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1 SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS DO LIVRO CIRCUITOS
POLIFÁSICOS
Profs. Wilson Gonçalves de Almeida & Francisco Damasceno Freitas
Departamento de Engenharia Elétrica
Universidade de Braśılia - UnB
O presente texto apresenta a solução dos problemas relativos aos caṕıtulos do livro
circuitos polifásicos, 1a versão, 1995. O livro pode ser adquirido através da Fundação
de Apoio de Empreendimentos Tecnológicos - Finatec - www.finatec.org.br, acessando,
nesse śıtio, a aba Projetos, e em seguida, publicações. Ou diretamente, fazendo uma
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em Braśılia-DF, custa R$ 20,00. Para outras cidades brasileiras, a esse valor, deve
ser acrescido o custo de frete, que depende da opção de envio indicada pelo usuário
(correio normal, sedex, outras modalidades).
1
1.1 CAPÍTULO 1
Problema 1.1
O valor médio é
Imed =
1
T
∫ T
0
IM
T
tdt =
IMT
2T
=
IM
2
(A)
O valor eficaz é
I =
√
1
T
∫ T
0
(
IM
T
t)2dt =
IM√
3
(A)
Problema 1.2
O valor médio é
Imed =
1
T
∫ T/2
0
IMdt =
IMT/2
T
=
IM
2
(A)
O valor eficaz é
I =
√
1
T
∫ T/2
0
(IM)2dt =
IM√
2
(A)
Problema 1.3
A corrente é
I = I1 + I2 + I3 = 3 + 12e
j60o + 13e−j120
o
= 2, 5 − j0, 866 = 2, 6458e−j19,107o (A)
Problema 1.4
Dados X = 20 + j20, Y = 30e−j110
o
e Z = 5
• a) X +Y +Z = (20+j20)+30e−j110o +5 = 14, 7394−j8, 1908 = 16, 8623e−j29,06o.
• b) (X + Y )Z = 48, 6970 − j40, 9539 = 63, 6287e−j40,06o
• c) (X + Y )Z = 1.793 − j3.845 = 4.243e−j65o
2
Problema 1.5
Dados B = 12, C = 2 + j3, D = 15e−j65
o
, E = 1 − j4, F = 4ej35o ,
• A = BC−DE
FC−E
2 = 3, 8132− j0, 7181 = 3, 8802e−j10,66
o
.
Problema 1.6
• a) A potência aparente absorvida pelo motor monofásico é S = P
fp
, onde P é a
potência ativa e fp é o fator de potência. Logo, S = 2.238
0,92
= 2.432, 6 V A. Como
S = V I
∗
, o módulo da corrente será I = S
V
= 48, 65 A.
• b) O triângulo de potência é composto pelas potências ativa P , reativa Q e
aparente S, cujos valores são lados de um triângulo retângulo. A potência
aparente é S = 2.432, 6 V A, P = 2.238 W e Q =
√
S2 − P 2 = 953, 4 V ar.
Problema 1.7
A potência ativa total é P = 3 × 3.730 = 11.190 W = 11, 190 kW . Portanto, a
potência aparente dos três motores é S = 11.190
0,88
= 12.716 V A = 12, 716 kV A. Para
completar o triângulo de potência, é necessário calcular a potência reativa Q, que é
Q =
√
S2 − P 2 = 6.040 V ar = 6, 040 kV ar.
Problema 1.8
É necessário calcular o triângulo de potência de cada carga e somar, separadamente, as
contribuições das potências ativa e reativa. Atenção: A potência aparente resultante
não é igual à soma das potências aparentes de cada carga, porque são módulos das
respectivas potências complexas (podem ser somadas as potências complexas de cada
carga). Infelizmente, esse tipo de erro alguns estudantes desavisados costumam cometer.
Vamos definir as potências de cada carga. Para o caso do aquecedor, Paq = 2, 2 kW
e Qaq = 0. No caso do motor, PM = 1, 75 kW , SM =
1,75
0,82
= 2, 134 kV A e QM =
√
S2M − P 2M = 1, 2215 kV ar. Assim, a potência ativa total é P = Paq + PM =
3, 95 kW e Q = Qaq + QM = 1, 2215 kV ar. A potência aparente da instalação é
3
S =
√
P 2 + Q2 = 4, 1346 kV A. Logo, o fator de potência da instalção é fp = P
S
=
3,95
4,1346
= 0, 9554 indutivo.
