sistemas de potecnia pierre dantas

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" CENTRO DE CIENCIAJS E TECNOLO IA 
DEPARTAMENTO DE EN<>ENHARIA EL TRICA 
GRUPO DESISTEM S DE POTÊNC A 
Proposta de texto para a Disciplina Circuitos Elétri os li do Curso 
de Engenharia Elétri a do CCT /UFP . . 
..... ,.. .. . 
Professor Dagoberto ourenço Ribei 
Trabalho submetido à Co~issão de Avaliaçã 
_""" do Programa de Apoio à Produção de Textos 
Didáticos do REENGE/CCT. 
Campina Grande, ezembro de 199 
t. 
• 
Prof. Pierre Vilar Dantas
SUMÁRIO 
CAPÍTULO I INTRODUÇ . .\0 
1.1 NÚMEROS COMPLEXOS 
1.1.1 Conceituação e representações 
1.1.2 Operações elementares 
+ Adição 
+ Multiplicação 
+ Conjugado de um número complfxo 
1.2 GERAÇÃO DE TENSÕES ALTERNADAS 
1.3 VALOR .MÉDIO E VALOR EFIOAZ 
1.4 REPRESENTAÇÃO FASORIAL 
1.5 IMPEDÂNCIA DE ELEMENTOS PASSIVOS 
l.J.l Elementos simples 
+ Rt-sistor 
+ lndutor 
+ Capacitor 
13.2 Associação de elementos simple$ 
1.5.3 Circuitos ressonantes 
I. 5.4 Admitância 
PROBLE1\1AS PROPOSTOS 
.... 
' '• 
CAPÍTULO ll POTÊNCIA EM CIRCUITOS DE CORRENT 
EM REGIME PERMANENTE 
2.l POTÊNCIA E ENERGIA EM ELEMENTOS DE CI 
ALTERNADA 
2.1.1 Potência instantânea em regime permanente senoicl 1- Definição das 
11 (. 
1 
1 
1 
3 
3 
3 
4 
5 
6 
7 
11 
11 
11 
11 
13 
14 
22 
25 
29 
33 
33 
potências ativa , reativa e aparente 34 
2.1.2 Expressão da potência de um elemento puramente re istivo 39 
2.1.3 Potência e energia num indutor 
2.1.4 Potência e energia para um elemento capacitivo 
40 
42 
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r 
' 
" r 
,,., 
2. 1. 5 Potência complexa 
2.2 ENERGIA EM CIRCUITOS RESSONANTES 
2.3 CORREÇÃO DO FATOR DE PO~ÊNCIA 
PROBLEMAS PROPOSTOS 
CAPÍTULO ID CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
3.1 GERAÇÃO DE TENSÕES EM SISTEMAS TRIFÁSI OS 
3.2 RELAÇÕES ENTRE TENSÕES E ENTRE CORRE TES NAS 
LIGAÇÕES Y E t:,. DE SISTEMAf EQUILffiRADOS 
3.3 CARGAS DESEQUILIBRADAS LIGADAS A FO TES DE 
TENSÃO EQUTLIBR\DAS 
3.-t POTÊNCIA EM CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
3. 4.1 Expressões gerais da potência 
3.4.2 Potência instantânea em circuitos equilibrados 
3.4.3 Potência aparente, ativa e reatira em circuitos equi/ih ados 
3.5 CIRCUITO MONOF.ÁSTCO EQUIVALENTE 
3.6 .:'\1EDIÇÃO DE POTÊNCIA ATIVA E DE P TÊNCIA 
REATIVA 
3. 6.1 O ftfétodo dos 3 wattímetros 
3.6.2 O ft1étodo dos 2 wattímetros 
3.6.3 1Hedição de Potência Reatil•a 
3.7 MÉTODOS DE DETECÇÃO DE SEQÜÊNCIA DE F SES 
3.8 COMPONENTES SL'IÉTRICOS 
lJl (. 
44 
51 
54 
62 
66 
66 
70 
74 
78 
78 
78 
79 
81 
83 
83 
85 
87 
88 
91 
3.8.1 Introdução 91 
3. 8. i Operadores 93 
3.8.3 Fasores desequilibrados em função dos component s simétricos -
Notação Matricial 94 
3. 8. 4 Aplicação de ft1atrizes de Transformação a Impedân ias 97 
3.8.5 Potência complexa e componellfes simétricos 100 
PROBLEMAS PROPOSTOS 101 
BIBLIOGRAFIA 103 
-:- . ~··. 
Prof. Pierre Vilar Dantas
C' 
r 
(' 
(' CAPÍT~LO I 
INTRODUÇÃO 
,. 
' 
Normalmente, os Sistemas de Potência (G ração, Transmissão e Distribuição) operam com 
excitação que pode ser considerada puramente senoidal. Este modo d operação pem1ite que as 
grandezas de interesse nestes sistemas (T en~ão e Corrente) ç ossam ser representadas 
simplificadamente através da notação fasoria}. A~sim sendo, a habilid, de para operação com os 
números complexos é indispensável aos Engenhejros que atuam nesta áreas. Considerando esta 
necessidade, mesmo que o assunto já tenha sido 'isto anteriormente p~ los leitores, será feita aqui 
uma breve revisão deste tema. 
1.1 NÚMEROS COMPLEXOS 
1. /.1 Conceituação e representaçi'Jes 
Um número complexo é um par ordenado 1(x,y) representado ne ta ordem num par de eixos 
cartesianos (Fig. 1.1 ). O primeiro número do par, t ' é denominado "part~ real do número complexo 
z" ou simplificadamente x = Re (z). O segundo nú~ero do par, y, é denon inado" parte imaginária do 
número complexo z", ouy = Jm (z). 
Eixo Imaginário 
y . .............. ..... .............. ~ .z (x, y) 
x EixoReal 
Figura 1. 1- Representação ~e um número 
complexo através ?e um par ordenado 
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r 
r 
r 
r 
r 
(. 2 
O número representado genericamente na figura I pode ser repres ntado na forma cartesiana 
(Fig. 1.2a) ou na forma polar (Fig. 1.2b). ·< 
lm lm 
y _ ---··· ···· -------·····-·-------·- ~ -z = x + jy _ --- -·--·---- ----·---·-- -- ---- --- ~ -z = r Lif> 
X R e R e 
a) Representação cartesiana b) Represe tação polar 
Transforn1ação cartesiano~ polar 
I z I= ~x2 +y2 
Transform ção polar~ cartesiano 
x = rcos<jl 
<!> = Tg-1(y/x) y = rsen<jl 
Figura 1.2 - Representações cartesiana e polar de um número com~ exo e transformações 
Na forn1a cartesiana o complexo z é obtido analiticamente a part r da soma das partes real e 
imaginária. Isto é: 
z = x ~ jy (1.1) 
A partir do conhecimento das componentes de :: a obtenção do seu módulo e de sua fase é 
feita através d~s relações: 
lzl = ~x2 + y 2 
Lz =1g-1(y ! x) 
( 1.1 a) 
(l.lb) 
Na representação polar z é expresso analiticamente em função e seu módulo e de sua fase 
através da relação : 
z = r.L<jl 
Destas informações as partes Real e Imaginária de z são obtidas partir das relações: 
x = r l os if> 
y = r en if> 
(1.2a) 
(1 .2b) 
As relações 1.1 e 1.2 são bastante importantes na transformaç o cartesiano-polar porque é 
mais conveniénte representar-se z, ora na forma c&rtesiana, ora na polar. 
Considerando-se as relações 1.1, 1.2a e 1.2b pode-se escrever : 
z=r~cos<jl+jsen<!>} (1.3) 
. ... . : 
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Relernbrando-se a identidade de Euler 
efo =cose+ j sene ., 
-. (1.4) 
e utilizando-a na relação 1.2c obtém-se: 
z == re1' (1 .2c) 
Esta é urna forma alternativa de se representar um complexo na fo a polar. 
1.1.2 Operações elementares 
+ Adição 
A sorna de dois números complexos z1 e f2 é um número com lexo z cujas partes real e 
imaginária são, respectivamente, a soma das partes ~eal e imaginária de z1 de z2. Sendo: 
: 1 = X1 + j Yl 
e 
Z] = X} + j Y2 
tem-se: 
::, + ::2 = (xl + .iY1) +(x2 + JY2) 
(xl + x2) + i (YJ + Y2) = x + Jy = z 
Observe-se que utilizando-se a forma cartesiana esta operação é fa ilmente realizada. 
+ Multiplicação 
Ao contrário do que ocorre na adição, que é mais facilment realizada utilizando-se a 
representação cartesiana, para a multiplicação a representação mais co veniente do complexo é a 
polar. Assim, considerando-se a relaç.ão 1.2c, o PfOduto de dois númer s complexos z, e z2 é um 
número complexo z cujo módulo é o produto dos ~ódulos de::, e de z2 e uja fase é a soma das fases 
dez, e de z2. Expressando-se z, e z2 na forma polar tem-se: 
- - r el ol ~~ - I 
Conseqüentemente: 
EXERCÍCIO 1 
Obtenha o produto de dois números complexos expressos na forma cartesiana. 
,·.. .. . . . -.::·_ •::.: · .. ---- - - ··"': : 
. ·: .. 
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r 
. ··-;.·. 
r 
( 4 
+ Conjugado de um número complexo 
O conjugado de um número complexo z é definido como um nú{n ro complexo z* que tem a 
mesma parte real dez e a parte imaginária recíproca à dez (Fig. 1.3.a). epresentando-se z na forma 
cartesiana tem-se: 
Z = X + jy 
O conjugado de z será então: 
z* = x-jy 
lm 
y ··························· ···~ 
/! 
z (x,y) 
:x R e 
-:V ..................... ............................ : z *(x. -;) 
a) Fom1a cartesiana 
lm ir/> 
............................... ....... ....... 7 z = re 
r = I zl 
: -* - . -jr/J 
............................. ............... .. .. .- .... - /e 
b) Forma polar 
Figura 1.3 - Representações do conjugado de um númer complexo 
Considerando-se atransformação cartesian'l polar da fig. 1.3 con !ui-se que: 
.. "'* = ,. e19 .. ... ou 
z .z* = r 2 
Isto é, o produto de um complexo z por seu conjugado é um nú ero real igual ao quadrado 
do módulo de z. 
EXERCÍCIO 2 
A partir do resultado obtido no Exercício 1, obtenha o produto .z* expressando z na forma 
cartesiana. 
EXERCÍCIO 3 
A soma de um complexo z com seu conjugado é um número r I ou um imaginário puro? 
Faça a verificação. Faça o mesmo para a diferença . 
•':' ~-~. 
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r 
(' 
r 
(. 5 
1.2 GER~ÇÃO DE TENSÕES ALTERNADAS 
Ao se introduzir uma espira retangular de área A numa re&lã onde existe um campo 
magnético unifonne de densidade B, como ilustra a figura 1.4, prod z-se um fluxo magnético 
através da região delimüada pela espira que é dado pela expressão 
- _/ ,[ ( --? - "') ~-:-s · r ~ J I 13 ~ J. s. 
- ~ -
onde S é o produto da área da espira pelo vetor unitário na direção perpe dicular à área, dS 
(1.5) 
+ 
~ .... ··f; ............... N - s B N s 
a) Diagrama de um gerador elementar b) Flu o através da esoira 
Figura 1.4 - Geração de tensões alternadas 
No instante t = O a bobina encontra-se na posição angular e = e0 em relação a B. Aplicado 
neste instante o produto interno da relação (2 .1) fornece 
/' 
<Po = B~cos eo. 
como valor inicial do fluxo magnético através da espira. 
A modificação da posição da espira em relação ao campo mag1 ético produz alterações no 
fluxo magnético. Estas alterações induzem uma.fenr nos terminais da esp rapara gerar nela um fluxo 
magnético que tenta manter constante o fluxo original. 
Se a bobina girar com uma velocidade angular constante ~. no ins 1te [ sua posição angular e 
a componente de sua área na direção do campo serão dadas, respectivam nte, por 
e= eo + (!) t 
e g,d =~ose. ~ ::..f i3 Jç. C6l (;) ::: 13> S. 
Afeni induzida nos terminais da espira é petenninada pela lei a indução de Faraday, que 
estabelece: 
e(t) =- ~~ 
Aplicando esta lei ao caso presente tem-se: 
d 
e( I) = - dt [ BA cos( rot +e 0 ) ] :. 
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e( I )= BAro sen(rot +80 } =em sen(c:>l +80 ) 
Considerando-se um enrolamento de N espiras, tem-se: 
e( t) = N BA ro sen( rot + 8 0 ) = Em sen( rot + 8,0 ) 
(. 6 
(1.6) 
Conclui-se, portanto, que ao se girar uma bopina com velocidade a guiar constante dentro de 
um campo magnético de densidade constante induz-se em seus terminais uma tensão senoidal cuja 
amplitude é proporcional à velocidade angular. 
Nos geradores reais este princípio continua perfeitamente válido. ntretanto, ao contrário do 
que foi descrito, as tensões são induzidas em enrolamentos estacionários d nominados "enrolamentos 
de armadura" (Figura 1.5). Estes localizam-se nas ranhuras de uma eça de ferro denominada 
"estator". A fonte que gera o fluxo localiza-se na parte rotativa, denomina a "rotor", que consiste de 
um enrolamento alimentado por corrente contínua denominado "enrolame o de campo". 
1.3 
Estator 
Bobina com 
--~ N espiras 
En olamentos 
de ampo 
Figura 1.5 - Seção transversal de um gerador de pol s salientes. 
VALOR MÉDIO E VALOR EFICAZ 
O valor médio de uma função periódica de período T é dado por: 
l to+T 
J= T Jf(t)dt 
'o 
(1 .7) 
Desta definição vê-se que o valor médio de uma função é a área empreendida entre a curva 
da função e o eixo do tempo dividida pelo período. Desta observação de orre que o valor médio das 
funções periódicas ímpares é zero (Por que?). Pode-se dizer o mesmo em elação às funções pares? 
A maneira de contornar a questão de fu9ções de valor médio nulo sem que elas sejam 
identicamente nulas é a definição do valor médio do quadrado da funçã . Este novo valor médio é 
denominado de valor eficaz ou "valor RMS" (Root Mean ~quare) e é det rminado por: 
1 to+T 
J.- - JJ 2ftJdl (t.s) 
T to 
Deste modo, para uma corrente (ou tensão) alternada de período o valor eficaz será: · 
:f • 
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1 to+T 
v~= - I v 2 (tJdt 
T to 
ou: 
( 7 
-· 
Uma outra maneira de definir estes valores eficazes é através da definição de uma corrente 
contínua equivalente (ou tensão) que ao ser injetada nos tenninais de um resistor R dissipe a mesma 
potência média que este dissiparia se a ele fosse aplicada uma corrente temada. Aplicando-se este 
conceito ao caso ilustrado na figura 1.6 tem-se: 
+ 
e(t) 
a) 
p = _!_ f'o +T p{t) dt = ]_ f10 +T R i 2 (r) dt T lo T lo 
P=Rii 
Como J5 = P tem-se: 
i(l) 
R 
+ 
E 
b) 
(da figura 1.6a) 
(da figura 1. b) 
I 
Figura 1.6 - Utilização de circuitos equivalentes para a definição de valor R1\1S. 
X EXERCÍCIO 4 
R 
. Considere a função i(t) = Im sen((l)t + 8) e rostre que seu valor ficaz(ou valor R.MS) é dado 
por I e = lm I J2 . 
1.4 REPRESENTAÇÃO FASORIAL 
Considere-se uma função senoidal geral f(t) dada por: 
(1.9) 
Note-se que para se identificar completamente esta função dev -se ter infonnações precisas 
sobre três parâmetros desta função, que são: 
.r--,.ax == amplitude, ou valor máximo da função 
ro = freqüêQcia, expressa em rad/s 
/ 
' J 
.... '(, 
: I' .• . f • • • •• 
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q. = defasagem angular. 
Levando-se em consideração mais uma vez a identidade ~e Euler (equação 1.4) e 
expressando-se a função 1 . 9 na forma: 
J(t) ==R ~F,,ax cos(ro I+$) + j Fmax sen (roI+ q.)] 
onde "Re" indica "parte real de" tem-se a seguinte forma simplificada para (t): 
f(t) == Re [F,,ax e A (.O 1 ++)] = Re (F,,ax e' + ef(.t) t ] 
Definindo-se 
tem-se: 
f ( f)= J2 Re [F e 1'011 ] 
(1.10) 
(1.11) 
A gra.ffileza F é definida como a "representação fasorialde f(t)". transformação de f(t) em 
F é dada pela equação ( 1. 1 0). 
Definindo-se ainda 
F= F,:;t (l.IOa) 
tem-se: 
(1.1 Ob) 
ou 
( 1.1 Oc) 
Observando-se as equações (1.10) e comparando-as com a equ ção (1.9), que define f(t} , 
conclui-se que a única informação necessária para a identificação co pleta de f(t) que não está 
contida em F é a freqüência ro. Disto conclui-se que, para os casos os quais a freqüência está 
implícita na définição do problema, a representação fasorial identifica ompletamente uma função 
senoidal. Este é o caso dos problemas de Geraçao, Transmissão e Dis ribuição(GTD) de Energia 
Elétrica em regime permanente. 
• A 
A representação gráfica de F é mostrada n~ figura 1 . 7 a e é deno ·nada "Diagrama F asorial". 
Os valores instantâneos de j{t) são obtidos a partir do Diagrama Fasori I fazendo-se F girar com 
uma velocidade ro, calculando-se a sua projeção no eixo real (Figura 1 7b) e multiplicando-se esta 
projeção por ..fi . 
Graficamente, a interpretação de um fasor é baseada no que egue. Multiplicando-se um 
número complexo por e j a ele sofre uma rotação igual a g, mas mantém módulo constante. Se a é 
função do tempo, isto é, a = rot, o complexo ao qual foi aplicado o perador ~(J){ girará a uma 
velocidade angular @. A função 
.. ··. -: . ~:. ·'. · ·.· .... 
. ... 
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{ 9 
v( t) = v m cos ( (J) t + e) 
~ 
será, portanto, a projeção do seu fasor V sobre o eixo real, como most;a figura 1. 7. 
• v(t J 
7 ·1 ····· · ·~ 
e 1 c~ t 
a) Diagrama fasorial b) r Jnção obtida do diagrat a fasorial visto em a) 
Figura 1. 7 - Obtenção de f{t} a partir do diagrdlna fas ria! 
~ ~ EXEMPLO 1.1 
Uma fonte de tensão de I OOV de pico e 60 Hz alimenta uma c rga que atrasa a tensão em 
seus terminais de 30°. Represente analiticamente a função de v(t) e dê as a representação fasorial. 
Solução: 
A tensão nos terminais da carga é representada genericamente po : 
v( r) = Vm cos ( ro t + <I>) 
Para este caso 
Vm = 100 V 
f= 60Hz :. ro = 2 1t f = 377 rad/s 
<I> = -30° 
Com estes valores tem-se: 
v(t) = 100 cos (377t - 30°) V 
A representação fasorial da tensãona carga é obtida a partir de: 
onde: V= valor RMS de v = Vm I J2 
<I>= fase da tensão em t =O. 
Para o presente caso: 
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V= IOOI..fi =70,7Ve cp = -30°. 
Conseqüentemente: 
V= 70,7V L -30°. 
Observe-se que ro não faz parte da represent(\ção fasorial. <8] 
:> i EXEl\'lPLO 1.2 
Sendo dada a representação fasorial fr = 100 20°, obtenhaf(t). 
Solução: 
Da equação 1.11 sabe-se que: 
f (f)= Ji R e [ fr e 1 ro r ] . 
Como Re [fr e f <O r] =F cos (rot + <!>)tem-se: 
f ( t) = fi F cos ( ro t + 4>) 
Neste caso F= 100 e 4> = 20°. Conseqüentei ente: 
f(t) = J .. lf, .J cos ( (J) t + 20°) 
Observe-se que a freqüência é desconhecida. (g] 
:> j EXEMPLO 1.3 
Represente fasorialmente g(t) = /00 se11 (ro 1t + 45°) 
Solução: 
A representação fasorial de uma função é fe~ta a partir de: 
f(t) = Fm cos (ro t + cp) 
Faz-se necessário, portanto, representar g(t na forma genérica de (t): 
As funções seno e co-seno relacionam-se at!ravés de: 
o r " .. 'À ' ~ ...-_C\ uo ) cos~). ~k::J-::: L/\J 1( 
Portanto: 
~ 
g(t) ~ 100 sen (ro t + 45°) = 100 cos (ro t 45°- 90°) 
g(t) = 100 cos ((!)t- 45\ 
Desta expressão resulta: 
F= F;n I .fi = 100/ J2 = 70,7 
cp=-45° :. F=10,1L-45° ou F=10,1 -j1t Í 4 ® 
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r 
0 
\ 
1.5 E\1PEDÂNCIA DE ELEMENTOS PASSIVOS 
.... 
A impedância de um elemento de um circuito é definida como a ~e ação entre o fasor tensão e 
o fasor corrente nos terminais deste elemento (Sempre que não cause úvida o tem1o fasor será 
omitido antes dos termos tensão e corrente uma vez que ao se lidar com funções senoidais deixa-se 
implícito o seu caráter fasorial). A partir desta definição, será deduzida in"cialmente a expressão para 
a impedância dos elementos simples que compõem um circuito: resi tor, indutor e capacitor. 
Posteriormente, serão utilizadas associações destes elementos para se realizar a modelagem de 
componentes reais de circuitos que são aplicados no equacionament dos equipamentos mais 
comumente encontrados nos sistemas de GTD de energia elétrica. 
1.5.1 Elementos simples 
+ Resistor 
A equação que relaciona os valores instantâneos da tensão e da orrente em um resistor de 
resistência li é: 
v= R i ( 1. 12) 
Utilizando-se a equação ( 1 .11) para i tem-se: 
i= .J2 R e [i e1 (1) 1 ] . 
Substituindo-se esta expressão em (1 . 1 2) obtém-se: 
v= R . ..J2 Re [i ej«>t ] 
ou 
(1. 12a) 
Da equação ( 1.12a) conclui-se: 
~ ~ 
V =Rl ( 1.12b) 
Da definição de impedância tem-se: 
v Z=~ 
I 
Conseqüentemente, para o caso de um elemento resistivo a impedâ cia será dada por: 
(1.12c) 
+ Indutor 
L. é: 
A relação entre os valores instantâneos da tj"são e da "corrente" 1 num indutor de indutância 
di 
v=L -dt 
1 O termo "corrente" nesta expressão, e mais adiante na abordagem do capacit , está entre aspas porque na 
realidade não existe uma relação definida entre a tensão e a corrente no indutor e no apacitor e sim entre a tensão e 
a derivada corrente para o indutor e a tensão e a integral da corrente para o capacito . 
~ . . .~ ~-. ~ . -;. :~ 
:: ... . 
. 
. . 
. : -. 
. -·' . 
• J 
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r 
r 
Considerando-se i = .fi R e [i e 1 ro 1 ] tem-se: 
v = L~(..fine[Jefro l]) :. 
v = .fi R e [ j ro L i e i tJ) 1 ] 
Desta equação conclui-se que: 
V = jroL l 
e da definição de impedância obtém-se, para o caso ~o indutor, 
A A 
... ~ 
. 
' .... 
Na relação fasorial 1.13b considerando-se V = V L 9 e I = I Lô chega-se a: 
V L9 = j ro L I L ô 
Como j = L 90° tem-se: 
V L9 =roL I L ô + 90° 
ou 
V = roL! 
e=<>+ 90° 
· 12 
(1.13a) 
(1.13b) 
(1.13c) 
Isto leva à conclusão de que em um indutor a tensão está 90° adia tada da corrente (Figura 
1.8a). No domínio do tempo isto significa dizer que o valor máximo da t risão ocorre (n:/2w)s antes 
do valor máximo da corrente (Figura 1.8b). 
a) Diagrama fasorial b) v(t) e de i(t) em um indutor a artir do diagrama fasorial. 
