Sistemas eletricos - Djalma Caselato

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Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
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AGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOSAGRADECIMENTOS 
O autor agradece a todos os seus alunos que de forma indireta o motivaram para realização deste livro. 
Agradece também a todos os amigos professores da Escola de Engenharia Mauá que incentivaram a 
realização desta obra. 
Agradece de todo o coração a sua filha Lygia Caselato que com muito empenho e carinho fez a revisão 
gramatical do presente livro. 
Agradece igualmente a sua filha Sandra Caselato que preparou a capa do presente livro. 
Finalmente, agradece à sua esposa pela compreensão e paciência durante os anos em que este livro foi 
elaborado. 
Circuitos Trifásicos 
 
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SUMÁRIO 
 
 SOBRE O AUTOR 
 PRIMEIRO PREFÁCIO 
 SEGUNDO PREFÁCIO 
1 CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
 Extrato da Teoria 1 
1.1 Introdução 1 
1.2 Operador α 1 
1.3 Seqüência positiva (direta) 1 
1.4 Seqüência negativa (inversa) 2 
1.5 Relação entre corrente de linha e corrente de ramo na ligação em triângulo 2 
1.6 Potência complexa 2 
1.7 Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela 3 
1.8 Modelos para representação de cargas 3 
1.9 Matriz de impedância de uma linha trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas 4 
 Exercícios resolvidos 5 
 Exercícios Propostos 22 
 Bibliografia 34 
 
2 VALORES PERCENTUAIS E POR-UNIDADE 
 Extrato da Teoria 35 
2.1 Definições 35 
2.2 Representação de transformadores em valores por-unidade 36 
2.3 Representação de transformadores com três enrolamentos em valores por-
unidade 
37 
2.4 Representação de banco de transformadores monofásicos em valores por-
unidade 
39 
2.5 Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade 40 
2.6 Representação de linha de transmissão 40 
2.6.1 Linha curta 40 
2.6.2 Linha média 40 
2.6.3 Linha longa 41 
2.7 Mudança de bases 41 
2.8 Representação de transformadores quando há choques de bases 42 
 Exercícios resolvidos 43 
 Exercícios propostos 56 
 Bibliografia 61 
 
3 COMPONENTES SIMÉTRICAS 62 
 Extrato da Teoria 62 
3.1 Operador α 62 
3.2 Seqüência positiva (direta) 62 
3.3 Seqüência negativa (indireta ou inversa) 62 
3.4 Seqüência nula (zero ou homopolar) 63 
3.5 Matriz de transformação de componentes simétricas para componentes de 
fases 
63 
3.6 Sistemas trifásicos a três fios – ligação estrela (Y) 64 
3.7 Sistemas trifásicos a três fios – ligação triângulo (delta) 66 
3.8 Carga em estrela com neutro não-aterrado 67 
3.9 Carga em estrela com neutro aterrado 68 
3.10 Circuitos trifásicos com indutâncias para redes equilibradas 68 
3.11 Potência complexa em componentes simétricas 69 
3.12 Representação de carga do tipo Z = R + j X 70 
3.121 Carga ligada em estrela com neutro aterrado 70 
3.12.2 Carga ligada em triângulo 71 
3.12.3 Carga em estrela com neutro aterrado através de impedância Zn 71 
3.13 Gerador com neutro aterrado através de Zn 71 
3.14 Transformador trifásico com dois enrolamentos 71 
3.15 Transformador trifásico com três enrolamentos 74 
 Exercícios Resolvidos 75 
 Exercícios Propostos 93 
 Bibliografia 98 
 
4 CURTOS-CIRCUITOS E ABERTURAS DE FASES 
 Extrato da Teoria 99 
4.1 Geradores equivalentes de Thévenin 99 
4.2 Curto-circuito trifásico 100 
4.3 Curto-circuito bifásico sem contato com a terra 100 
4.4 Curto-circuito bifásico com contato com a terra 101 
4.5 Curto-circuito monofásico com a terra 102 
4.6 Abertura de uma fase 103 
4.7 Abertura bipolar – abertura de duas fases 105 
 Exercícios resolvidos 105 
 Exercícios Propostos 123 
 Bibliografia 129 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
5 
 
5 MATRIZES ADMITÂNCIAS E IMPEDÂNCIAS DE BARRAS 
 Extrato da Teoria 130 
5.1 Equivalência de Fontes 130 
5.2 Matriz de Impedâncias Primitiva da Rede 130 
5.3 Construção da Matriz Admitância de Barras 132 
5.3.1 Rede sem impedâncias mútuas 132 
5.3.2 Rede com impedâncias mútuas 133 
5.4 Eliminação de Barras da Matriz Ybarra por Álgebra Matricial 133 
5.5 Matriz Impedância de Barras 133 
5.6 Método para Obtenção da Matriz Impedância de Barras 134 
5.7 Rede Equivalente da Matriz Impedância de Barra 136 
 Exercícios resolvidos 137 
 Exercícios Propostos 153 
 Bibliografia 161 
 
 Respostas 
 Capítulo 1 163 
 Capítulo 2 169 
 Capítulo 3 172 
 Capítulo 4 178 
 Capítulo 5 180 
 Apêndice 191 
 
Circuitos Trifásicos 
 
6 
 
SOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTORSOBRE O AUTOR 
Djalma Caselato é engenheiro eletricista, com ênfase em eletrotécnica, formado pela Escola Politécnica da 
Universidade de São Paulo, com Mestrado e Doutorado em Engenharia na área de Sistema de Potência pela 
Escola Politécnica da USP. 
Desde sua formatura, em 1968, tem trabalhado na área de elaboração de projetos de usinas hidrelétricas e de 
subestações, com atuação específica na área de equipamentos elétricos de grande porte (gerador, barramento 
de fases isoladas, transformadores, disjuntores, seccionadoras, sistemas de excitação e reguladores de 
tensão). Atividade profissional internacional, nas áreas indicadas, com trabalhos desenvolvidos na Suíça, 
França, Alemanha, Tchecoslováquia, África do Sul, República Democrática do Congo, Angola e Moçambique. 
Foi pesquisador junto ao Departamento de Energia e Automação Elétricas da Escola Politécnica da USP. 
Como atividade didática exerceu a função de Professor Adjunto do Departamento Elétrico da Universidade de 
Mogi das Cruzes, de março de 1984 a janeiro de 1994, e desde maio de 1994 é responsável pelas disciplinas 
Sistemas de Potência I e II, Laboratório de Sistemas de Potência I e II, Subestações Elétricas e Usinas 
Hidrelétricas na Escola de Engenharia Mauá para o curso de engenharia eletrotécnica. 
O autor possui artigos publicados no Brasil e no exterior sobre projeto elétrico de subestação, sobre 
modernização e reabilitação de usinas hidrelétricas, sobre eficiência e limites operacionais de turbinas com 
velocidade ajustável em sistema de conexão unitária, sobre novo modelo de gestão de qualidade para o setor 
energético, sobre método para cálculo do GD2 de hidrogeradores e sobre aspectos técnicos no pré-
dimensionamento de grandes hidrogeradores. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
7 
PRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIOPRIMEIRO PREFÁCIO 
Este livro nasceu da necessidade de desenvolvimento de elaboração de exercícios para a disciplina sistemas 
elétricos de potência do curso de engenharia elétrica, opção eletrotécnica, da Escola de Engenharia 
Mauá. Uma idéia inicialmente mais tímida deu lugar à elaboração deste livro mais consistente. 
 
O livro trata de soluções de exercícios padrão e de exercícios extraídos da realidade profissional do autor. A 
motivação principal para a elaboração deste livro, uma vez que o assunto não é inédito, é a escassez de livros 
contendo exercícios sobre o assunto. Existe uma infinidade de livros com abordagem teórica e vários níveis de 
profundidade, porém com uma gama de exercícios pouco extensa. Espera-se que este livro venha a colaborar 
com a formação de engenheiros eletrotécnicos e a reciclagem dos profissionais atuantes no mercado de 
trabalho. 
 
Dividido em cinco capítulos, o livro trata de circuitos elétricos trifásicos desequilibrados como uma introdução 
ao estudo de sistemas elétricos de potência e com um reforço muito grande na aplicação das leis de 
Kircchoff, através de exercícios padrão de circuitos que normalmente se encontram na prática industrial. Em 
seguida, aborda os valores por-unidade e valores percentuais. Posteriormente, trata de componentes 
simétricas da forma mais comumente utilizada no Brasil. Até aqui, está toda a fundamentação necessária para 
o cálculo de curtos-circuitos e abertura de fases. Para finalizar, o livro introduz matrizes de impedância e 
admitância nodal, como preparação para o leitor galgar níveis mais altos em seus estudos de sistemas 
elétricos de potência. 
 
A competência técnicae intelectual do Prof. Dr. Engº Djalma Caselato fica claramente registrada nesta 
coletânea de exercícios, que possibilitará aos leitores fixar ou relembrar os conceitos da teoria dos Sistemas 
Elétricos de Potência através de questões práticas, com aplicação no cotidiano do engenheiro eletricista. 
 
Há de se destacar que somente um profissional com muita experiência prática, que atuou nos projetos mais 
importantes do Brasil, no segmento da Energia Elétrica, com formação acadêmica sólida e muita dedicação à 
profissão e ao compartilhamento do conhecimento poderia fazer esse livro. 
 
José Ayres de Campos 
Diretor de Gestão e Engenharia da Construções e Comércio Camargo Correa S.A. 
Presidente da CNEC Engenharia S.A. 
 
Circuitos Trifásicos 
 
8 
SEGUNDO SEGUNDO SEGUNDO SEGUNDO PREFÁCIOPREFÁCIOPREFÁCIOPREFÁCIO 
A tecnologia moderna é capaz de realizar a produção sem emprego. O 
diabo é que a economia moderna não consegue inventar o consumo sem 
salário. 
Herbert de Souza 
Este livro, concebido para auxiliar os alunos da disciplina sistemas elétricos de potência, é um livro de 
exercícios no qual não serão desenvolvidos os formulários e justificativas teóricas dos conceitos desta 
disciplina. O livro se apresenta, portanto, como um suplemento básico aos textos de sistemas elétricos de 
potência. 
Assim, a compreensão do assunto abordado tem como pré-requisito o conhecimento da teoria de máquinas 
elétricas, das soluções de circuitos elétricos e a manipulação de matrizes. 
Embora sejam abordados assuntos introdutórios aos sistemas elétricos de potência, muitos exercícios foram 
concebidos a partir da prática em projetos elétricos reais, o que contribui para estimular o estudante a adentrar 
neste campo imenso que é o domínio dos sistemas elétricos de potência. 
O primeiro capítulo aborda soluções de circuitos elétricos trifásicos na condição de sistemas desequilibrados, 
seja a fonte e/ou a carga o elemento de desequilíbrio. Estuda os diversos tipos de cargas existentes e o seu 
comportamento. 
O segundo capítulo aborda um ferramental necessário para o desenvolvimento das soluções de problemas de 
sistemas elétricos de potência em valores por-unidade. Trata-se de uma sistemática usual, na qual todas as 
características elétricas dos equipamentos, como potência, tensões, reatâncias, resistências e outras são 
apresentadas em valores relativos a uma determinada base, normalmente a potência e a tensão nominais do 
equipamento, apresentadas nos dados de placas e nas especificações técnicas dos equipamentos. São 
inúmeras as vantagens de resolver problemas de sistemas de potência aplicando esta sistemática de valores 
por-unidade, como se verá no segundo capítulo. 
O terceiro capítulo trata de desenvolver e solucionar exercícios pela metodologia de componentes simétrica, 
principalmente aplicada para casos de defeitos em redes elétricas. 
O quarto capítulo aborda as soluções de exercícios englobando a maioria dos defeitos elétricos (curtos-
circuitos e aberturas de fases) que acontecem em uma rede elétrica. Neste capítulo, em particular, são 
apresentados alguns exercícios extraídos de sistemas reais. 
O quinto capítulo aborda a metodologia de análise dos nós, desenvolvendo o cálculo e montagem da matriz 
admitância de nós ou de barras. A partir desta, calcula-se a matriz impedância de barras. Desenvolve, também, 
a montagem direta da matriz de impedância de barras. 
Alguns exercícios são resolvidos e outros apenas propostos, para permitir ao estudante um desenvolvimento 
pessoal no conhecimento do assunto de introdução à análise de sistemas de potência. 
Djalma Caselato 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
9 
1 1 1 1 
CIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOSCIRCUITOS TRIFÁSICOS 
Extrato da Teoria 
1.1 Introdução 
A grande maioria dos sistemas elétricos de potência é trifásica e, também, a maioria das cargas é trifásica e 
equilibrada; entretanto, quando as cargas são monofásicas, elas sempre criam um desequilíbrio no sistema. 
Daí a necessidade de se desenvolver o conhecimento de soluções de circuitos trifásicos e desequilibrados. 
1.2 Operador αααα 
α = 1 /120º = - 0,5 + 
2
3
j (1.1) 
α2 = 1 /240 = 1 /-120 = - 0,5 - 
2
3
j (1.2) 
1 + α + α2 = 0 (1.3) 
1.3 Seqüência positiva (direta) 
 Van 1 
[ Van ] = Vbn = | Van | α
2 (1.4)
 Vcn α 
A figura 1.1 – a) representa o diagrama fasorial para a seqüência positiva. 
A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência positiva (direta) se expressa pela equação 
matricial (1.5) a seguir: 
 
