Pap4 = 220V . 50A  Pap4 = 11.000VA = 11KVA , com : Q4 = 5KVAri 
 
 
De posse de duas informações em termos de potência, para cada carga, passemos à 
construção dos gráficos fasoriais, para as mesmas e para o conjunto; teremos: 
 
 Carga n. 1 Carga n. 2 Carga n. 3 Carga n. 4 CONJUNTO: 
 
 
 
 
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PORTANTO: 
 
a) Determinação do FP e da Potência Aparente vista pelo gerador: 
 
 





irQ
Pm
kVA26,27566,855,705,6
kW28,338,95848,10
T
T  KVA02,43)26,27()28,33( 22TPap  
 
 
e ainda: 77,0o3,393,39
28,33
26,27 )(socsocPFgtcra TT
o
T  
 
 
b) Determinação do valor eficaz da corrente IT: 
 
Sendo: PapT = V.IT , teremos: 43,02.103 = 220. IT  IT = A55,195
220
10.02,43 3  
 
c) Determinação da impedância vista pelo gerador: 
 
Sendo: Ze =  125,1A55,195
V220
e
T
Z
I
V  eZ

 = 1,125 39,3o 
 
( PORQUANTO A FASE DA POTÊNCIA É IGUAL À FASE DA IMPEDÂNCIA!) 
 
3o) Para o circuito abaixo, sabendo-se que o FP visto pelo gerador é 0,866(indutivo), 
pede-se determinar: a) O valor da impedância da carga no 3 ; e: 
b) A impedância equivalente vista pelo gerador 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
a) Conjunto: V = 220V ; IT = 100A  PapT = 22KVA ; FPT = 0,866  T = 30o 
 
b) Carga no 1: 
 
 LZ

 = L 90o  LZ

 = oo 90490
377
4.377  ; RZ

 = R 0o  RZ

 = 3 0o 
 
 
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portanto: eZ

 = 3 + 4j = 5 53o  A44
5
V220I 

  
 
Pap1 = 220V x 44A  Pap1 = 9,68KVA ; 1 = 53o 
 
Carga no 2: 
 
10HP = 7,46KW ; 
nrof
litú
P
P
  P f orn ec i da = P e l é t r i ca = Pm2 
0,8
7,46 = 9,33KW 
 
FP2 = 0,5  2 = 600 
 
 
Carga no 3: Como a carga é a incógnita, admitiremos a existência de Pm3 , Q3 , 
Pap3 e 3 ; portanto teremos: 
 
 
 
Donde pode-se concluir que: 
 
 





3
3
Q16,167,7311
Pm9,335,8319,05
  Pm3 = 3,89KW ; Q3 = -12,89KVAri 
 
O resultado obtido para Q3 = -12KVAri , ou ainda: Q3 = + 12KVArc nos faz entender 
que Q3 é uma carga capacitiva; portanto: 
 
Donde: Pap3 = 22 )12,89()(3,89  = 13,46KVA ; 3 = -arctg (
3,89
12,89 ) = -73,20 
 
 
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 - 120 -
Mas: Pap3 = V.I3  13,46 x 103 = 220.I3  I3 = 61,18A ; 
 
Logo: Z3 = 
A61,18
V220 = 3,60  3Z

 = 3,60 -73,20 
 
b) Impedância equivalente vista pelo Gerador: 
 
Temos que: IT = 100A e: T = 300 (dado do problema) ; portanto teremos: 
 
 ZT = 
A100
V220 = 2,2 ; Logo: TZ

 = 2,2 300 
 
4o) Dado o circuito abaixo pede-se: a) Pap e FP vistos pelo gerador ; b) O valor 
eficaz da corrente IT ; c) A impedância equivalente vista pelo gerador ; d) PapC e C 
necessários para corrigir o F.P. visto pelo gerador para 0,866 (Indutivo) ; e) O valor 
eficaz de IT após a correção do F.P. ; f) A impedância equivalente vista pelo gerador 
após correção do F.P. 
 
Solução: inicialmente determinemos o valor eficaz da tensão do gerador: pela carga 
2 : Pap2 = 10 KVA; teremos: 
 
Pap = VI ; portanto 10 x 103 = V. 50  V = 200 V ; e em seguida tem-se: 
 
carga 1 : V = 200 V ; I1 = 50 A  Pap1 = 10 KVA, com: Q1 = 5 KVAri ; 
 
carga 2 : Pap2 = 10 KVA ; FP2 = 0,707  2 = 450 
 
carga 3 : V = 200V ; I3 = 50A  Pap3 = 10KVA, com: Pm3 = 5KW ; 
Portanto: 
 
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 - 121 -
Portanto teremos:(item a) 
 
 





KVAri20,73Q8,667,075Q
KW20,73Pm57,078,66Pm
TT
TT PapT = kVA32,29)20,73()20,73( 22  
 
ainda: T = arctg (
20,73
20,73 ) = 450 ; logo: FPT = cos(T) = 0,707 
 
b) sendo PapT = 29.32 KVA e Pap = V.IT com: V = 200V tem-se: 
 