Figura 1.8- Tensão c corrente em um indutor. a) Relação fasorial. b) Valores instantâneos. 
· .. . 
. . . ~ • I 
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.. 
........ 
(}3 
+ Capacitor 
"'• 
A tensão e a "corrente" instantâneas num capacitor dt capaclt ncia C estão relacionadas 
através de: 
1 
v =- Iidt+v c o 
Considerando-se i = ..fi Re [ le j ro 1 ] e v o = O tem-se: 
v = ~ I ..fi Re [l e1 ro' ] dt :. 
v = ..fi Re[-. 1- i e'(j)'] j(f) c 
Da equação anterior obtém-se: 
A 1 A 
V =- } roC 1 
e da definição de impedância conclui-se que: 
Os resultados obtidos anteriormente são sumarizados na tabela a s guir. 
TABELA 1- Relações fundamentais para os três componentes bási os de circuitos. 
(1.14) 
(1. 14a) 
(1.14b) 
( 1.14c) 
Caso Geral Excita ão senoidal 
i(l) • 
+ -====:::±..___, 
\'(1) R 
+ 
i(t) 
v(t) L 
:: 
i(t) 
+ ..-=. ===::::::!~l 
~~)..:. ___ T--1 c 
v(t) = Ri(l) 
di( I) 
v(t)= L--
dl 
1 
v( I)= C I i( t )dt 
•-=~'=~·-h + 
+ 
v W=.iJallff 
A 1 A 
V=-j- 1 
roC 
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r 
r 
EXERCÍCIO 5 
.. , 
" I 
A equação 1. 14b estabelece a relação entre os fasores tensão e c rrente sobre um capacitar. 
A partir desta equação esboce no plano complexo o diagrama fasorial da tensão e da corrente sobre 
um capacitar. 
EXERCÍCIO 6 
A partir dos diagramas fasoriais do exercício anterior esboce o gr · co da tensão e da corrente 
sobre o capacitar no domínio do tempo. 
1.5.2 Associação de elementos simples 
Na seção anterior utilizou-se a definição 9e impedância para s obter o modelo dos três 
elementos básicos que compõem os circuitos. A rssociação adequada estes elementos pode ser 
utilizada para a modelagem de componentes de SIStemas fisicos reais t is como motores, fornos, 
lâmpadas, transfonnadores e linhas de transmissão. Na figura 1.9 ão apresentadas algumas 
possibilidades de associação de elementos simples. 
+ 
a) 
~ 
l 
+ 
Ji R 
v + 
,; 
L 
Z = R + jwL 
X = wl, 
+ 
L 
b) 
l 
+ 
VR 
v + 
Z =R -j/wC 
X = -lAvC 
R 
c) 
l 
+ 
+ 
JiL 
A 
v + 
Z =.j(wL- 1/wC) 
X = wL- 1/wC 
d) 
R l 
• 
L 
Z = R + j(wL-L1rC) 
X = w/,-1/wC 
Figura 1.9- Combinação de elementos passivos e impedâncias correspondentes 
L 
c 
Na análise feita anteriormente, foi obtida a impedância de ele entos simples de circuitos, 
supostos ideais. Na modelagem de elementos reais deve-se considera a resistência intrínseca do 
elemento. Uma bobina, por exemplo, am1azena energia no campo ma ·ti co criado pela circulação 
da corrente e dissipa energia em virtude da resistividade apresentada pelo material constituinte do 
condutor pelo qual a corrente circula. Assim sendo, uma bobina (indu r real) pode ser modelada 
através da associação de um resistor com um indutor ideal. Considere-s , portanto, um indutor ideal 
de indutância L. e um resistor de resistência B. associados em série, mo mostra a figura 1. 9a. 
Aplicando-se a lei de Kirchhoff da tensão tem-se: 
(1.15) 
. - , .. - . .. ·· .- ..... _ .. ,.-'"; _... . . 
·: .. 
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'"" 
r-. 
r-
,...., 
,.... 
" 
r-
f'. 
,...., 
F\ 
"' 
,...., 
" 
........, 
" 
-... 
,-.... 
,-.... 
,.....,. 
" 
" 
,-.. 
" 
r-
_,......,_ 
,-.... 
" 
" 
r-, 
,......._ 
,...., 
r" 
0 
" 
,-... 
r-. 
-
r-. 
,......., 
,........ 
,-... 
r 
r'I'"\ 
-... 
,......,. 
. . 
r--
,....... 
~ 15 
Substituindo-se os resultados obtidos em ( l.l2b) e ( 1. l 3b) pa~él resisto r e para o indutor, 
respectivamente, tem-se: 
' ..... 
A A A 
V=Rl + jroLI (1.15a) 
ou 
V=(R+jroL)l (I.I5b) 
A impedância, para qualquer elemento, é definida pela relação Z V I i. Assim sendo, para 
um indutor real, representado pela associação RL série, a equação 1.15b e tabelece: 
Z=R+j(J)L 
A fom1a utilizada para se expressar a impedância de um elemento 
Z=R+jX 
onde X= lm ( Z) =f( ro) é denominada de reatância do elemento e é expres a em Q . 
Para um elemento indutivo, como se viu na equação (1.4b), tem-se 
= wL 
e para um elemento capacitivo 
Utilizando-se a forma Z = R + j X para o ca;So do indutor real tem se: 
ZL = R + j (j) L 
(I.15c) 
( 1.16) 
Da forma genérica apresentada na equação ( 1 .16) conclui-se q e a impedància pode ser 
representada graficamente no plano complexo. Para o caso do indutor re I a representação gráfica é 
apresentada a seguir. 
lm 
l;wL =}XL 
Representaç o no plano complexo 
da impedâ cia de um elemento 
predominant mente indutivo. 
/ 
Neste caso, o módulo e a fase da impedância são dados por: 
IZI=~R2 +(roL/ 
L.Z = Tg- 1 (roL I R) 
.. .. .... 
. . .• .. ! . 
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........ 
e no caso geral: 
IZI =~R2 +X2 
cp=LZ=Tg-1( X I R) 
Observe-se que, mesmo tendo representação gráfica no plano co plexo, a impedância não é 
um fasor. 
Qualquer equação fasorial pode ser representada graficamente no !ano complexo. O gráfico 
obtido, em que se representam separadamente cada um dos termo da equação fasorial , é 
denominado "diagrama fasorial". O diagrama fasorial correspondente à e ação (1.15a), que mostra 
a queda de tensão nos terminais de um indutor real em função da corrente, é apresentado a seguir: 
R e 
Represen ação no plano 
complex das quedas de tensão 
sobre o elementos de uma 
associaçã em série de um 
resistor om um indutor. Esta 
represent ção é conhecida 
como dia rama fasorial. 
Para a resolução de circuitos que contém vários elementos arranj dos de maneira diversa, a 
impedância equivalente é determinada utilizado as mesmas regras de cot binação de elementos em 
série e em paralelo de circuitos de corrente contínu~ . Na figura 1.9 foi a resentada a impedância de 
alguns elementos que resultam da combinação dos três componentes b sicos analisados na seção 
anterior. 
EXERCÍCIO 7 
Obtenha a expressão para o módulo e para a fase da impedância r sultante da associação em 
série de um resistor de resistência B. e um capacitar de capacitância C. 
EXERCÍCIO 8 
Represente no plano complexo a impedância do conjunto descrito o exercício anterior. 
EXERCÍCIO 9 
Considere que o conjunto descrito no EXERCÍCIO 7 é perconid por uma corrente f . A 
partir da queda de tensão sobre cada elemento esboce o diagrama serial da tensão sobre a 
associação resultante em função da corrente. 
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r 
r 
r 
{17 
~ ~EXEMPLO 1.4 
~ 
No domínio do tempo a corrente que circula pelo circuito Rl a figura 1.9a é dada por 
i( I)= imax coseM . Encontre a expressão que fornece a tensão gerada no omínio do tempo. 
Solução: 
Aplicando-se a lei das malhas ao circuito apresentado tem-se: 
vg(t) = vR(t) + vL(t) 
Para cada um dos elementos do circuito a expressão da tensão é d da por: 
vR(t) = Ri(t) = Rimax cosrot 
di( I) d 
vL(t) = L--= L-(i coseM)= - '•"'Li senrot dt dl max "i max 
A tensão gerada será, portanto: 
v 8 ( 1) = R i max cos rol - roL i max sen rot 
A forma desta expressão sugere sua transformação no co-seno de ma soma. Assim, 
v8 (1) = Rimax cosrot- roLimax senrot = Arn cos(rot + <!>) 
Sabendo-se que 
A111 cos(rot + <!>) = A111 cosrot cos <!> - A,se1rotsen <!> 
e comparando-se as duas expressões obtém-se: 
Am cos<!> = Ri,,u::J. e Am sen<!> = roLimax 
Destas duas expressões obtém-se: 
Am = ~(R imaxi +(roLimax/ = imax~R'). +(roL/ e 
Conseqüentemente, a tensão gerada será: 
vg(t ) = imax~R2 +(roL/ co.s{rot + Tg-1(roL I RJ] <8] 
:> EXEMPLO 1.5 
Consi.dere-se que o circuito do exemplo anterior alcançou o egime permanente e que a 
tensão gerada é uma senóide expressa na fohna geral v 8 (I) = e( v ma-çejml) = v mm: cosrot . 
Determinar a expressão da corrente no domínio do tempo. 
Solução: 
Da primeira equação do exemplo anterior tem-se: 
di( I ) 
Re(vmaxeJml) = Ri(t) + L----;;t 
.~ 
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) Como o circuito está operando em regime permanente, a corren!~ 7 i(t) = Re( Ke 1w1 ) - . 
Substituindo-se esta expressão na equação da queda de tensã 
constante K tem-se: 
Re(vmaxefml) = R.Re( KejWI) +}roL Re( Ke fml) ou: 
vmax Re(eF»t) = K( R+ jroL)Re( e fwt) 
resultando a seguinte expressão para K: 
K = v max I (R + }roL) 
A expressão para a corrente no domínjo do tempo será: 
i(t)=Re( v,~ e jcot) 
R+ JroL 
Colocando-se o denominador na forma exponencial tem-se: 
( 
v . ) i(l) = Re max I . efCól ou: ~R2 +(roL/ e fTg ( wL RJ 
A expressão final para a corrente será portanto: 
:> EXEMPLO 1.6 
rá dada por: 
para a deterrrunação da 
Considere que a tensão gerada do exemplo anterior pode se representada pelo fasor 
V= V L 0° . Deterrrune a corrente no circuito na forma fasorial e a corrente o dominio do tempo. 
Solução: 
A impedância do circuito RL série apresentado é: 
Z = R:+ }roL. 
Conseqüentemente, a corrente do circuito na forma fasorial será: 
J = V I Z = V L 0° I (R + }roL) :. 
A v 1 f = I L-Tg-(roL I R) 
vR2 +(roL/ 
Utilizando-se o conceito de fasor apresentado anteriormente tem-s : 
·. 
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09 
,-;;A . ( J2v i(t)=Re(vkle11J)1 )=Re ~ L 
R2 +(roLf 
Estes três exemplos servem como comparativo do esforço que se pode poupar utilizando-se 
fasores na representação de senóides. <R) 
~ ~ EXEMPLO 1. 7 
Dada uma fonte de tensão senoidal de 100 Ms em sene com um esistor de 3Q, um indutor 
de 8Q e um capacitar de 4Q determine a corrente fornecida pela fonte, a ueda de tensão sobre cada 
um dos elementos do circuito e esboce o diagrama 4sorial de todas as ten ões do circuito . 
Solução: 
Considerando a fase da tensão da fonte 
como referência e os dados apresentados chega-
se ao circuito ao lado. Como todos os elementos 
do circuito estão arranjados em série, sua 
impedância equivalente é: 
z = 3 + )8 - )4' ou: 
z = 3 + j4 :. 
z = 5QL.53,1° 
Portanto, a corrente no circuito é: 
A o 
A v 100L.O o 
I=-= = 20AL.- 531 
Z 5L53,1° ' 
•. 
f 
Note-se que, sendo a fase da corrente -53,l f, a corrente está atra ada 53,1° da tensão. Isto é, 
a corrente só atinge seu máximo 53,1° depois de a tensão ter atingido os u. O atraso da corrente em 
relação à tensão é uma característica dos circuitos predominantemente i dutivos. Nestes circuitos a 
corrente está adiantada em relação à tensão. No domínio do tempo i to corresponde à corrente 
atingir seu primeiro valor máximo antes de a tensão alcançar seu primeiro alor de pico. 
A queda de tensão sobre cada elemento do circuito é determina a utilizando-se o valor da 
corrente anterionnente determinado. Assim: 
_ ,..._. .• Prlf-- ::t 3.20.L-53,1° :. 
VR = 60V L- 53,1° 
j8.20L-53,1° :. 
VL = 160V L36,9° 
O primeiro destes resultados reforça a afirmativa de que a tensã sobre um resistor está em 
fase com a corrente que o percorre. 
. .. ' • ··. 
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r-. 
1""\ 
r"'\ 
I'"'. 
I""'\ 
I'"'. 
r"'\ 
""" 
......... 
/"'"'\ 
" I""'\ 
~ 
r'\ 
,....... 
... : 
r"'\ 
~ 
r\ 
Do segundo resultado duas observações podem ser feitas. 
.... 
• na primeira, ressalta-se que o atraso de 90° da corrente que ci}c la pelo indutor ocorre em 
relação à tensão sobre ele e não em relação à tensão da fonte; 
• na segunda, deve-se chamar a atenção p~ra ofato de que em ircuitos nos quais existem 
elementos de natureza indutiva e capacitiva a tensão sobre cada elemento do circuito pode 
ser superior à tensão da fonte. Isto exige cuidados adicionais q ando se lida com este tipo 
de circuito pois a tensão sobre um componente pode ser muitas vezes superior à tensão da 
fonte. 
A tensão sobre o capacitor será: 
_...,.. = - j4.20L:- 53,1° :. 
V c = SOV L -143,1° 
Para estes valores calculados tem-se o seguiJ?te diagrama fasorial: 
A fm 
I' 
/'' /._...· 
_../' 8] / VL 
/ 
/ 
\ / .. // 
/ 
.. ··· 
( ~3~ / . 
... 
y 
/.•' 
;/ 
.;/' 
j ;f" 
,?' # # ,,-,.-
_./ ; / 
... /"' 36,9° 
. ·--·-···········. . ....... '!( •........... L .................... ······················· ............................. . 
R e 
Comportamento semelhante ao descrito na segunda observação este exemplo pode também 
ocorrer na operação de linhas de transmissão. O exemplo a seguir aborda através de uma modelagem 
simplificada, este problema. <8] 
:> EXEMPLO 1.8 
O circuito mostrado na figura a seguir representa de fonna simplificada uma linha de 
transmissão de 230kV. Admita que a carga instalada no tenninal r ceptor da linha possa ser 
representada por uma impedância constante. A partir desta considera -o determine a tensão no 
terminal receptor para as seguintes condições de carga: 
a) Terminal da carga em aberto b) Carga resistiva de 10000 ) Carga resistiva de 4000 
d) Carga resistiva de 2000 
"':·~ • . r, .,• •:, • • .'-. • : • • ": •' 
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380 1850 
17000 17000 laRGA 
Solução: 
Nesta análise considerou-se que a carga pode ser modelada como uma impedância constante. 
Como decorrência desta simplificação, a tensão na carga pode ser dete inada utilizando-se divisor 
de tensão. Denominando-se a impedância do ramo indutivo de Zs e a impedância dos ramos 
capacitivos de Zc tem-se: 
Zc Z c.4RGA 
Z c I I Z c.4RGA A Zc + ZcARGA l 'c.:RG.4 = VG = _ ___::..__,,.........:::::.,==-=-- VG 
Zs + Zc I 1Zc.4RGA Zc ZcARGA z s + _ .;;...__....;:;.;..:;..;..;::;..:_ 
Zc + Z CA RGA 
ou: 
( = Zc Z cARGA A c.~nGA z rz + z J ..J..z z v G S C C4RGA ' - C C4RGA 
A expressão final para a tensão no terminal receptor é: 
A ~ A 
V = ------"-----VG CARGA z 
-c Zs( - Z___.;:;__ + 1) +Zc 
CARGA 
Para cada um dos casos solicitados basta substituir os valores nest expressão. 
a) Terminal da carga em aberto. 
Para este caso ZcARGA --+ oo. Conseqüentemente, 
= Zc V = - ) 1700 230kV = - 117 0 230kV 
Zs + Zc G 38+)185-)1700 38-)1 15 
= -
11700 230kV = 258kV L -1,4° 
38 - j15l5 = 
b) Para a carga resistiva de 1 OOOQ tem-se: 
A - )1700 
VC.4RGA = - "1700 230kV 
(3 8 + )185 )( J + 1) - )1 700 
1000 
V C4RGA = 241,6kV L - 12,6° 
• • • 1' - . ;_- ·. · ~.: .. . ~ ... ::• .... · ;_·-: 
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r 
c) Para a carga resistiva de 400!1 tem-se: 
A - j1700 
VCARGA = - '1700 230kV 
(38 + j185)( }400 + l) - j1700 
A 
V CARGA == 209,3 k V L - 26,2 ° 
d) Para a carga resistiva de 200!1 tem-se: 
A - j1700 
v CffiGA = - '1700 230k v 
(38+jl85)( }200 + 1) -jl700 
' .. 
J 
.... 
<22 
Destes resultados observa-se que a tensão em um determinado p nto do sistema depende da 
carga nele instalada. Para cargas elevadas(pequenas impedâncias) a ten ão no ponto de consumo 
pode ser consideravelmente menor do que a tensão de alimentação en uanto que para pequenas 
cargas(impedància elevada) a tensão na carga pode ser até superior à t são da fonte. Esta é uma 
característica que distingue os circuitos puramente resistivos dos circuit s compostos de elementos 
com impedâncias cujas reatâncias têm naturezas opostas, indutiva e capaci iva. <RJ 
EXERCÍCIO 10 
Para o circuito apresentado na figura 1.1 O 
determine: 
A 
a) a corrente I ; 
b) L, considerando f == 60 Hz. 
c) Escreva as expressões de e(t) e i(t). 
d) Esboce o diagrama fasorial das grandeza~ 
sobre cada elemento e dos elementos e~ 
conjunto. 
1.5.3 Circuitos ressonantes 
16!.1 
Figura 1. 10- ircuito utilizado para a 
resoluçã do exercício 1 O. 
Em praticamente todas as áreas da engenharia elétrica existem a licações para os circuitos 
ressonantes. A grande aplicabilidade deste tipo de circuito faz com que su análise seja procedida, em 
geral, de forma bastante detalhada. Entretanto, a correção do fator de otência, que é a aplicação 
mais popular de circuitos ressonantes em sistemas ~e potência, não nec ssita de grande elaboração 
teórica. Este texto, portanto, fará uma abordagem básica de circuitos ress nantes, não se dedicando a 
aspectos como fator de qualidade e largura de faixa, entre outros. · 
O comportamento de um circuito que apresenta, simultaneame te, elemenws:ae .natureza 
indu · d natureza capacitiV~,. como é o caso daquele observado a figura 1. 9d, depende da 
relação entre as reatâncias destes elementos. A lei das malhas aplicada a ste caso esclarecerá as três 
situações que podem ser verificadas. 
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Do circuito da figura 1 .9d pode-se escrever: 
V= Ri + j (roL -I I ro C) J (1.] 7) 
O diagrama fasorial representativo desta equação dependerá d s valores assumidos pelo 
termo (roL - 1 IDe}, que é a reatância equivalente da associação indut r/capacitar do circuito em 
questão. 
Se roL - 1 {!)C > O, significa dizer que (roL) > (l 'roC). O cir uito, conseqüentemente, é 
predominantemente indutivo, visto que a reatância do indutor, XL , é m ior do que I Xc i, que é a 
reatância do capacitar. Neste caso, a corrente estará atrasada da tensão resultante pois a queda de 
tensão sobre o indutor é superior à que se verifica sobre o capacitor. O di grama fasoriaJ apresentado 
na figura 1.11 a corresponde a um circuito com predominância indutiva. 
Para o caso em que roL - 1/roC < O, re~ulta roL < (f roC). neste caso, será 
predominantemente capacitivo, pois, sendo I Xc 11 > XL, a queda de te são sobre o capacitar será 
maior do que aquela sobre o indutor. Como se pode observar no diagra a fasorial da figura l. 11 b, 
um circuito predominantemente capacitivo é caracterizado por ter a corr nte adiantada da tensão da 
associação. 
Finalmente, nos circuitos em que roL - (1 {J:)C) = O verifica-se que L = ( 1/roC). Neste caso, as 
quedas de tensão sobre o indutor e sobre o capacitar são idênticas, anula do-se a contribuição destes 
dois elementos sobre a tensão da associação resultante. O circuit portanto, não apresenta 
predominância nem indutiva nem capacitiva. Do diagrama fasorial aP.resentado na figura 1.11 c 
observa-se que, para este modo de operação, não existe defasagem ent e a tensão e a corrente da 
associação equivalente. Quando isto ocorre diz-se que o circuito est em ressonância, o efeito 
indutivo i&'uala-se ao efeito capacitivo e a fonte vê à sua frente um circuit puramente resistivo. Neste 
caso, 
.... "' ,.. ,.. 
V = RI + j( ro L - 1 I roC )1 =lU . 
Isto é, para um circuito ressonante, a impedância vista pela fonte ' 
Zeq =R. j 
As considerações feitas até aqui a respeito a defasagem entre a t nsão e a corrente e sobre a 
impedância equivalente do circuito são comple~amente válidas para qualquer tipo de circuito 
ressonante. Entretanto, a relação I Xc I = XL só é condição de ressonân ia, até o momento, para o 
circuito RLC série, para o qual a relação foi deduzida. 
A freqüência correspondente à condição de ressonância é de 
ressonância, ou freqüência de corte. Para o caso em análise, circuito 
ressonância ocorre para XL = I Xc 1. Desta condição tem-se: 
ro cL = 1 I rocC :. 
ro~ = 1 I LC 
ominada de freqüência de 
C série, já se disse que a 
Desta expressão conclui-se que a freqüência de corte de um cir uito RLC série é dada pela 
equação: 
roc = 1/JLC 
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-
Este mesmo fenômeno também ocorre nos ircuitos em que os el mentos são arranjados em 
paralelo ou em combinaçõessérie-paralelo. ....~ 
~. 
O fenômeno da ressonância também pode ser obtido atravé da escolha dos valores 
adequados dos elementos de um circuito ou através da variação deste valores. Algumas dessas 
possibilidades serão ilustradas através de exemplos. 
a) 
lm 
R e 
c) 
lm 
lm 
R e 
1 ~ 
- j(-)1 
roC 
Figura 1.11 -Diagramas fasoriais de um circuito RLC série. a) indutivo. b) capacitivo c) ressonante 
EXERCÍCIO 11 
Na figura 1.12 apresenta-se um 
circuito RLC paralelo. Utilizando o conceito 
de impedância analise o comportamento 
deste circuito de forma análoga àquela 
realizada para o circuito RLC série e deduza 
a expressão para sua freqüência de 
ressonancta. (Advertência: o resultado 
obtido não pode ser generalizado para um 
circuito com uma configuração genérica). 
. . 
. . · . 
R L c 
Figura 1.12- Circuito C paralelo utilizado no 
exerci io 11 . 
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1.5.4 Admitância ~~ 
" 
<: 25 
A determinação da impedância equivalente pe um arranjo é uma técnica eficiente e simples 
para a análise de circuitos em que os elementos estão associados em sé e . Sendo a corrente, neste 
caso, comum a todos os elementos, as impedâncias se somam em decorrê cia da aplicação da lei das 
malhas. Para elementos arranjados em paralelo, como as diferenças de otencial não se somam, o 
mesmo não pode ocorrer com as impedâncias e a determinação da i pedância equivalente da 
associação torna-se bastante mais trabalhosa. 