Vab 1 
Vbc = 3 |Van | /30º α
2 (1.5)
Vca α 
 
Circuitos Trifásicos 
 
10 
 
1.4 Seqüência negativa (inversa) 
 Van 1 
[ Van ] = Vbn = |Van | α (1.6) 
 Vcn α
2 
A figura 1.1 – b) representa o diagrama fasorial para a seqüência negativa. 
A relação entre tensões de fase e de linha para a seqüência negativa (inversa) se expressa pela equação 
matricial (1.7) a seguir: 
 Vab 1 
[Vab ] = Vbc = 3 |Van | / - 30º α (1.7) 
 Vca α
2 
1.5 Relação entre corrente de linha e corrente de ramo na ligação em triângulo 
 Ia 1 
[Ia ] = Ib = 3 | Iab | /-30º α
2 (1.8) 
 Ic α 
1.6 Potência complexa 
S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn . Ic* (1.9) 
Sendo Ia* o conjugado da corrente Ia, Ib* de Ib e Ic* de Ic. 
Para sistema simétrico e equilibrado a potência aparente vale: 
S = 3 |Vab| . |Ia| , (1.10) 
sendo o valor do fator de potência igual ao co-seno do ângulo formado entre a corrente de linha Ia e a tensão 
de fase correspondente Van; ou seja, o ângulo é a diferença entre os argumentos de Van e Ia. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
11 
1.7 Equivalência entre carga ligada em triângulo e carga ligada em estrela 
 
A expressão matricial que converte uma ligação em triângulo numa ligação em estrela é a (1.11): 
Za Zca 0 0 Zab 
 
Zb 
 
= 








++ caZacZabZ
1
 
 
0 
 
Zab 
 
0 
 
Zbc 
 
(1.11) 
Zc 0 0 Zbc Zca 
A expressão matricial que converte uma ligação em estrela numa ligação em triângulo é a (1.12): 
Zab Zb 0 0 Za 
 
Zbc 
 
= 





++
cba ZZZ
111
 
 
0 
 
Zc 
 
0 
 
Zb 
 
(1.12) 
Zca 0 0 Za Zc 
1.8 Modelos para representação de cargas 
 
Pc = F (V) � potência ativa em função da tensão 
Qc = F (V) � potência reativa em função da tensão 
a) Carga de corrente constante com variação de tensão 
2
2
1
1
V
S
V
S
= (1.13) 
 
 
Circuitos Trifásicos 
 
12 
b) Carga de potência constante com variação de tensão 
S = P + j Q � as potências ativa e reativa permanecem iguais com a variação de tensão 
c) Carga de Impedância constante com variação de tensão 
XjR
S
V
Zc +==
2
 (1.14) 
2
2
2
2
1
1
V
S
V
S
= (1.15) 
1.9 Matriz de impedâncias de uma linha trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas 
A figura 1.4 indica um trecho de linha de transmissão trifásica a 4 fios com indutâncias mútuas, cujas 
características indicadas na figura são assim definidas: 
Ra, Rb, Rc Resistência ôhmica dos condutores de linha; 
La , Lb , Lc Indutância própria dos condutores de linha; 
Mab , Mbc , Mca Indutância mútua entre os condutores de linha; 
Rg Resistência ôhmica do condutor de retorno; 
Lg Indutância própria do condutor de retorno; 
Mag , Mbg , Mcg Indutância mútua entre o condutor de retorno e os condutores de linha. 
 
Aplicando a 2ª lei de Kirchhoff, e escrevendo as equações em forma matricial, resulta: 
Vaa’ Ra + j ωLa j ω(Mab – Mag) J ω(Mac – Mag) Ia 
Vbb’ = j ω(Mab – Mbg) Rb + j ωLb J ω(Mbc – Mbg) Ib (1.16) 
Vcc’ j ω(Mac – Mcg) j ω(Mbc – Mcg) Rc + j ωLc Ic 
Resulta ainda: 
Vn’n = (Ia + Ib + Ic) (Rg + jωLg) – jωMag.Ia – jωMbg.Ib – jωMcg.Ic (1.17) 
Vn’n = [Rg + jω (Lg - Mag.)] Ia + [Rg + jω (Lg – Mbg.)] Ib + [Rg + jω (Lg – Mcg.)] Ic (1.18) 
Para linhas de transmissão com transposição completa, resultam: 
Ra = Rb = Rc = RLa = Lb = Lc = L 
Mab = Mbc = Mca = M (1.19) 
Mag = Mbg = Mcg = M’ 
Ra + j ωLa = Rb + j ωLb = Rc + j ωLc = R + j ωL impedância própria 
Zp = R + Rg + + j ω (L + Lg – 2 M’) (1.20) 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
13 
Zm = Rg + jω (Lg + M – 2.M’ ) = impedância mútua 
Portanto, 
 
 
 
 
A matriz impedância que multiplica a matriz coluna de correntes chama-se matriz de impedâncias da rede e 
representa-se por Zrede. 
Exercícios resolvidos 
1.1 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com 
Vcn = 380 /35º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o 
diagrama fasorial. 
Solução: 
Por ser um sistema simétrico: |Vcn| = |Van| = |Vbn| = 380 V 
a) Cálculo das tensões de fase da carga: 
Por ser trifásico e com seqüência direta, e utilizando a expressão matricial (1.4), tem-se: 
 Vcn 1 380 /35º 
[Vcn] = Van = 380 /35º α
2 = 380 /-85º volts 
 Vbn α 380 /155º 
b) Cálculo das tensões de linha da carga: 
Utilizando a expressão matricial (1.5), as tensões de linha da carga são: 
Vca 1 658,179 /75º 
Vab = √3 x 380 /35 + 30º α
2 = 658,179 /-45º 
Vbc α 658,179 /195º 
c) O diagrama fasorial da figura 1.5 mostra as tensões de linha da carga para a seqüência 
positiva: 
 
 
1.2 Resolver o exercício anterior admitindo seqüência inversa. 
Van – Va’n’ Zp Zm Zm Ia 
Vbn – Vb’n’ = Zm Zp Zm Ib (1.21) 
Vcn – Vc’n’ Zm Zm Zp Ic 
Circuitos Trifásicos 
 
14 
Solução: 
a) Cálculo das tensões de fase da carga: 
Por ser trifásico e com seqüência inversa ou negativa, e utilizando a expressão matricial (1.6), tem-se: 
 
 Vcn 1 380 /35º 
[Vcn] = Vbn = 380 /35º α
2 = 380 /-85º volts 
 Van α 380 /155º 
b) Cálculo das tensões de linha da carga: 
Utilizando a expressão matricial (1.7), as tensões de linha da carga são: 
Vab 1 658,179 /125º 
Vbc = √3 x 380 /155-30º α = 658,179 /245 volts 
Vca α
2 658,179 /5º 
c) O diagrama fasorial da figura 1.6 mostra as tensões de linha da carga, para a seqüência 
negativa: 
 
1.3 Resolver o circuito trifásico da figura 1.7. Calcular: a) A corrente de carga; b) A potência consumida 
pela carga. 
Os valores dos parâmetros são: ZL = 0,5 + j ohms; Z = 10 + j 6; E = 127 V. 
 
Solução: 
Como o circuito está totalmente equilibrado, pode-se resolvê-lo como se tivesse uma única fase, ou seja, 
interligando os pontos N e N’ por um fio de impedância nula, conforme mostrado na figura 1.8. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
15 
 
a) Cálculo da corrente da carga: 
 =
+
∠
=
+
∠
=
jZZL
E
Ia
75,10
01270 10,064 / -33,69º A 
b) Cálculo da potência consumida pela fonte: 
Cálculo da potência (ver equação (1.10)): A defasagem angular entre a tensão de fase e a corrente é de 
33,69°. 
S = °∠=°∠××= 69,33899,383469,33064,102203||.||3 IV VA 
ou ainda, pela equação (1.9): 
S = 127 / 0º x 10,064 / 33,69º + 127 / - 120° x 10,064 / 153,69º + 127 /120° x 10,064 / -
86,31° 
S = 3834,899 /33,69º VA 
1.4 No circuito da figura 1.9, os valores das impedâncias são: 
ZL = 0,2 + j 0,6 Ω Zn = 5 Ω (retorno) Za = 5 + 3 j Ω Zb = 5 + 8 j Ω Zc = 3 + 12 j 
A fonte é simétrica e equilibrada com o valor de tensão Van = 127 /0° V. 
Calcular: a) Os valores das correntes das fases; b) O valor da potência consumida da carga. 
Solução: 
a) Cálculo das correntes das fases: 
Seja a equação matricial: 
[ Van ] = [ Z ] . [ Ia ] + Zn . In 
 
Van ZL + Za 0 0 Ia 
Vbn = 0 ZL + Zb 0 Ib + Zn . (Ia + Ib + Ic) (1.22) 
Vcn 0 0 ZL + Zc Ic 
 
Circuitos Trifásicos 
 
16 
 
Da equação matricial (1.22), resultam: 
n
aL
n
aL
an
a IZZ
Z
ZZ
V
I
+
−
+
= (1.23) 
n
bL
n
bL
bn
b IZZ
Z
ZZ
V
I
+
−
+
= (1.24) 
n
cL
n
cL
an
c IZZ
Z
ZZ
V
I
+
−
+
= (1.25) 
Como In = Ia + Ib + Ic, tem-se que: 
cL
n
bL
n
aL
n
cL
cn
bL
bn
aL
an
n
ZZ
Z
ZZ
Z
ZZ
Z
ZZ
V
ZZ
V
ZZ
V
I
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
1
 (1.26) 
127 /0° 5,2 + j 3,6 0 0 Ia 
127 /-120° = 0 5,2 + 8,6 j 0 Ib + 5 . In 
127 /120° 0 0 3,2 + 12,6 j Ic 
Portanto, 
127 /0° = (5,2 + j 3,6) . Ia + 5 In 
127 /-120° = (5,2 + j 8,6) . Ib + 5 In 
127 /120° = (3,2 + j 12,6) . Ic + 5 In 
Das expressões acima resultam: 
nna IIjj
i °−∠−°−∠=
+
−
+
°∠
= 7,3479,07,3408,20
6,32,5
5
6,32,5
0127
 
nnb IIjj
i °−∠−°−∠=
+
−
+
°−∠
= 8,584975,08,17864,12
6,32,5
5
6,32,5
120127
 
nnc IIjj
i °−∠−°∠=
+
−
+
°∠
= 7,753846,02,44769,9
6,32,5
5
6,32,5
120127
 
Sendo Ia + Ib + Ic = In, quando se somam as três expressões acima, tem-se que: 
nn II °−∠−°−∠= 2,51601,12,2492,11 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
17 
 In = 5,052 / 7,7° A e 
Ia = 16,13 / -36,6° A Ib = 14,32 / 173,2° A Ic = 10,66 / 54,0° A 
Outra maneira de resolver o problema é partindo de (1.23): 
Van ZL + Za 0 0 Ia Zn Zn Zn Ia 
Vbn = 0 ZL + Zb 0 Ib + Zn Zn Zn Ib (1.27) 
Vcn 0 0 ZL + Zc Ic Zn Zn Zn Ic 
 
