Deslocamento de neutro trifasico desequilibrado

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 O PROBLEMA DO DESLOCAMENTO DE NEUTRO EM CIRCUITOS 
TRIFÁSICOS ESTRELA DESEQUILIBRADOS. 
 
 Prof. Antonio Sergio Cavalcanti de Menezes 
 
 Toda instalação trifásica predial e/ou industrial é uma ligação em estrela 
tipicamente desequilibrada. Isto quer dizer que nestas instalações tem que haver um 
retorno de corrente que é feito através do fio de neutro que, por sua vez, deve estar em 
algum lugar aterrado, isto é, bem fixado a uma ou mais barras de cobre enterradas 
convenientemente no chão, fazendo o zero de referência para os circuitos. 
 O problema é quando este aterramento não está bem feito. Há vários fatores que 
contribuem para isso e há literatura especializada que trata exclusivamente do problema do 
aterramento. Mas em linhas gerais pode-se que são: fio de aterramento subdimensionado, 
resistências de contato devido ao afrouxamento dos contatos elétricos, grande resistividade 
do solo, etc. Isto leva ao aparecimento de uma resistência de neutro que vamos chamar de 
RN. 
 Suponha que o circuito trifásico tenha três impedâncias Z1, Z2 e Z3. Seja RN a 
resistência de neutro. Seja ainda IA, IB e IC as correntes de fase de cada umas das cargas, 
respectivamente, e IN a corrente de neutro. Pela Lei dos Nós, tem-se: 
 
 IN = IA + IB + IC (1) 
 
 Substituindo cada membro da igualdade pela diferença de voltagem que é 
desenvolvida em cada uma das impedâncias, e dividindo-se por elas mesmo, tem-se: 
 
 
C
ONCN
B
ONBN
A
ONAN
N
ON
Z
VV
Z
VV
Z
VV
R
V −
+
−
+
−
= (2) 
 
 Nas considerações feitas acima, leva-se em conta que o potencial elétrico (assim 
como o potencial gravitacional) de um ponto A a um ponto B é a soma de um potencial de 
A para um ponto arbitrário X e de X para B. Assim, VAB = VAX + VXB e que VAB = - VBA. 
 
 IMPORTANTE! 
 O ponto O é o neutro do circuito e o ponto N é a referencia absoluta, isto o ponto 
aonde o potencial é zero 
 
 VON é tensão do ponto O ao terra. Este ponto é o que chamamos de neutro nas 
instalações prediais. Isolando algebricamente VON, tem-se: 
 
 
C
CN
B
BN
A
AN
CBAN
ON Z
V
Z
V
Z
V
ZZZR
V ++=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+++
1111 (3) 
 
 O que está entre parênteses na equação acima são as três impedâncias RN, ZA, ZB 
e ZC em paralelo, isto é, 
 
 
CBANeq ZZZRZ
11111
+++= (4) 
 
 2 
Ou, equivalentemente, 
 
 Zeq = RN//ZA//ZB//ZC (5) 
 
 O lado direito da equação (3) é soma das correntes de fase se RN = 0, isto é, se 
o circuito estiver perfeitamente aterrado. Chamaremos esta corrente de IN. Assim, 
 
 
C
CN
B
BN
A
AN
N Z
V
Z
V
Z
V
I ++= 
 Assim sendo, 
 
 VON = Zeq x IN (7) 
 
 O resultado do surgimento de uma resistência de neutro maior que zero é uma 
flutuação do neutro do circuito tendo como conseqüência uma flutuação das tensões que 
cada fase do circuito recebe. O resultado disso é imprevisível. As tensões do neutro e das 
fases do circuito podem assumir qualquer valor no limite da tensão de linha. Na figura 
abaixo, tem-se uma figura que mostra qualitativamente o que acontece nestes casos. 
 
 
 
 Fig. 1 – Diagrama fasorial de uma ligação em estrela a 3 fios. 
 
 
 O ponto O (neutro da instalação) se desloca imprevisivelmente do centro 
geométrico do triângulo fasorial trifásico para um ponto qualquer dentro do mesmo. 
 