Quando se lida com elementos em paralelo a grandeza comum a todos os elementos é a 
tensão, ocorrendo uma distribuição da corrente entre os elementos. estes casos, a análise do 
circuito é feita de forma bastante simples utilizando-se a lei dos nós. De fo ma análoga à que ocorreu 
no circuito série, a utilização da lei dos nós leva à definição de uma grandeza denominada de 
admitância Esta grandeza, simbolicamente representada por Y, é definid como a relação entre os 
fasores corrente e tensão, o que resulta no inverso da impedância. Aplic do-se esta definição tem-
se: 
f-1 V = li (v I i) = 1 I Z = Y = G + jB ( 1.18) 
Esta grandeza é expressa em n-1(o inverso de n ou em Siem ns). Sua parte real, G, é 
denominada de condutância e sua parte imaginária, B, é denominada de su ceptância. 
Como Z = R ~ jX tem-se: 
=JlZ=l(R + J = G +J 
Explicitando-se as partes real e imaginária de Y tem-se: 
R X 
Y= R2 + X2 -.i R2 + X2 = G+jB 
Portanto, 
A partir da definição de Y, deve-se observar que a condutância é a parte real de Y, não 
podendo ser confundida com o inverso da resistência. Observação análoga deve ser feita com relação 
à susceptância. 
Para cada um dos elementos simples de circuitos analisados na se -o 1. 5. 1 a admitância será 
dada por: 
~. . :: - . . . .. . 
+ Resistor: YR = G = 1 I R 
+ Jndutor : YL = jBL = 1 I ()XL) = - j I (roL) 
+ Capacitor: Yc = )Bc = 1 I ( jX c ) = jroC 
• , ...... - ... .--. ,. ... ' 1 •• • • . . .. ·:,.''"; .. ... .. . 
. -"': ..... '· ·.· . 
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r 
~ EX EMPLO 1.9 
I 
Determinar a freqüência de corte do circuito apresentado na figu~a 1.12 utilizando o conceito 
de admitància. 
Solução: 
Para o circuito apresentado a admitância equivalente é: 
Yeq = YR + YL + Yc 
Substituindo-se nesta expressão a admitância de cada elemento obt m-se: 
Y = .]__- j-1 + jroC = .]__ + j(roC- - 1 ) 
eq R roL R roL 
Na ressonância, a parte imaginária da admitância é nula, a exe pio do que ocorre com a 
impedància. Da expressão acima vê-se que, para este caso, a ressonânci ocorre para Bc = I BL 1. 
Desta condição tem-se: 
rocC = 1 ' rocL :. 
ro ~ = 1 I LC ou: 
roc=l JLC 
Conclui-se que a freqüência de ressonância de um circuito RL 
circuito RLC série. Este resultado, entretanto, não pode ser generalizado. 
Este exemplo revela a simplicidade na utilização da admitância 
paralelos, contrastando com o grande esforço realizado no exercício 
conceito de impedância. (8] 
~ EXEMPLO l.JO 
Detennine a impedância equivalente do circuito 
mostrado ao lado. 
Solução: 
Denominando-se de ZL ( Z L = 8 + j6) a impedância do 
ramo RL e de Zc (Zc = 8 - j6) a impedância do ramo 
RC a impedância equivalente do circuito será: 
ZLZc 
Zeq = Z1_ I I Zc = z 
L + Zc 
paralelo é a mesma do 
ara a análise de circuitos 
I, quando se utilizou o 
sn 80 
60 6!1 
Em geral, a manipulação desta expressão, que fornece a imp anc1a equivalente de um 
circuito com dois ramos paralelos, é relativamente trabalhosa. Pode-se, co o alternativa para facilitar 
a análise, utilizar o conceito de admitância. Para este circuito tem-se: 
1 1 
y =Y +Y: =-+ -eq L C z z 
L C 
.... . .. 
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(. 27 
1 1 8 . 6 8 . 6 ,1 
Yeq = 8 + )6 + 8- )6 = (100 - J 100) + (100 + J 100) =-·{0 
IOO 
z eq = 16 = 6,25Q 
Este resultado mostra que não ocorre o paralelismo dos resistor s de um circuito de ramos 
paralelos quando a associação destes ramos forma ym circuito ressonante. (8] 
:> EXEMPLO 1.11 
O circuito apresentado ao lado é ressonante. 
Determine o valor de R para que isto ocorra. 
Solução: 
Estando o circuito em._ressonancJa a _ _Qarte 
imaginária de sua impedância eqyivalente é nula, o mesmo 
r --
ocorrendo com a admitância equivalente. Por se tratar de 
R R 
L c 
um circuito de ramos paralelos, como no exemplo anterior, acons ha-se a determinação da 
admitància equivalente. Assim, 
I 1 
y = YL + Yc = + - ---
cq R + }X L R + )X C 
Nesta expressão X L = roL e X c = - 1 I roC 
Racionalizando-se esta expressão chega-se~: 
y = R + R .( X1. + Xc ) 
cq Rz + Xf Rz + X~ - J Rz + Xz Rz + X~ 
Na ressonância 
XL Xc + 
·--'=--- + =O ~ XL(Rz X cz) + X c(Rz + ' Lz) = O:. 
R2 + Xz R 2 + X2 
R2 (XL +X c)=- X LX2 - XcXf = - XLXc( X L + Xc) :. 
z I 
R = - XL X c =- roL.(- roC) .. 
R = ~ 
Observe-se que o valor da resistência que toma este circuito re sonante é independente da 
freqüência. Esta mesma observação poderia ser feita para a impedância eq ivalente do circuito? <&] 
EXERCÍCIO 12 
No circuito do exemplo 11 considere que L = 1 mH, C = I ~ 
fornecida por uma fonte de I OOV e a corrente em cada ramo para 
25000rad/s. Esboce o diagrama fasorial para cada caso. 
e determine a corrente 
= 250rad/s e para ffi2 = 
., . . . .. -,· . 
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(28 
EXERCÍCIO 13 
Mostre que, para a condição estabelecida n9 exemplo 11 , a imp~d ncia equivalente vista pela 
fonte é independente da freqüência. 
~ EXEMPW 1.12 
Detennine a tensão de alimentação do 
circuito mostrado ao lado. 
Solução: 
Neste circuito os elementos estão 
associados em um misto de série e paralelo. Além 
disto, como não se conhece a tensão da fonte, a 
15Q 100 
detenninação de Zeq, ou de Y eq, em nada contribui para simplificar a an li se do circuito. Portanto, 
para a resolução do circuito deverão ser utilizadas de forma oportuna a lei as malhas e a lei dos nós. 
Dispondo-se da tensão sobre o indutor de I on, que será escolhid como referência, pode-se 
determinar a corrente no ramo RL correspondente. Assim, 
~ o I 10 = 1 O A L - 90 . 
Determinada esta corrente pode-se determinar a tensão sob 
conseqüentemente, sobre o ramo RL, que também é a tensão aplicada 
Tem-se, portanto, 
~ ~ ,... o o 
1 R = RI R = JU10 = 10.1 OL- 90 = 1 oov L- 90 
~ A A o o v RI = VR +VI~ = I OOL - 90 + IOOL O = 100- )100 = 100 
o resistor de 1 on e, 
obre o capacitar de 300 . 
Esta tensão está aplicada sobre o capaciton e sobre o ramo RL róximo à fonte. Pode-se, 
assim, calcular as correntes nestes dois ramos e adicioná-las à corrent anterior para se obter a 
corrente da fonte. 
A r::: o 
A VRL IOOv2L-45 10 r::: 0 f c = - = = --v2AL 45 
Zc - )30 3 
1 RL = v RL = lOO.J2L- 450 = 4.J2AL- 98,130 
_ZRL 15 + }20 
A A A A r::: o 10 r::: o o l a= I RL + f c + / 10 = 4v2L-98,13+ )v2L45 + 10L- O 
= ( - 0,8 - )5,6) + {3,3 + }3,3) - )10 = 2,5 - )12,3 :. 
~ o l a = 12,55AL -78,5 
Portanto, a tensão na fonte será: 
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-
-
( 29 
A A A o r;:: o VG = RI G + V RL = 1S.l2,SSL- 78,5 + 100v2L - 45 
= 188,2SL- 78,5° + IOML- 45° 
=(37,5 - )184,5) + {100- )100) = 137,5 - )284,5 :. 
A o V0 = 316V L- 64,2. 
Este exemplo será trabalhado no capítulo seguinte utilizando-se u · a ferramenta que sintetiza 
a lei dos nós e a lei das malhas: a potência. Sua simplicidade é demon trada em qualquer tipo de 
circuito, estejam os elementos associados em série, em paralelo ou e combinações destas duas 
formas. <8] 
EXERCÍCIO 14 
Esboce o diagrama fasorial das tensões e das correntes do exempl 
EXERCÍCIO 1 S 
Resolva o exemplo anterior trocando o indutor de 
reatància . Esboce os diagramas fasoriais correspondentes. 
PROBLE.\IAS PROPOSTOS 
capacitar com a mesma 
I) Determine a impedância, nas formas retangular e polar, de cada um do arranjos a seguir para uma 
freqüência de 50Hz. 
2000 
_I 
10000 
0,5H 
2) Dados os números complexos A = 3+j2, B = 4 T j3 e C = - 1 + j2 rea ize as operações a seguir e 
expresse os resultados nas formas polar e retang4lar. 
a) A . C 
d) (A + B)/C 
g) (A + B)• 
j) A. + s· 
b) B-C 
e) .JB +C 
h) ls -A I 
l) IB I - IAI 
c) (A- B)/ (C + j) 
t) B.C/ (B + C) 
i) ls 12 
m) IBI. IAI 
3) No circuito apresentado ao lado o módulo da 
tensão medida nos terminais ae foi ISV e nos 
terminais ab foi 9V. Determine o valor da V 
tensão medida entre os terminais bc. 
c 
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4) Detemúne a impedância equivalente do 
circuito ao lado para as freqüências de 5Hz e 
60Hz. 
5) Determine a impedância equivalente do 
circuito ao lado para as freqüências de 20rad/s 
e lOOrad/s. 
6) Determine a forma polar das seguintes expressões: 
(1 o+ j12)(3 + j6) (8 + j7)(3- jS) I 
a) (9.+ j3)(l2- j7) b) 10L135° 
100 
c) 
(30 
,...-...,.--r-·fYY\_ 
; 0,4H 
I 
~. 
12- j7 
7) Dados os fasores  = 5L0° , 
se  + B + ê =O. 
8) Dados os fasores  = 1 Oe 1300 
B = BL -105° l ê= CL95° determ ne os módulos de B e C 
e B= 20ej500 re ize as operações que e seguem apresentando os 
resultados nas formas polar e retangular. 
a) . .\ + B b) c) .JAâ 
9) Duas correntes são expressas no domínio do tempo por i 1 = 1 Osen(377 + 20 °) e i 2 = 20sen(3 77t 
+ 77 ° ). Elas se adicionam no nó A para fom1ar a corrente i 3 . 
a) Determine i 3 (t) a partir das expressões de i 1 e de i 2 . b) Dete ne i 3 (t) a partir das 
expressões fasoriais de i 1 e de i 2 . 
1 O) A tensão e a corrente na entrada de um circuito são dadas pelas expre sões v(t) = 1 Oüsen( 1 O 3 t + 
30 °) e i(t) = 6cos(l O 3 t - 40 ° ). Determine a ·impedância equivalen e do circuito e verifique se 
ele é indutivo ou capacitivo. 
11) Para o circuito apresentado ao lado 
determine as correntes nos ramos paralelos e 
a tensão sobre o capacitor. 
: . . , .t ·.·• .. 
30Q 1'1'\ 
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12) A corrente na entrada do circuito 
apresentado ao lado é 5,7A para uma 
freqüência de 1OOHz. Determine o valor de 
R. 
13) No circuito apresentado ao lado deseja-se 
que a tensão aplicada sobre R seja 2, 7V. 
Detern1ine o valor de R. 
15Q 
lOV/lOOHz 
R 
31 
' 
R 
14)Um capacitar ideal está conectado em paralelo com uma bobina cuja re istência interna é 1 O n. O 
circuito é alimentado por uma fonte de 1 OV/30Hz. Detennine o valor e C de modo que a fonte 
forneça a mínima corrente quando a indutância da bobina é O,SH. 
1 5)Uma fonte de 120V está ligada a uma linha indutiva que alimenta, tam ém a 120V, uma carga de 
impedância Z = (3- j4) n. Qual deverá ser a impedância da linha para ue a tensão da fonte esteja 
83,13 ° adiantada da tensão na carga? Qual a defasagem entre a tensã na fonte e a corrente do 
i1 !6)::~t~?n~e:n~~:v:~:m:i:::~: u~ ~:~:::: ::~~:s ::n:::~~ em série a uma bobina. A5 tensão sobre o resistor é soy e sobre a bobina e 70V. Determine~ n forma fasoria l, a corrente fornecida pelafonte. C<vtt...\~VZ.. V~ ~ 
l7)Um circuito série é composto de uma bobina, um resistor e um apacitor ideal. A 60Hz a 
impedância da bobina é Z L = (30+j90) 0 . Quando O circuito é ali entado por uma fonte de 
21 2V/75Hz a corrente suprida pela fonte é 3A e a tensão sobre o capa itor é 4SOV. Detern1ine: a) 
a capacitância b) a resistência c) a tensão sobre a bobina. 
18)Uma fonte de tensão de 500Hz fornece uma corrente de 6, 2A L 0° a m circuito constituído de 2 
ramos paralelos. O primeiro é indutivo e absorve 3,6A L - 57 °. O se.::> ndo é capacitivo e a tensão 
sobre seu resistor é 1 04V. Considerando a tensão da fonte como referência determine: a) a 
resistência do primeiro ramo. b) a tensão da fonte. 
19)Uma fonte de 400V L 30 ° alimenta um circuito constituído de t ês ramos em paralelo. A 
impedância do primeiro é Z 1 = 12,5 Q L65° e" impedância do últim é Z 3 = 20 O L- 90°. No 
~egundo ramo, cuja susceptância é 35~-1 capacitiva, a corrente é 6A. Determine a corrente 
fornecida pela fonte. 
20)Dois ~amos paralelos quando estão ligados a uma fonte de fre üência f 1 apresentam as 
impedâncias Z 1 = ( 50+j20) Q e Z 2 = ( 50- j 125) O . Determine a imped ncia equivalente do arranjo 
para f 1 e 2f1 . 
21 )Um capacitar é conectado em série com um resistor de 100 Q e a ombinação é ligada a uma 
fonte de lOV/ lkHz. A tensão medida sobre o resistor é 3V e sobre o apacitor é 9V. Determine a 
capacitância e a resistência série do capacitar . 
. · .: · ~ ';:;--. ~ ....... ... · .. -. .: -· .. :: 
-· ···=-- . 
.. .. . 
Prof. Pierre Vilar Dantas
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A 
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1 
~L 
(. 
22)Uma bobina e um resistor de 100 O são conectados em série a um fonte de l20V /60Hz. A 
tensão sobre o resistor é 60V e sobre a bobina é 80V. Determine, na fom1a fasorial, a corrente 
fornecida pela fonte. ~ Y(ttÚA C(.(. l-o "" T ~<.v\' tfA J-Nt -f ~ ~. 
23)Uma bobina quando está ligada a uma fonte de 62,5V/125Hz consom JOA. Quando é ligada a 
uma fonte de l30V, 400Hz observa-se a mesma corrente. Admitin o-se que a resistência da 
bobina não se altera, determine sua resistência e sua indutância. 
24)Para o circuito mostrado ao lado determine a 
expressão da freqüência para a qual a tensão e 
a corrente na entrada do circuito não 
apresentam defasagem. 
25)Um gerador de 230V/60Hz é conectado a uma carga através de uma li ha cuja resistência é 0,5 O 
e cuja indutância é 3, 19m H. A carga pode ser representada por um arr njo em série de um resistor 
de 4,0 O e um capacitor de 750 Jl F. Determine a corrente no circuito e a tensão na carga . 
26)Um circuito de três ramos paralelos é alimentado por uma tensão seno dai de 1kHz de freqüência. 
O valor eficaz das correntes nos ramos é I 1 = SmA, I 2 = 3mA e I 3 = mA. A corrente no ramo 1 
anula-se em t=O e se toma positiva imediatamente depois. A corrente n ramo 2 está atrasada 60 ° 
de I1 e a corrente do ramo 3 está adiantada de 150 ° em relação a A 2 . a) Escreva a expressão 
destas correntes em função de [. b) Represente estas correntes fas rialmente. c) Determine a 
corrente total fasorialmente e como f(t). 
27)A corrente consumida por um ramo de um circuito de dois ramos paralelos é 160 Jl A a uma 
freqüência de 1OOkHz. Esta corrente está 89 o atrasada da tensão a fonte. O segundo ramo 
absorve uma corrente adiantada de 90 o da tensão da fonte. a) Qual corrente no segundo ramo 
para que a corrente total seja mínima? b) Compare a correntetotal com as correntes nos 
ramos. 
28)A corrente absorvida por um motor de indução é 60A e está trasada 45 ° da tensão de 
alimentação. Um capacitor conectado em paralelo consome uma corre te 90 ° adiantada da tensão 
da fonte. Qual deverá ser a corrente do capacitor para que a corre te total : a) seja mínima? b) 
esteja 20 ° atrasada da tensão gerada? (A freqüência é 60Hz) 
29)Duas impedâncias, cujos valores a 800Hz ~ão Z 1 = (10+j50)0 e Z 2 = (20- jlO)O , estão 
.. conectadas em paralelo a uma fonte de 120V. a) Determine a corren e total e a corrente em cada 
uma das impedâncias. b) Escreva a expressão d~ tensão e de cada um das corrente no domínio do 
tempo. c) Esboce os diagramas fasoriais . 
•:.. .: .. 
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30)No circuito mostrado ao lado tem-se E 2 = 
20V, Z 1 = -j50, Z 2 = (8+j6)0 e Z 3 = v" e 
1 O O. Determine a tensão e a corrente na 
entrada do circuito. 
zl .... ~ 
':' 
. .:~ 
z2 1\ E2 z3 
31 )Considere que no circuito anterior Z 1 = (3+j5~ O , Z 2 = (50+j50) , Z 3 = (60-j60) O e Ve = 
440V. Determine as correntes no circuito, a tensão sobre os ramos pa alelos e esboce o diagrama 
fasorial . 
32)No circuito apresentado ao lado a fonte é de 60Hz 
e Z 2 é um capacitor de SOJ..LF. Z 1 e Z 3 são 
combinações em série de um resistor e uma 
reatância. As tensõ~s ~r~'l}s indicaram v ab = 
ISOV, V bc = ISOV \Jc~ V ad = 230V. As tensõe·s 
V ab e V ad estão em fase. Determine a corrente do 
circuito e esboce o diagrama fasorial de todas 
grandezas tomando i como referência. 
-v e 
a b 
z ... 
33)Uma carga está cqnectada a um gerador através de um alimentad r cuja impedância é Z0 = 
(I +j I) .Q . As tensões na geração e na carga são 240V e 230V, res ectivamente, não existindo 
defasagem entre elas. Determine a corrente no circuito. 
34)Para o circuito apresentado ao lado detennine 
a freqüência para a qual a impedância v 
equivalente do circuito é R. G 
35)No circuito apresentado ao lado a corrente no 
ramo da direita é 4,63A L 68,2°. Determine a V-
a 
corrente total no circuito. 
36)Determine a tensão e a corrente em todos os . 
ramos do circuito apresentado ao lado. 
Esboce o diagr.ama fasorial. 
-=. --- -..:: .-. 
O,OlH 
0.0508 F 
R 
. .. . . .,. , ~~ . ·; .... · · . . ,· : · ... ,. . .. 
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3 7)No circuito ao lado a impedância de entrada 
deve ser tal que Re (Z) = R/2 a uma 
freqüência !Q. Determine: a) o valor de C. b) o 
valor da indutância 1 que ligada em série com 
Z forneça uma impedância puramente real e 
igual a R/2. 
R 
• · . .• :· =· 
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' --
CAPÍTULO 11 
POTÊNCV\. EM CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNA A EM REGll\lE 
PERMAiiENTE 
( 
No capitulo anterior foram apresentadas duas ferramentas básicas para a análise de circuitos: 
a determinação da impedância equivalente e da admitância equivalente de uma rede. Empregando-se 
convenientemente cada uma destas técnicas qualquer circuito passivo po e ser reduzido a um único 
elemento ligado nos terminais de uma fonte. Dependendo da forma predo · nante como os elementos 
estão arranjados no circuito, em série, em paralelo ou em combinaç es destes dois modos, a 
utilização destas técnicas pode tornar-se muito trabalhosa. 
Neste capítulo será apresentada uma grandeza que unifica a análise de circuitos: a potência. A 
técnica de análise de circuitos baseada no cálculo da potência é aplic da eficientemente tanto a 
circuitos em que os elementos associam-se em série, quanto em paralel ou ainda de forma mista. 
Independentemente do arranjos dos elementos, ao contrário do que corre com a impedância 
equivalente e com a admitância equivalente, a potência tota1 na entrada e um circuito é sempre o 
resultado da soma das potências dos elementos indi idualmentê. Para cad um dos elementos básicos 
de circuitos vistos no capítulo anterior será deduzida a expressão de sua p 
2.1 POTÊ~CIA E ENERGIA EM ELEMENTOS DE CIRCUITO 
A diferença de potencial entre dois pontos de um campo elétric é numericamente igual à 
energia fornecida a uma carga positiva unitária para promover seu deslo amento entre os referidos 
pontos. Para um elemento genérico de carga çfg_ a relação entre energia e d ferença de potencial é 
dW = Vab. dq [Joules] (2.1) 
. . . ,·... ... . . ... .· . ·: . ; 4. • •• • : • • 
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r 
0 
t -'4 
A velocidade' com que a energia é transferida para a carga é de ominada de potência e de 
(2.1) decorre que ... ~ ~ 
.;: 
dW dq 
p = dt =Vab dt 
ou p == Vab. i [Joules/s = Watts] (2.2) 
Considerando-se o circuito de corrente alternada ilustrado na gura 2. 1, a diferença de 
potencial entre seus terminais é a tensão da fohte e a corrente atr vés do circuito é aquela 
proveniente da fonte. Como estas duas variáveis são funções do temp a potência também será. 
Neste caso, 
p(l) = v(t) . i(t) (2.3) 
é denominada de potência instantânea do circuito. 
i(t) 
+ 
Circuito 
v(l) 
paSSIVO 
Figura 2. 1 - Circuito utilizad I na definição de potêt cia 
2.1.1 Potência instantânea em regime permanente senoidal - Defil ição das potências afim , 
reativa e aparente 
Considere-se, agora, que o circuito da figura 2.1 está operan o em regtme pern1anente 
senoidal e que a impedância equivalente vista dos terminais ab é Z = !Zl.L . A tensão e a con·ente no 
circuito serão, então, 
v(l) = Vm sen (ro t + 9) 
e 
i(t) = lm sen (ro t). 
Substituindo-se estas expressões na equaçãq (2.3) resulta: 
p(l) = Vm lm sen (ro t + 9). sen(ro t) 
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0 
r 
0 
r-
r 
r 
I' 
(\ 
Considerando-se a identidade trigonométrica: 
.... 
seu a . sen b = ~ [ cos( a - b) - cos( a + b) ] 
tem-se: 
p(t)=~ vm lm [cose -cos (2ro t +9)] 
ou, em função dos valores eficazes da tensão e da corrente, 
p( 1) = V I cos 9 - V I cos (2 e t + 9) (2.4) 
Observa-se, desta expressão, que a potência instantânea não é uma função senoidal. 