Van ZL + Za + Zn Zn Zn Ia 
Vbn = Zn ZL + Zb + Zn Zn Ib (1.28) 
Vcn Zn Zn ZL + Zc + Zn Ic 
 
127 /0° 10,2+3,6i 5 5 Ia 
127 /-120° = 5 10,2+8,6i 5 Ib 
127 /120° 5 5 8,2+12,6i Ic 
Daí, resulta: 
Ia = 16,13 / -36,6° A 
Ib = 14,32 / 173,2° A 
Ic = 10,66 / 54,0° A 
Somando as três correntes, determina-se In: 
In = Ia + Ib + Ic = 5,052 / 7,7° A 
E, ainda, 
Vn’n = Zn.In = (5) x (5,052 / 7,7°) = 25,25 / 7,7º V (Queda no fio de retorno) 
Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 3) x 16,13 / -36,6° = 94,05 / -5,6° 
Vb’n = Zb. Ib = (5 + j 8) x 14,32 / 173,2° = 135,09 / -128,8° 
Va’n’ = Zc . Ic = (3 + j 12) x 10,654 / 53,9° = 131,78 / 129,9° 
b) Cálculo da potência consumida pela carga: 
A potência consumida pela carga, pela equação (1.8), é: 
S = 94,05 / - 5,6° x 16,13 / 36,6° + 135,09 / - 128,8° x 14,32 / -173,2° + 131,78 / 129,9° x10,66 
/ -53,9° 
S = 2667,0 +3782,9 j VA 
1.5 Para a figura 1.10, determinar os valores de corrente e de potência envolvidos, utilizando os seguintes 
dados: 
Circuitos Trifásicos 
 
18 
 
Van = 220 / 0° V; Vbn = 220 / -120° V; Vbn = 220 / 120° V; ZL = 0,2 + 10 j; Za = 20 + j Ω ; 
 Zb = 1 + 15 j Ω ; Zc = 1 - 18 j Ω Zn = 0,2 + 10 j 
SOLUÇÃO: 
a) Cálculo das correntes: 
A partir da equação matricial (1.28), obtém-se: 
220 /0° 20,4+21i 0,2+10i 0,2+10i Ia 
220 /-120° = 0,2+10i 1,4+35i 0,2+10i Ib 
220 /120° 0,2+10i 0,2+10i 1,4+2i Ic 
Resolvendo essa equação matricial, resultam: 
Ia = 22,9460 + j 2,8008 A 
Ib = 4,9241 – j 3,8717 A 
Ic = -59,1812 + j 21,7149 A 
Sendo Ia + Ib + Ic = In, então: 
In = -31,3111 + j 20,6439 A 
Cálculo das tensões na carga: [Va’n] = [Van] – [Zrede] . [Ia] 
Va’n Van 0,2 + 10 j 0 0 22,95 + j 2,80 334,91 /-43,4º 
Vb’n = Vbn - 0 0,2 + 10 j 0 4,92 – j 3,87 = 282,01/-122,1º 
Vc’n Vcn 0 0 0,2 + 10 j -59,18 + j 21,71 787,04 /81,3º 
b) Cálculo da potência consumida: 
A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência consumida pela carga: 
S = 334,906 / - 43,4° x (22,9460 - j 2,8008) + 282,007 / - 122,1º x (4,9241 + j 3,8717) + 
787,041 / 81,3º x (-59,1812 - j 21,7149) 
S = 14982 W - j 56343 var 
c) Cálculo da potência da fonte: 
A partir da equação (1.8) obtém-se o valor da potência da fonte: 
S = 220 / 0° x (22,9460 - j 2,8008) + 220 / - 120º x (4,9241 + j 3,8717) + 220 / 120º x (-
59,1812 - j 21,7149) 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
19 
S = 15892 W - j 10867 var 
1.6 Calcular o circuito da figura 1.11, determinando: a) As correntes envolvidas; b) As tensões envolvidas; 
c) A potência fornecida pela fonte de energia; d) O fator de potência da fonte. 
São dados: ZL = 0,2 + 0,5 j; 
Za = 10 j Ω ; 
C = 100 µF; freqüência 60 Hz; 
|Ia’| = |Ib’| = Ic’| = 2 A (simétrico e equilibrado) 
 
Solução:a) Cálculo das correntes: 
j
j
Xj C 52,26
10100377 6
−=
××
−
=−
−
 
Va’n = - j Xc . Ia = - j 26,52 x 2 / 0° = 53,0504 / -90° V 
Vb’n = - j Xc . Ib = - j 26,52 x 2 / -120° = 53,0504 / -210° V 
Vc’n = - j Xc . Ic = - j 26,52 x 2 / 120° = 53,0504 / 30° V 
A
jZ
V
I
a
na
a 304,510
900504,53
'' ' −=
−∠
== 
Aj
jZ
V
I
b
nb
b 593,4652,210
2100504,53
'' ' +=
−∠
== 
Aj
jZ
V
I
a
na
a 593,4652,210
304050,53
'' ' −=
∠
== 
Cálculo das correntes na fonte: 
Ia = Ia
’ + Ia
” = - 3,304 A 
Ib = Ib
’ + Ib
” = 1,652 + j 2,861 A 
Ia = Ia
’ + Ia
” = 1,652 – j 2,861 A 
b) Cálculo das tensões: 
Circuitos Trifásicos 
 
20 
Cálculo de Van, Vbn e Vcn 
Van = Va’n + ZL . Ia = 53,0504 / -90° + (0,2 + j 0,5) x (-3,304 / 0°) = 55,702 / -91,1° V 
Vbn = Vb’n + ZL . Ib = 53,0504 / -210° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 + j 2,861) = = 55,702 / 148,9° V 
Vcn = Vc’n + ZL . Ic = 53,0504 / 30° + (0,2 + j 0,5) x (1,652 – j 2,861) = = 55,702 / 28,9° V 
c) Cálculo da potência na fonte: 
A potência da fonte é S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* 
S = 55,702 /-91,1° x 3,304 /180°+ 55,702 /148,9° x (1,652 + j 2,861) + 55,702 / 28,9° x 
(1,652 - j 2,861) 
S = 10,5146 + j 552,0191 = 552,119 / 88,9° VA 
d) Cálculo do fator de potência da fonte: 
º91,88
5146,10
0191,552
arctan ==ϕ 
Fator de potência = cos (88,9º) = 0,019 
1.7 Calcular o circuito da figura 1.12, determinando: a) O valor de Vnn’; b) Os valores das correntes; c) Os 
valores das quedas de tensão da carga; d) As tensões de fase da carga; e) A potência fornecida pela fonte; f) A 
potência consumida pela carga; g) O fator de potência da carga. 
Dados: Van = 127 / 0° , fonte simétrica e equilibrada. 
ZL = j 0,2 Ω Za = 5 + 2 j Ω Zb = 4 + j Ω Zc = 6 + 1,5 j Ω 
 
Solução: 
a) Cálculo de Vnn’: 
Van’ = Van + Vnn’ = ( ZL + Za ). Ia (1.29) 
Vbn’ = Vbn + Vnn’ = ( ZL + Zb ). Ib (1.30) 
Vcn’ = Vcn + Vnn’ = ( ZL + Zc ). Ic (1.31) 
Resultam dessas equações: 
a
nn
a
an
a ZZL
V
ZZL
V
I
+
+
+
= ' (1.32) 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
21 
cba
c
cn
b
bn
a
an
ZZLZZLZZL
ZZL
V
ZZL
V
ZZL
V
Vnn
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
−=
111
'
b
nn
b
bn
b
ZZL
V
ZZL
V
I
+
+
+
= '
 (1.33) 
c
nn
c
cn
c
ZZL
V
ZZL
V
I
+
+
+
= '
 (1.34) 
Somando as três expressões e sabendo que: Ia + Ib + Ic = 0 , resulta: 
 
 (1.35) 1.35) 
 
Cálculo das correntes: 
Das expressões (1.32); (1.33); (1.34) e (1.35) obtém-se: 
A
jj
Ia º9,14221,242,25
º5,79615,20
2,25
º0127
−∠=
+
∠
+
+
∠
= 
A
jj
Ib º4,140811,252,25
º5,79615,20
2,25
º120127
−∠=
+
∠
+
+
−∠
= 
AIII bac º8,98980,22)( ∠=+−= 
b) Cálculo das quedas de tensões de fase da carga: 
Va’n’ = Za . Ia = (5 + j 2) x 24,221 / -14,9º = 130,434 / 6,9º V 
Vb’n’ = Zb . Ib = (4 + j) x 25,811 / -140,4º = 106,426 / -126,3º V 
Vc’n’ = Zc . Ic = (6 + j 1,5) x 22,980 / 98,8º = 142,124 / 112,9º V 
c) Cálculo das tensões de fase da carga 
Va’n = Za . Ia + Vn’n = 130,434 / 6,9º - 20,615 /79,5º = 125,838 / -2,1º V 
Vb’n = Zb . Ib + Vn’n = 106,426 / -126,3º - 20,615 /79,5º = 125,297 / -122,1º V 
Vc’n = Zc . Ic + Vn’n = 142,124 / 112,9º - 20,615 /79,5º = 125,413 / 118,0º V 
d) Potência fornecida pela fonte: 
A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.8): 
S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* 
S = 127 / 0° x 24,221 / 14,9° + 127 / -120° x 25,811 / 140,4° + 127 / 120° x 22,980 / 
-98,8° 
S = 8766,67 + j 2987,85 VA = 9261,81 / 18,8º 
e) Potência consumida pela carga: 
A potência consumida pela carga é S = Va’n’ . Ia* + Vb’n’ . Ib* + Vc’n’. Ic* 
27,2074,3
5,162,0
1
42,0
1
252,0
1
5,162,0
120127
42,0
120127
252,0
0127
' j
jjjjjj
jjjjjj
Vnn +=
++
+
++
+
++
++
°∠
+
++
°−∠
+
++
°∠
−=
Circuitos Trifásicos 
 
22 
S = 125,838 / -2,1° x 24,221/ 14,9° + 125,297/ -122,1° x 25,811 / 140,4° + 125,413/ 118,0° x 
22,980 / -98,8° 
S = 8766,67 + j 2631,66 VA = 9153,15 / 16,7º VA 
f) Fator de potência da carga: 
º71,16
67,8766
66,2631
arctan ==ϕ 
Fator de potência = cos(16,71º) = 0,9578 
1.8 Calcular os valores de W1 e W2, para o exercício anterior, de acordo com os wattímetros instalados na 
figura 1.13: 
 
Va’b’ = Va’n – Vb’n = 125,838 / -2,1º - 125,297 / -122,1º = 217,58 / 27,8º V 
Vb’c’ = Vc’n – Vb’n = 125,413 / 118,0º - 125,297 / -122,1º = 216,84 / 87,9º V 
W1 = Re (Va’b’ . Ia*) = 217,58 / 27,8º . 24,221/ -14,9° = 3873,45 W 
W2 = Re (Vc’b’ . Ic*) = 216,84 / 87,9º . 22,980 / 98,8° = 4893,22 W 
W1 + W2 = 8766,67 W 
1.9 Calcular o circuito da figura 1.14, determinando: a) O valor das correntes; b) O valor das tensões de 
fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência 
da carga. 
 