 Exemplo 1: (circuitos elétricos da Coleção Schaum) 
 
 Um sistema CBA trifásico, a três fios, 208V volts, tem carga ZA = 6∠00 
ZB = 6∠300 e ZC = 5∠450.. Determinar as correntes de linha, o fasor de tensão em cada 
impedância e a tensão de deslocamento de neutro de neutro VON, 
 
 Solução: 
 
 Se a ligação é a tres fios, isto quer dizer que não há ligação de neutro. A 
ligação de neutro está em aberto, isto é, RN = ∞ . Se o circuito estivesse bem aterrado, a 
corrente de cada linha seria: 
 
 3 
 
 
 
 
182321610524
455
150120
20020
306
30120
209020
06
90120
0
0
0
0
0
0
0
0
0
,j,
Z
V
I
Z
V
I
.j
Z
VI
C
CN
C
B
BN
B
A
AN
A
+−=∠=
∠
∠
==
=∠=
∠
∠
==
−=−∠=
∠
−∠
==
 
 
 A soma das três correntes acima é a corrente de neutro discutida na Eq.(6). 
Assim, somando-se os três termos das equações acima, tem-se: 
 
 IN = IA + IB + IC = 13,79 + j.3,18 = 14,15 ∠12,980 
 
 Por outro lado, a impedância equivalente total do circuito acima é dada por: 
 
 00
000
eq
452,030167,0167,0
455
1
306
1
06
1
Z
1
−∠+−∠+=
∠
+
∠
+
∠
= 
 
 = 0,167 + (0.145 – 0,084) +(0,141 –j.141) = 0,41 – j0,23 = 0,504∠-26,51 
 
 Zeq = (0,504∠-26,51)-1 = 1,98∠+26,510 
 
 Assim, pela equação (7), tem-se: 
 
 V0N = Zeq x IN = (1,98∠+26,510)x(14,15 ∠12,980) = 28,02∠39,490 
 
 Na expressão acima, 28,02V é quanto vale a tensão de flutuação do neutro 
do circuito (instalação). 
 As tensões fasorias que cada fase recebe é dada por: 
 
 VAO = VAN – VON = 120∠-900 – 28,02∠39,490 
 = -j120 – (21,62 + 17,82) = -21,62 –j137,82 
 = 139,21∠-98,910 
 4 
 
 VBO = VBN – VON = 120∠300 – 28,02∠39,490 = 92,5∠27,140 
 
 VCO = VCN – VON = 120∠1500 – 28,02∠39,490 = 132,4∠161,40 
 
 Para a situação acima, tem-se o triângulo fasorial abaixo: 
 
 
 
 Fig. 2 – Diagrama fasorial para o Exemplo 1 
 
 
 Se no entanto, for uma ligação a quatro fios com um RN < ∞ , o resultado é 
um pouco diferente, conforme se verá abaixo: 
 Seja RN = 30Ω . Pelo exposto acima, tem-se que acrescentar RN às cargas 
presentes no circuito para calcular a nova impedância Zeq : 
 
 
000 456
1
306
1
06
11
∠
+
∠
+
∠
=
eqZ
 + 
30
1 = 0,504∠-26,51 + (30)-1 
 = 0.534∠-250 
 
 O novo Zeq = (0.534∠-250 )-1 = 1,873∠+250 
 
 Sendo assim, a nova tensão de flutuação de neutro será: 
 
 VON = Zeq x IN = (1,873∠+250)x(14,15 ∠12,980) = 26,50∠280 
 
 Comparado com situação anteriorvê-se que a resistência de 30Ω de neutro 
pouco altera em relação à situação em que esta resistência era infinita. No entanto se a 
resistência RN cair para 5 Ω tem-se: 
 
 VON = 20,5∠320 
 
 Se RN = 1 Ω , VON = 9,63∠2,180. 
 
 Percebe-se, então, que quanto menor a resistência de neutro, menor a 
flutuação de neutro. O neutro bem aterrado “amarra” a tensão VON bem próxima do zero 
 5 
. Idealmente falando, se a resistência de neutro for realmente zero, a tensão do 
neutro da instalação será sempre zero. Para descobrir o neutro da instalação podemos nos 
valer do que os eletricistas chamam de “chave-teste”. Trata-se de uma chave de fenda 
comum que tem no interior de seu cabo uma lâmpada néon. Se a lâmpada acender o ponto 
é de fase; se não acender, é de neutro. Se você colocar um voltímetro AC entre este neutro e 
um ponto bem aterrado, o voltímetro deve dar uma leitura de poucos volts, isto é, pouca 
flutuação. No entanto, se a flutuação for grande, pode estar ocorrendo duas coisas: ou há 
problemas no aterramento de neutro, ou o está ocorrendo um forte desbalanceamento, seja 
na rede interna, seja na externa (de rua). 
 Suponha um conjunto de 3 lâmpadas incandescentes comuns. Uma de 100W, 
outra de 60W e uma terceira de 40W ligadas num circuito trifásico em estrela, uma em cada 
fase, supondo-se que a tensão de linha é de 380V e que a sequencia é ABC 
 
 
 
 Seja IA a corrente que circula pela carga liga à fase A (100W); seja IB a cor-
rente que circula pela carga ligada à fase B (60W) e seja IC a corrente em C (40W). Seja 
ainda RA a resistência associada à carga de 100W; RB a carga de 60W e seja RC a carga de 
associada a de 40W 
 