 
200
1029,32I
3
T
  IT = 146,6A 
 
c) Determinação da impedância equivalente vista pelo gerador : 
 
Ze = 
A146,6
V200 = 1,36  ; sendo a fase da potência vista pelo gerador de 450 , 
teremos para a impedância equivalente: eZ

 = 1,36 450 
 
d) Correção do F.P: Analisemos a situação atual, e a situação que queremos ter após 
a correção; teremos: 
 
 
P' = 0,866   ' = 300 ; Q' = Pm. tg ' = 20,73 tg 300 = 11,97 KVAri ; 
 
 
PapC = Q - Q' = 20,73 - 11,97 = 8,76 KVA ; logo, sabendo-se que: 
 
 
C = 2
CV.
CpaP

 , i remos ter: C = 2
3
)200(377.
.108,76 = 5,81 x 10 -4 F = 581 F 
 
 
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 - 122 -
e) Determinação do valor eficaz de I'T após a correção do F.P: 
 
 
Após correção temos: Pap'T = 22m )'()( QP  = 22 )11,97()20,73(  = 23,94KVA 
Mas: Pap'T = V. I 'T  I'T = 
200
.1094,32 3 = 119,7A 
observe-se a redução da corrente de linha após correção do F.P. 
f) Determinação da impedância equivalente após correção do F.P: 
 
 
 Z'e =  67,1
A7,119
V200 portanto: 'eZ

 = 1,67 300 
5o) No circuito a seguir, sabendo-se que a potência reativa vista pelo gerador é de 15 
KVAri pede-se: a) A impedância da carga 2Z

 b) determinar Papc e C necessário para 
corrigir o F.P. visto pelo gerador para 1,0 c) determine o consumo de energia do 
circuito após 20 mde funcionamento. 
 
Solução: pelos dados da 1a carga determinemos inicialmente o valor eficaz da tensão 
do gerador: 
 
Pap = VI ; portanto 10 x 103 = V. 50  V = 200V ; e em seguida tem-se: 
 
a) conjunto: V = 200V ; I = 150A ;  PapT = 30KVA ; QT = 15KVAri 
 
b) 1a Carga: Pap1 = 10KVA ; 10 HP = 7,46 KW  0,8 = 
mP
46,7  Pm = 9,33KW 
c) 2a Carga: assumimos: Pap2 , Pm2 , Q2 e 2 
d) 3a Carga: LZ

 = L 900 = 377 . 5,305 . 10 -3 900 = 2 900 = 2j ; ainda: 
 
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RZ

 = R 00 = 2 00 = 2 ; portanto: 3Z

 = 2 + 2j = 2,83 450 ; logo: 
 
I3 = 83,2
V200 = 70,7A  Pap3 = 200V . 70,7A = 14,14kVA , com: 3 = 450 
Portanto: 
 
logo:






KVAri4,1Q10Q6,315
KW65,6Pm10Pm33,998,25
22
22
Pap2= 22 )4,1()65,6(  = 6,8KVA 
e ainda: 2 = arctg 




65,6
4,1 = 11,890 ; sendo: Pap2 = V.I2 teremos: 
I2 = 
200
10.8,6 3 = 34A  Z2 = A34
V200 = 5,88 Portanto : 2Z

 = 5,88 11,890 
 
b) Correção do FP: 
10K
VA
10 - (9,33) =2 2 
30 - 15 =2 2 9,33KW
Q2
14,1cos45 =0 
14,1sen45 =0 
 10KW
10KVAri
15KVAri
Pm2
2
30K
VA
+ + =
450
3,6KVAri
25,98KW
Pa
p 2
14
,14
KV
A
' = 0
+ =
Pm = 25,98KW Pm = 25,98KW
30K
VA
Q = 15KVAri
PapC
a) Situação atual: b) Situação após
correção do F.P.
FP' = 1 
 Q' = 0. ..
 
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sendo então PapC = 15KVA , teremos: C = 2
3
)200(.377
10.15 = 995F 
c) O consumo de energia será caracterizado somente pela Potência média: 
E = Pm. t (Em qualquer circunstância) ; portanto tem-se: 
E = 25,98KW . 
60
20 h = 8,66KWh 
 
6o) No circuito abaixo sabe-se que se fecharmos a chave ch, o amperimetro passa a 
indicar 80A . Nestas condições determine o valor da capacitância C. 
Solução: facilmente percebe-se que com a chave aberta é como se capacitor não 
existisse, portanto nestas condições teremos para a carga 

Z : 