PROBLEMAS COMPLEMENTARES
Exerćıcicio 1
Uma instalação elétrica é constitúıda por duas cargas (I e II), sendo uma delas de fator
de potência indutivo e outra capacitivo. A potência aparente da instalação e o fator de
potência são 2,6 kVA e 0,95 indutivo, respectivamente. A potência aparente da carga I
é igual a 2 kVA, com fator de potência 0,9. A potência aparente da carga II é inferior
a 1,0 kVA e o fator de potência é desconhecido. Determine:
a) as potências ativa e reativa das cargas, bem como a natureza do fator de potência
de cada carga;
b) o fator de potência da carga II.
c) a intensidade e a fase da corrente que flui por cada carga e a corrente total necessária
para alimentar a instalação, se a tensão de suprimento é igual a 100 V.
Solução:
a) A potência ativa na carga I é PI = 2 × 0, 9 = 1, 8 kW . A potência ativa total é
P = 2, 6 × 0, 95 = 2, 47 kW . Logo a potência ativa na carga II é PII = P − PI =
2, 47 − 1, 8 = 0, 67 kW . Não foi especificada a natureza do fator de potência da carga
I. Então, em prinćıpio, a potência reativa dessa carga pode ser capacitiva ou indutiva.
Conseqüentemente, QI = ±
√
22 − 1, 82 = ±0, 8718 kV ar. Sabe-se que o fator de
potência global é indutivo. Assim Q = +
√
2, 62 − 2, 472 = 0, 812 kV ar
• se QI = +0, 8718 kV ar, então QII = 0, 812 − 0, 8718 = −0, 0598 kV ar. Logo, a
potência aparente da carga II é SII =
√
0, 672 + 0.05982 = 0, 673 kV A.
• se QI = −0, 8718 kV ar, então QII = 0, 8718 + 0, 812 = 1, 6838 kV ar. Como,
nesse caso, QII > 1, 0 kV ar, esse valor deve ser descartado, já que a potência
aparente da carga II é inferior a 1,0 kVA.
4
Portanto, a carga I é indutiva e a carga II capacitiva, tendo-se QI = 0, 8718 kV ar e
QII = −0, 0598 kV ar.
b)O fator de potência da carga II é fp2 = 0,67
0,673
= 0, 9955, capacitivo.
c) Seja a tensão V = 100e0
o
. A intensidade da corrente na carga I é II =
2,0
100
=
0, 02 kA = 20 A. A fase dessa corrente é a mesma do conjugado da potência complexa
da respectiva carga. Mas SI = 1, 8+j0, 8718 = 2e
j25,84o kV A. Assim, II = 20e
−j25,84o A.
O cálculo de III é feito de modo semelhante. Assim III =
S
∗
II
V
= 6, 73ej5,10
o
A.
A corrente total da instalação corresponde a I = II + III = 26e
−j18,19o A. Uma
outra maneira de se determinar I é efetuar o cálculo considerando a potência complexa
total da instalação. Nesse caso, S = 2, 6ej18,19
o
kV A. Ou seja, I = 2,6e
−j18,19o
100
kA =
26e−j18,19
o
A.
Exerćıcicio 2
Na instalação apresentada no Exerćıcio 1, insere-se um capacitor em paralelo com a
carga para melhorar o fator de potência de modo que a intensidade da corrente total
na instalação fique em 25,0 A. Determine a potência do capacitor e o novo valor do
fator de potência indutivo da instalação.
Solução:
Se a potência ativa deve permanecer constante, pois é acrescentado apenas um capcitor,
o qual fornece somente potência reativa, então sabe-se que P = 2, 47 kW . Tendo em
vista que a tensão é igual a 100 V e a corrente é igual a 25 A, então a potência aparente
é S = 25 × 100 = 2, 5 kV A. A potência reativa resultante é Q =
√
2, 52 − 2, 472 =
0, 386 kV ar. Como antes da compensação Q = 0, 812 kV ar, deve ser acrescentado um
capacitor de modo que sua potência seja Qc = 0, 812 − 0, 386 = 0, 426 kV ar.