Conseqüentemente, esta grandeza não tem representação fasorial. 
Na figura 2.2 estão representados graficamente as parcelas indivi uais da equação (2.4) e a 
composição destas parcelas, que é a potência instantânea. 
1 : : : 
I I I 
VI(/ +cosO) ----- ----- -~/l"'\-;l;)----i- ---- ---T''\ /: ____ :...___ \. : I ,. -...... , Vlcose' / 1 ' \ I / - \ 
L ;,t. I \ \ - ;-;· / _\\-\--- ) t 
"- // ·!; : \"'" : / I \ "'... 
' : : \ : I \ 
"-/I : --~,- I I\ -
" ..._ I I '·-.._1 _/' '--. 
I I I 
f I I - Vlcos(2 wt + 8) 
~ ~ I I 
1 ~)11 \))11(5) ~:;)11(5) ~'\\!1' / (~./ (!.~"" 
Figura 2.2- Representação gráfica da potência instantânea e su~s componentes 
Vê-se, da equação 2.2, que a potência instantânea é composta de ~ois termos: um constante, 
CUJO valor médio é o seu própno valor, e outro que vana sen01dalmente com o tempo, tendo valor 
médio nulo. Deste modo, a potência média P nos tenninais de um circuito assivo é: 
P ==V I cos 9 (2.5a) 
O valor médio da potência instantânea em um circuito, ou em um lemento de um circuito, é 
denominado de Potência Ativa. Dimensionalmente esta grandeza é expr ssa em Volt.Ampere(VA), 
que para o caso de potência ativa recebe a denominação simplificada de W tt(W). 
Uma outra grandeza de grande interesse na especificação de el mentos de circuitos e no 
dimensionamento de componentes de sistemas elétricos não aparece expl citamente na expressão da 
... . .... ~-=- ,.. .... 
., . 
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{36 
potência instantânea da forma apresentada na equação 2.2. Reconsidere- e, então, a expressão (2.4) 
desenvolvendo-se o termo cos(2ro t + e). Do referido desenvolvimento te -se: 
p(t) = v7 cose - VI [ cos (2rot).cos e - Selt (2rot). sen e] 
ou: 
p(t) = l1 cosa (I - cos 2rot) + VI sen e . sen 2 ro t . : 
p(l) = P {l - cos 2 <O t) + Q sen 2 ro I (2.6) 
Nesta expressão tem-se mais uma vez o valor médio do primeirotermo iguai a P e o valor 
mêdio do segundo termo igual a zero. A forma senoidal do segun b termo mostra que esta 
componente da potência ora flui no sentindo fonte/carga ora no senti o carga/fonte, não sendo 
utilizável pelo usuário. O valor de pico deste termo, 
(2.5b) 
é denominado de Potência Reati\'a 
O gráfico da potência instantânea com o desmembramento destas duas novas componentes é 
mostrado na figura a seguir. 
1\ 
Q sen 2rot 
Figura 2.3 - Potência instantânea e as funções utilizadas na defi · ção de P e de Q 
Nos dois termos da equação (2.4) surge o produto VI, que també é utilizado na definição de 
!!. e de O. Este produto, que envolve os valores eficazes da tensão e da orrente, é denominado de 
potência aparente. Utilizando-se o símbolo N para identificar este produto a equação (2.4) 
transforma-se em: 
p(t)= N[cos6 -cos(2ro 1+6)) 
e da equação (2.6) conclui-se que: 
. . . ~~: .· . 
. .. . · 
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(37 
P= Ncosa 
e 
Q= N se118 . 
Destas duas últimas relações obtém-se: 
N = Jpl + Ql 
Dimensionalmente, E.., Q_e N são da mesma natureza. Isto é, e_, N são energia na unidade 
de tempo, J/s ou V A, como foi visto anteriormente. Entretanto, para acen uar a diferença da natureza 
física dessas variáveis, a potência reativa é expressa em Volt.Ampere- eativo(V Ar) e a potência 
aparente é expressa em V A, evitando-se confusão com f!.. que é expressa m W. 
:> EXEl\fPLO 2.1 
Uma carga cuja impedância é Z = (11 ,3 + j7,84)Q é alimentada po uma fonte de 220V/60Hz. 
Detennine: a) a expressão da potência instantânea. b) Os valores míni o e máximo da potência 
instantânea. c) as potências ativa, reativa e aparente. d) a energia cons mida durante um ciclo da 
potência. 
Solução: 
Conhecendo-se a tensão de aJimentação necessita-se da corrent para que se determine a 
expressão da potência instantânea. Admitindo-se que a tensão é nula em t O a expressão de ''(t) será 
v(t) = Vmsen rot , 
que, c.om os \'alores fornecidos, se torna: 
r(t) = 220/i sen(377t). 
A expressão da corrente será 
i(t ) = lm sen(rot- e), 
sendo f m = vm I IZI e e = LZ. Detenninando-se e?tes valores tem-se: 
IZI = ~11,32 + 7,842 = 13,75Q 
e = L Z = Tg- 1 (X/R) = Tg- 1 (7,84 I 11 ,3) = 34,75°. 
A expressão final da corrente é: 
i(t) = 16/i sen(377t- 34,75°) 
Dispondo-se de l'(t) e de i(t) tem-se: 
p(t) = v(t). i(t) = 220/i sen(377t). 16/i sen(377t- 34,75} 
= ~ 220/i . I6Ji[cos(34,75°)-cos(754t-34,75°)] :. 
p(t) = 3520 cos(34,75°) - 3520 cos(754t- 34, 15} 
O gráfic.o das três funções anteriores é mostrado a seguir . 
. . .. ·. 
. . ~ : .. . 
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. . 
c'~ 
Dos valores apresentados na legenda deste gráfico deve-se not que os valores das fases 
devem ser expressos em radianos uma vez que ro foi expressa em rad/ . Note-se, também, que o 
período de v(t) e de i(t) é t3 enquanto que o de p(t) ~h, a metade de t3 . .{ 
A 
pmáx ---- _~/_- -- ----
----~~---------~------------~~----~~--------+-----~------~) 
a = (rr/ 180).34,75° = 0,61 rad 
t1 = (oJro) = (0,61/377) = I ,6ms 
t2 = rc/ro = 8,3ms 
t3 = 2rc/ro = 16,7ms 
t 
O valor mínimo de p(t) ocorre quando o argumento do segundo t rmo da expressão do item 
anterior se anula. Neste instante, 
p(t) = p min = 3520 cos(34, 75°)- 3520 = -628 J/s. 
Este valor ocorre no instante em que 2rot - a. = O 
Isto corresponde a 
t = (a/2) I ro = (a/ro) /2 = t d2 
Isto é, o valor mínimo da potência ocorre n9 instante corresponde 1te à metade da defasagem 
entre a tensão e a corrente. 
O valor máximo acontece quando o argumento do segundo termo de p(t) toma-se igual a 7t . 
Com este valor tem-se: 
p(t) = P má.x = 3520 cos(34, 75°) + 3520 = 6412 J/s. 
Este valor ocorre no instante correspondente ao tempo médio ent e o máximo da tensão e o 
máximo da corrente. Prove esta afirmação. 
c) A expressão de p(t) do item a só apresenta de forma explícita o valor da potência ativa. 
Assim, o segundo termo desta expressão deve ser expandido para se ex licitar o valor da potência 
reativa. Com este procedimento tem-se. 
p(t) = 3520 cos(34,75°)- 3520[cos(754t).cos(34,75°) + sen(75 t).sen(34,75°)) 
= 3520 cos(34,75}[ 1- cos(754t)] - 3520sen(34,75°) . sen 754t) 
Desta expressão resulta: 
.. - . . . I .. 
. .~. ~ . . : . 
. .. ·· 
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-
f 39 
P = 3520 cos(34, 75°) = 2892W 
Q = 3520 sen(34, 75°) = 2006 V Ar 
Observe-se que E. é o valor médio de p(t) e que Q é a amplitude o tem1o de p(t) que oscila 
com dupla freqüência, apresentando valor médio nulo. 
A potência aparente pode ser calculada utilizando-se os valores de E. e de O, resultando: 
N=~P2 +Q2 = 3520VA 
ou os valores eficazes de v(t) e de i(t). Estes valores são: 
-
V = V m I J2 = 220J2 I J2 = 220 V e. I = I m I J2 = 16J2 I 2 = 16A . 
Com estes valores tem-se: 
N = V I= 220 . 16 = 3520VA 
d) Sabe-se que a energia é a integral da potência num certo intef\.alo de tempo. Portanto, em 
um ciclo da potência a energia consumida será: 
' O período da potência é a metade do periodo da tensão e para o presente caso é h = 8,3ms, 
como foi \-isto no gráfico anterior. Assim: 
W = f~2 [3520cos(34,75°) - 3520cos(754t- 34,75° J]dt 
= f~2 [3520cos(34,75° J]dt - f~2 3520cos(754t- 34,75° )dt. 
O valor da segunda integral desta expressão é zero por se tratar d integral do co-seno em um 
período. Portanto, 
W = [3520 cos(34,75° J]f~2 dt 
= 3520 cos(34,75° ). [t]~2 = 24,1 J. 
Esta última expressão mostra que a energia consumida é originá ·a somente da componente 
ativa da potência. A componente reativa da potência não é percebida na edição da energia. Devido 
a isto, como será visto adiante, o seu consumo não é incentivado. ~ 
2. 1.2 Expressão da potência de um elemento puramente resistivo 
Como já foi visto anteriormente, a tensão e a corrente nos erminais de um elemento 
puramente resistivo estão em fase( o que se pode dizer do fp?). Para este caso particular, como 
e= 0° , a equação (2.4) torna-se: 
p( t) = V I ( 1- cos 2rol) (2.7) 
Sendo nulo o valor médio de cos2rot, a potência ativa, que é o valor médio da potência 
instantânea, será, para um elemento puramente resistivo: 
•••• 4'" 
;-- -:·- 1.• •' •• 
. ·· .. 
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A figura 2.4 sumariza estes resultados 
2VI 
VI 
I 
\ / 
~ ,f 
-_./ 
-VI 
P = ji= VI 
, I 
' / 
........ ---
- VI cos(2 ro t) 
Figura 2.4- Potência instantânea e potência média(ativa) e 1 um resistor 
Em muitas situações torna-se conveniente expressar-se a potênci em função da impedância 
dos elementos como forma de se diminuir o volume de operações nece~s rio para a resolução de um 
problema_ Para este caso tem-se: 
ou 
vR v; 
PR = VR I R = VR R= R 
PR = VR I R = (R I R) I R = R I~ ' 
A escolha de uma destas três formas depentlerá do caso em estu o, Deve-se lembrar que em 
qualquer uma delas os símbolos envolvidos repres~ntam, sempre, os vai res eficazes da tensão e da 
corrente. 
2.1.3 Potência e energia 1111m indutor 
Será estabelecida, inicialmente, a relação entre a energia arm enada em um indutor e a 
corrente instantânea que circula através deste elemento. A partir desta r ação, a variação da energia 
neste elemento será interpretada fisicamente, 
A energia liberada por uma fonte para um e emento de um circuit no intervalo de tempo de ú 
lz 
wl2 = ~ - W2 = ~w = J p(tJdt . 
lt 
Como num indutor ideal 
d ' (t) 
v (t) = L-l....:::.L..:........:... 
L dt ' 
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r"\ 
,...,.,_ 
r'\ 
......... 
......... 
" 
f'"'. 
/""'., 
,......, 
.('"""\ 
0 
f'"'. 
f'\ 
"' 
/""'., 
!"' 
"' 
/'"'\ 
"' 
"' 
......._ 
0 
r-. 
,..._ 
r 
,...., 
"' 
r'\ 
"' 
" 
0 
,........ 
r-. 
,-..... 
,....... 
,-..., 
,....., 
,...."'"' 
r-'\ 
r'\ 
-.... 
0 
f""' 
r-. 
r'\ 
r---
~ 
,-.,. 
( 41 
a potência instantânea será: 
. diL(I) . 
p L (I) = V L (I) .I L (I) = L dt 1 L (I). 
Substituindo-se esta expressão da potência na integral anterior res lta: 
tl di L (I) . tl . . ~WL = f L d 1L(t)dt =L f TL(t)drL(O :. 
~ 1 ~ 
(2.8) 
Sabe-se que quando o módulo da corren e em um indutor au enta ocorre um aumento 
correspondente no campo magnético em sua vizinhança. A expressão ( .8) revela, por outro lado, 
que quando o módulo da corrente aumenta o indutqr está recebendo ener ia. Em outras palavras, um 
indutor recebe energia de uma fonte para fortalec1r o campo magnético em sua vizinhança. Para o 
caso de corrente alternada a energia ora fluirá no sentido carga-+fonte, endo considerada positiva, 
ora fluirá no sentido fonte-+carga, sendo considerada negativa. um intervalo de tempo 
correspondente a um período a energia líquida trocada entre a fonte e a c rga será nula. Este fluxo de 
energia, ao qual não se pode associar a produção de trabalho, é sponsável pela criação e 
manutenção do campo magnético e a ele corresponde somente a potên ia reativa, como se verá a 
seguir . 
Quando a alimentação é senoidal, sabe-se que, para este elemento a fase da impedância é 8 = 
90°. Aplicando-se este valor à equação (2.4) tem-se: 
pL(t) = VL I L cos{900) - VL I L cos {2 ú) I + 9r 0) 
= - VL I L cos (2 ú) t + 9rf) 
= VL h sen(90°). sen(2M) = VL h sen 8) . sen(2rot) :. 
pL(t) = O L sen(2rot ) . 
Isto é, da expressão da potência instantâneJ de um indutor só co 
à potência reativa. 
Do desenvolvimento da expressão (2. 9) te~-se: 
Q L = V L Ir sen(90°) = V L h . 
Expressando-se a corrente em função da tensão tem-se: 
h.= VJXL. 
(2.9) 
sta o termo correspondente 
A expressão da potência reativa de um ele1ento puramente induti o é, portanto: 
caso: 
vz vz 
Q = _L_ = ___f_ 
-L XL roL· 
Expressão semelhante pode ser obtida expressando-se a tensão e função da corrente. Neste 
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r 
(42 
Deve-se lembrar que os símbolos de tensão e corrente que a arecem nestas expressões _ .. 
representam o valor eficaz dessas grandezas. 1 
... 
A figura 2. 5 apresenta o gráfico da potência instantânea para o i duto r em conjunto com a 
corrente e a tensão sobre este elemento. Deste gráfico vê-se que o valor médio da potência 
instantânea é nulo e que para cada lf4 de ciclo da corrente ou da tensão a e ergia no elemento tem seu 
sentido invertido. 
v(t) 
Figura 2.5 - Tensão, corrente e potência instantâneas num i dutor 
Sabe-se que a energia é a integral da potência. Graficamente, a nergia é representada pela 
área abaixo da curva da potência. Desta forma, observando-se a figura 2. , que representa a potência 
num indutor em regime permanente senoidal, a energia trocada entre a fo te e o indutor a cada lf.a de 
ciclo é: 
n . 2ro 1t / 211l v ' v2 
WL = fp(t)dt = f(Vlsen(2rot)]dt = ___Lb_ = + = LIZ 
o o ro ro L 
Este resultado deveria ser esperado de acordo com o que foi dito a 1teriormente, pois potência 
é energia na unidade de tempo. 
O último termo da expressão acima não apresenta o termo multi licativo Y2, tradicional nas 
equações de energia, porque a corrente está representada por seu v lor ef.caz e não por sua 
amplitude. 
2.1.4 Potência e energia para um elemento capacitivo 
Desenvolvimento análogo ao que foi realiiado na seção preced nte pode ser feito para o 
capacitar desde que se expresse a corrente em função da derivada da tens o. Toda a interpretação do 
que ocorre com o capacitar é feita, então, a partir da maneira com q e varia a tensão em seus 
terminais. 
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Lembrando-se que para o capacitar 
dv (t) 
ic{t) =C c 
dt 
e se procedendo de forma semelhante à da seção anterior chega-se a: 
~43 
(2.10) 
Como se sabe, ao se elevar a tensão ~os tenninais de um capacitar observa-se um 
correspondente acréscimo no campo elétrico no meio dielétrico situado e tre suas placas. Por outro 
lado, uma elevação da tensão corresponde a um aurhento da carga do cap citar ou, como expressa a 
equação (2.1 0), a uma absorção de energia por pa~e do elemento. Isto é quando se fornece energia 
a um capacitar provoca-se a elevação do campo eletrico na região situad entre os dois eletrodos. A 
I 
ocotTência de inversão na polaridade da tensão aplícada faz com que o entido do fluxo de energia 
seja invertido. No caso de tensões alternadas, a ex~mplo do caso anterio , a energia líquida trocada 
entre a fonte e o capacitar é nula em um intervalo de tempo corresponden e a um período. A troca de 
energia entre a fonte e o capacitar é responsável pela criação e manu enção do campo elétrico, 
correspondendo, somente à energia reativa, uma ve+ que não há produção de trabalho. 
Sabe-se que nos terminais de um capacitar a corrente está 9rf adi ntada da tensão. A fase da 
impedância, neste caso, é e= -9rf. Introduzindo-se este valor na equação (2.4) tem-se: 
pc(t) = V c I c cos(-90°) -V c I c cos (2 ro t T 90°) 
= - V c I c cos (2 ro t - 9rf) 
= V c I c sen( -90°) . sen(2rot) = V c I c sen(S). sen(2rot) :. 
pc(tj = Q c sen(2ro1). (2. 1 1) 
Como se previu, a potência instantânea f1ui nos dois sentidos e dela só consta o termo 
correspondente à potência reativa. 
Relacionando-se,~ expressão (2. 1 1) com as anteriores tem-se: 
Q c= Vcicsen(-90°)=-Vclc 
Expressando-se a corrente em função da tensão tem-se: 
I c = Vc ! JXc l 
Portanto, a expressão da potência reativa para o elemento purame te capacitivo é: 
Vi ( ) 2 Qc = -~X c J = - roC V c-
Expressão semelhante pode ser obtida expressando-se a tensão e função da corrente. Neste 
caso: I -
Qc = -JxcJI~= -li ! (roC). 
É sempre bom lembrar-se que os símbo,os de tensão e co ente que aparecem nestas 
expressões representam o valor eficaz dessas grandezas. 
r 
I 
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r ,44 
A figura 2.6 apresenta o gráfico da potênci~ instantânea de um c pacitor ideal em conjunto 
com a corrente e a tensão instantâneas sobre este elemento. Como estaó-~1 e a equação (2.1 1 ), vê-se 
no gráfico que o valor médio de pc(t) é nulo e que o fluxo de potência in~e e-se a cada% de ciclo da 
corrente ou da tensão. 
Figura 2.6- Tensão, corrente e potência instantâneas num capacitar 
A energia trocada entre a fonte e o capacitar em % de ciclo ~ de ci lo é: 
lt i W lt ! W v I - I~ 
Wc = f p( f )dt = f[- J'7 sen(2<·)f J]dt = ~ = CV ~ 
C) - "•' zc 7t / 2(J) r.; 2(t) • "" 
2.1.5 Potê~tcia complexa 
Como foi dito anteriormente, a potência instantânea não tem rep esentação fasorial, mesmo 
sendo o resultado do produto de duas grandezas que são representadas esta forma. Entretanto, os 
fasores tensão e corrente podem ser utilizados Rara se definir E. e ( de uma forma bastante 
simplificada. ·Define-se, então, a Potência Complexa, S, como o prod to do fasor tensão pelo 
conjugado do fasor corrente. Assim, 
(2 .12) 
Deve-se ressaltar, mais urna vez, que a potência complexa não é u a grandeza fasorial. Além 
do mais, como esta grandeza envolve a tensão e o conjugado da corr te, a fase resultante será 
idêntica à fase da impedância. 
Se as grandezas envolvidas na equação (2.12) forem expressas na 
Aplicando-se estas expressões na equação anterior tem-se: 
. :·=; .·· .. . : ·: ~ . : .,.. ., .. • 
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~45 
AA. 
S = Y1 = V La I L - ~ 
=V I La-~ 
=V I Le (2.12a) 
= V I cose + j V I sen e 
Desta equação vê-se que a parte real da potência complexa é a po ência ativa e que sua parte 
imaginária é a potência reativa. Ou seja, 
s = p + jQ 
Combinando-se as equações (2.12a) e (2.12b) vê-se 
i.Sl = VI = ~p2 +Q2 =N. 
Isto é, o módulo da potência complexa é a potência aparente. 
Das mesmas equações obtém-se para a fase de S: 
(2.12b) 
I 
(2.13) 
Como foi dito anterionnente, vê-se quena definição de potência omplexa está implícito que 
sua fase é idêntica à fase da impedância de seu respectivo elemento. 
Graficamente, estas relações são expressas através de um diagram denominado de "triângulo 
de potências", mostrado na figura 2. 7. 
º 
·p 
Figura 2. 7 - Triângulo de Potências 
.A grandeza cos9 que surgiu na equação 2.2 e aparece nas expres ões da potência complexa é 
denominado de fator de potência. Tanto a impedância do elemento uanto a potência complexa 
podem ser utilizadas na definição do fator de potência Utilizando-se a im edância tem-se: 
\ 
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. 
.... 
e utilizando-se a potência complexa obtém-se 
p p p 
fp =cosa= -= -=----;==== ISI N ~pl + º2 
Desta última definição pode-se interpretar o fator de potênci como a percentagem da 
potência-aparente de um elemento que é transformada em potência ativa. 
De qualquer destas definições decorre que o valor do fator de po ência está situado na faixa 
de 0,0 a + 1 ,0, não se podendo distinguir, pela pura observação do vai r do .fJ2., se se trata de um 
elemento de natureza indutiva ou de natureza capacitiva. Surge, e tão, a necessidade de se 
acrescentar um qualificativo ao valor do ./!l. para se ~ossibilitar esta distinç o. Assim sendo, tomou-se 
habitual denominar-se de "atrasado" o .bLdos elementos indutivos e de "a iantado o fE dos elementos 
c.apacitivos. Estas denominações referem-se à posição da corrente em rela ão à tensão aplicada sobre 
cada um dos elementos citados. 
Nas seções anteriores foram apresentadas as expressões para o cálpulo da potência em função 
da impedància para elementos puramente resistivos ou reativos, indutiVos ou capacitivos, para os 
quais a fase da impedância é 0° ou ±90°. Para um element genenco para o qual 
Z = IZ!Le = R + }X, as expressões da potência são, de acordo com (2. 12a) e (2. 12b ): 
p =v 1 cose 
º=v 1 sene 
Determinando-se a corrente em função da impedância tem-se: 
v 
I= IZl' 
que aplicada nas equações de P e de Q resulta: 
e que 
vz 
P =-cose IZI 
vz 
Q = IZl sene 
Considerando-se ainda que 
R 
cose= IZI 
X 
sene = !Zl , 
P e Q podem ainda ser expressos como: 
~ 
...... 
• • J •• 
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-. 
Deve-se ressaltar que em todas estas expressões V é o valor eficaz da tensão aplicada sobre o 
conjunto RX e não sobre cada um destes elementos individualmente. 
Expressões mais específicas poderão ser obtidas se a r tância do elemento for 
individualizada para o caso do indutor ou do capacitar. 
Se a tensão tivesse sido expressa em função da corrente o resultad seria: 
Q = IZII 2 sene = XI2 
Neste caso I é o valor eficaz da corrente através do conjunto RX. 
~ EXEMPLO 2.2 
Determine a tensão de alimentação do circuito apresentado no exemplo 12 do capítulo I 
utilizando a potência aparente na entrada do circuito. 
Solução: 
Esta forma de cálculo dispensa a manipulação intermediária co grandezas em sua fom1a 
fasorial. Somente seus módulos são utilizados. Esta facilidade decorre o fato de a potência total, 
ativa ou reativa, em um circuito ser obtida a partir da soma das potências dos elementos, 
independentemente da forma como eles estejam agrupados. 