Dados: ZL = 0,1 + 0,5 j Ω 
Za’b’ = 5 + j 10 Ω Zb’c’ = 3+ 15 j Ω Zc’a’ = 12 Ω 
E ainda, Van = 380 / 0º V; Vbn = 380 / - 100º V e Vcn = 405 / 100º V. 
Solução: 
Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não aterrada, ficando, portanto, a solução similar 
à do exercício 1.7. 
j0,87804,0976
2520
12.)105(
+=
+
+
=
j
j
Za 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
23 
j5,34150,07317-
2520
)153(.)105(
+=
+
++
=
j
jj
Zb 
j2,63415,0927
2520
12.)153(
+=
+
+
=
j
j
Zc 
Cálculo de Vnn’ 
A partir da expressão (1.35), obtém-se: 
Vnn’ = 1,368 – 128,9 j V 
a) Cálculo das correntes: 
A partir das expressões (1.24); (1.25) e (1.26) obtém-se: 
A
jj
Ia º8,3612,91
3780,11976,4
º4,8991,128
3780,11976,4
º0380
−∠=
+
−∠
+
+
∠
= 
A
jj
Ib º9,17284,86
8415,5026829,0
º4,8991,128
8415,5026829,0
º100380
∠=
+
−∠
+
+
−∠
= 
 
A
jj
Ic º2,7394,45
1341,31927,5
º4,8991,128
1341,31927,5
º100405
∠=
+
−∠
+
+
∠
= 
b) Cálculo das tensões de fase da carga: 
Va’n = Van - ZL . Ia = 380 / 0º - (0,1 + 0,5 j ) x (72,91 –54,65 j) = 345,38 + 30,99 j V 
Vb’n = Vbn - ZL . Ib = 380 / -100º - (0,1 + 0,5 j ) x (-86,1735 +10,6713 j) = = - 52,03 – 332,20 j 
V 
Vc’n = Vcn - ZL . Ic = 405 / 100º - (0,1 + 0,5 j ) x (13,2635 +43,9787 j) = = - 49,66 + 387,82 j 
V 
c) Potência fornecida pela fonte: 
A potência fornecida pela fonte é calculada utilizando a equação (1.9): 
S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* 
S = 380 / 0° x 91,12 / -36,8° + 380 / -100° x 86,84 / 172,9° + 405 / 100° x 45,94 / 73,2° 
S = 46010,9 (W) + j 62103,5 (var) = 77290,7 / 53,5º VA 
d) Cálculo da potência consumida pela carga: 
S = (345,38 - 30,99 j) x 91,12 / 36,8° + (- 52,03 – 332,20 j) x 86,84 /-172,9° + (- 49,66 + 387,82 j) x 45,94 / -
73,2° 
S = 44215,6 + 53126,8 j VA 
e) Fator de potência da carga: 
º23,50
6,44215
8,53126
arctan ==ϕ 
Fator de potência = cos(50,23º) = 0,64 
1.10 Calcular o circuito da figura 1.15, determinando: a) O valor das correntes; b) O valor das tensões de 
jjj
jjj
Vnn
1341,31927,5
1
8415,5026829,0
1
3780,11976,4
1
1341,31927,5
100405
8415,5026829,0
100380
3780,11976,4
0380
'
+
+
+
+
+
+
°∠
+
+
°−∠
+
+
°∠
−=
Circuitos Trifásicos 
 
24 
fase da carga; c) A potência fornecida pela fonte; d) A potência consumida pela carga; e) O fator de potência 
da fonte. 
Dados: ZL = 0,1 + j 0,5 Zm = 0,1 j 
Za’b’ = 6 + 4 j Zb’c’ = 12 + 8 j Zc’a’ = 12 – 8 j 
Van = 460 V simétrico e equilibrado. 
 
Solução: 
Transformar a carga ligada em delta numa ligação em estrela não aterrada, aplicando a equação matricial 
(1.11) ficando, portanto, a solução similar à do exercício 1.7. 
Za 12-8 j 0 0 6+4 j 3,4061 – 0,4541 j 
Zb = 






+ j430
1 0 6+4 j 0 12+8 j = 1,7293 + 2,9694 j 
Zc 0 0 12+8 j 12-8 j 6,8122 – 0,9083 j 
Para os terminais da carga, vale; 
Va’n’ = Va’n + Vnn’ = Ia . Za 
Vb’n’ = Vb’n + Vnn’ = Ib . Zb (1.36) 
Vc’n’ = Vc’n + Vnn’ = Ic . Zc 
Isolando as correntese sabendo que Ya, Yb e Yc são as admitâncias das cargas, têm-se: 
Ia = Ya.Va’n + Ya.Vnn’ 
Ib = Yb.Vb’n + Yb.Vnn’ (1.37) 
Ic = Yc.Vc’n + Yc.Vnn’ 
Sabendo que a somatória das correntes é nula, resulta: 
cba
nccnbbnaa
nn
YYY
VYVYVY
V
++
++
= ''''
... (1.38) 
Matricialmente a equação (1.38) pode ser escrita: 
Vnn’ Ya Yb Yc Va’n 
Vnn’ = 
cba YYY ++
−1 Ya Yb Yc Vb’n (1.39) 
Vnn’ Ya Yb Yc Vc’n 
As equações (1.36) resultam: 
Va’n’ Za 0 0 Ia Ia 
Vb’n’ = 0 Zb 0 Ib = Zcarga Ib (1.40) 
Vc’n’ 0 0 Zc Ic Ic 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
25 
Substituindo (1.39) em (1.40) resulta: 
cba
a
YYY
Y
++
−1 
cba
b
YYY
Y
++
− 
cba
c
YYY
Y
++
− Va’n’ Ia 
cba
a
YYY
Y
++
− 
cba
b
YYY
Y
++
−
−1 
cba
c
YYY
Y
++
− Vb’n’ = Zcarga Ib 
(1.41) 
cba
a
YYY
Y
++
− 
cba
b
YYY
Y
++
− 
cba
c
YYY
Y
++
−
−1 
 Vc’n’ Ic 
 
 
cba
a
YYY
Y
++
−1 
cba
b
YYY
Y
++
− 
cba
c
YYY
Y
++
− 
YT = 
cba
a
YYY
Y
++
− 
cba
b
YYY
Y
++
−
−1 
cba
c
YYY
Y
++
− (1.42) 
 
cba
a
YYY
Y
++
− 
cba
b
YYY
Y
++
− 
cba
c
YYY
Y
++
−
−1 
 
Resulta, portanto: 
 Va’n’ Ia 
YT Vb’n’ = Zcarga Ib (1.43) 
 Vc’n’ Ic 
Por outro lado, a tensão no início da rede vale: 
Van Va’n’ ZL Zm Zm Ia 
Vbn = Vb’n’ + Zm ZL Zm Ib (1.44) 
Vcn Vc’n’ Zm Zm ZL Ic 
Ou, ainda: 
Va’n’ Van ZL Zm Zm Ia 
Vb’n’ = Vbn - Zm ZL Zm Ib (1.45) 
Vc’n’ Vcn Zm Zm ZL Ic 
Substituindo (1.45) em (1.41) resulta: 
 Van ZL Zm Zm Ia Za 0 0 Ia 
YT Vbn - Zm ZL Zm Ib = 0 Zb 0 Ib (1.46) 
 Vcn Zm Zm ZL Ic 0 0 Zc Ic 
 
Circuitos Trifásicos 
 
26 
Zrede Zcarga 
Ou 
 Van Ia 
YT Vbn = YT Zrede + Zcarga Ib (1.47) 
 Vcn Ic 
 
E, portanto: 
Ia -1 Van 
Ib = YT Zrede + Zcarga YT Vbn (1.48)
Ic Vcn 
a) Cálculo das correntes 
Calculando as matrizes da equação (1.48) vem primeiramente a matriz da equação (1.42): 
 0,9681 + 0,0032 j -0,2610 – 0,2742 -0,7071 + 0,2710 j 
YT = -0,0319 + 0,0032 j 0,7390 – 0,2742 j -0,7071 + 0,2710 j 
 -0,0319 + 0,0032 j -0,2610 – 0,2742 j 0,2929 + 0,2710 j 
Por outro lado, 
 0,1 + j 0,5 0,1 j 0,1 j 
Zrede = 0,1 j 0,1 + j 0,5 0,1 j 
 0,1 j 0,1 j 0,1 + j 0,5 
E, ainda, 
 3,4061 – 0,4541 j 0 0 
Zcarga = 0 1,7293 + 2,9694 j 0 
 0 0 6,8122 – 0,9083 j 
E, 
Van 480 / 0º 
Vbn = 480 / -120º 
Vcn 480 / 120º 
Resulta, portanto; 
Ia 154,91 / -7,4º 
Ib = 130,59 / -169,2º (A) 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
27 
Ic 51,13 / 119,7º 
b) Cálculo das tensões de fase da carga: 
Aplicando o conjunto de equações (1.36), resultam: 
Va’n = 532,33 / -15,0º V 
Vb’n = 448,73 / -109,4º V 
Vc’n = 351,36 / 112,1º V 
c) Cálculo da potência fornecida pela fonte: 
S = Van . Ia* + Vbn . Ib* + Vcn. Ic* 
S = 133400 (W) + j 54832 (var) 
d) Cálculo da potência consumida pela carga: 
S = Va’n . Ia* + Vb’n . Ib* + Vc’n. Ic* 
S = 129040 (W) j 37365 (var) 
e) Cálculo do fator de potência da carga: 
fp = cos(atan(54832/133400)) = 0,925 
Exercícios Propostos 
1.11 Um sistema trifásico simétrico e equilibrado com seqüência de fase direta alimenta uma carga com 
Vcn = 230 /15º V. Pede-se: a) As tensões de fase da carga; b) As tensões de linha da carga; c) Desenhar o 
diagrama fasorial com as três fases. 
1.12 Resolver o circuito anterior admitindo seqüência inversa. 
1.13 Resolver o circuito trifásico da figura do exercício 1.7. Calcular: a) A corrente da carga; b) A potência 
fornecida pela fonte; c) A potência consumida pela carga. Dados: ZL = 1 + j ohm; Z = 1 + j 6,5 ohm; E = 
110 V. 
1.14 No circuito mostrado na figura 1.10, os valores das impedâncias são: 
ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω 
(impedância de aterramento da carga) 
A fonte é simétrica e equilibrada, com valor de tensão Van = 220 /0° V. 
Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela 
carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia. 
1.15 No circuito da figura 1.9, os valores das impedâncias são: 
ZL = 0,1 + j 3,5 Ω Za = 4 + 2,5 j Ω Zb = 4 + 9 j Ω Zc = 3,5 + 10,5 j Ω Zn = 4,5 Ω 
(impedância de retorno da linha) 
A fonte é simétrica e equilibrada, com o valor de tensão Van = 220 /0° V. 
Calcular: a) As correntes de fase e do neutro; b) As tensões de fase da carga; c) A potência consumida pela 
carga; d) A potência fornecida pela fonte de energia. 
1.16 Para o circuito da figura 1.16, para Van = 210 / 0° V; Vbn = 205 / -102° V e Vcn = 208 / 119° V e, ainda, 
Za = j 45 Ω, Zb = j 18,5 Ω e Zc = - j 27 Ω; determinar: a) As correntes de linha e a corrente de neutro; b) As 
tensões de fase da carga; c) A potência consumida; d) A potência fornecida pela fonte de energia. 
Circuitos Trifásicos 
 
28 
 
1.17 Um restaurante com alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 110 V fase-neutro – 
obtido por tap central do enrolamento do transformador) possui as seguintes cargas: 20.000 W ligados em 220 
V, 10.000 W ligados na fase A com o neutro, e outros 12.100 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as 
correntes nos três condutores. Ver figura 1.17. 
 
1.18 Uma pizzaria com alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 110 V fase-neutro – obtido 
por tap central do enrolamento do transformador) possui as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 
7.000 W ligados na fase A com o neutro e outras 5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as 
correntes nos três condutores. Ver figura 1.17. 
1.19 Uma casa comercial possui uma alimentação monofásica a três fios (220 V fase-a-fase e 127 fase-
neutro) com as seguintes cargas: 18.000 W ligados em 220 V, 7.000 ligados na fase A com o neutro e outras 
5.000 W ligados na fase B com o neutro. Determinar as correntes nos três condutores. 
1.20 Para o circuito da figura 1.18, para Van = 118 / 0° V; Vbn = 125 / -102° V e Vcn = 128 / 119° V e, ainda, 
Za = j 40,5 Ω, Zb = j 39,7 Ω , Zc = j 40,2 Ω, ZL = 0,1+0,6 j e Zn = 0,4 j (retorno da linha), determinar: a) As 
correntes de linha; b) As tensões das fases da carga; c) A tensão Vnn’; c) A potência consumida pela carga; 
d) A potência fornecida pela fonte de energia. 
 