O novo fator de potência da instalação é fp = 2,47
2,5
= 0, 9880, indutivo.
Exerćıcicio 3
A Figura 1.1 mostra um circuito que é alimentado pela fonte senoidal v(t), que em
seu sinal apresenta, além da freqüência fundamental, segundo e terceiro harmônicos. A
5
tensão é v(t) = 100sen(10t)+40sen(20t)+20sen(30t). Por meio de fasores e utilizando
o prinćıpio da superposição, determine:
Figura 1.1: Circuito elétrico operando em regime permanente
a) a tensão de sáıda vo(t);
b) as correntes i(t), i1(t) e i2(t);
c) os diagramas fasoriais das três correntes indicadas no item c), para cada freqüência
da tensão de alimentação v(t);
d) a potência ativa, reativa e aparente que são fornecidas pela fonte de tensão.
Solução:
Como a fonte é uma composição de três sinais de tensão e o circuito é suposto linear,
o prinćıpio da superposição pode ser aplicado. Nesse caso, considera-se uma fonte de
tensão definida por apenas um dos três termos por vez. Ao final, os resultados são
superpostos para se obter o resultado final.
• Caso em que a freqüência é ω = 10 rad/s
6
Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substitúıdas por reatâncias indutivas XL =
10× 0, 1 =1 Ω, enquanto a reatância capacitiva é substitúıda por Xc = 110×0,05 = 2 Ω.
A fonte apresenta amplitude igual a 100 V.
Ze = (1 + j1) + [(0, 5 + j1)//(0, 5− j2)] = 2, 3750 + j1, 8750 Ω
onde a inserção das duas barras denotam o paralelo das impedâncias delimitadas entre
os colchetes.
A corrente que circula pela fonte é I = 100
2,3750+j1,8750
= 25, 94−j20, 48 = 33, 05e−j38,29o A.
Vamos aplicar a regra do divisor de corrente para calcular as correntes I2 e I1.
A corrente I1 é I1 =
0,5−j2
0,5−j2+0,5+j1
× I = 17, 0648 − j45, 0512 = 48, 17e−j69,25o A.
Então, I2 =
0,5+j1
0,5−j2+0,5+j1
× I = 8, 8737 + j24, 5734 = 26, 13ej70,14o A.
Portanto, a tensão de sáıda é V o = −j2× I2 = 49, 1468− j17, 7474 = 52, 25e−j19,86
o
V .
• Caso em que a freqüência é ω = 20 rad/s
Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substitúıdas por reatâncias indutivas XL =
20× 0, 1 = 2 Ω, enquanto a reatância capacitiva é substitúıda por Xc = 120×0,05 = 1 Ω.
No caso do segundo harmônico, a fonte apresenta amplitude igual a 40 V.
Ze = (1 + j2) + [(0, 5 + j2)//(0, 5− j1)] = 0, 6250 + j0, 8750 Ω
A corrente que circula pela fonte é I = 40
0,6250+j0,8750
= 21, 6216−j30, 2703 = 37, 20e−j54,46o A.
A corrente I1 é I1 =
0,5−j1
0,5−j1+0,5+j2
×I = 28, 1081+j8, 6486 = 29, 41ej17,10o A. Então, I2 =
0,5+j2
0,5−j1+0,5+j2
× I = −6, 4865 − j38, 9189 = 39, 45e−j99,46o A.
Portanto, a tensão de sáıda é V o = −j1× I2 = −38, 9189+ j6.4865 = 39, 46ej170,54
o
V .
• Caso em que a freqüência é ω = 30 rad/s
7
Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substitúıdas por reatâncias indutivas XL =
30 × 0, 1 = 3 Ω, enquanto a reatância capacitiva é substitúıda por Xc = 130×0,05 =
0, 6667 Ω. Como é o terceiro harmônico, a fonte apresenta amplitude igual a 20 V.
Ze = (1 + j3) + [(0, 5 + j3)//(0, 5 − j0, 6667)] = 1, 7716 + j2, 3664 Ω
A corrente que circula pela fonte é I = 20
1,7716+j2,3664
= 4, 0548−j5, 4162 = 6, 77e−j53,18o A.