No exemplo citado dispõe-se da tensão sobre o indutor de 1 OQ. P de-se, portanto, determinar 
a corrente sobre este elemento que é: 
Com esta corrente pode-se determinar a potência reativa do indutor d I 00 e a potência ativa do 
resistor de 1 OQ, já que eles estão em série. 
Q10=XJO.Ii10l2 = lOx 102 = lOOOVAr 
P10 = R10 li10l2 = 10 x 102 = 1000 W. 
A potencia aparente no conjunto será: 
lswl = ~~~ +Q12o = IOOO..fi.Y_A 
Esta potência pode também ser determinada como o produto do módulo da tensão sobre o conjunto 
pelo módulo da corrente através dele. Assim, 
.·. ~ • • • . ..... ,.J 
· .. ;~ . .. . . 
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jvcj = lOOO.fijiO =IODO .fi V. 
....s 
,f< 
~48 
Com esta tensão pode~se detem1inar a potência reativa do capacitor e 3 
do outro conjunto RL. Tem~se então: 
ódulo da corrente através 
JvJ ( 10o.fiY 2 
Oc= -- = = -- IOOOVAr. 
- XC 30 3 
IA I _ lvcl _ 10o.fi _ ~ IRL - -~ -~ - -4-v2A ZRL 25 
A potência em cada elemento do ramo RL será: 
PR = RjiRLI2 = 15 X (4.fil = 480W 
QL = xJiRLI2 = 20 x (4.J2)2 = 640 V Ar 
A potência ativa total nos três ramos paralelos será 
p =PIO + PR = 1000 + 480 = 1480W 
enquanto que a potência reativa no mesmo conjunto é 
2 
O=OJO+Oc+ OL= 1000-- 1000+640 
~ - - ~ 3 
A potência aparente resultante é: 
ISI = ~P2 +Q2 = 1771,4 VA. 
Conhecidas a potência aparente do conjunto e a te~são sobre ele detem1i a-se a corrente na entrada 
do circuito. , 
lsl = Jvcllial :. liol = lsi/Jvcl = 177)i = 12,53 A 100 2 
Com esta corrente, a potência dissipada no resistor próximo à fonte será: 
P1 5 = 15 Jic;j 2 = 15 x(12,53)2 =2353 W 
A potência ativa total no circuito pod:. fil}al~te te ser determinada, obten o-se 
Pa = P + P1s = 1480 + 235 ;;;; 3833 W 
A potência aparente na fonte será: 
JsoJ = ~PJ + Q2 = ~38352 + 973,32 = 3955 VA 
Como js0 J = I"Ycl . JioJ obtém-se: 
Jvcl = 315,7 v 
A diferença observada nos resultados dos dois exemplos deve se unicamente a diferentes 
aproximações realizadas nos dois casos. 
-~. . .. ~ .. ·.::... .. . . . 
' . 
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. ,~ 
Mesmo se considerando a simplicidade destJ técnica em comparaç o ao uso de fasores, deve-
se observar que sua utilização não permite a determinação da fase de·tê são gerada. Às vezes, esta 
limitação impede seu uso. ..t 
Como verificação do resultado obtido deixa-se como exercício determinação da potência 
complexa na geração utilizando-se os fasores tensão e corrente em cada ra 10 do circuito. ~ 
:> EXEl\1PLO 2.3 
Uma carga indutiva com fp = 0,8 consome SOOW quando opera com 12SV. Se a fonte de 
alimentação disponível é de 220V deseja-se saber qual a resistência que deve ser colocada entre a 
fonte e a carga para que esta ligação seja possível. 
Solução: R 
soow 125V fp = 0,8atr. 
A observação do circuito ao lado deverá facilitar o 
equacionamento do problema. Deste esquema verifica-se que a 
questão consiste em se determinar o valor de uma resistência 
conhecendo-se o módulo da tensão aplicada em sel!ls terminais. 
A relação entre estas grandezas é feita através da corrente que 
circula pelo elemento que, por sua vez, é a mesm~ corrente da 
carga. Deve-se alertar para um fato: a queda de te9são sobre o 
resistor não pode ser confundida com a diferença dos módulos das tensõ s. Por não se tratar de um 
circuito puramente resistivo, existe uma defasagem entre as duas ten ões tenninais, devendo-se 
realizar a diferença entre os dois fasores correspondentes. Do exposto te -se: 
~ ~ 
_VG=---_V.:::...c = j 
R 
A 
Para que se faça a determinação de 1 a partir dos dados da arga é conveniente que se 
escolha a tensão neste terminal como referência. As im, 
Yc = 125 L 0° , V0 =220 Lo 
Aplicando-se P =VI cose na carga tem-se: 
p 500 
I = = = 5A v cose 125x0,8 
Como LV c = 0°' Li = -e = -cos'1(0,8) L -36,9° . 
Com estes valores a relação anterior torna-sr 
22oLo = 125 L0° + 5R L- 36,9° 
= 125 + 4R - j3R 
Como não se dispõe de o é mais conveniente se tràbalhar na fo a polar pois o cálculo do 
módulo não envolve esta variável. Desta expressão ~em-se: 
2202 = (125 + 4R/ + (3R)2 
R= 21,40 
-.. 
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t50 
Este é o valor de B. necessário para se ligar a carga de 120V a uma fonte de 220V. Solicita-se 
que seja feita a determinação de o como complemeqtação do exemplo.-· 
- ~ 
:> EXEMPLO 2.4 
O circuito apresentado no exemplo 8 do capítulo I pertence a ma categoria denominada 
circuitos de transmissão. Deseja-se, em gera), analisar sua capacidade d transmissão de potência. 
Uma análise aproximada desta capacidade pode sdr feita admitindo-se ue o efeitocapacitivo do 
circuito e as perdas por efeito Joule na transmissão são desprez eis. Considerando estas 
simplificações deduza a expressão da potência complexa na entrad~ d circuito em função das 
variáveis em suas duas extremidades. 
Solução: 
As duas considerações feitas, no enunciado desta questão, sob e a operação do sistema 
conduzem a modificaçõe~_ no~ementos do circuit9 apresentado anterior ente. Considerar o efeito 
capacitivo desprezível (C-tO) implica dizer que a reatância cap citiva é muito elevada 
(I X c I ~ e>~ -> oo) . Os <leis.- mos paralelos podeJ conseqüentemente, ser removidos do circuito 
porque estão em aberto. Se as perdas por efeito Joule (R/2) são desprezí eis, no ramo sene passa a 
constar somente a reatância indutiva visto que R--+0. Com estas simplifica ões o circuito resultante é 
o que se vê na figura a seguir. Na forma fasorial as tensões são expressas or: 
se: 
e 
A potência complexa na entrada do circuito e então: 
~ ~. 
Sa= Vala =Pa +jQa X 
Em função das tensões tenninais a corrente 
~ ~ 
A Va -Vc 
I = )X . 
Portanto, 
SG = v; s: (VaL-o a-VcL- o c) aLua )X 
VJ- VaVcLo 0 -oc 
= 
-)X 
Considerando-se o 0 -o c =o = defasagem entre a tensão na geraç o e a tensão na carga tem-
JVJ- )V0 Vc(cos8+ )seno) 
X 
.·-·· .~ .. 
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Portanto, 
Po = 
e Qo = 
J 
.... 
Na operação deste circuito o ângulo o , também conhecido c mo ângulo de potência, é 
determinado pela potência consumida no terminal da carga( veja o exempl 8 do capítulo I) que, para 
as cargas normais é, em geral, menor do que 15° . Como os módulos d s tensões sofrem pequenas 
variações conclui-se que a potência ativa gerada é fortemente influencia a pela defasagem entre as 
tensões tenninais. Para o caso da potência reativa obser\'e-se que Vc co ô é a projeção de Vc na 
A 
direção de VG. O termo (Va- Vc coso) corresponde, de forma aproxim da, à queda de tensão entre 
o terminal gerador e a carga. Desta fom1a, a potência reativa gerada · fortemente dependente da 
queda de tensão entre as duas e>>tremidades do circuito. <8] 
2.2 ENERGIA EM CIRCUITOS RESSONANTES 
Considere-se inicialmente o circuito LC da figura 2.8 com o bjetivo de se determinar a 
potência fornecida pela fonte. Neste caso, a potênda liberada pela fonte s rá: 
p( I) = p C (I) + p L (1) 
Das expressões apresentadas nas seções anteriores tem-se: 
v V 2 
Pc (f) =-VI sen2ro 1 =-V IX c I sen2ro I =-IXcl sen2 ro t 
v v2 
p L (I) = J!7 sen 2 ro t = V - sen 2 ro t = - sen 2 ro t . 
X L XL 
Observe-se que na primeira expressão utilizou-se IX cl na d terminação do módulo da 
corrente pois neste texto considera-se X c = - 1 I roC . 
A potência total do circuito será, portanto: 
2 ( 1 1 J p(t) =V ---, - , sen2ro t XL Xc -. 
Das expressões individuais da potência do indutor e do capacito observa-se que pc(l) e pL(I) 
têm sempre sentidos opostos. Isto significa dizer que sempre um destes lementos estará produzindo 
energia para o outro consumir, aliviando, deste modo, a fonte. No caso articular de IX c I ser igual 
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~52 
a XL a potência fornecida pela fonte será nula e, assim, toda a troca de em rgia será realizada entre os 
componentes L e C. Nesta condição ideal de operação o circuito é ressón nte. Nos sistemas de GTD 
de energia elétrica nem sempre se consegue operar nesta condição. Entre anto, esta caracteristica da 
associação LC é aplicada para fazer a necessária correção do fator de potê rtcia das cargas. 
p(t) 
pdt) 1 
c 
c 
pc{t) 1 
,--.... Xc 
+ 
v(l) "\J 
I 
Figura 2.8- Determinação da potência em um circui o LC 
Acrescentando-se um resistor ao circuito da figura 2.8 obtém-se ) circuito RLC mostrado a 
segmr: 
i(t) 
h(t) 1 ic{l} 1 i.(t) 1 + 
v(t) 
'V 
c 
L ri' c R 
-
Figura 2. 9 - Circuito RLC paralelo 
Considerando-se que este circuito está em ressonância e que o regime permanente foi 
alcançado tem-se: 
Da expressão (2. 1 O) a energia armazenada no capacitor no instant~ L é: 
1 2 Wc=-C vc(l) 
2 
.... ... ". ; ·. .. . . .. : . - <Oi. . 
·' · 
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Como a associação é paralela vc(t) = v(t). Portanto, 
1 2 2 Wc = - C Vm sen 0 0 I 2 
Utilizando-se a expressão (2.9) a energia no indutor no instante l é 
1 ·2 WL =-L 'L (I) 2 
Como a associação é paralela e a corrente no indutor está atras da 9rf da tensão aplicada 
sobre ele, tem-se: 
Deste modo, 
1 v,; 2 W =---cos 0 t L 2 2 L o 0o 
A energia total no conjunto LC é. portanto: 
l,2 2 1V1; 2 W = - C V Sl!/1 0 o l + - -- COS 0 I 
2 m 2 (!)~L 
Como 0 ~ = 1 I LC tem-se: 
1 2 1 v,; W=-CV =---
2 "' 2ro~L 
Vê-se, desta equação, que a energia armazenada no conjunto LC constante e igual à máxima 
energia armazenada em qualquer um dos elementos. A figura 2. 1 O apre enta gráfico da energia em 
cada elemento e da energia total no conjunto em função do tempo . 
.. _ -: .. 
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ô4 
- 1 ~2 h 
2 roJ L v W(t) 
Wc(t) 
Figura 2.10- Energia no conjunto indutor-capaci or 
A aplicação deste princípio é a base para a correção do fator e potência nas instalações 
elétricas. Neste caso, a energia necessária para criar e manter os campo elétrico e magnético seria 
trocada entre o indutor e o capacitor e a fonte ficaria liberada para forn cer energia aos elementos 
que a convertem em trabalho. 
2.3 CORREÇÃO 00 FATOR DE POTÊNCIA 
A situação mais favorável para o fornecimento de energia por parte das companhias de 
energia elétrica é aquela em que os consumidores operam com fato de pot ncia unitário. Isto significa 
que toda a potência fornecida pela fonte estará sendo utilizada pela arga para a produção de 
trabalho. Para efeito de exemplificação considere-se dois consumidores r presentados na figura 2. 11 
por seus respectivos triângulos de potência. 
º 
l 
p 
Figura 2.11 - Triângulos de potência para diferentes fatore de potência . 
. . •. . .. ·.· 
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t55 
O consumidor do triângulo OAB está exigindo da companhia fo ecedora de energia, para 
uma mesma quantidade de trabalho a ser produzida, uma potência aparê~t S maior que a potência S' 
do consumidor OAB'. Isto se deve à maior quantidade de potência reativa solicitada pelo consumidor 
OAB(Q >Q'). Como conseqüência, o consumidor OAB apresenta um fa or de potência mais baixo 
que OAB' (se 9 > 9', então cose< cos6'). Desta forma, para um mesmo onsumo de potência ativa, 
um decréscimo no fator de potência acarreta uma elevação no co sumo de reativos e, em 
conseqüência, da potência aparente. Como a potência pela qual se paga é ativa, no caso em questão 
ambos os consumidores pagariam a mesma quantia à companhia de ergia, embora lhe façam 
diferentes solicitações. Como o dimensionamento dos geradores, t ansformadores e demais 
equipamentos é feita com base na potência aparente, para suprir o cons midor OAB a companhia 
fornecedora teria que realizar maiores investimentos sem ter o retomo nanceiro correspondente. 
Além do mais, a bitola dos condutores da linha deveria ser aumentada, em irtude das perdas ôhmicas 
(P=Rl1) provocadas pelo alto fluxo de reativos. Como se sabe, essas per as produzem aquecimento 
nos cabos e são inversamente proporcionais ao diâmetro dos mesmos. 
Pelos fatos acima expostos, a legislação federal a respeito de água e energia estipula em 0,85 
o valor núnimo do fator de potência com o qual os usuários industriais d vem operar. Para os casos 
de violação deste limite, a legislação estabelece as penalidades correspond ntes. 
O decreto-lei n° 62.724, de 17/05/68 estabelece que os co umidores industriais que 
apresentem fator de potência médio mensal inferior a 0,85 deverão ter as uas contas aumentadas da 
relação do fator de potência 0,85 para o fator de potência medido. 
Por exemplo, se uma conta mensal de consumo deenergia elétrica ·de R$100,00 e o fator de 
potência médio mensal é 0,60, o total a ser pago sera 
085 
100,00 X -'- = R$ 141,00 
0,60 
Como as cargas industriais são sempre de caráter indutivo, a cor eção do fator de potência 
das mesmas é realizada através da ligação de uma carga capacitiva em p raleio. O componente que 
apresenta esta caracteristica tanto pode ser um banco de capacitores uanto um motor síncrono 
superexcitado, funcionando sem carga no eixo. Entretanto, esta sebrunda alternativa é pouco usada 
em face do alto custo. · 
Considere-se uma carga indutiva com fator de potência co.~, c nforme ilustrado na figura 
2.12. Os diagramas fasoriais representam as duas situações distintas em que a chave pode-se 
encontrar, aberta ou fechada. Com a chave aberta, a corrente total no circ ito é a própria corrente da 
carga, correspondente ao primeiro diagrama fasorial da figura. Quando a chave é fechada, introduz-
se um capacitor no circuito e uma nova componente na corrente total d circuito, como é ilustrado 
na figura 2.12b. Nesta nova situação a corrente total possui duas con ponentes reativas que, em 
virtude da natureza dos componentes que as origi~ou, se anulam parcial ente, contribuindo para o 
decréscimo da corrente total e da defasagem entre esta e a tensão nos terminais da carga. Deste 
modo, devido à ligação do capacitar em paralelo à carga, 4>' < 4> ou cos ' > cos4>, acarretando uma 
melhoria do fator de potência do conjunto. 
... . .: . 
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+ 
A 
v 
j 
lc ! I CHAVE l··r .... I 
ri\ C 
DIAGRAJvfAS F ASORIAIS 
lc 
a) Chave aberta 
.• 
Figura 2. I 2 - Circuito para correção de fator de potência e diagram s fasoriais. 
(56 
CARGA 
A 
v 
Para este caso, no qual a potência ativa instalada é P, deseja-se sa er qual a potência reativa 
que um banco de capacitares deve fornecer para que o fator de potência a carga aumente de cose 
para cos-e'. A figura 2.11 caracteriza esta situação. O triângulo maior repr senta a situação inicial. O 
menor é obtido após a correção do fator de potência. Desta figura tem-se: 
. . ... . ,. ·.'.; ~· 
Q=P TgfJ 
e 
A potência do banco de capacitares, Qc, é dada por: 
o =0-0' 
-C - -
ou: 
Qc =PTgfJ- PTgfJ' 
Qc =P(TgfJ- TgfJ') 
. ' 
. :. -:·. ·r · . • : .• . 
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(.57 
Dispondo-se, por exemplo, de uma carga de 500 kW com fp = 80 atrasado, desejando-se 
ajustar o seu fator de potência para 0,9 atrasado deve-se adotar o seguin~e procedimento: 
9 = COS-I (0,8) = 36,9° 
9' = cos-1 (0,9) = 25,8° 
Tg 9 =0,75 
Tg8' = 0,48 
A potência necessária do banco de capacitores será: 
Qc = 50~0,75- 0,8) = 132,8kVAr 
-. 
Deve-se observar que os capacitores de potência são especificad s pela potência reativa, ao 
invés da capacitância. É claro que também devem ser especificadas a tensã nominal e a freqüência. 
Um beneficio adicional obtido com a correção do fator de potênci é o fato de haver liberação 
da capacidade instalada do sistema. Considere-se Jma instalação alimen ada por um transformador 
que opera com a sua potência máxima, Smax· Neste caso, nenhuma carga icional pode ser instalada, 
pois sobrecarregaria o transformador. Na figura 2,13 isto corresponde o ponto A. Se o fator de 
potência for corrigido (aumentado), a instalação passará a solicitar enos potência reativa do 
transformador, que operará com uma potência inferior à sua capacidade áxima(S < Srnax , ponto B 
da mesma figura). Desta forma, mantendo-se o fator de potência no vai r desejado, pode-se ainda 
instalar cargas adicionais, até o valor máximo llP, até que o transform dor atinja S= , que é sua 
máxima capacidade. Na figura a seguir, a potência complexa adicional é epresentada pelo triàngulo 
pontilhado e a situação final corresponde ao ponto C. 
p 
p · 
Figura 2. 13 - Liberação de capacidade instalada devida a correção de fator de potência. 
.. · .. ·. 
- .. ~---~- :----.. ': ,. · .. .. . 
'.···· · ''"!'• ... 
.. .. 
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ô8 
:> EXEMPLO 2.5 
Uma fonte cuja tensão é v(t) =50/i cos(rot + 30} alimenta um~ arga de impedância z = (4 
+ j3) n . Deseja-se saber: a) a potência ativa, reativa e aparente consumid s pela carga. b) a potência 
de um capacitar que deve ser instalado em paralelo com a carga para e evar seu fator de potência 
para 0,97 atrasado. I 
Solução: ~+---------~ 
A questão pode ser resolvida utilizando-se o circuito 
ao lado para facilitar a visualização. A 
Como se deseja fazer a detenninação de alguns VG 
valores de potência a utilização da representação falaria} das 
grandezas torna a solução mais simples. Neste circu to V é o 
faso.r representativo de v(t). Assim: 
onde, 
1? = V Lô 
V = Vcr = Vmax /J2 = SOV 
ô = fase de v(t) em t=O, = 30°. Assim, 
J~ = 50 L 30°) 
3.0 
a) A determinação da pot-ência pode ser feita utilizando-se a r~presentação complexa dos 
fasores ou o módulo e a fase deles separadamente. Escolhendo-se a primei a opção tem-se: 
i = \lj z = 50L 30° I (4 + j3} = 50L 30° ! 5L 36,9° :. 
I = lOA L - 6 9° 
' 
Como a corrente suprida pela fonte é a mesma absorvida pela ca ga a potência complexa na 
carga será: 
S =V i • = 50 L 30°. 10 L 6,9° = 500VA Lf6,9° 
S = 500 cos36,9° + j500 sen36,9° = 400 + j3~0 
Portanto, 
p = 400W, º = 300V Ar I sI = N = 500V A 
b) Do item anterior obtém-se o triângulo 
de potências ao lado. Dos valores apresentados 
pode-se calcular o fator de potência da carga. fp 
= cose = cos36,9° = 0,8 atrasado. Observe-se, 
mais uma vez, que a atribuição do qualificativo 
adiantado ou atrasado ao fator de potência é feita 
pela posição da corrente em relação à tensão 
aplicada sobre o elemento. Como num elemento 
indutivo a corrente está atrasada da tensão, diz-
se que este elemento tem fator de potência 
atrasado. 
. . . - . 
B 
c 
~ Qc > o 
o 
~ 
11 
Cl 
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' 
{59 
Na nova situação, que corresponde ao fechamento da cha e do circuito mostrado 
anterionnente, o fator de potência passa de 0,8 para 0,97 atrasado, fJs ltando no triângulo OAC 
visto que a potência ativa da carga não se alterou. Para este novo fator de otência tem-se: ' 
fp =cose'= 0,97 :. e'= cos"1 0,97 = 14,1° 
Q'=PTg e• Q' = 400Tg14,1° _ lOOV 
Como (! + Qc = Q obtém-se: 
Qc = Q- (! = 300- 100 :. Qc = 200 VAr(8] 
:> EXEMPLO 2.6 
Uma instalação elétrica é constituída por pequenos~otores de nduçã de fp = 0,6 que 
consomem 7,5kW de um transformador que opera a plena carga. Deseja-s elhorar o fator de 
potência da instalação para 0,9tatrasado. a) Qual a potência do b-anco de êapacitores que deve ser 
instalado? Melhorado o fator de potência o transformador passa a operar om capacidade ociosa. b) 
Quais as formas de aproveitar esta capacidade ociosa sem se comprometer o melhoramento do fator 
de potência? c) Qual a potência adicional que pode ser instalada em cada caso? d) Qual o fator de 
potência da instalação em cada caso? 
Solução: 
A solução desta questão será melhor acompanhada com o auxílio do diagrama a seguir. 
) 
Arco de circulo sobre 
o qual 151 = N = I 2,5kVA 
. I 
I 
I 
I 
I 
«=------llt-..%...---JIIC--__._ - - - - - ... 
A G 
Para se solucionar o problema necessita-se conhecer previament a potência reativa e a 
potência aparente da instalação. Da definição de fator de potência tem-se: 
fp= IPSI :. ISI = .!_ = 7 '5 :. ISI = 12,5 kV~. fp 0,6 
fp =cose e = ± cos·'Jp = fase de impedância 
O sinal de e é escolhido de acordo com a natureza da carga. Co o se trata de uma carga 
indutiva e é positivo, o que corresponde a umfp atrasado. Assim, 
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8 = +cos"' jp = cos"1 0,6 = 53,1 o . Portanto, 
Q = P Tg8 = 7,5 Tg 53,1° = 10 kVAr. 
No diagrama esboçado anterionnente esta situação colllesponde a triânf,JUio OAB. 
a) Deseja-se partir da situaçãodescrita pelo triângulo para uma nova situação 
correspondente a 0,97 de fator de potência atrasado. Como 
fp' =o 97 =+cose' e' = cos·'o 97 = 14 }0 , , ) ' . 
Esta nova situação corresponde ao triângulo OAC do diagrama anterior. A nova potência 
reativa da instalação equivale ao segmento AC, cujo valor é: 
Q'=PTg8' = 7,5Tg 14,1°= 1,875kVAr. 
A potência do banco de capacitares corresponde ao segmento BC seu valor é: 
Qc = Q-Q'=10-1,875 = 8,125kVAr 
Para se utilizar a capacidade ociosa do transfonnador sem reJmzo do melhoramento 
conseguido no fator de potência pode-se imaginar três situações distinta . Na primeira, a instalação 
operaria no ponto D , mantendo o fator de potência exata.mente no Yalor lcançado no item anterior. 