1.21 Um gerador possui um sistema de aquecimento para quando está fora de operação. Este sistema 
consiste de resistências ligadas, como mostra a figura 1.19. Calcular as correntes das fases A, B, C, a corrente 
do neutro e a potência complexa consumida, nos casos a seguir: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
29 
a) Por um problema técnico, as duas resistências da fase C ficam desconectadas, deixando esta 
fase aberta. 
b) Por um problema técnico, somente uma das resistências da fase C fica desconectada. 
 
Características de cada resistência: Potência 1500 W; Tensão 380 V; Comprimento 
750 mm. 
A alimentação elétrica é feita com seqüência direta, com valor de tensão: VAB = 220 V. 
1.22 Para o circuito da figura 1.18, Van = 125 / 0° V, Vbn = 125 / -102° V, Vcn = 128 / 119° V, e ainda, 
ZL = j 0,5 Ω, Za = 46,6 + j 40,5 Ω, Zb = 45,0 + j 39,7 Ω, Zc = 47 + j 40,2 Ω, e Zn = j 40 Ω (impedância de 
aterramento da carga). Determinar: a) As correntes da carga e do neutro; b) A potência consumida pela carga; 
c) O fator de potência da carga. 
1.23 Resolver o exercício anterior com Zn = 0 Ω, determinando: a) As correntes da carga e do neutro; b) A 
potência complexa consumida pela carga; c) O fator de potência da carga. 
1.24 Resolver o exercício 1.22 para o caso em que o fio de retorno se rompe e a carga fica com o neutro 
isolado, calculando: a) As correntes da carga; b) A tensão VNN’; c) A potência fornecida pela fonte. 
1.25 Para o circuito da figura 1.20, com o disjuntor D aberto e sabendo os seguintes dados: 
Dados 1.25.11.25.2 1.25.3 1.25.4 1.25.5 
Za (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180 
Zb (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180 
Zc (Ω) 400 + j 200 410 + j 210 390 + j 190 385 + j 185 380 + j 180 
ZL (Ω) 5 + j 50 4 + j 40 6 + j 60 7 + j 70 8 + j 80 
Zm (Ω) 50 j 45 j 6 j 0 0 
Zmg (Ω) j 5 j 4,5 j 0,5 0 0 
Zn (Ω) 10 + j 50 8 + j 40 12 + j 60 2 + j 35 0 
Van (V) 127 / 1º 200 / 1,5º 265 / 2º 290 / 2,5º 300 / -1º 
Vbn (V) 127 / -105º 200 / -115º 265 / -109º 290 / -115º 300 / -100º 
Vcn (V) 127 / 125º 200 / 128º 265 / 115º 290 / 135º 300 / 120º 
 
Calcular: a) As correntes de fase e de neutro; b) A potência da carga; c) A potência complexa no início da 
Linha (pontos A-B-C); d) As tensões nos pontos A’, B’ e C’, próximo ao disjuntor aberto. 
 
Circuitos Trifásicos 
 
30 
 
1.26 Resolver o circuito abaixo, figura 1.21, sabendo que é simétrico e equilibrado: 
 
 CARGA 
Exercício Tensão de 
linha na fonte 
(V) 
Impedância da 
linha Z (ohm) 
Tensão 
nominal (V) 
Potência 
(kW) 
Fator de 
potência 
(indutivo) 
1.26.1 480 0,01 + j 0,05 480 300 0,9 
1.26.2 2200 0,02 + j 0,15 2200 2500 0,9 
1.26.3 4160 0,02 + j 0,3 4160 4500 0,85 
1.26.4 6900 0,04 + j 0,7 6600 5000 0,92 
1.26.5 13800 0,07 + j 0,1 13800 15000 0,9 
1.26.6 460 0,008 + j 0,02 440 700 0,85 
1.26.7 480 0,009 + j 0,018 440 800 0,9 
1.26.8 2200 0,08 + j 0,1 2200 3500 0,9 
1.26.9 220 0,005 + j 0,02 220 125 0,82 
1.26.10 400 0,009 + j 0,01 380 600 0,85 
1.26.11 4160 0,05 + j 0,25 4160 4500 0,85 
Resolver, considerando: a) Carga modelada por impedância constante; b) Carga modelada por potência 
constante; c) Carga modelada por corrente constante; d) Construir uma tabela comparativa entre as três 
soluções. 
Solução do Exercício 1.26.1 
a) Carga modelada por impedância constante 
Cálculo da impedância da carga: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
31 
ohmj
arc
S
V
Z abC 3013,06221,0
9,0/300000
)9,0cos(480
*
2
+=
∠
== 
Cálculo da corrente: 
º1,2922,383
)3013,06221,005,001,0(3
0480
−∠=
+++
∠
=
+
=
jjZZ
V
I
CL
an
a
 
A tensão nos terminais da carga é: 
Va’n’ = Ia . Zc = (0,6221 + j 0,3013) x 383,22 / - 29,1º = 264,89 / -3,26º V 
A potência absorvida pela carga é: 
kVAIVS ana º8,2554,304º1,2922,383º26,389,26433 '' ∠=∠×−∠×== 
b) Carga modelada por potência constante 
Como a potência consumida é constante, a corrente elétrica depende da tensão aplicada à carga e este valor 
não é conhecido. O cálculo é processado iterativamente da seguinte forma: 
• Adota-se um valor de tensão inicial da carga, que pode ser a nominal do sistema; 
• Calcula-se a corrente absorvida pela carga; 
• Com este valor de corrente, calcula-se o novo valor de tensão nos terminais da carga; 
• Compara-se este valor com o valor adotado inicialmente e, se a diferença estiver dentro da precisão 
desejada, o valor procurado é este, senão, calcula-se novamente a corrente e o novo valor de tensão 
daí resultante. 
Tensão inicial: º0128,277
3
480)0(
'' ∠==naV 
Cálculo do valor inicial da corrente: 
A
xV
S
I
na
a º8,2594,400
º0128,2779,03
º8,25300000
3
**
''
)0( −∠=





∠×
∠
=





= 
Cálculo do novo valor de tensão: 
º5,328,265º8,2594,400)05,001,0(º0128,277
)0()1(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo da iteração seguinte: 
A
xV
S
I
na
a º3,2984,418
º5,328,2659,03
º8,25300000
3
**
''
)1( −∠=





−∠×
∠
=





= 
Cálculo do novo valor de tensão: 
º5,373,263º3,2984,418)05,001,0(º0128,277
)1()2(
''
−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo da iteração seguinte: 
A
xV
S
I
na
a º3,2931,421
º5,373,2639,03
º8,25300000
3
**
''
)2( −∠=





−∠×
∠
=





= 
Cálculo do novo valor de tensão: 
º5,362,263º3,2931,421)05,001,0(º0128,277
)2()2(
''
−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo da iteração seguinte: 
A
xV
S
I
na
a
º3,2948,421
º5,362,2639,03
º8,25300000
3
**
''
)3( −∠=





−∠×
∠
=





= 
Cálculo do novo valor de tensão: 
Circuitos Trifásicos 
 
32 
º5,364,263º3,2948,421)05,001,0(º0128,277
)3()3(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo da iteração seguinte: 
A
xV
S
I
na
a º3,2945,421
º5,364,2639,03
º8,25300000
3
**
''
)4( −∠=





−∠×
∠
=





= 
Cálculo do novo valor de tensão: 
º5,364,263º3,2945,421)05,001,0(º0128,277
)4()4(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Como a diferença de valores entre a iteração 4 e a iteração 3 está dentro da precisão desejada, o valor da 
tensão a ser adotada é: Va’n’ = 263,64 / - 3,5º V 
O seguinte cálculo é feito para comprovar que a potência permaneceu constante: 
S = 3 x Va’n’ . Ia
* = 3 x 263,62 / - 3,5º x 421,48 / + 29,4º = 333,33 / 25,8º kVA 
c) Carga modelada por corrente constante 
Neste caso, o módulo da corrente é constante; entretanto, seu argumento não o é. O processo de cálculo a ser 
adotado é também iterativo. 
Tensão inicial: º0128,277
3
º0480)0(
'' ∠=
∠
=naV 
Cálculo do valor inicial da corrente: 
A
xV
S
I
na
a º8,2594,400
º0128,2779,03
º8,25300000
3
**
''
)0( −∠=





∠×
∠
=





= 
O valor de ϕ = 25,84º deve permanecer constante. 
Cálculo do novo valor de tensão: 
º5,329,265º8,2594,400)05,001,0(º0128,277
)0()1(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo do argumento da corrente: 
δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,5º - 25,8º = -29,3º 
Então, o novo valor de corrente é Ia
(2) = 400,94 / - 29,3º A 
Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: 
º4,328,264º3,2994,400)05,001,0(º0128,277
)2()2(
''
−∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo do argumento da corrente: 
δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º 
Então, o novo valor de corrente é Ia
(3) = 400,94 / - 29,2º A. 
Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: 
º4,330,264º2,2994,400)05,001,0(º0128,277
)3()3(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo do argumento da corrente: 
δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º 
Então, o novo valor de corrente é Ia
(4) = 400,94 / - 29,2º A. 
Cálculo da iteração seguinte do valor de tensão: 
º4,330,264º2,2994,400)05,001,0(º0128,277
)4()4(
'' −∠=−∠×+−∠=×−= jIZVV aLanna 
Cálculo do argumento da corrente: 
δ(1) = θ(1) - ϕ = - 3,4º - 25,8º = 29,2º 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
33 
Então, o valor final da corrente é Ia = 400,94 / - 29,2º A; neste caso, a potência absorvida pela carga é: 
S = 3 x Va’n’ . Ia
* = 3 x 264,30 / - 3,4º x 400,94 / + 29,2º = 317,91 / 25,8º kVA 
d) Comparação entre as três soluções 
Modelo Impedância 
constante 
Potência constante Corrente constante 
Ia (A) 383,23 / - 29,1º 421,48 / - 29,4º 400,94 / - 29,2º 
Va’n’ (V) 264,89 / -3,2º 263,62 / - 3,5º 264,30 / - 3,4º 
S (kVA) 304,540 / 25,8º 333,333 / 25,8º 317,905 / 25,8º 
1.27 Um alimentador de uma fonte de energia de 440 V, trifásica, 60 Hz, alimenta as seguintes cargas 
trifásicas: 
Motor � 440 V, 150 kW, rendimento de 94%, fator de potência 0,85 atrasado; 
Resistência � 32 kW; 
Outras cargas � 60 kW com fator de potência 0,7 atrasado. 
Calcular a potência complexa total. 
1.28 Um forno a arco submerso para produção de silício metálico consome 25 kW, com fator de potência 
0,68 atrasado. Calcular a potência do banco de capacitores necessária para corrigir o fator de potência para 
0,92 atrasado. 
1.29 Para correção do fator de potência de uma fábrica existe um banco de capacitores formado de dois 
sub-bancos, conforme mostra a figura 1.22. Cada sub-banco é ligado em estrela não-aterrada, e os neutros 
desses sub-bancos estão interligados. Cada braço da estrela possui sete capacitores ligados em paralelo. O 
reator de limitação de corrente de inrush possui o valor de indutância L = 9,06 mH. Cada capacitor possui o 
valor de capacitância C = 5,71 µF. O sistema é alimentado com a tensão de linha de 14.800 V, simétrico e 
equilibrado na freqüência de 60 Hz. Calcular o módulo da corrente de neutro para as seguintes situações: 
 