 
( )
( )
( )
Ω====
Ω====
Ω====
1240
40
220
40
3/380
P
V
R
7,806
100
220
60
3/380
P
VR
484
100
220
100
3/380
P
V
R
22
C
2
F
C
22
B
2
F
B
22
A
2
F
A
 
 
 6 
 
0
0
0
0
0
2101770
1240
210220
302730
7806
30220
4550
484
90220
∠=
∠
==
−∠=
−∠
==
=
∠
==
,
R
V
I
,
,R
V
I
,j
R
V
I
C
CN
A
B
BN
B
A
AN
A
 
 
 Se a resistência de neutro RN for zero, a corrente de neutro IN será a soma 
das três correntes acima. Assim, 
 
 IN = IA + IA + IC = 0,245∠700 
 
 Se a resistência de neutro for infinita o calculo de Req acima, e 
considerando-se a equação (4) , tem-se: 
 
 
1240
1
807
1
484
11111
++=++=
CBAeq RRRR
 ≅ 4,11x10-3 
 
 ⇒ Req = 243,2 Ω 
 
 Assim, VON = RN .IN ≅ 243,2. 0,245∠700 = 59,6 ∠700 
 
 O que aconteceu neste caso foi um forte desbalanceamento do neutro 
(60V!). Isto reflete nas tensões que cada carga (no caso, cada lâmpada), Para ver isso, as 
contas acima são refeitas: 
 
 100W: VAO = VAN – VON = 220∠900 - 59,6 ∠700 ≅ 166∠96,60 
 60W: VBO = VBN – VON = 220∠-300 - 59,6 ∠700 ≅ 238∠--43,90 
 40W: VCO = VCN – VON = 220∠2100 - 59,6 ∠700 ≅ 267∠-1420 
 
 Na verdade, nos resultados finais os ângulos fasorias tem pouca ou nenhuma 
importância prática. O que importa mesmo é saber que a lâmpada de 100W está submetida 
a uma tensão de 166V, a de 60W, 238V e a de 40W, 267V. Assim sendo, as cargas estarão 
sujeitas a grandes diferenças de tensão, podendo até serem queimadas. 
 O aconteceu neste caso foi que a situação houve um forte desbalanceamento 
das tensões de cada fase do circuito, mesmo sem a resistência de neutro ser 
necessariamente infinita. O diagrama abaixo ilustra o que aconteceu: 
 
 
 7 
 
 Supondo-se, agora, uma resistência de 30Ω de neutro e, tem-se: 
 
 
30
1
1240
1
807
1
484
111111
+++=+++=
NCBAeq RRRRR
≅ 0,037 
 
 Logo, Req ≅ 26.7Ω o que leva a VON = RN .IN ≅ 26.7. 0,245∠700 
= 6,58∠700 
 
 A tensão que cada lâmpada está submetida é dada por: 
 
 100W: VAO = VAN – VON = 220∠900 - 6,58∠700 ≅ 214∠90,60 
 60W: VBO = VBN – VON = 220∠-300 - 6,58∠700 ≅ 221∠-320 
 40W: VCO = VCN – VON = 220∠2100 - 6,58∠700 ≅ 223∠2110 
 
Não é fácil generalizar, mas em linhas gerais pode-se dizer que as menores 
cargas sofrem mais e tem mais chances de se danificarem quando há problemas na 
resistência de neutro. 
Se o desbalanceamento de cargas for realmente muito forte, como mostrado 
abaixo, em que a lâmpada de 100W foi trocada por uma carga igualmente resistiva de 
1000W (48,4 Ω), tem-se para a corrente de neutro com resistência de neutro zero: 
 
IN = j.4,55 + 0,273∠-300 + 0,177∠2100 = 4,17∠890 
 
Refazendo-se os calculos acima tem-se para a resistência equivalente Req: 
 
30
1
1240
1
807
1
448
111111
+++=+++=
,RRRRR NCBAeq
 
 
 Req = (0,056)-1 = 17, 84 Ω 
 
 VON = Req .IN ≅ 17,84 x 4,17∠890 = 74,46∠890 
 
 Neste caso a tensão que cada carga desta recebe é: 
 
1000W: VAO = VAN – VON = 220∠900 – 74,46∠890 ≅ 144∠90,50 
 60W: VBO = VBN – VON = 220∠-300 - 74,46∠890 ≅ 265∠-320 
 40W: VCO = VCN – VON = 220∠2100 -74,46∠890 ≅ 266∠900 
 
No entanto, se R = ∞ , VON ≅ 190 ∠900. Portanto, uma desbalaceamento de 
neutro de cerca de 190V! . Assim, sendo, cada carga receberia: 
 