Nesta situação a instalação suportaria uma carga adicional cuja potência aparente seria o segmento 
CO com o fator de potência .fi/. As potências ativa e reativa neste caso se am CE e EO. 
Na segunda situação, estando a carga operarydo no ponto C com tor de potênciajp', pode-
se adicionar uma carga puramente resistiva até se alcançar o ponto . A potência desta carga 
corresponde ao segmento CF. Como a potência reativa da instalação não i alterada, aumentando-se 
somente a potência ativa, o novo fator de potência é superior ao anterior. sta conclusão é reforçada 
pela observação do triângulo OGF, que deve ser USfldo na determinação a potência ativa adicional 
da carga. 
Entre os pontos O e F qualquer carga adicional tem seu fator de p tência variando entre 0,97 
e 1 ,00, sempre atrasado. Para operação abaixo do ponto F a carga adi ional deverá ter fator de 
potência adiantado. 
Como último caso será abordada a situação em que se adicio a uma carga de fator de 
potência adiantado que leve a instalação a operar no ponto H. Isto corres onde à instalação de uma 
carga adicional, a partir do ponto C, que faça o conjunto operar com fat r de potência unitário. As 
características desta carga são descritas pelo triângulo CrH. 
Para operação no ponto D deve-se conhecer a potência incre ental representada pelo 
segmento CO. Para isto, deve-se determinar a potência aparente corresp ndente ao segmento OC. 
Do triângulo OAC tem-se: 
ls'l = ~ P2 + Q'2 = ~7,52 + 1,8752 :. ls'l = 7,73 1 kVA Conseq· entemente, 
lõSI =CO = 12,5 - 7,731 = 4,769 kV A 
Como o fator de potência da carga adicional, para operação n ponto D, é ainda 0,97 
atrasado, tem-se: 
õP' = lóSI.Jp' = 4,769 X 0,97 = 4,626 kW 
A Q' = IASisene' = 4,769 x senl4,1° = 1,159 kVAr. 
. . -. 
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) 
A 
<'61 
Para operação no ponto F a potência ativa incrementai será o~t da do triângulo OGF, que 
estabelece: - · 
(OF) = ~(OG)2 + (GF)2 . Ou, 
ISI 2 = (P + AG)2 + Q.2 :. 
(P + AG)2 = ISI2 - Q.2 = 12,52 - 1,8752 = 152,73 
P + AG = 12,36 :. AG = 4,859 kW. 
-.. 
Operando no ponto H a instalação só consome potência ativa. Con eqüentemente, 
P + AH = !SI :. AH = ISI - P = 12,5 - 7,5 = 5,0 kW 
Esta é a potência ativa da carga adicional que fará o conjunto op rar com fator de potência 
unitário. A potência reativa desta carga deverá ser adicionada à da instala ão no ponto C de modo a 
anulá-la. Ou seja, 
IH=- 1,875 KV Ar 
Portanto, para se fazer a instalação operar com fator de potênc a unitário, partindo-se do 
ponto C, deve-se instalar uma carga de 5 kW e - 1,875 k V Ar. 
Operando no ponto D o fator de potência do conjunto é o me mo que foi obtido após a 
instalação dos capacitares. O seu valor é 0,97. 
Para operar no ponto F o fator de potência é 
" P + AG 12,36 
fp = ISI = - = 0,989. 12,5 
Comojp" =cose - obtém-se e "= 8,6°. 
Finalmente, o fator de potência da instalação ao operar no ponto H é 1 ,0. 
Deixa-se como uma pequena tarefa a determinação do fator de pot ncia da carga que levou a 
instalação a operar desta forma. <8] 
PROBLE1\1AS PROPOSTOS 
Jfum gerador de 220V/60Hz alimenta uma carga constituída por um otor de lOkVA, fp=0,7 
atrasado, um fomo de 5kW e um banco de capacitares de 5kV Ar. De ermine a corrente suprida 
pela fonte e o fator de potência da instalação: a) com os capaci ores ligados. b) com os 
capacitares desligados. 
'
Um transformador alimenta uma instalação constituída por: 250kW, fp= l .o~ 1500kW, fp=0,9 
atrasado~ 1000kW,fp=0,8 atrasado e 700~Wfp=0,9 adiantado. a) Det nnine o fator de potência 
da instalação. b) Determine a carga que o transformador alimenta1 com fator de potência 
unitário e com o mesmo aquecimento. 
~ Dois alternadores monotãsicos operam em paralelo para alimentar uma arga resistiva de 3000kW 
/I e outra de 5000kW comjp=0,71 atrasado. Se um dos alternadores fom ce 6250kVA comJP=0,8 
atrasado quanto deverá ser gerado pelo outro? Qual o seu fator de potê cia? 
.'·' . ~ ... ~ ~ ·' ,_"' . . ... 
.! .• 
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r 
1~ Liga-se uma bobina de 0,07H e 12 n de resistência interna em par leio com um capacito/ de 100~ F. O conjunto é alimentado por uma fonte de 200V/60Hz. Deter ine: a) a corrente em cada 
componente e a corrente da fonte. b) a impedância equivalente do cif1 ito e seu fator de potência. 
c) a potência suprida pela fonte. d) a potência consumida por cada co ponente. 
?fuma fonte de 1 20V/60Hz alimenta um capacitoli de 50~ F, um induto de 0,25H e um resistor de _ 
1/ resistência R, todos ligados em série. Determine o valor de R para que fonte forneça 150W. 
;jfum circuito série contendo um resistor de 120, um indutor de 300 um capacitar é alimentado 
1/' por uma fonte de 120V/60Hz. A fonte fornece 620\V. a) Quais os vai res de reatância capacitiva 
em que isto ocorre? b) Quais os valores correspondentes da capacitânc a? 
lf Um circuito série-paralelo é constituído de 3 ramos. O ramo série tem uma impedância Z 1 = 
(4+j4)0 e nos ramos paralelos as impedâncias são Z 2 = (6-j8)0 e 3 = (5- j8,66)0. A tensão 
na entrada do circuito é 120 .L0°. Determine a potência complexa na entrada do circuito: a) 
utilizando a corrente total do circuito. b) a partir da potência consumid por cada elemento. 
I;' Uma fonte de 120V /60Hz alimenta uma carga de 500\V com fator de otência 0,6 atrasado. Quais 
deverão ser os valores de um resistor e de um indutor que ligados em paralelo solicitam a mesma 
corrente da fonte? 
# um motor de indução que, comfp = 0,8 atrasado consome 2A deu fonte de 120V/60Hz, está 
· ligado em paralelo a uma lâmpada de 1 OOW. Qual o fator de potência o conjunto? 
l;Ó{o fator de potência de uma carga ligada a uma fonte de 120V/60H foi elevado de 0,866 para 
0,966 instalando-se um capacitar de 53~..t F. Qua.I a potência ativa da c rga? 
# Uma carga está conectada a um gerador através de uma linh cuja impedância é Z L= 
(1 ,O+j 1 ,0) O. As tensões na geração e na carga são 240V e 230V, respectivamente, e não há 
defasagem entre elas. Determine a potência ativa, reativa e aparente: a na carga; b) na linha; c) na 
geração. 
p uma carga de 11,20 ~29,4°.é alimentada por uma linha de 60H~ c m resistência !1 e reatância 
;{. A tensão na carga e mantida constante em 440V. Um capacito de 50 l..l F é conectado em 
paralelo com a carga. Determine o fator de potência do conjunto a potência fornecida pelo 
capacitar. Determine a relação entre a potência dissipada na linha, n presença e na ausência do 
capacitar. Deve-se instalar uma carga adicional em paralelo à exist nte. Se a nova carga opera 
com fp = 0,60 atrasado, qual a máxima potência aparente que ela eve ter para que o fator de 
. ..... ~ .--:_ ... -. .... . --·: 
otência do conjunto não seja inferior a 0,80 atrasado? 
1 Tma carga industrial consiste de um conjunto de motores de indução que absorve SOOkW comfp 
0,6 atrasado, a 2300V, de uma linha cuja impedância é ZL = ( , 1 5+j0,60) O. Determine a 
corrente na carga. Determine a potência ativa, reativa e aparente no I o da geração e seu fator de 
potência. Imagine duas formas distintas de determinar as perdas na lin a e faça sua determinação.lfyUma linha de distribuição tem uma resistência de 0,8 O e uma reat ncia indutiva de 1 ,2 O. No 
terminal da linha que opera com 230V estão ligadas em paralelo !Jma carga de SkW comfp = 0,8 
atrasado e outra representada por um resistor de 1 1,5 O em série c m um capacitar de 20,0 O. 
Determine a tensão, a potência ativa, reativa e aparente na outra extre idade da linha. 
l~fuma fonte de 100V/60Hz alimenta um circuito série constituído e um resistor de 300, um 
I indutor de O, 159H e um capacitar de 26,5l..l F. a) Determine a potênci ativa, reativa e aparente na 
.~:- . ' . - .~ .·· ~ . _.,._: _. ,. . 
. : ~: 
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(. VJ 
A 
fonte usando somente o módulo das grandezas fasoriais. b) Repita item ª considerando V = 
I OOV L- 30° e calculando a potência complexa de cada elemento. ~-~ 
J~Uma carga resistiva opera a 120V absorvendo 1200W. Para alim~ ar esta carga dispõe-se de 
uma fonte de 240V e de um resistor ou de um capacitor para fazer o a aixamento para a tensão de 
operação da carga resistiva. Detennine o valor de B. e o valor de C ne essários nas duas situações. -
Determine em cada caso a potência aparente da fonte. 
~puma carga absorve 6kW quando urna fonte de 200V/60Hz fome e 8kV A. Qual o valor da 
· c~acitância que deve ser ligada em paralelo para que ofp da carga pa se para 0,95? 
~)Úma fonte de 200V/60Hz alimenta uma carga indutiva fornecendo OA com fator de potência 
0,6. Qual a potência do capacitor que deve ser ligado em paralelo co a carga para elevar seu fp 
para 0,9 indutivo? 
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,......., . 
( 
CAPÍTULO UI 
CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
3.1 GERAÇÃO DE TENSÕES EM SISTEMAS TRIFÁSICOS 
A geração de tensões em sistemas trifásicos baseia-se no mes o princípio apresentado no 
Capítulo I para geração de tensões alternadas. O gerador elementar tri ásico é constituído de três 
bobinas defasadas de 1200 entre si, girando a uma velocidade constante no interior de campo 
magnético de densidade constante. Na figura 3.1 mostra-se o diagra1 a esquemático do gerador 
trifásico. 
w 
A~ 
N B 
C' 
s 
c B 
A' 
Figura 3 . I - Gerador trifásico elementar 
Para este modelo de gerador, a tensão nos tenninais de cada enrc lamento é senoidal, havendo 
uma defasagem de 1200 elétricos entre cada uma delas como mostra a fi ra 3.2 . 
. : 
.. -:"'· 
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Tensão 
t 
Figura 3.2- Tensões nos terminais de um gerador trifási elementar 
Analiticamente, as tensões nos tenninais de um gerador trifási o elementar são expressas 
pelas funções: 
v,J t'}= V0 sen(jjt 
v õftJ =V0 sen(rot-120° ~ 
v c (1) = V0 sen( rot- 240° ) 
Um sistema que mantém as relações expressas nas equações (3.1 
e à fase das tensões é denominado de sistema equilibrado, ou sistema bal 
sistema equilibrado é aquele em que as tensões em todas as fases te 
defasadas entre si de 120° (esta defasagem é válida, evidentemente, para 
(3 .1a) 
(3.1 b) 
(3. I c) 
no que se refere ao módulo 
nceado. Explicitamente~ um 
o mesmo módulo e estão 
m sistema trifásico). 
Por se tratar de grandezas senoidais, as tensões nas três fas s podem ser representadas 
utilizando-se equações fasoriais. Isto é: 
V_. = (V0 1 .fijL.0° 
A Ml o Vb=( 0 Zv2)L.-l20 
Vc- (V0 I J2 )L.- 240° 
O diagrama fasorial correspondente é apresentado da figura 3.3. 
Deste diagrama fasorial observa-se que se a tensão na fas ª atinge o máximo·· num 
determinado instante, a próxima fase que atingirá a tensão máxima será fase fl. e posteriormente a f.. 
A oraem em que se sucedem os máximos das tensões nas fases é ·de ominada de "seqüência de 
fases". O caso exposto corresponde à seqüência ti/Jç, também denomin da de seqüência positiva. A 
figura 3 .4 mostra as tensões para a seqüência abc e para a seqüência cbã 
., . 
' . • .. 
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r 
r 
r 
r-
r 
0 
3.2 
Figura 3.3 -Diagrama fasorial das tensões nos terminais de um erador elementar 
a a 
c b b c 
a) seqüência abc b) seqüência cha 
Figura 3.4- Seqüências de fase em circuitos trifás1cos 
RELAÇÕES ENTRE TENSÕES E ENTRE CORRENTES N S LIGAÇÕES Y E ll DE 
SISTEl\fAS EQU[LffiRADOS 
As cargas e os geradores trifásicos podem ser ligados em Y ou em 6 . A ligação Y, ou estrela, 
é aquela em que todos os elementos têm um de seus terminais ligad a um ponto em comum 
conhecido como "neutro". Na ligação ll, também conhecida como li 'ação triângulo, todos os 
elementos são ligados seguidamente de modo que o terminal positivo de m elemento seja ligado ao 
terminal negativo do seguinte de modo que o conjunto forme uma malha. ndependentemente do tipo 
de ligação os geradores são representados por uma fe.m. em série com ma impedància e as cargas 
por sua impedância. A figura 3. 5. ilustra as ligações Y e ll para um gerad r. 
Os geradores e as cargas ligados em Y podem ter ou não o neutr ligado à terra. No caso de 
haver ligação para a terra, esta ligação pode ser feita através de u condutor de impedância 
desprezível (sistema solidamente aterrado) ou através de um condutor tig o a uma impedância. 
; ~ -.. .. ; ··-. . . . .... : ~ · . o: . ~ . :··: ·; ··.: . . 
. . .. • . r ' ·• • 
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,.-.., 
1\ 
..... 
{7 1 
~------------~------~ a r---------------~ a 
... ~ 
.. 
+ 
'----(lb 
zbc 
~------------------------------~c c L---------+-----------------~ c 
a) Ligação 11 ou triângulo 
Figura 3.5 -Tipos de ligação em um sistema trifási o 
Da figura 3.5 pode-se observar que a realização de medições nos istemas trifásicos dá origem 
a dois tipos de grandezas. Observe-se a ligação Y. Neste caso, pode-se bter a tensão utilizando-se 
um voltímetro de duas formas diferentes. Na primeira, aplica-se um voltí etro nos terminais de cada 
elemento. A grandeza assim obtida é denominada e11são de fase. O seg ndo tipo de leitura é obtido 
aplicando-se o medidor nos terminais de saída de dois elementos distint s. A grandeza obtida desta 
fonna é denominada de tensão de linh~. Para o caso da corrente a vi alização é mais elucidativa 
observando-se a l-igação 11. A corrente de fase é aquela que circula atrav · s de um único elemento. A 
corrente de linha é a resultante da composição das correntes de dois ele 1entos distintos. A dedução 
das relações entre as variáveis de linha e de fase, para o caso de sistem s equilibrados, é de grande 
interesse no estudo de circuitos trifásicos. 
~::::i:~:n:::d: ~~:1a 0:::eq::btida aplicando a ei de Kirchhoff das tensões, 
que, para as fasesª e/!., tem como resultado: 
~ A A 
vab = van - vbn 
Considerando-se Van como referência num sistema de seqüência de fases abc, cujo diagrama 
fasorial é apresentado na figura 3.6, tem-se: 
" o Vbn = VF:::. -120 
Vab = V1.L:0°- V1 .L: -120° 
= V1 - V1 (cos(-120°) + j sen(-120° J] 
1 J3 
Vr-Vr (-2-)2} 
• .• ,... • ~ 4 ••• • '· ~; •• 1 ~· ••. •:'·':', :_ :· 
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~""". 
3 .J3 
=2Vr + j2Vr:. 
V ab = J3 V1 L30° (Faça esta verificação utilizando o diagrama sorial) 
ou: 
vab = VI L30° 
u seJa: 
C!!Y 
I 
I /,; 
lm 
\ 
\r-----~--------- ~ I '" V,., 
Figura 3.6- Diagrama fasorial das tensões para um sistema e seqüência abc. 
Para o sistema ligado em Y pode-se ainda afirmar que a soma da tensões de linha é sempre 
igual a zero, seja o sistema equilibrado ou não. Isto é: 
'fi:~+Vbc +V co =0 
Lembrando que: 
A A A 
vab = van ,- vbn 
vbc = vbn - vcn 
A A A 
vca = vcn - van 
tem-se: 
rvan- vbnJ + ( vbn- vcnJ + ( vcn - vanJ =o 
Estaafirmação também é verdadeira para os sistemas ligados em 
· ema ligado em ~ as relações são. 
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Como exercício, estas relações devem ser verificadas pelo leitor. 
Resumindo as relações entre tensões e correntes tem-se: 
LIGAÇÃO y 
Tensões 
Correntes 
:> EXEl\IPLO 3.1 
(. 73 
O sistema trifásico de IIOV da figura 3.6, de seqüência abc, alimenta uma carga em ó 
constituída de 3 impedâncias de 5 L 45° n . Determine as correntes de I in a. 
--· 1 
a ~ h a --+-------cl 
: \ 
I \ 
j,,~/ .... A af/~ ~co ij ~- 5í4H 
... 
bC 
I • j b 
A 
c 
., Jc 
Figura 3.7- Carga de 5L 45D ligada em ó ao sistema da fi ra 3.6. 
Solução: 
Sendo a seqüência de fases abc e considerando-se V ab ·como referência(lembre-se que o 
importante é a defasagem entre as tensões e não o valor absoluto das fase ), tem-se: 
Vab = 1 ioL 0° 1 
Vbc =llOL- 120° v 
. ··' . 
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A o / 
Vca = llOL - 240 
As correntes de fase serão: 
A o 
/
A vab llOL O o 
=-= =22L-45 
ab Z 5L 45° 
A o 
A vhc IIOL- 12o . / 
lbc=- = =22L-165 v 
Z 5L45° 
A o • / j = Vca = 11 OL- 240 = 22L _ 2850 V 
ca Z 5L45° 
As correntes da linha serão então: 
A A A 
I b = I bc - I ab = 
A A A 
/c =fca - l he= 
22L- 285° = 38,1L- 75° 
= 381L-195° 
' 
= 38,1L45° V 
O mesmo resultado poderia ter sido obtido calculando-se uma ó das correntes de linha e 
dando-se a defasagem adequada às demais, já que se trata de sistema equilibrado. · Mais adiante, 
quando o equivalente monofásico for abordado, será dado o tratamento p ra este assunto. <8] 
CARGAS DESEQUILIBRADAS UGADAS A DE TENSÃO 
EQUILIBRADAS. 
Para a detern1inação das tensões e das correntes de interesse e sistemas desequilibrados, 
com cargas e fontes ligadas tanto em Y quanto em !:!., o método geral de nálise é a aplicação das leis 
Kirchhoff dos nós e das malhas. 
Entretanto, não havendo nenhum elemento entre a carga e a fi nte, como na figura 3.8, a 
análise é simplificada pois a tensão de linha ou de fase está aplicada dire amente sobre um elemento, 
podendo-se obter diretamente a corrente de fase ou a corrente de linh aplicando-se diretamente a 
relação. 
A v 
1=-z 
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c. 75 
b 
. 
__..j b 
-+[r l bc 
a) Carga desequilibrada ligada em .1 . 
.. 
a --~/a ~----------~----~------~-----------+--~ ~ 
(,.....---_ {\) 
c(/-'0 
~-------------------------~---~~~~~~c~·---------~~------------~ 
b) Carga desequilibrada ligada em Y com neutro c 
Figura 3.8- Dois tipos de ligação de cargas desequilibradas a um fonte equilibrada. 
No caso de carga desequilibrada em Y existe, porém, uma sit ação na qual a aplicação 
imediata da relação anterior não pode ser feita. A figura 3.9 ilustra esta si uação. Neste caso, em que 
não existe ligação entre o neutro da fonte e o neutro da carga, a corren e de linha, ou de fase, não 
pode ser determinada diretamente por não existir nenhuma tensão da fi te, seja ela de fase ou de 
linha, aplicada sobre qualquer elemento da carga individualmente. 
r .· .• ·,·· . 
'• .. 
. ... · ... ;. 
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{. 76 
A 
n r---~---~====!•_I~b-------c==~~--
c 
Figura 3.9- Carga desequilibrada sem conexão dos n utros. 
Neste caso, estabelecem-se correntes de malha para a determinaçã das correntes e tensões de 
interesse. Utilizando-se as correntes de malha da forma definida na figur 3.9, a aplicação da lei das 
malhas resulta em: 
Agrupando-se os tem1os semelhantes resulta: 
A A A 
-Zb ll + (Zb +ZcJ12 = Vbc. 
Escrevendo este sistema na forma matricial tem-se: 
[z~;:· , z~:~JU:H~:J (3 .2) 
Esta equação é utilizada para se fazer a determinação das corret tes de malha. Determinadas 
estas correntes, as relações 
A A 
l c =- lz, 
decorrentes da aplicação da lei dos nós, são aplicadas para se obter as c rrentes de linha. As tensões 
de fase na carga são determinadas pelas relações 
. :: .... - ·: . . 
• . ! · .•• 
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VjO = lj jj , para) = a,b,c, 
. 
e as tensões de linha são obtidas pela composição das tensões de fase. ·~ 
A determinação das grandezas de interesse para este caso pode ser feita, de forma alternativa, 
utilizando-se o método do deslocamento do neutro. Este método consiste em se 'utilizar a lei dos nós 
para se detenninar a tensão no neutro da carga, visto que este ponto não e encontra no potencial do 
neutro do gerador, como ilustra a figura 3.10. 
Figura 3.10- Diagrama fasorial das tensões na geração e na carga d sistema da figura 3.9. 
Aplicando-se a lei dos nós ao ponto Q da fibrura 3.9 tem-se: 
A A A 
/ 0 + fb +fc = 0 
Cada uma destas correntes pode ser expressa em função da adm tância da carga e da tensão 
aplicada em seus terminais através das relações: 
A A 
f a = Vao Ya (3.3a) 
f b = Vbo Yb (3.3b) 
A A 
! c = Vco Yc (3 .3c) 
Da figurã 3. I O pode-se observar que as tensões expressas na relações (3. 3) podem ser 
escritas em função do potencial do neutro da carga. As expressões par as tensões de fase na carga 
são: 
(3 .4a) 
(3.4b) 
(3.4c) 
Substituindo-se as expressões (3.3) e (3.4) na expressão ob6da c ma utilização da lei dos nós 
obtém-se a seguinte expressão para o potencial do neutro da carga: · 
... o: - ·~·.-.- ...... ~ >: (- -.-.... 
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' 
( 78 
l\.. .....____--' -::- -
Determinando-se V no com esta expressão utilizam-se as equ ções 3.3 e 3.4 para se 
determinar as correntes e as tensões de linha e de fase. 
3.4 POTÊNCIA EM CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
1\. potência total que transita num sistema polifãsico é detem1ina a a partir da potência em 
cada uma das fases do sistema. Esta constatação trivial é válida para qu !quer uma das formas em 
que a potência pode ser expressa, instantânea, aparente, ativa e r ativa, tanto em sistemas 
equilibrados quanto desequilibrados. 
Nos sistemas trifãsicos equilibrados a potência instantânea total constante, contrariando a 
natureza pulsante da potência em cada uma das fases como ocorre nos sistemas monofásicos 
analisados no capítulo anterior. Esta característica é decorrente da relaçã definida que existe tanto 
entre os módulos quanto entre as defasagens das tensões e corrente nas tr"s fases do sistema. 