Exercícios Situações 
1.29.1 Umcapacitor com defeito na fase A 
1.29.2 Defeito num capacitor da fase A de uma estrela e na fase B da outra estrela 
1.29.3 Dois capacitores com defeito no mesmo braço da estrela – Fase A 
1.29.4 Defeito num capacitor da fase A de uma estrela e na fase A da outra estrela 
1.29.5 Defeito num capacitor no braço A e de outro no braço B da mesma estrela 
Circuitos Trifásicos 
 
34 
 
Solução do Exercício 1.29.1 
Cálculo dos valores de reatâncias: 
XL = 2 Π f L = 376,9911 x 9,06 x 10
-3 = 3,4155 Ω 
faseX c /3632,66
7101,579911,376
10
6
Ω=
××
= de cada sub-banco 
A seqüência de tensão aplicada é: 
Van = 8544,8 / 0º V 
Vbn = 8544,8 / -120º V 
Vcn = 8544,8 / 120º V 
Aplicando a lei da malha de Kircchoff para o circuito dado, têm-se 
Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia1 + Vn’n 
Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib1 + Vn’n 
Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic1 + Vn’n 
Analogamente: 
Van = j 3,4151 Ia – j 66,3632 Ia2 + Vn’n 
Vbn = j 3,4151 Ib – j 66,3632 Ib2 + Vn’n 
Vcn = j 3,4151 Ic – j 66,3632 Ic2 + Vn’n 
E, ainda: 
Ia = Ia1 + Ia2 
Ib = Ib1 + Ib2 
Ic = Ic1 + Ic2 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
35 
In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = – Ia2 – Ib2 – Ic2 
Matricialmente pode-se escrever: [ V’ ] = [ Z’ ] [ I’ ] 
Sendo: 
 Van 8544,8 / 0º 
 Vbn 8544,8 / -120º 
 Vcn 8544,8 / 120º 
 Van 8544,8 / 0º 
 Vbn 8544,8 / -120º 
[ V’ ] = Vcn = 8544,8 / 120º 
 0 0 
 0 0 
 0 0 
 0 0 
e 
 Ia 
 Ib 
 Ic 
 Ia1 
 Ib1 
[ I’ ] = Ic1 
 Ia2 
 Ib2 
 Ic2 
 Vn’n 
O valor da matriz [ Z’ ] é: 
(Ia) (Ib) (Ic) (Ia1) (Ib1) (Ic1) (Ia2) (Ib2) (Ic2) (Vn’n) 
3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 0 0 1 
0 3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 0 1 
0 0 3,415j 0 0 -66,363j 0 0 0 1 
3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 0 1 
0 3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 0 1 
0 0 3,415j 0 0 0 0 0 -66,363j 1 
-1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 
0 -1 0 0 1 0 0 1 0 0 
0 0 -1 0 0 1 0 0 1 0 
0 0 0 -1 1 1 1 1 1 0 
A matriz acima vale para o circuito equilibrado, caso em que o valor da corrente de neutro é nulo. Supondo a 
queima de um capacitor na primeira estrela, na fase A, a reatância correspondente muda para: 
Ω=
×
= 4237,77
6
3632,667'
CX 
Este valor substitui o valor da célula da primeira linha, quarta coluna. 
Pode-se utilizar o software MatLab paras resolver facilmente esse sistema de 10 equações, 10 incógnitas. As 
respostas são: 
Ia = 271,54 j A Ib = 248,60 – 135,77 j A Ic = -248,60 – 135,77 j A 
Ia1 = 125,33 j A Ib1 = 124,30 – 67,89 j A Ic1 = -124,30 – 67,89 j A 
Circuitos Trifásicos 
 
36 
Ia2 = 146,21 j A Ib1 = 124,30 – 67,89 j A Ic1 = -124,30 – 67,89 j A 
Vn’n = -231,03 
Para determinar a corrente de neutro basta somar as três correntes de fase de qualquer uma das estrelas: 
In = Ia1 + Ib1 + Ic1 = - Ia2 - Ib2 - Ic2 = 125,33 j + 124,30 – 67,89 j - 124,30 – 67,89 j = = 10,45 j 
1.30 Resolver a rede da figura 1.23 com os mesmos dados do exercício 1.25, porém com as fases A e B 
abertas, através dos disjuntores instalados na linha. 
1.31 Resolver a rede da figura 1.24 com os seguintes dados: 
Van = 127 /1º; Vbn = 127 /-119º; Vcn = 127 /120º em volts; 
ZL = 5+50 j e Zm = 5j em ohms; 
Carga Za = Zb = Zc = 400 + j200 em ohms; 
Considerando o disjuntor da fase A aberto, calcular: a) As correntes de fase e de neutro; b) A potência da 
carga; c) A potência complexa no início da Linha (pontos A-B-C). 
 
 
 
1.32 No circuito trifásico, simétrico e equilibrado, mostrado na figura 1.25, cujos parâmetros valem: R = 15 
ohms, XL = 12 ohms, Xc = 9 ohms, R1 = 0,6 ohm, X1 = 1,3 ohms, I = 9,5 A. Calcular as tensões em A, B e C. 
 
1.33 A rede da figura 1.33 perde os capacitores e um conjunto R e XL ligados entre a fase A e B, conforme 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
 
37 
indica a figura 1.26. Supondo-a alimentada pelas tensões de fase calculadas no exercício 1.33 calcular as 
correntes nas três fases. 
 
1.34 A rede da figura 1.26 perde os capacitores e dois conjuntos R e XL ligados entre a fase A e B, e entre 
B e C, conforme indica a figura 1.27. Supondo-a alimentada pelas tensões de fase calculadas no exercício 
1.33, calcular as correntes nas três fases. 
 
1.35 No circuito mostrado na figura 1.28, sabendo que Zab = Zbc = Zca = 40 / 40º ohms, e a tensão da fonte 
(fase-neutro) é simétrica e equilibrada e igual a 220 V, calcular: a) As correntes de linha b) O valor de cada 
wattímetro; b) a potência ativa fornecida pela fonte; c) comparar com a soma de W1 e W2; d) O fator de 
potência da carga. 
1.36 Na figura 1.28, o valor lido no Wattímetro 1 é 1853,83 W, o fator de potência da carga é 0,866 indutivo, 
a tensão aplicada é simétrica e equilibrada e igual a 110 V, e sabe-se ainda, que Z = Zab = Zbc = Zca. Calcular 
o valor de Z. 
 
Bibliografia 
Brenner, E.; Javid, M. Analysis of Electric Circuits. New York: McGraw-Hill Book Company, 1967. 
Edminister, J. A. Coleção Schaum. Circuitos Elétricos. São Paulo: MacGraw-Hill do Brasil Ltda. 1972. 
175p. 
Nilsson, J. W. Electric Circuits. Massachussetts: Addison-Wesley. 1989. 
Oliveira, C. C. B.; Schmidt. H. P.; Kagan, N.; Robba, J. E. Introdução a Sistemas Elétricos de Potência – 
Componentes Simétricas. 2. ed. São Paulo: Edgard Blücher, 1996. 467p. 
Orsini, L. Q. Curso de Circuitos Elétricos. São Paulo: Edgard Blücher, 1993/4. 2v. 
Valores Percentuais e Por-unidade 
37 
2 2 2 2 
VALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E PORVALORES PERCENTUAIS E POR----UNIDADEUNIDADEUNIDADEUNIDADE 
Extrato da Teoria 
2.1 Definições 
Valores por-unidade (p.u.) correspondem a valores relativos das grandezas elétricas; basicamente 
correspondem a uma mudança de escala das grandezas elétricas. O valor por-unidade corresponde à grandeza 
definida estipulada como unidade, para servir de termo de comparação entre grandezas da mesma natureza. 
Os valores das grandezas elétricas escolhidos como unitários são ditos valores de base das respectivas 
grandezas elétricas. 
Para um circuito trifásico, as relações que comandam as quatro principais grandezas elétricas (S – potência 
complexa; V – tensão; I – corrente elétrica e Z – impedância) são: 
*.3 IVS Linha= (2.1) 
e Vfase = Z.I* ou *3 IZVLinha = (2.2) 
sendo que o asterisco denota o conjugado do número complexo do fasor considerado. 
Dessas quatro grandezas – S, V, I e Z – escolhe-se duas como base e determina-se a base das outras 
duas através das expressões (2.1) e (2.2), utilizando-se apenas o módulo dessas expressões, pois os valores 
de base são grandezas escalares. Normalmente se define a potência aparente S e o módulo da tensão de 
linha1 V como valores de base. Esses valores são escolhidos arbitrariamente; porém, uma vez definidos não 
mudam mais. Como esses valores são sempre valores escalares, os valores dos fasores em p.u. (por-unidade) 
possuem sempre o mesmo argumento dos valores originais do sistema internacional. 
Os valores em p.u. serão representados por letras minúsculas. 
baseS
S
s = (2.3) 
baseV
V
v = (2.4) 
baseI
I
i = sendo 
base
base
base
V
S
I
3
= (sistema trifásico) (2.5) 
 
1 Valor da tensão entre duas fases quaisquer. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
38 
baseZ
Z
z = sendo 
base
base
base
S
V
Z
2
= (2.6) 
Para obter o valor em percentual é só multiplicar o valor em p.u. por 100. 
“Qualquer conjunto de equações pode ser expresso em por-unidade (p.u.) se os termos individuais forem 
divididos por quantidade base dimensionalmente equivalente, contanto que as quantidades base sejam 
escolhidas de forma a seguir as mesmas leis de eletricidade que as equações originais.” (Barthold, L. O.; 
Reppen, N. D.; Hedman, D. E.; p. 49). 
2.2 Representação de transformadores em valores por-unidade 
Os valoresdas reatâncias, em percentuais, são sempre referidos aos valores nominais do transformador. 
.).(
2
sec
sec2
up
V
S
Z
V
S
Zz n
prim
n
prim == (2.7) 
Sendo: 
Sn Potência aparente nominal do transformador. Esta potência é a potência máxima para a qual o 
transformador está projetado para trabalhar em regime contínuo sem exceder os valores de temperatura 
previstos em norma. 
Zprim Impedância do transformador referida ao primário. 
Zsec Impedância do transformador referida ao secundário. 
Vprim Tensão nominal de linha do primário do transformador. 
Vsec Tensão nominal de linha do secundário do transformador na condição em vazio, quando o transformador 
é alimentado com tensão primária nominal. 
O modelo de representação do transformador é o da figura 2.1, a seguir, quando as grandezas estão em p.u.: 
 
O modelo do transformador é simplificado para um sistema de potência, com a não consideração do circuito 
magnetizante, pois a corrente desviada por esse circuito é demasiadamente pequena em face da energia em 
jogo no sistema de potência. O diagrama fica, então, conforme a figura 2.2: 
 
Valores Percentuais e Por-unidade 
39 
Como a relação de transformação é 1:1, é usual apresentar, ainda, a seguinte simplificação – figura 2.3: 
 
2.3 Representação de transformadores com três enrolamentos em valores por-unidade 
Sn Potência aparente nominal do transformador. Esta potência de um dos enrolamentos do transformador é 
a potência máxima para a qual esse enrolamento está projetado para trabalhar em regime contínuo sem 
exceder os valores de temperatura previstos em norma. 
Vprim Tensão nominal do enrolamento primário do transformador, para a qual o transformador foi projetado. 
Vsec Tensão nominal do enrolamento secundário do transformador, na condição em vazio, quando o 
transformador é alimentado com tensão primária nominal. 
Vter Tensão nominal do enrolamento terciário do transformador na condição em vazio, quando o 
transformador é alimentado com tensão primária nominal. 
X12 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o secundário em curto-
circuito e o terciário em aberto (ou reatância com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto). 
X13 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo primário, com o terciário em curto-
circuito e o secundário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o secundário em 
aberto). 
X23 Tensão de curto-circuito quando o transformador é alimentado pelo secundário, com o terciário em curto-
circuito e o primário em aberto (ou reatância com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto). 
 