1000W: VAO = VAN – VON = 220∠900 – 190 ∠900 ≅ 31∠970 
 60W: VBO = VBN – VON = 220∠-300 - 190 ∠900 ≅ 353∠-580 
 40W: VCO = VCN – VON = 220∠2100 -190 ∠900 ≅ 357∠ -1230 
 
Assim, duas das cargas estão quase no limite da tensão de linha que é 380V! 
 8 
 
Exercícios propostos: 
 
1) Resolveu-se iluminar um ambiente externo para uma festa com lâmpadas 
incandescentes comuns. Como a quantidade de lâmpadas era muito grande, optou-se por 
uma ligação trifásica (em estrela). Colocou-se 50 lâmpadas de 100W na fase A; 40 lâmpa-
das de 60W na fase B e 100 lâmpadas de 40W na fase C. Se fio de neutro desta ligação se 
romper quando todas as lâmpadas estiverem acesas, que voltagens cada conjunto de 
lâmpadas estará submetido? A tensão de fase é 220V. 
Resp: 187,2V; 261,1V, 218,6V 
 
2) Um certo prédio tem 60 salas comerciais. Para cada sala foram previstas 5 
lâmpadas fluorescentes de 40W com reatores com 0,4 de fator de potência e um arcon-
dicionado de 10.000 btus (1500W) com fator de potência de 0,8. Supondo-se que a tensão 
de fase do prédio é 220V e instalação foi feito de maneira distribuir igualmente as salas nas 
três fases e desconsiderando-se outras cargas presentes no prédio, pergunta-se: 
a) Qual a corrente de neutro da instalação da instalação como um todo, se 
todas as lâmpadas e arcondicionados do prédio estiverem ligados? 
b) Qual tensão de neutro da instalação se medirá se 10 salas estiverem 
funcionando plenamente na fase A, 20 na fase B e 17 na fase C, se, por algum motivo a 
resistência de neutro for RN = 30 Ω ? Que tensão um usuário da fase A, por exemplo, mede 
na sua tomada nestas condições? 
 
Sugestão: 
Começar calculando a impedância equivalente de cada carga de cada sala, que 
é a impedância das lâmpadas em paralelo com a impedância do arcondicionado. 
Se Z = φ∠Z é impedância de uma certa carga, então n impedâncias iguais a 
ela em paralelo será: 
 
Z φ∠=
n
Z
 
 
(b) Tensão de neutro da instalação: 41,23 V; o usuário irá medir na tomada 
que estiver na fase aproximadamente 260 V. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 9 
 
 
Solução do exercício proposto 2 
 
A potência aparente das cinco lâmpadas são: 
 
500
4,0
40x5NL == VA; cos
-1 0,4 = 66,420 
A potência reativa das cinco lâmpadas são: 
 
QL = NL x sen(66,42o) = 458,26 VAR 
 
Para o arcondicionado, tem-se: 
 
18758,0
1500NA == VA ; cos
-1(0,8) = 36,87O --> QA = 1125 VAR 
NT = =+++ 22 )112525,458()2001500( 2323,076 VA 
 
Logo, a corrente total será: 
 
IT = ooTT 4356,1043220
08,2323
V
N
−∠=−∠=φ∠ 
 
ZT = 20,83 ∠430 = 15,23 + j 14,21 
 
Z1 = 1,04 ∠430 = 1,523 + j 1,421 
 
 
VAN	
  1	
  0	
  AC	
  220	
  90	
  
VBN	
  2	
  0	
  AC	
  220	
  -­‐30	
  
VCN	
  3	
  0	
  AC	
  220	
  210	
  
RA	
  1	
  5	
  	
  1.523	
  
LA	
  	
  5	
  4	
  	
  3.77M	
  
RB	
  2	
  6	
  	
  0.762	
  	
  
LB	
  6	
  4	
  1.88M	
  
RC	
  3	
  7	
  0.9	
  
LC	
  7	
  4	
  2.22M	
  
RX	
  4	
  0	
  30	
  
*	
  Resistência	
  de	
  neutro	
  =	
  30	
  ohms	
  
.AC	
  LIN	
  1	
  60HZ	
  60HZ	
  
.PRINT	
  AC	
  VM(1,4)	
  VM(2,4)	
  VM(3,4)	
  VM(4,0)	
  IM(RX)	
  
.END	
  
	
  
	
  	
  FREQ	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  VM(1,4)	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  VM(2,4)	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  VM(3,4)	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  VM(4,0)	
  	
  	
  	
  	
  IM(RX)	
  	
  	
  	
  	
  	
  	
  
	
  
	
  6.000E+01	
  	
  	
  2.597E+02	
  	
  	
  1.920E+02	
  	
  	
  2.145E+02	
  	
  	
  4.123E+01	
  	
  	
  	
  1.374