Para este caso particular, a expressão das potências ativa, re tiva e aparente pode ser 
simplificada de modo a se obter, para cada uma delas, uma expressão com um único termo em função 
da tensão e da corrente de linha ou de fase. 
3. 4.1 ExpressiJes gerais da potência 
Para um sistema tritãsico qualquer a potência total no sistema é da a pela soma das potências 
em cada fase. Assim, para a potência instantânea a expressão será: 
p(l} = l'0 {t}i0 (1} + l'b( l} ib(l} + l'JI) iJ t ) ; (3 .5) 
para a potência complexa pode-se escrever 
S =~a I; + Vb 1: + VJ:, 
enquanto que para a potência ativa e reativa as expressões são: 
P =Vala cosa a + Vbl b cosab + VJc cose c 
e 
Q = VaI a sen9 a + Vblb sen9 b + Vele sen9 c. 
(3.5a) 
(3.5b) 
(3.5c) 
Para o caso de circuitos equilibrados estas expressões são consider velmente simplificadas. 
3.4.2 Potência instantânea em circuitos equilibrados 
A vasta utilização de circuitos trifãsicos na geração e na distrib ição de energia elétrica é 
fundamentada em razões técnicas e econômicas. A constatação de ue numa carga trifásica 
equilibrada a potência absorvida é constante, independendo do tempo, orno ocorre nos circuitos 
monofásicos, é uma das razões técnicas. Para comprovar esta vantagem dos sistemas trifásicos em 
relação aos monofãsicos será deduzida a expressão da potência instantâne de uma carga equilibrada. 
- ~ .. . 
. . . 
A potência instantânea total é obtida utilizando-se a expressão (3 .5 . 
Considerando-se o circuito equilibrado, a tensão e a corrente em ca a fase serão dadaspor: 
va(t) = vm sen(rot) 
·' . : .· . 
• ...... . 
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vdl) = vm sen( rot -120°) 
v c (I) = vm sen( rot- 240°) 
i a (1) = I m sen( rot +e) 
ib( l) = lm sen(rot+e-120°) 
ic(IJ = lm sen(rot+e - 240°) 
A potência instantânea por fase será: 
p a (1) = V m I m sen( rol) sen( rol +e) 
Pb(t) = Vm I m sen(rot - 120° )sen(rot+e-120°) 
p J f) = vm lm sen( rol- 240°) sen( rol + e- 240°) 
Le\·ando-se em conta mais uma vez a identidade trigonométrica 
senasenb = ~ [co.s{a- b)- co~a+b)] 
obtém-se: 
1 
Pa(t) =z Vm l m[cose- cos(2rot +e;] 
Pb( t) =~V,Im(cose-cos{2rot+ e -240° J] 
Pc(l) =~ Vm I m[cose- cos(2rot +e- 480° J] 
(. 79 
Utilizando-se a expressão do co-seno de uma soma para se esenvolver as expressões 
acima( deixa-se este desenvolvimento como exercício para o leitor) chega- e à expressão: 
3 
e.( I) = 2 Vm I ,,, cose . 
Em função dos valores eficazes da tensão e da corrente a expressã anterior torna-se: 
p( I) = 3 V I cose . 
Destas duas expressões chega-se à comprovação da afirmativa ini ia! com relação à potência 
instantânea em um circuito trifásico equilibrado. 
3.4.3 Potência aparente, ativa e reativa em circuitos equilibrados 
Para sistemas equilibrados as expressões da potência aparente, at va e reativa são obtidas a 
partir das expressões (3.5a,b e c) considerando-se as relações específica entre as tensões nas três 
fases e as correntes nas três fases. Nestas expressões as tensões e correntes utilizadas estão 
expressando o valor eficaz de suas respectivas grandezas de fase. 
Nos sistemas trifásicos equilibrados tem-se 
Va =Vb =Vc =Vf 
·~ . 
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/ 0 = 111 = /c=lf 
9~ =96 =Se =9 
Considerando-se estas relações, as expressões (3.5a, b e c), p a o cálculo das potências 
aparente, ativa e reativa, no caso de sistemas equilibrados reduzem-se a: 
S= 3VfJf, 
P = 3Vf l f cose 
e 
Q =3 V1 1 f sen O. 
(3.5a') 
(3.5b') 
(3 .5c') 
Estas expressões podem, também, ser escritas em função das g andezas de linha. Como a 
relação entre as grandezas de linha e de fase depende do tipo de ligação a carga, deve-se examinar 
qual a forma que estas expressões assumem quando são utilizadas par determinar a potência de 
cargas ligadas em Y e cargas ligadas em ~- Nestas ligações, 
Considere-se inicialmente uma carga ligada em Y. Neste caso, as elações entre as grandezas 
de fase e as respectivas grandezas de linhasão - --
v1 = V1 I J3 e I f = 11. 
Substituindo-se estes valores em (3.5a') resulta em: 
S = 3 (V1 I ..fi )/1 
Finalmente, racionalizando-se o denominador a potência aparente m função das variáveis de 
linha será expressa por: 
s = J3r1 11 . 
As expressões 
p = Jj VI /1 COSO , 
Q = .J3 V1 11 sen O, 
que fornecem a potência ativa e a potência reativa de urna carga lig da em Y em função das 
grandezas de linha são obtidas utilizando-se o mesmo procedimento adotado para a potência 
aparente. 
Para o caso da carga ligada em tl as relações são: 
Mais uma vez substituindo-se estes valores em (3.5a') resulta em: 
S = 3~(!1 l J3) 
As três expressões finais para a determinação da potência de u a carga ligada em ~ em 
função da tensão e da corrente de linha são: 
S = ..fiV1 11 ; 
.. 
. .. -"'': 
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-
p = Jivl/1 cosa; 
Q = J3 V1 11 senO . 
Das expressões obtidas para o cálculo da potência nas duas situa ões examinadas conclui-se 
que a determinação da potência pode ser feita independentemente do tipo de ligação da carga, 
dependendo unicamente da natureza das variáveis utilizadas. Isto é, 
S = 3Vf/ f , (3 .6a) 
P = 3Vflfcosa, 
Q = 3 V f I f sen e 
quando são utilizadas tensão e corrente de fase e 
s = J3v1 I 1 , 
p = J3 VI 11 cose ' 
Q = J3 V1 /1 se11e 
quando são utilizadas tensão e corrente de linha. 
(3.6b) 
(3.6c) 
(3 .7a) 
(3.7b) 
(3 . 7c) 
Dá-se preferência, entretanto, às expressões que envolvem tensõe e correntes de linha pois, 
nem sempre, o neutro é disponível para se medir a tensão de fase. 
3.5 CIRCUITO MONOFÁSICO EQUIVALENTE 
Conhecendo-se a tensão e a corrente em uma das fases de um circ1ito trifásico equilibrado as 
grandezas correspondentes nas demais fases estarão automaticamente det mlinadas. Para isto, basta 
que se aplique às variáveis conhecidas uma rotação adequada de 120°. Deste modo, a análise de 
sistemas trifásicos equilibrados pode ser feita utilizando-se um circuito q e represente somente uma 
fase do sistema para posteriormente se aplicar rotação de fases convenien~e às grandezas das outras 
duas fases. O sistema constituído por uma das fases do sistema trifásicf equilibrado é conhecido 
como circuito monofásico equivalente e nele são representadas as gra dezas de fase do sistema 
original, para os seus elementos que estão ligados em Y, ou as grandeza de fase do Y equivalente 
dos elementos ligados em l:l . 
Considerando-se um circuito trifásico equilibrado genérico, a gura 3. 11 a apresenta as 
transformações que devem ser realizadas para a obtenção de um equivalent monofásico 
Nestas transformações pode-se necessitar de se transformar uma c rga ligada em l:l na carga 
equivalente ligada em Y, ou vice-versa. Levando em consideração esta ne essidade e considerando a 
fig. 3. 12, as transformações Y -l:l e l:l-Y para impedância são as seguintes: 
' "' 
.. -.. 
. :-- . · ... · ·:··· .. : · ._ .. 
(3.8) 
(3.9) 
·:: :· · 
·- . . . 
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\ 
""' 
"' 
/""\ 
1\. 
~ 
,., => 
/"""'\ 
" 
,........ 
" 
a) Circuito trifásico genérico b) Circuito t fásico equivalente em Y 
/""'\ 
........._ 
,....._ 
('\. => 
,..., 
,..... 
r- c) Circuito monofásico equivalente 
Figura 3.11 -Transformações num circuito trifásico genérico para obtenção do Y equivalente 
,..., 
0 
r\ 
" 
r\ 
,-.. 
,r.. 
-"'\ 
,...... 
r-, 
"" 
,...... 
" 
"" 
Figura 3.12- Transformações Y-A e ô-Y de impedA c1as. 
"""" 
r-
Os exemplos a seguir ilustram o que foi exposto. 
" ~ EXEMPLO 3.2 
,...... 
1'"'\ Resolver o exemplo 1 utilizando o equivalente monofásico 
,.....,_ 
,...... 
1'"'\ 
,......, 
,... 
r-
r 
,...... 
. · .. 
,...... 
,......, 
r--
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0 
,....... 
A 
,...... 
r 
r-
;""\. 
""" ,..., 
f' 
-.. 
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,.... 
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/'"' 
,....._ 
,......, 
,....._ 
f"' 
r. 
,..... 
, ··: -~ . , 
,...... 
( 82 
\j/ 1 = cos-
1 0,8 = + 36,9° é a fase da impedância da carga( ângulo do fator de potência), sendo 
-~ positivo em virtude de o fator de potência da carga ser atrasado. .... 
.... 
Para a carga 2 tem-se: 
... I ... o 
Sl.l+ = J Su+ = 80L - 53,1 kVA 
/ 
v~t? /ít.t( tv{(I{\M 
As correntes serão: o r) v.b 
J, = [S~.J+ ]• = [ 100L36,9o ]• = 72,2L- 36,9o A 
Van 2,4 I J3 
[... ]. . ... s2.1+ soL- 53,1° o / 2 = -~- = [ J3 ] = 57,7 L 53.1 A. Van 2,4 I 3 
As impedàncias equivalentes por fase serão: 
,.. 
Z1 =V:"' = 1386 = 19,2L36,9° 
/ 1 72.2 L - 36,9 
= {15,36 + )11,52)0 
A 
Z - Van - 1386 - 24L- 5"' l o 2 - - ... - - o - -'· 
/ 2 57,7L53,l 
= ( 14,4- j l 9,2j Q 
A partir dos valores calculados constrói-se o equivalente mon ásico que é mostrado na 
figura a seguir. 
I 
121 I 
J5,36Q T ~ l4,4Q 
l_ 
. ______ ___,__ ___ r~[' 19,zn 
+ 
Figura 3.14- Circuito monofásico equivalente do sistema de 24 OV apresentado. 
b) a corrente na fase a será: 
ja =JI + 1'2 
= 72,2L-36,9° +57,7L53,l0 
·. 
; .. ... . . . . 
.. '_ .. _ 
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Solução: 
~L 
Para uma carga equilibrada a utilização da equação3. 9 para a tran formação 11-Y resulta em: 
z.. 5 o Z y = .. Zy =- L 45 3 À ten fase será: 
Vau = Vab f .J3 = IIO/..J3 = 63,5V 
A figura a seguir mostra os valores das grandezas equivalentes 
I I J_ v~"' fA.t.{ C-1 !t 1\;JIÃ. 
' " p• j( ~<-.. 
~v ~f to r 
~ o 
Van = 63,5LO 
Figura 3.13 - Circuito monofásico equivalente para o sistema o exemplo 3 . I . 
Dos valores anteriores tem-se: 
A 
A v 63 5 I =~= ' =38IL-451J 
a Z 5 
-L45° 
3 
l b = 38,IL- 45-120 = 38,1L - 165 
]c= 38,1 L - 45- 240 = 38,1 L- 285° <&) 
~ EXEMPLO 3.3 
Uma fonte trifásica de 2400 V alimenta uma carga de 300 kV A, =0,8 atrasado em paralelo 
com outra de 240 kV A e fp=0,6 adiantado. Considerando-se a seqüência e fases abc, âetennine: 
onde : 
a) o equivalente monofásico 
b) as correntes de linha 
Solução: 
a) Considere-se a faseª como referência para se determinar a carg por fase: 
Para a carga 1 tem-se: 
.,. . -... . 
, . . .· ... : ".,. -
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= 57,7 - )43,3 +. 34,6 + )46,2 
= 92,3 + )2,9 
= 92,4L l,8° A 
Nas fases b e c as correntes serão: 
jb =92,4L{1,8° - 120°} = 92,4L-118,2° A 
ic = 92,4L(I,8° - 240°) = 92,4L- 238,2° A 
Observe-se que as correntes nas fases b e c foram obtidas a p rtir da corrente na fase a 
realizando-se, apenas, uma modificação conveniente na defasagem desta duas correntes. O mesmo 
procedimento pode ser utilizado quando se lida com as tensões. <.8] 
3.6 MEDIÇÃO DE POTÊNCIA ATIVA E DE POTÊNCIA REAT VA 
A medição de potência é feita com um instrumento de med da que dá uma detlexão 
proporcional à potência do circuito. Este instrumento, o wattímetro, é otado de uma bobina de 
corrente, normalmente fixa, e de uma bobina de potencial, em geral móvel que produzem um torque 
proporcional ao produto da tensão pela corrente. 
A quantidade de instrumentos utilizada para medir a potência d um sistema depende da 
quantidade de condutores de que o sistema é formado. Esta quantidade determina o número de 
equações independentes do sistema e, conseqüentemente, o número de ins rumentos de medida. Para 
um sistema trifásico a 4 fios utilizam-se 3 wattímetros e para um sist a a 3 fios utilizam-se 2 
wattímetros. 
3. 6. 1 O ,\létodtJ dos 3 wattímetros 
Para um sistema trifásico desequilibrado a 4 fios a medição da potê cia ativa é feita de acordo 
com a montagem a seguir. 
± wa a~--------~·~~------~ c 
___fóQõõL- ± 
b ± . wb ~----~- -~~11~~------~ 
A 
--:-JõõõõL- ± R 
_c ____ ~---±~~~------~ 
~---~J{ifô6\.-- . ± G 
n 
A 
Figura 3.15- Medição de potência ativa num sistema trifási o de 4 fios. 
A leitura de cada wattímetro será: 
. · .. ..... • • • •• : 4': 
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W0 = V4 / 0 cos(~)4)=V010 cosa a 
Wb = Vblb cos(Vb)b)= Vblb cosab 
- -Wc = VJc cos(Vc,/c)= VJc cos a c 
A potência ativa total será dada pela soma das leituras dos três wat ímetros. Ou seja: 
Pr = Wa + Wb + Wc 
Para um sistema equilibrado o grau de liberdade do sistema 1 e uz-se a 1, uma vez que 
especificada uma tensão todas as outras estarão determinadas. Neste 1 so, só é necessário um 
wattímetro, cuja leitura será: 
W = V I cosa 
3.6.2 O ft1étodo dos 2 wattímetros 
Para sistemas de 3 condutores, desequilíbrados ou não, sã necessanos somente 2 
wattímetros. Neste caso, escolhe-se uma das três fases como referência p ra medição de tensão e o 
ponto comum das bobinas de potencial é ligado a esta fase. A montage utilizada é apresentada a 
seguir: 
,- .. , 
a 
c 
A 
R 
G 
A 
Figura 3.16- Medição de potência ativa num sistema trifásico d 3 condutores. 
A potência instantânea total no sistema é: 
p = vaia + vbib + vcic ) 
Como ia + ib + ic = O obtém-se: 
p = V0 Í 0 +vbib -vJ ia +ib) 
ou: 
A potência ativa total será: 
1 f.r 1 (ir . rr . ] P = T 0 pdt = T 0 V ac 1 a dt + Jo V bc 1 b dt 
Se as tensões e as correntes são senóides defasadas: 
P = Vac la cos(Vac• ]a) + Vbc l b cos(Vbc ) b) 
.. ·.· 
.·.· ·· 
·:.: :·· . 
... ·:.: .·.· ; . 
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(85 
Este é o valor da potência ativa total da carga que é o mesmo d soma da leitura dos dois 
wattímetros, que é dada por: ... ; 
~. 
A A 
Wb = Vbc I b cos(V bc • Ib) 
Para cargas equilibradas, cujo diagrama fasorial é mostrado a se ir, as leituras assumem os 
seguintes valores particulares: 
Wa =V1 I1 cos(30° -6) 
Wb =V1I 1 cos(30° +9) 
Destas expressões vê-se que: 
Se - 60° < e< 60° w'Q >o e wb >o 
Se e = 6o0 Wa >O e wb = o 
Se 60° <e~ 90° Wa >O e wb <o 
A leitura dos dois wattímetros pode também ser utilizada para detem1inação do fator de 
potência da carga. Considere-se a expressão que resulta da soma das leitu as dos dois wattímetros: 
W0 + Wb= V1 11 cos(30-e)+V1 11 cos(30+e) 
DesenYolvendo-se os co-senos tem-se: 
WQ + w b = VI 11 (cos30cose +sen30 sen e+ cos 30cose- sen o sen e; 
W0 +W11 : JJ V1 I 1 cosa 
Portanto, a soma das leituras dos dois wattímetros resulta na potê cia ativa total do circuito. 
/ J-~ 
~ 
L- ~~ ] 
14 
"' v v, 
I 
I j 
. , . 
v\,<- . : .: · 
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~ 
vhc 
Figura 3.17- Diagrama fasorial de tensões e correntes para a seqüência abc. 
Considerando-se agora a expressão que resulta da diferença das lei uras tem-se: 
Wa - Wb =V1 11 (cos30cos8+sen30sen8 - cos30cos 8 +seJ 30sen8) 
Desta expressão obtém-se: 
W0 - Wb = V1 / 1 sen e . (3.10) 
Considerando-se, portanto, a soma e a diferença das leituras d s dois watímetros pode-se 
determinar o ângulo do fator de potência pela expressão 
e, conseqüentemente, o fator de potência. 
Deve-se ter muito cuidado na-utilização desta expressão. O sina de e só será corretamente 
determinado conhecendo-se de antemão a seqüência de fases e a toe jzação dos wattímetros. A 
diferença contida no numerador da expressão é sempre realizada na me ma ordem da seqüência de 
fases. Observe-se, também, que em todas as expressões deduzidas a teriormente para sistemas 
equilibràdos está implícito que a seqüência de fases é abc. Deixa-se a leitor, como exercício, a 
dedução das expressões para a seqüência cba. 
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r 
87 
3. 6.3 A/edição de Potência Reatil'a 
... , 
Observando-se a equação (3.10) vê-se que o método dos dois w}t ímetros pode ser utilizado 
para se obter a potência reativa de um circuito. Desta equação conclui- e que quando se realiza a 
diferença das leituras dos dois wattímetros obtém-se um resultado que é proporcional à potência 
reativa. Portanto, basta-se introduzir na equação (3 .1 O) o fator de prop rcionalidade ..J3 para se 
obter a potência reativa do circuito. Assim sendo, da leitura dos dois wattí etros tem-se: 
A esta equação pode-se incorporar uma importante observação Mesmo sendo destinado 
construtivamente a medir potência ativa, o wattímetro pode ser utilizado ara medir potência reativa. 
Para isto é necessário que se escolha adequadamente a tensão e a co ente na entrada de cada 
wattímetro de modo que o co-seno da defasagem entre estas duas grande as possa ser transformado 
no seno do ângulo do fator de potência. ft. identidade trigonométrica 
cos(90 - e) = sen e 
permite que se faça a escolha adequada destas duas grandezas. Do diagr ma fasorial da Figura 3.17 
observa-se que l~bc e V0 estão defasadas de 90°. Portanto, a defasag m entre 1/bc e a corrente 
na faseª será (90° - e). Isto é, colocando-se a bobina de corrente de um wattímetro na faseª e sua 
bobina de potencial entre as fases Q e f a leitura realizada será: 
A A 
Wo = Vbc I o cos (Vbc, I a). 
Considerando-se as relações fasoriais anteriormente descritas tem- e: 
wa = v bc l o cos(90- eo), 
ou, 
wo =la v bc senea . 
Conclui-se desta expressão que ao se compor, adequadamente, e um wattímetro a corrente 
de uma fase com a tensão nas outras duas fases, a leitura obtida será pro orcional à potência reativa 
na fase da bobina de corrente.· 
Para a medição de Q pelo método dos três wattímetros o esqu ma utilizado é mostrado a 
segu1r. 
a ± ' Wo ~------~----~------~--~---------------------•-+----------1 
c 
;_iffiõL-
b I ± wb ---------4~------,_--~~~--------~+---------
A 
R 
± 
c ± G 
A 
Figura 3. 18 - Método dos três wattímetros para medição de p tência reativa. 
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Observando-se o diagrama, a expressão que fornecerá a leitura de ada Wattímetro será: 
wb = vca Ib cos(Vca)b) 
wc = vab I c cosrvab· lc; 
"'' 
.-
. 
... 
Extrapolando-se os resultados do diagrama fasorial anterior tem-se 
Wa = Vbc 10 cos(90 - ea) 
Wb = Vca Ib cos(90- eb) 
wc = vab 1 c cos (90 - e c) 
Considerando-se que a alimentação é equilibrada tem-se: 
wa = VI I a sen e a = .J3 VI I a Se/1 e a = Jj ºa 
Wb =V1 Ib seneb = J3V1 Ib seneb =..fi Qb 
Wc = V1 I c seu e c = ..j3 V1 I c sen e c = J3 Qc 
Deste modo, a potência reativa total será dada por: 
Q = ( W0 + Tf'b + Wc) I .J3 . 
Qual a expressão final se a carga for equilibrada? Quantos watt etros seriam necessários? 
Deixa-se a resposta destas questões como exercício para o leitor. 
3.7 MÉTODOS DE DETECÇÃO DE SEQÜÊNCIA DE FASES 
Para que se utilizem corretamente as leituras fornecidas pelos wat ímetros para a obtenção da 
potência e do fator de potência de uma instalação é necessário o conhe mento pré\iO da seqüência 
de fases do sistema de alimentação. 
A maneira mais elementar de determinação da seqüência de fases e um sistema é a utilização 
de um motor cujo sentido de rotação é conhecido para uma seqüência d fases específica. A rotação 
do motor no mesmo sentido indica a seqüência de fases padrão e a ro ação em sentido contrário 
indica que o sistema é da seqüência de fases contrária, uma vez que para sistemas trifásicos só 
existem duas seqüências de fases possíveis. 
A outra forma de detecção de seqüência de fases é a utilização d cargas desequilibradas. De 
um modo geral, qualquer carga desequilibrada pode ser utilizada para se erificar a seqüência de fases 
de um sistema, isto porque a composição das tensões de fase ocorre de aneira diversa para as duas 
seqüências e o efeito sobre os elementos da carga é diferente. Existe entretanto, circuitos que 
facilitam a análise desejada. Dois deles serão apresentados nesta seção. 
O primeiro deles é mostrado na Figura 3.19. Neste circuito, o critério para a distinção da 
seqüência é a leitura do voltímetro colocada na fase em aberto. 
Como a impedância interna do voltímetro é muito elevada a corrente no mesmo é 
praticamente zero. Assim, tendo em vista que, neste caso, Z =R- j c possui ângulo de - 45°, a 
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a 
. 
~Xc =R 
b I jac 
T 
R 
c 
Figura 3. 19 - A leitura do voltímetro cbmo indicador da seq .. ência de fases, 
,.. .... o .... 
corrente f ac = f a estará 45 adiantada de V ac . Por outro lado, 
A A A 
V = Vbc- R f ac 
Na Figura 3.20 são apresentados os diagramas fasoriais para as s qüências abc e cba, com os 
quais se analisa a indicação do voltímetro para cada uma destas seqüência . 