Um modelo, em p.u., que pode representar muito bem o transformador com três enrolamentos é o da figura 2.5: 
 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
40 
x12 = xp + xs 
x13 = xp + xt (2.8) 
x23 = xs + xt 
Do conjunto dessas três equações, resultam: 
( )2313122
1
xxxxp −+= (2.9) 
( )1323122
1
xxxxs −+= (2.10) 
( )1223132
1
xxxx t −+= (2.11) 
2.4 Representação de banco de transformadores monofásicos em valores por-unidade 
Sejam três transformadores monofásicos com as mesmas características, e com potência individual S1f, ligados 
em estrela com o neutro aterrado no primário e no secundário, conforme mostrado na figura 2.6. 
 
Nesta condição, a potência e a tensão do banco de transformadores monofásicos formando um trifásico ficam: 
S3f = 3 x S1f (2.12) 
VL = √3 . Vf (2.13) 
O valor da reatância de cada transformador é, em p.u.: 
fb
f
fb
f
f
S
S
V
V
x
1
1
2
1
1
1








= (2.14) 
Para o banco trifásico, a reatância em p.u. vale: 
Valores Percentuais e Por-unidade 
41 
f
fb
f
fb
f
fb
f
f
f
fb
f
Lb
L
f x
S
S
V
V
S
S
V
V
S
S
V
V
x 1
1
1
2
1
1
1
1
3
3
2
3
3
3
3
3
=








=
×
×
=








= (2.15) 
Em p.u., a reatância do transformador monofásico é igual à reatância do banco de transformadores, formando 
um trifásico. Esta assertiva vale para qualquer tipo de ligação dos transformadores. 
2.5 Representação de máquinas rotativas em valores por-unidade 
Legenda da figura 2.7: 
e: f.e.m – força eletromotriz –, se gerador, e f.c.e.m. – força contra-eletromotriz, se motor, atrás da 
reatância 
v: tensão nos terminais do gerador 
x: reatância por fase do gerador 
 
2.6 Representação de linha de transmissão 
2.6.1 Linha curta 
 
Sendo Z = R + j X 
2.6.2 Linha média 
 
Os valores de Z e de Y são obtidos a partir dos cálculos que levam em consideração o perfil da torre que 
sustenta os cabos e das características desses cabos. Esses valores são multiplicados pelo comprimento da 
linha. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
42 
2.6.3 Linha longa 
 
sendo: 
( )LYZsenh
Y
Z
LsenhZZ ce •••=••= )(γ (2.16) 





 •×•=••=
2
tanh)
2
tanh(
1
2
L
YZ
Z
YL
Z
Y
c
e γ (2.17) 
Comprimento da linha: L 
Impedância da linha em ohm/km: Z 
Admitância da linha em S/km: Y 
Constante de propagação da linha: βαγ jYZ +=•= (2.18) 
Constante de atenuação da linha: α 
Constante de fase da linha: β 
Impedância característica da linha: 
Y
Z
Zc = (2.19) 
2.7 Mudança de bases 
Trata-se de mudar os valores em p.u. de uma base velha para valores em p.u. de uma base nova: 
Impedância: 
2
2
)()(
novabase
novabase
velhabase
velhabase
velhabase
V
S
S
V
puzpuz ××= (2.20) 
2.8 Representação de transformadores quando há choque de bases 
Para um sistema de potência, a base de potência tem que ser a mesma para toda rede. A tensão escolhida 
num ponto deverá refletir-se em todo o sistema, de acordo com a relação de transformação dos 
transformadores existentes na rede. Pode acontecer, quando o sistema é malhado, que a tensão base de um 
lado do transformador não corresponda a tensão do outro pela relação de transformação do respectivo 
transformador: 
 
Vb1 Tensão de base no primário do transformador 
Vb2 Tensão de base no secundário do transformador 
Valores Percentuais e Por-unidade 
43 
Vn1 Tensão nominal no primário do transformador 
Vn2 Tensão nominal no secundário do transformador 
Para uma situação de choque de bases, a condição encontrada no desenvolvimento de uma solução é: 
2
1
2
1
n
n
b
b
V
V
V
V
≠ (2.21) 
 
21
21
2
2
2
1
1
1
1
bn
n
bb VV
VV
V
V
ve
V
V
v •
•
=== (2.22) 
Multiplicando e dividindo o segundo membro da equação anterior por Vb1, tem-se 
α•=•=••= 1
1
2
1
2
2
1
1
1
1
2 vv
v
v
V
V
V
V
V
V
v
n
n
b
n
n
b
b
 (2.23) 
sendo: 
1
1
2
2
1
2
b
n
b
n
n
n
V
V
V
V
v
v
==α (2.24) 
A representação em diagrama fica: 
 
Vantagens e aplicações dos valores por-unidade 
• Na maioria dos casos, os transformadores são modelados na relação de 1:1, o que facilita sobremaneira o 
cálculo da passagem dos valores de corrente e de tensão do primário para o secundário ou vice-versa. 
• Há uma maior sensibilidade por parte do engenheiro ao avaliar a queda de tensão num trecho da rede. 
• Os valores de tensão calculados em p.u. são da mesma ordem de grandeza nos vários pontos do sistema 
de potência. 
• Os valores de impedâncias de máquinas de mesma grandeza de potência são praticamente iguais em 
valores por-unidade. 
Exercícios resolvidos 
2.1 Para o circuito monofásico da figura 2.14, com a carga operando na condição nominal, calcular o valor da 
tensão nos terminais do gerador. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
44 
 
Solução: 
Escolha da base: Sbase = 1,5 kVA e Vbase = 200 V. 
ohm
S
V
Z
base
base
base 67,261500
20022
=== 
..045,0015,0
67,26
2,14,0
upj
j
zlinha +=
+
= 
e = (0,015 + 0,045) i + 1 / 0º 
Como a corrente que circula no circuito tem o valor nominal, tem-se: 
..º9,361º9,36
1
1
up
v
s
i −∠=−∠== 
Resulta, então: 
e = 1,039 + j 0,027 p.u. ou E = e • 200 = 207,8 + j 5,4(V) 
2.2 Para o circuito trifásico da figura 2.15, determinar a corrente e a potência complexa na barra A’ para as 
condições de carga nominal. 
 
Solução: 
A potência aparente de base deve ser a mesma para o sistema todo. 
Valores base: Barra A � Vbase = 13,8 kV e Sbase = 70 MVA 
Trecho A até B � Vbase = 230 kV e Sbase = 70 MVA 
Trecho C até D � kVVbase 92
220
88
230 =•= e Sbase = 70 MVA 
Condição da carga: 
Valores Percentuais e Por-unidade 
45 
..5,0
70
35
ups == e ..8696,0
92
80
upv == 
( ) ..87,365750,08,0cos5750,0 0
*
uparc
v
s
i −∠=−∠=




= 
Transformador de 70 MVA � como as bases adotadas coincidem com os valores nominais do transformador, 
resulta que o valor em p.u. da impedância do transformador não se altera. Portanto: 
z = 0,03 + j 0,10 p.u. 
Linha A – B: 
Ω=== 7143,755
70
23022
base
base
base S
V
Z 
..1456,00368,0
7143,755
1108,27
upj
j
z +=
+
= 
Transformador de 45 MVA 
( ) ..1281,00384,0
230
70
45
220
09,0027,0
2
2
upjjz +=••+= 
Linha C – D: 
Ω=== 9143,120
70
9222
base
base
base S
V
Z 
..1547,00339,0
9143,120
7,181,4
upj
j
z +=
+
= 
A seguir, constrói-se o diagrama unifilar em p.u., como na figura 2.16: 
 
Na barra A’: 
v = (0,03 + j 0,10 + 0,0368 + j 0,1456 + 0,0384 + j 0,1281 + 0,0339 + j 0,1547) x (0,5750 / - 36,87°) + 
0,8696 / 0° 
v = 1,1159 + j 0,1951 p.u. multiplicando por 13,8 kV, resulta: V = 15,3994 + j 2,6924 kV 
Sendo Ai º87,3699,1683
8,133
70000
º87,365750,0 −∠=
×
•−∠= 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
46 
A potência complexa é: 
s = v • i* = (1,1159 + j 0,1951)•(0,5750 / + 36,87°) = 0,4460 + 0,4747 j p.u. 
S = 70 • s = 31,22 + j 33,23 MVA 
2.3 Fazer o diagrama de impedâncias da rede da figura 2.17, em p.u. 
 
Dados: 
Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância equivalente 
Gerador 1 7 MVA 4,16 kV j 0,20 p.u. 
Gerador 2 12 MVA 6,9 kV j 0,21 p.u. 
Gerador 3 9,5 MVA 6,9 kV j 0,19 p.u. 
Transformador T1 8 MVA 4,16 – 37 kV 0,020 + j 0,10 p.u. 
Transformador T2 15 MVA 6,9 – 34,5 kV 0,025 + j 0,10 p.u. 
Transformador T3 10 MVA 6,9 – 34,5 kV 0,019 + j 0,09 p.u. 
Linha B4 – B5 - - - - - - - - - - 28 + j 120 Ω 
Linha B5 – B6 - - - - - - - - - - 32 + j 130 Ω 
Linha B7 – B8 - - - - - - - - - - 25 + j 110 Ω 
Linha B8 – B5 - - - - - - - - - - 28 + j 118 Ω 
Solução: 
Adotam-se valores de base escolhidos arbitrariamente: Sbase = 15 MVA (para a rede toda), Vbase = 4,16 kV (no 
gerador 1). 
Primeiro, indicam-se os valores de base da tensão para cada trecho do diagrama unifilar, conforme mostrado 
na figura 2.18. A partir do gerador G1, com 4,16 kV, caminha-se pela rede e, cada vez que se passa por um 
transformador, o valor de base da tensão muda, de acordo com a relação de tensão do respectivo 
transformador. 
Gerador G1 
( )
( )
..4286,0
16,4
15
7
16,4
20,0
2
2
upx =××= 
Gerador G2 
Valores Percentuais e Por-unidade 
47 
( )
( )
..2282,0
4,7
15
12
9,6
21,0
2
2
upx =××= 
Gerador G3 
( )
( )
..2608,0
4,7
15
5,9
9,6
19,0
2
2
upx =××= 
A figura 2.18 mostra os valores de base de tensão em cada trecho da rede: 
 
Transformador T1 
( ) ( )
( )
( ) ..1875,00375,0
16,4
15
8
16,4
10,0020,0
2
2
upjjx +=××+= 
Transformador T2 
( ) ( )
( )
( ) ..0869,00217,0
4,7
15
15
9,6
10,0025,0
2
2
upjjx +=××+= 
Transformador T3 
( ) ( )
( )
( ) ..1174,00248,0
4,7
15
10
9,6
09,0019,0
2
2
upjjx +=××+= 
Trecho B4 – B5 
( )
( )
( ) ..3148,13068,0
37
15
12028
2
upjjx +=×+= 
Trecho B5 – B6 
( )
( )
( ) ..4244,13506,0
37
15
13032
2
upjjx +=×+= 
Trecho B7 – B8 
( )
( )
( ) ..2053,12739,0
37
15
11025
2
upjjx +=×+= 
Trecho B8 – B5 
( )
( )
( ) ..2929,13068,0
37
15
11828
2
upjjx +=×+= 
Após o cálculo das impedâncias na nova base, constrói-se o diagrama de impedâncias, em p.u., como na figura 
2.19: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
48 
 
2.4 Dada a rede a seguir – figura 2.20, pede-se: a) O diagrama de impedâncias; b) A corrente de circulação e a 
potência fornecida pelo gerador quando a carga estiver operando nas condições nominais; c) As correntes 
e as tensões, e a potência fornecida pelo gerador quando a carga estiver com 0,5 MVA, fp = 0,85 e V = 34,5 
kV. 
 
Solução: 
a) Elaboração do diagrama de impedâncias 
Este exercício corresponde ao típico conflito de choque de bases. 
Escolhe-se arbitrariamente o valor do gerador como base: Gerador � 6,6 kV e 2 MVA. 
Os demais valores das tensões de base ficam como mostra a figura 2.21. 
No transformador instalado entre as barras 004 e 002 existe um conflito de base. Dessa forma, esse 
transformador deve ser substituído por sua impedância de curto-circuito referida aos valores de base, em série 
com um (auto)transformador ideal, tendo como relação de transformação: 
1 : α = 1 : 
1
2
n
n
v
v
 (2.25) 
conforme as expressões (2.22), (2.23) e (2.24); sendo, então: 
9583,0
36
5,34
2 ==nv e 0455,12,13
8,13
1 ==nv 
Valores Percentuais e Por-unidade 
49 
Logo: 9166,0
0455,1
9583,0
==α 
 
 
A figura 2.22, a seguir, mostra a instalação do autotransformador com relação 1:α. 
 