2
V220I = 110A  Pap = 220V x 110A = 24,2KVA , com  = 600 , pois 
a fase da impedância é a mesma que a potência. 
Ao fecharmos a chave ch, teremos a contribuição do capacitor. Sabemos nestas 
condições que I = 80A , portanto com um Pap' = 220 x 80 = 17,6 KVA. Lembrando 
que a contribuição de um capacitor não al tera a potência média, poderemos facilmente 
entender o que ocorre ao fecharmos a chave ch. Em termos vetoriais iremos ter: 
+ =
Pm = 24,2cos60 Pm = 12,1KW
24
,2K
VA
17,4
6KVA
= 20,96KVAri
= 12,78KVAri
PapC
a) Com a chave aberta: b) Com a chave fechada:
600
Q = 24,2sen60
Q' = (17,46) - (12,1)
2 2
= 12,1KW
 
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 - 125 -
Com esta comparação facilmente percebe-se que: 
Papc = 20,96 -12,78 = 8,18 KVA ; como C = 2
C )V(.
CpaP

  C = 2
3
)(. 220377
10.18,8 = 448F 
7o) No circuito abaixo sabe-se que com a chave ch aberta o F.P. visto pelo gerador é 
0,5; Ao fecharmos a chave, sabe-se que o F.P. visto pelo gerador passa a ser de 0,866. 
Nestas condições pede-se determinar a impedância 

Z . 
 
Solução: com a chave aberta, é como se o capacitor não existisse, portanto o F.P. visto 
pelo gerador é o próprio F.P. da impedância 

Z ; nestas condições sabemos então que a 
fase da impedância (ou da potência complexa) é de 600 (F.P. = 0,5). 
Em termos de vetoriais teremos: 
Por outro lado, consideremos qual será a contribuição de C quando a chave ch est iver 
fechada. Teremos: 
C = 500F  CZ

 = 610.500.377
1
C
1

 = 5,305  IC = A47,41
305,5
V220 

 
Ainda: PapC = VC . IC = 220V . 41,47A  PapC = 9,12KVA 
 
Ao fecharmos a chave ch, teremos então esta contribuição do capacitor. Sabemos 
também que com a chave fechada teremos um novo FP' = 0,866 , portanto com um  ' 
= 300 . Lembrando que a contribuição de um capacitor não altera a potência média, 
 
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 - 126 -
poderemos facilmente entender o que ocorre ao fecharmos a chave ch. Em termos 
vetoriais iremos ter: 
Ao analisarmos os diagramas vetoriais anteriores, podemos concluir facilmente que: 
a) com a chave fechada: 
Pm
Q360tg 0  
b) com a chave fechada: 
m
0
P
12,9Q
3
130tg  ; teremos portanto o seguinte sistema 
de equações: 








3
1
P
12,9Q
3
Pm
Q
m
  3
12,9Q
Q 

  
3Q - 27,36 = Q  Q = 13,68KVAri ; sendo: 3
Pm
Q   
3
68,13Pm  = 7,9KW 
Portanto: Pap = 22 )()( 68,139,7  = 15,80KVA  I = A81,71
220
10.80,15 3  
logo: 

Z =  06,3
A81,71
V220 e finalmente: 

Z = 3,06 600 
8o) No circuito abaixo, sabe-se que com a chave ch aberta, o amperímetro indica 100A ; 
ao fecharmos a chave, o amperímetro passa a indicar 80A . Nestas condições pede-se 
determinar a impedância 

Z 
+ =
Pm Pm PapC
a) Com a chave aberta:
b) Com a chave fechada:
600
Q 
Q' = Q - 9,12 
= 9,12KVA
300
 
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 - 127 -
Solução: com a chave aberta, é como se o capacitor não existisse, portanto a Pap vista 
pelo gerador é dada por Pap = 220V.100A = 22KVA ; ainda nestas condições sabemos 
que o módulo da impedância 

Z será dado por : 


2,2
A100
V220Z
 
; Por outro lado, consideremos qual será a contribuição de C quando 
a chave ch estiver fechada. Teremos: 
C = 400F  CZ

 = 610.400.377
1
C
1

 = 6,63  IC = A18,33
63,6
V220 

 
Ainda: PapC = VC . IC = 220V . 33,18A  PapC = 7,3KVA 
 
Sabemos também que com a chave fechada teremos uma nova corrente I' = 80A, 
portanto com uma nova Pap' = 220V.80A = 17,6KVA . Lembrando que a contribuição 
de um capacitor não altera a potência média, poderemos facilmente entender o que 
ocorre ao fecharmos a chave ch. Em termos vetoriais iremos ter: 
a) c/ ch aberta: P2 m + Q2 = 222 
b) c/ ch fechada: P2 m + (Q - 7,3)2 = 17,62  
222
2
m
2 QP

 - 14,6Q + 7,32 = 17,62 
222 - 14,6Q + 7,32 = 17,62  Q = 15,58KVAri  
Pm = 22 )( 58,1522  = 15,52KW ; donde:  = arctg 



52,15
58,15 = 45,110 
 
 Portanto: 

Z = 2,2 45,110