I 
~ 
f 
f 
I 
I 
f 
/ 
I 
f . 
a) Seqüência abc 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ 
\ ~ ~ 
- vcn 
Vbc I 
1 ac 
\ \ I f \ 0 I 
v' . s / "";~ .. -~- ~ \\~ ,'/ 
~ 
- ~·n 
~ 
I 
I 
f 
\ ~\ ,' 
\ 1i' --- -------+v 
\ ~ 
Figura 3.20- Diagrama fasorial de um circuito detetar de se üência de fases. 
Destes diagramas fasoriais observa-se que para a seqüênciã a c o voltímetro indica uma 
leitura superior à tensão de linha enquaato que para a seqüência cba a lei ra do voltímetro é inferior 
à tensão de linha. Deixa-se ao leitor, como exercício, a verificação analíti a destes resultados. 
- . · . .. . 
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(90 
Um outro indicador de seqüência de fases é apresentado na Figu a 3.21. O mesmo consiste 
em duas lâmpadas incandescentes de resistência R e de um indutor d~ esistência desprezível cuja 
reatância é X -<-
a 
c 
Figura 3.21 - Detector de seqüênc1a de fases utilizando I mpadas. 
Ligando-se os terminais a, b e c à fonte da qual se deseja conhe er a seqüência de fase das 
tensões, se a lâmpada da fase q brilhar mais que a lârppada da fase Q, a seq · ência de fases é abc. Caso 
contrário, a seqüência é cba. · 
Aplicando-se a lei dos nós ao ponto2l tem-se· 
- - -
/ 0 + / b+ fc=O 
Aplicando-se a lei das malhas entre q e 12 e entre Q e f resulta: 
- - -RI a - j X I b = Vab 
- - -j X 1 b - RI c = Vbc 
Resolvendo-se o sistema tem-se que a tensão na lâmpada q será da a por: 
- -
R j = _( R __ +-=-j_X..;_)V-=a:.::..b _+....:..j_X_VI>"-"-c 
a (R+ j2X) 
e a tensão sobre a lâmpada f será: 
R jc = Vca + R ja 
Como exemplo, considerem-se os seguintes valores numéricos: 
R= IOOn 
X= 12on 
Vab = V bc = Vca = 11 O V 
Para a seqüência abc, tem-se: 
- (100 + j l20).1IOL0° + (120L 90°) (UOL - 120°) 
Rfa=~--~--~------~------~~--------~ 
100 + }240 
.·. . .. -. ~:··" ...... . r~ ... ~ .. ······: 
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3.8 
A tensão sobre a lâmpada ç_ será: 
R Jc = llOL- 240° + 89,93L- 50,98° 
... o R !c = 25,44L86,36 
Vê-se que a lâmpada da fase ª brilhará mais. 
Se a seqüência for cba, fica: 
R ... _ {100+ }120)110L0° +{120L90°)(110L-240°) 
/a - 1 00 + j 240 
R la = 25,44L26,36° 
R Jc = l10L -120° + 25,44L26,36° 
R jc = 89,93L -110,98° 
Neste caso, a lâmpada da fase ç_ brilhará mais. 
COMPONENTES SIMÉTRICOS 
. 
..... 
Os sistemas de potência operam normalmente em regime senoidal equilibrado. Existem, 
contudo, certas situações que geram desequilíbrio. Destas situações a rnai severa é o curto-circuito, 
que pode ter diversas origens. Para que o siste?1a seja protegido con ra tais ocorrências faz-se 
necessário o dimensionamento de equipamentos de proteção tais como síveis e disjuntores. Para 
isto, é necessário que sejam determinadas a tensão e a corrente nos dive os pontos do sistema que 
opera sob condição de desequilíbrio. Para sistemas de grande porte, as téc · cas de análise de sistemas 
desequilibrados abordadas anteriormente são demasiadamente trabalhosas a ponto de inviabilizar sua 
aplicação na análise destes sistemas. Desenvolveu-se, então, uma ferra enta genérica que permite 
que se realize a análise de sistemas desequilibrados a partir de sua deco posição em sub-sistemas 
equilibrados 1• Nesta seção são apresentados os princípios fundamentais da decomposição de um 
sistema de fasores desequilibrados em seus componentes simétricos. 
3.8.1 Introdução2 
Uma das ferramentas mais poderosas para análise de sistemas dese uilibrados foi proposta em 
1918 por C.L. Fortescue. Em seu trabalho Fortescue descreveu corno m sistema de três tàsores 
desequilibrados (tensões ou correntes) pode ser deqomposto em três con untos trifásicos de fasores 
equilibrados, denominados de componentes simétricos. A sua aplicação m análise de sistemas de 
potência é de fundamental importância porque se pode transformar urna condição de desequilíbrio 
qualquer em componentes simétricos, analisar o comportamento do siste a através de equivalentes 
monofásicos e aplicar a transformação inversa aos resultados para se ob er as variáveis de fase do 
sistema. 
1 Como em sistemas trifásicos só se pode obter duas seqüências de fases, um dos três h-sistemas obtidos não poderá 
ser considerado equilibrado quando este tenno for entendido rigorosamente a partir do c nceito de sistema equilibrado. 
2 Adaptado de "Power System A.nalysis., - Charles A Gross - John Wiley and Sons, 197 . 
. . . ·. - ._· 
,•·:. ·.: .. 
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,92 
Num circuito trifásico geral, como o mostrado na figura 3.22, necessita-se de trabalhar com 
três tensões e três correntes de fase com as convenções estabelecidas né§t figura. 
' Como as grandezas são representadas por fasores, para a co~pleta determinação detrês 
destas grandezas, seis variáveis são necessárias( dois graus de liberdade por fase, um módulo e um 
ângulo). Isto é, V a, Vb, Vc. e a. e b e e c . 
a 
G A ,. A c 
E va, Ih b ... A R 
.. A I vb, ,. A f c .. R ç c I 
I ' I 
+ A G Ã I vc, 1, 
o n .... A 
I 
Figura 3.22- Definição do sentido positivo das tensões e correntes nur11 sistema trifásico geral. 
Suponha-se que cada tensão de fase tenha três componentes, de modo que cada uma delas 
possa ser representada pela soma de suas componentes da forma a seguir: 
A A A 
Va = Vao + Va, + Va2 
vb = vho + vb, + vb2 
A A .... A 
Vc = Vco + Vct + Vc2 
(3. lla) 
(3 . llb} 
(3 .11 c) 
Como as tensões de fase só tem seis graus de liberdade estas cc mponentes não podem ser 
A A A 
completamente independentes. Suponha-se, então, que as componentes Va1 , Vb1 e Vd constituam 
um sistema trifásico equilibrado de seqüência abc. Para a constituição d ste sub-sistema utilizam-se 
somente dois graus de liberdade(um módulo e uma defasagem) por se ter imposto que suas 
componentes constituinam um sistema equilibrado. Admitindo-se que o si~tema original é também de 
seqüência abc, às componentes do sistema assim cpnstituído dá-se a der ominação de coi11ponentes 
de seqüência positiva. O subscrito "1" é utilizado para distinguí-las das co~ponentes dos demais sub-
sistemas. 
Para as componentes Va 2 • Vb2 e Vc2 imponha-se a condição de que elas constituam um 
sistema trifásico equilibrado de seqüência cba. Est~s componentes, iden ificadas pelo subscrito "2" 
são denominadas de componentes de seqüência negativa por constituíre n um sistema de seqüência 
contrária à do sistema original. Na constituição deste segundo sub-st~tem1 equili?rado também foram 
utilizados dois graus de liberdade, restando, ainda, as componentes Vao , bo e Vco . 
Observe-se que este sub-sistema remanescente não pode cons ituir um sistema trifásico 
, equilibrado porque as duas possibilidades de seqüência já foram utili~ad s nas seqüência positiva e 
negativa. Se houvesse imposição desta condição as componentes deste erceiro sub-sistema seriam 
combinações lineares das componentes dos dois outros sub-sistemas. Por esta razão, este novo sub-
sistema será constituído por três componentes igUais em módulo co defasagem nula entre si. 
Devido a esta característica, os fasores deste sub-sistema, identificados com o subscrito "0", são 
.. .:· : . . · . . 
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(93 
denominados de componentes de seqüência zero. ds dois graus de liberd de restantes foram, assim, 
utilizados. A figura 3.23 ilustra o exposto. "'4 
Sistema desequilibrado 
original de seqüência 
abc 
Componentes 
de seqüência 
zero 
+ 
! 
... 
Componentes de 
seqüência positiva 
+ 
Componentes de 
seqüência negativa 
Figura 3.23- Decomposição de fasores desequilibrados em seus com onentes de seqüência 
Quçmdo um sistema é decomposto nos sub-sistemas constit ídos da forma descrita 
anteriormente, suas componentes são denominadas "Componentes Simé ricas". A obtenção destas 
componentes a partir do sistema original é o objetivo seguinte. 
3. 8. 2 Operadores 
No capítulo 1 definiu-se o operador j (} = IM) e foi visto que a sua aplicação sobre um 
fasor qualquer mantém o módulo do fasor inalterado e o submete a uma rotação de 90° no sentido 
anti-horário. 
Se em um sistema trifásico equilibrado utiliza-se a tensão na fa~ ª como referência, será 
obtido o seguinte conjunto de fasores para representar a tensão nas três fasb: 
VQ = V.L0° 
vb =v .L240° 
V = V.Ll20° c 
Destas relações observa-se que a tensão na fase f pode ser obtida a partir de Va girando-se 
este fasor de 120° no sentido anti-horário e que vb pode ser obtido a pa ir de um giro de 120° em 
V c ou de 240° em Va, ambos no sentido anti-horário. Isto é, definindo-se um operador de módulo 
unitário e com uma fase igual a 120°, pode-se expre~sar todas as tensões e função de uma só delas. 
O operador assim definido é conhecido como operador q e a sua expressã analítica é: 
a = 1.Ll20° 
Da definição do operador q verifica-se que: 
a 2 =a.a = l .L120.1.Ll20 = l.L240° = l .L -120 = a* 
1 + a +d = O 
(3 .12) 
Utilizando-se esta definição, para qualquer que seja a referência escolhida num sistema de 
seqüência abc, pode-se relacionar as tensões nas três fases da seguinte fo a: 
'} . . '"," ·,: ... ...,. • " ~;·; f• 1· ,'I • . . . .. , •• ·' .' f . .. 
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ou 
Va = VLo 
aVo = 1L 120 V Lo= V Lo+ 120 = Vc 
a
2V0 = 1L 240 V Lo = V Lo+ 240 = Vj) 
94 
(3.13) 
Deve-se observar que, utilizando-se o valor adequado da defasage , esta relação também é 
válida para as correntes. 
3.8.3 Fasores desequilibrados em função dos coJponentes simétricos Notação Matricial 
A partir da definição dos componentes simétricos na seção 3.8.1 obteve-se a equação 3.8. 
Aplicando-se o operador q, definido anteriormente, à equação 3.8, obtém- e as tensões nas três fases 
em função dos componentes simétricos da tensão da fase q. Com a a licação do operador q à 
equação 3.8 tem-se: 
r 
va = Vao + vai + va2 
A ,._ ... 2 A 
V c = Vao + a Vai + a Va2 
Utilizando-se a notação matricial esta equação pode ser escrita assi 
ou compactamente: 
V abc =[A] V012 
A matriz [A], definida em (3.15a) e cujos termos são explicitados 
transformação que aplicada sobre os componentes simétricos de u 
grandezas de fase. A obtenção dos componentes simétricos a partir das 
partir da transformação inversa. Pré-multiplicando os dois membros de (3. 
Vol2 = [Ar 1 va~ 
A inversa da matriz [A], que aparece em 3. 16, é dada por: 
!Ar' =~[::,~] 
-. : ~ 
(3 .14) 
(3 .15) 
(3 .15a) 
m (3 . 15), é uma matriz de 
fasor transforma-os nas 
randezas de fase é feita a 
5a) por [Ar1 obtém-se: 
(3.16) 
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f' 
(' 
C' 
(' 
0 
r 
c 
(' 
Substituindo-se este resultado em 3.16 e explicitando-se os alores dos componentes 
simétricos em função das grandezas de fase tem-se: 
A 1 A A 2"' 
Va1 =3(Va + aVb +a Vc) 
A 1 ~ 2A A 
Va2 = )(Va +a Vb +aVe) 
. 
.• 
(3.17) 
Todos estes resultados são igualmente válidos quando expressos e termos de correntes. 
Observe-se a primeira das equações 3.17. Esta equação mostra q e se para um determinado 
fasor (V a + vb + vc) = o este fasor não tem componente de sequê cia zero. A partir desta 
observação conclui-se que os fasores tensão de linha não contêm comp nentes de sequência zero. 
Esta mesma conclusão é válida para as correntes de um sistema lig do em 6 ou em Y sem 
aterramento do ponto neutro. 
~ EXEMPLO 3.4 
A A o A 
Dados la = 1L 60, l b = 1~- 60 e 1 c= O, determine os co ponentes simétricos da 
corrente na faseª· 
Solução: 
Utilizando-se as equações 3.17 em termos de correntes tem-se: 
i •• ~ ~ (i' + i . + i') l 
1...---
1 
= ~ (1 L 60 + 1L- 60 +O) 
.) 
1 
=- (cos60 + j sen60 + cos( -60) + j sen( - 60)) 
3 
1 o 
=-LO 
3 
A 1 ~ ?: 2~ -
I ai =- (Ia -+(§ib +a /c) l 3 ~ 
1 
=- {1L60 + 1L60 +O) 
3 
2 o 
=- L60 
3 
... 1 ... 2... ... l 
I a2 = J (I a + a I b + a/ c) ( 
r--
I 
- \ 
o 
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r 
r 
r 
r 
r 
(' 
í' 
r 
1 
=- (1 L60+ 1L l80+0J 
3 
I o 
=-LO 
3 
'- 96 
Como complementação do exemplo, esboc~ o gráfico dos três co ~untos de componentes de 
seqüência. <8] 
~ EXEMPLO 3.5 
Um condutor de uma linha trifásica está aberto. A corrente que flui pela linha q para uma 
carga ligada em ô é 1 OA Tomando a corrente de linha q como referên ia e supondo que seja ç a 
linha aberta, determine os componentes simétricos das correntes de linha. 
Solução: 
A figura a seguir mostra o diagrama do circuito. 
a 
~~ = 1 OALISOO 
c 
As correntes de linha são: 
Ja = 10A L0° jb = 10AL180° e Jc =O 
Das equações (3 .17) tem-se:f00 = ~(10L0° + 10L180+0) = O 
..) 
~ 1 o 
f at =~(IOLO +1L120.10L 180+0) 
..) 
= ~(10L0° + 10L- 60) = 5,78A /-30° 
.) 
Ja2 = ~(10L0° +1L240·10LI80+0) 
= _!_(IOL 0° +10L60° )=5,78AL30° 
3 
Aplicando-se as relações entre os componentes de seqüência da correntes nas três fases 
resulta em: 
,. . · ... 
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-
97 
A 2 A o 
f b1 =a f 01 =5,78L210 
A A o 
l b2 = a/02 = 5,78LI50 
j cO =]ao =O 
A A o 
f el =a/01 = 5,78L90 
A 2A o l c2 =a 10 2 = 5,78L270 
A 
Observe-se que mesmo /c sendo zero, seus componentes de seq ·ência existem. Para / c , a 
restrição que deve ser obedecida é que a soma de seus componentes de se üência deve ser nula. <8] 
3.8.4 Aplicação de A/atrizes de Transformação a lmpedâncias 
Considere-se um trecho de um circuito trifásico, como mostra a figura 3.24, no qual as 
impedâncias por fase são diferentes e não existe acoplamento magnético. 
a a' 
vo ~ za lo 
b 
vb ~ z, ,, 
c C' 
v c- ---::--7 X c-!c 
11 
Figura 3.24- Sistema utilizado para a determinação das imped ~ cias de seqüência 
A aplicação da lei de Kirchhoff entre os pontos extremos do cir uito da figura 3.24 leva às 
equações: 
(3.18) 
Ou na forma matricial: 
(3 .18a) 
ou 
(3.18b) 
Em termos dos componentes de seqüência esta equação é expressa do modo seguinte: 
~~,. • . - ~. I •,• .. . : : · ·~ .--; :· - -.. 
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(.98 
.. 
Para se explicitar o vetor queda de tensão de seqüência bast pré-multiplicar ambos os 
membros desta equação por [A]"1 resultando: 
ou 
~Vo12 = [Zo12J io12 
onde: (Z012 )=[Ar1 [zabc j[A] 
(3 .19) 
Substituindo-se [A] e [A]"1 pelos valores anteriormente encontra os e [Zabc:] pelos valores 
expressos em (3. 18a) obtém-se: 
Z0 +a
2Zb +aZc 
Za + Zb + zc 
Za +aZb+a 2 Zc 
Z0 +aZb+ a
2
Z ] 
Z0 +a
2Zb+ aZ 
za + Zb + Zc 
Substituindo-se estes valores em (3 .19) e explicitando-se os vai res dos componentes de 
seqüência resulta em: 
A 1 A 1 2 A 1 
Vaa·o=::(Za +Zb +ZcJiao +-3 (Za +a Zb +aZcJ!al +:;(Za -r ~ ~ 
A 1 2 A 1 A 1 2 A 
Vaa·l =:;(la +alb +a ZcJiao +-;:;(la + l~ +Zc)lal +-;:;(la + lb +alc }la:z 
J ~ ~ 
Estas equações mostram que quando as impedâncias por fase são di erentes a queda de tensão 
em um dos circuitos de sequência depende da corrente desta seqüência das correntes das demais 
seqüências. Isto é, quando as impedâncias por fase são diferentes exi te acoplamento entre os 
circuitos de seqüência. 
No caso em que as impedâncias por fase são iguais (Za=Zb=Zc), a três equações anteriores 
reduzem-se a: 
.... 1 .... .... 
Vaa't = J(Za +Zb +lc)lat =Ziat 
A 1 A " 
Vaa·:z =3(Za +Zb +Zc)fa2 = Zla2 
o que leva a se concluir que não existe acoplamento entre os circuitos de seqüência quando as 
impedâncias por fase são iguais. 
O caso de uma linha trifãsica puramente indutiva e com acopla · ento magnético entre as 
fases, como mostra a figura 3.25, será examinado agora. 
. . 
.. . 
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r 
ou: 
ou 
onde: 
" 
"' 
" 
,-.._ 
"' 
/\ 
.-""'\ 
/\ 
,...... 
"' 
r. 
/""""\ 
0 
r'\ 
n 
,........ 
,........, 
,-.. 
0 
a 
X s a' 
v a 
-r o 
b Xm b' 
(ib ~ lb 
c C' 
v c -y+ c 
n 
Figura 3:25 -Circuito trifásico com acoplamento magnéti o entre fases. 
Aplicando-se a lei de Kirchhoff a este circuito tem-se: 
A., .... .... " 
voa' = j xs f o+ j xm f b + j x,,l / c 
A A A A 
J .bb' = j X m f a + j X s f b + j X m f c 
Vcc' =}X m Ja +} Xm Jb +} Xs ]c 
x/f 
x. 
XIII 
ó v~al>c = [ z al>c ] I a />c 
Aplicando-se todas as transformações realizadas para o caso ante ·or tem-se: 
óJ.,.o12 = [zo12 ] io12 
[Z012 } = [Ar1 [zabc} [A] e [Za~x] é dado pela equação (3.20). 
Substituindo-se os valores em [Zo,.t] tem-se: 
1] [x ... 2 
a Xm 
a X 111 
Realizando-se todas as operações contidas na equação anterior te -se: 
[
Xs + 2 X111 
[Zo12] = j ~ 
Explicitando-se agora as quedas de tensão de seqüência conclui-s que: 
t.. 99 
(3 .20) 
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(' 
r 
r 
r 
A A 
vaa'O = j ( xs + 2 X,) !ao 
Vaa·t = j( X s - X,)la, 
Vaa'2 = j (xs -X,) ja2 
JOO 
Estas equações mostram que não existe acoplamento magne 1co entre os circuitos de 
seqüência. mesmo que este acoplamento exista no circuito original. 
3. 8. 5 Potência complexa e componentes simétricos 
por: 
Como foi visto na seção 3.4. 1 a potência ~mplexa em um circui o trifásico qualquer é dada 
.... .... "' .... .... ..... 
S3, = Vala + Vblb +Vele. 
Das operações com matrizes sabe-se que o produto de uma lin a por uma coluna de uma 
I 
matriz resulta em um número real ou complexo. Utilizando-se esta propri dade, pode-se expressar as 
potência complexa como o produto de uma matriz-linha cujos elementos ão as tensões de fases por 
uma matriz-coluna cujos termos são o conjugado das correntes de fase. P esta descrição, sendo: 
resulta que: 
(3 .21) 
-:-
Expressando-se nesta equação Vahc e lal>c em função de seus com onentes simétricos tem-se: 
l?tilizando-se as propriedades de produtos de matrizes tem-se: 
SJ+ = ~;orn (Ar(Af /;,2 
Realizando-se o produto [ AY [A]* verifica-se que: 
[
1 o ol [ AY [A] *= 3. o 1 o = 3 [ / ] 
o o 1 
Substituindo-se este resultado na equação anterior tem-se: 
-;::-1 -:::. 
s3+ = 3 vo,21 012 ou: 
S3~ = 3(V aOi;o + Va1i;, + va);2) 
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..1 01 
Este resultado mostra que a potência trifásica pode ser obtid a partir dos circuitos de 
seqüência e que não existe acoplamento entre eles, o que torna váli a a utilização de técnicas 
convencionais de análise de circuitos na análise de circuitos de seqüência. 
PROBLEft1AS PROPOSTOS 
1) A matriz que relaciona grandezas de fase a seus respectivos com onentes simétricos, para a 
seqüência abc, é 
Detern1ine a inversa de [T] . 
2) Num sistema trifásico a 4 fios 10 = IÚL30, l b = 5L- 90 e /c= 4L 1 O. Determine a corrente no 
neutro utilizando componentes simétricos. 
3) Um sistema trifásico de 3 fios, desequilibrado, alimenta uma carga li da em Y, constituída de 3 
resistores de I oon, com as tensões vab = l OOL0°) v l>c = 20 L- 90 e vca = 224L 117 . 
Determine a corrente na fase ª utilizando: a) análise convencional d circuitos b) componentes 
simétricos c) deternlinar a potência consumida pela carga utilizando a técnicas dos itensª e h. 
4) Para o sistema apresentado ao lado as a o------'\J\Av -+----------~ 
tensões medidas em relação ao neutro são 1 n / .. /1 
Van = 200L- 90 , Vttn = 1 OOL 180 e \'" -0 
Vcn = 1 OOL 60°. O método dos dois H1 ~~;:/ ~ 
wattímetros deve ser utilizado para medir b c- --' , \\ - ''- c-, J- i ts l 
a potência consumida na linha de -.~ 
transmissão. Determine as grandezas J ~.11_~ 
necessárias para esta medição utilizando 1!1 
componentes simétricos. c "'"· --- "' t~ 11\ · ·-+---------' l \ : \, 
5) Uma fonte trifásica desequilibrada de 3 fios produz as tensões Van = 200L 0° , 
V bn = 150L- 90 e Vcn = 250L 130 . Utilizando componentes simétri os determine a potência 
consumida por uma carga de impedància igual a ( 6+j7)Q ligada em Y ' fonte. 
6) a) Considere que entre os neutros do 
sistema ao lado não há conexão. 
Determine os componentes 
simétricos da tensão e da corrente na 
carga. b) Repita o item considerando 
a ligação entre os neutros. 
. . . . 
' .: 
c 
r •••• - - ·a ; 
r----- --
1
2, ~ IOOL30° ~ . 
·~---~~~T 
CARGA 
.. :• . 
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