A corrente I1 é I1 =
0,5−j0,6667
0,5−j0,6667+0,5+j3
× I = −2, 2050 − j0, 2664 = 2, 22e−j173,11o A.
Então, I2 =
0,5+j3
0,5−j0,6667+0,5+j3
× I = 6, 2597 − j5, 1498 = 8, 10e−j39,44o A.
Logo, a tensão de sáıda é V o = −j0, 6667× I2 = −3, 4334− j4, 1733 = 5, 4e−j129,44
o
V .
Então, a tensão vo(t) no domı́nio do tempo é:
vo(t) = 52, 25sen(10t− 19, 86o) + 39, 46sen(20t + 170, 54o) + 5, 4sen(30t − 129, 44o)
b) As correntes indicadas no circuito podem ser calculadas a partir dos fasores dos
respectivos harmônicos determinados no item a). Assim, apresentam-se as correntes
que se seguem, em amperes.
i(t) = 33, 05sent(10t − j38, 29o) + 37, 20sen(20t− 54, 46o) + 6, 77sen(30t− 53, 18o)
i1(t) = 48, 17sen(10t− 69, 25o) + 29, 41sen(20t + 17, 10o) + 2, 22sen(30t− 173, 11o)
i2(t) = 26, 13sen(10t + 70, 14
o) + 39, 45sen(20t− 99, 46o) + 8, 10sen(30t − 39, 44o)
O valor eficaz ou RMS de uma grandeza qualquer v(t) pode ser calculado por meio da
expressão:
V =
√
1
T
∫ T
0
v2(t)dt
O valor médio de uma função senoidal do tipo v(t) = V 2msen
2(ωt + θ) em um
peŕıodo T = 2π
ω
é igual a V
2
m
2
e o valor médio de uma função senoidal do tipo
v(t) = Vm1Vm2sen(ω1t+θ1)sen(ω2t+θ2) é nulo. Então, os valores eficazes das correntes
são:
8
I =
√
33, 052
2
+
37, 202
2
+
6, 772
2
= 35, 51 A
I1 =
√
48, 172
2
+
29, 412
2
+
2, 222
2
= 39, 94 A
I2 =
√
26, 132
2
+
39, 452
2
+
8, 102
2
= 33, 94 A
c) O diagrama fasorial das correntes para cada freqüência é mostrado na figura 1.2.
Figura 1.2: Fasores das correntes
d) As potências complexas podem ser calculadas considerando três fontes senoidais
ajustadas cada uma com freqüência distinta. Nesse caso, é posśıvel aplicar o prinćıpio
da superposição.
• Caso em que ω = 10rad/s
Sabe-se que V = 100√
2
e I = 33,05√
2
e−j38,29
o
. Então, a potência complexa nesse caso é
S = 100√
2
× 33,05√
2
× ej38,29o = 1.297 + j1.024 V A. Assim, a potência ativa é igual a 1,297
kW e a reativa igual a 1,024 kV ar.
• Caso em que ω = 20rad/s
9
Sabe-se que V = 40√
2
e I = 37,20√
2
e−j54,46
o
. Então, a potência complexa nesse caso é
S = 40√
2
× 37,20√
2
× ej54,46o = 432, 5 + j605, 4 V A. Assim, a potência ativa é igual a 0,433
kW e a reativa igual a 0,605 kV ar.
• Caso em que ω = 30rad/s
Sabe-se que V = 20√
2
e I = 6,77√
2
e−j53,18
o
. Então, a potência complexa nesse caso é
S = 20√
2
× 6,77√
2
× ej53,18o = 40, 6 + j54, 2 V A. Assim, a potência ativa é igual a 0,041
kW e a reativa igual a 0,054 kV ar.
A potência ativa total é P = 1, 297 + 0, 433 + 0, 041 = 1, 771 kW e a reativa é
Q = 1, 024 + 0, 605 + 0, 054 = 1, 683 kV ar. Portanto, a fonte precisa fornecer S =
√
1, 7712 + 1, 6832 = 2, 443 kV A de potência aparente.
10