Os valores dos parâmetros em p.u. para a figura 2.22 são: 
Linha 001 – 005: 
( )
( )
3673,01377,0
6,6
283
2
j
j
z +=
×+
= 
Transformador T1 
( )
( )
1067,0
6,6
2
5,1
6,6
08,0
2
2
=××=x 
z12 = z + x = 0,1377 + j 0,4740 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
50 
Transformador T2 
( )
( )
0824,0
6,6
2
7,1
6,6
07,0
2
2
13 jjz =××= 
( )
( )
0459,00115,0
2,13
241
234
j
j
z +=
×+
= 
Transformador T3 
( )
( )
0972,0
2,13
2
8,1
8,13
08,0
2
2
jjzT =××= 
O diagrama de impedâncias fica como mostrado na figura 2.23: 
 
b) Cálculo da corrente de circulação, quando a carga estiver operando nas condições nominais 
Cálculo da corrente da carga nas condições nominais: 
º79,315455,0
36
33
2
1
−∠==ni
 
Pela figura 2.23 deste exercício, têm-se: 
v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740) 
v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671) 
º79,315455,02
1 −∠==+ nii
i
α
 
Sendo vb = (33 / 36) = 0,9167 p.u. e α = 0,9166 
Para solucionar o exercício através de um programa computacional que opere com matrizes, escrevem-se as 
equações acima em forma matricial: 
- vb -0,1967 0 0,1377+j 0,4740 -1 i1 
- vb / α = -1,0001 = 0,0115 + j 0,9671 0 -1 i2 
in 0,4639-j0,2870 1 / α 1 0 v1 
Donde resulta: 
Valores Percentuais e Por-unidade 
51 
i1 0,1285 – j 0,0646 
i2 = 0,3235 – j 0,2169 (p.u.) 
v1 1,0641 + j 0,1235 
Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual à corrente da carga. Portanto, 
s = v1. in* = (1,0641 + j 0,1235)x(0,5455 / 31,79º) = 0,4579 + 0,3630 j p.u. 
S = 2 x s = 0,9158 (MW) + j 0,7261 (Mvar) = 1,1687 / 38,41º MVA 
c) Cálculo das correntes, das tensões e da potência fornecida pelo gerador, quando a carga 
estiver com 0,5 MVA, fp = 0,85 e V = 34,5 kV. 
Cálculo da corrente da carga com as condições impostas pelo problema: 
º79,312609,0
36
5,34
2
5,0
−∠==ni
 
Pela figura 2.23, tem-se: 
v1 – vb = i2 (0,1377 + j 0,4740) 
v1 – (vb / α) = i1 (j 0,824 + 0,0115 + j 0,0459 + j 0,0972) = i1 (0,0115 + j 0,9671) 
º79,312609,02
1 −∠==+ nii
i
α
 
Sendo vb = (34,5 / 36) = 0,9583 p.u. e α = 0,9166 
Para solucionar o exercício através de um programa computacional que opere com matrizes, escrevem-se as 
equações acima em forma matricial: 
- vb 0 0.1377+j 0,4740 -1 i1 
- vb / α = 0,0115 + j 0,9671 0 -1 i2 
in 1 / α 0 v1 
Donde resultam: 
I1 0,0586 - j 0,0019 
i2 = 0,1582 – j 0,1353 (p.u.) 
v1 1,0026 + j 0,0563 
Pela topologia da rede, a corrente que sai do gerador é igual a corrente da carga. Portanto, 
s = v1. in* = (1,0026 + j 0,0563)x(0,2609 / 31,79º) = 0,2146 + 0,1503 j p.u. 
S = 2 x s = 0,4292 (MW) + j 0,3006 (Mvar) = 0,5240 / 35,0º MVA 
2.5 Construir o diagrama de impedâncias, em p.u., da rede da figura 2.24, dados osvalores constantes da 
tabela a seguir: 
Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância equivalente 
Gerador G1 = G2 = G3 60 MVA 13,8 kV j 0,20 p.u. 
Transformador T1 = T2 = T3 60 MVA 13,8 – 230 kV j 0,11 p.u. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
52 
Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância equivalente 
Transformador T4 150 MVA 230 – 34,5 kV j 0,12 p.u. 
Transformador T5 (três 
enrolamentos) 
50 MVA (primário) 
25 MVA (secundário) 
25 MVA (terciário) 
230 – 69 – 138 kV 
(prim – terc – sec.) 
j x12 = j 11% (p/ 50 MVA) 
j x13 = j 10% (p/ 50 MVA) 
j x23 = j 10% (p/ 50 MVA) 
Transformador T6 15 MVA 138 – 34,5 kV j 0,09 p.u. 
 
Linhas Impedâncias 
longitudinais (Ω/km) 
Susceptâncias transversais 
(S/km) 
Linha 001 – 007 (180 km) 0,1 + j 1,20 5,5 x 10-6 
Linha 001 – 004 (80 km) 0,08 + j 1 5 x 10-6 
Linha 005 – 006 (90 km) 0,09 + j 1,1 4,8 x 10-6 
Linha 008 – 003 (25 km) 0,06 + j 0,64 2 x 10-6 
 
Solução: 
Escolhem-se como valores de base: S = 60 MVA e a tensão do gerador G1. A rede com as indicações das 
tensões de base fica como mostrada na figura 2.25. 
Valores Percentuais e Por-unidade 
53 
 
Geradores G1 = G2 = G3 � x = 0,20 p.u. 
Transformadores T1 = T2 = T3 � x = 0,11 p.u. 
Transformador T4 � ..048,0
230
60
150
230
12,0
2
2
upx =××= 
Transformador T5 � ..1320,0
50
60
11,012 upx =×=
 
..12,0
50
60
10,0
13
upx =×= 
..12,0
150
60
10,012 upx =×= 
De acordo com as expressões (2.9), (2.10) e (2.11), resultam: ( ) ..0660,012,012,01320,0
2
1
upxp =−+= 
( ) ..0660,012,012,01320,0
2
1
upxs =−+= 
( ) ..0540,01320,012,012,0
2
1
upxt =−+= 
Transformador T6 � ..36,0
15
60
09,0 upx =×= 
Linha 001 – 007 
A partir das expressões (2.16) e (2.17) calculam-se os parâmetros para essa linha considerada longa. Portanto: 
Ze = 16,737 + j 208,44 Ω e Ye = j 0,0010 S 
Donde resulta, em p.u.: 
..2364,00190,0
230
60
)44,208737,16(
2
upjjze +=×+= 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
54 
Ye = j 0,00000113 p.u. 
Linha 001 – 004 
Analogamente, têm-se: 
Ze = 6,332 + 79,577 j Ω e Ye = 4,011 x 10
-4 j S 
Donde resulta, em p.u.: 
ze = 0,00718 + j 0,0903 p.u. e ye = j 0,00000045 p.u. 
Linha 005 – 006 
Resultam: 
Ze = 7,985 + j 98,300 Ω e Ye = j 4,335 x 10
-4 S 
Sendo Ω== 4,317
60
1382
bZ resulta 
ze = 0,0252 + j 0,310 p.u. e ye = j 0,00000137 p.u. 
Linha 008 – 003 
Resultam: 
Ze = 1,4979 + j 16 Ω e Ye = j 5 x 10
-5 S 
Sendo Ω== 35,79
60
692
bZ resulta 
ze = 0,0189 + j 0,2016 p.u. e ye = j 0,00000063 p.u. 
O diagrama de impedâncias da rede aparece na figura 2.26. 
 
Valores Percentuais e Por-unidade 
55 
Exercícios Propostos 
2.6 Para um sistema monofásico, são adotados como valores de base Sb = 250 kVA e Vb = 460 V. Determinar 
a corrente e a impedância de base para esse sistema. 
2.7 Para um sistema trifásico, são adotados como valores de base Sb = 100 MVA e Vb = 138 kV. Determinar a 
corrente, a impedância e a admitância de base. 
2.8 Um transformador possui a reatância igual a 9% na base Sb = 50 MVA e Vb = 230 kV (lado de alta tensão). 
Determinar o valor dessa reatância em p.u. na nova base Sb = 250 MVA e Vb = 245 kV (lado de alta 
tensão). 
2.9 Uma determinada carga trifásica ligada em estrela, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa de S = 
150 + j 90 MVA na tensão 13,2 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 MVA e 
Vb = 13,8 V. 
2.10 Uma determinada carga trifásica ligada em triângulo, do tipo Z = R + jX, consome a potência complexa 
de S = 75 + j 45 MVA na tensão de 14,4 kV. Determinar a impedância equivalente em p.u. na base Sb = 100 
MVA e Vb = 13,8 V. 
2.11 Um motor de indução possui as seguintes características com base nos valores nominais do motor (em 
kVA e em kV): 
 
Tensão nominal (kV) 6,6 
Rendimento nominal (%) 87,6 
Fator de potência nominal (%) 85,67 
Resistência R (%) 2,25 
Rs (%) 1,5 
Xr (%) 15 
Xs (%) 20,8 
Potência nominal no eixo (kW) 728 
Determinar 
a) O circuito equivalente conforme o diagrama da figura 2.27, com os valores em p.u., 
considerando as seguintes bases: Sb = 1200 kVA e Vb = 7,2 V. 
b) A potência elétrica consumida pelo motor, em p.u e em kW, e o fator de potência, dados a 
tensão nos terminais do motor igual a 6,4 kV e o escorregamento s = 3,49%. 
 
2.12 Um transformador trifásico com três enrolamentos é submetido aos ensaios de curto-circuito para 
determinação das reatâncias xp, xs e xt na base 1500 kVA. As características nominais do transformador são: 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
56 
• enrolamento primário: 13800 V, 1500 kVA; 
• enrolamento secundário: 2400 V, 750 kVA; 
• enrolamento terciário 460 V, 750 kVA. 
Calcular xp, xs e xt, conhecendo os resultados dos ensaios apresentados na tabela a seguir, não considerando 
os valores de resistências do enrolamento: 
 
Ensaio Enrolamento 
excitado 
Enrolamento 
curto-circuitado 
Tensão aplicada, 
volts 
Corrente no 
enrolamento 
excitado, amperes 
1 1 2 229,6 31,4 
2 1 3 229,6 31,4 
3 2 3 138,73 31,4 
2.13 Um transformador trifásico com três enrolamentos é submetido a ensaios para determinar as reatâncias 
xp, xs e xt na base 30 MVA (desprezar a resistência). O primário e o secundário são ligados em triângulo e 
o terciário em estrela com neutro acessível. As características principais são: Potência do enrolamento 
primário e secundário 30 MVA, e a tensão de cada enrolamento 13,8 kV; o terciário possui potência igual a 
60 MVA e tensão 138 kV. Os ensaios realizados foram: 
• Com o secundário em curto-circuito e o terciário em aberto, a tensão aplicada no primário foi de 1593,3 
V e a corrente lida de 1255 A; 
• Com o terciário em curto-circuito e o secundário em aberto, a tensão aplicada no primário foi de 1552,7 
V e a corrente lida de 1255 A; 
• Com o terciário em curto-circuito e o primário em aberto, a tensão no secundário foi de 1752,7 V e a 
corrente lida de 1255 A. 
2.14 Dada a rede da figura 2.28, desenhar o diagrama de impedâncias utilizando como base o gerador G1. 
 
Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância 
equivalente 
Gerador 1 95 MVA 13,8 kV j 0,20 p.u. 
Gerador 2 85 MVA 13,8 kV j 0,21 p.u. 
Gerador 3 9,5 MVA 6,9 kV j 0,19 p.u. 
Transformadores T1 = 
T2 = T3 =T4 
100 MVA 13,8 – 138 kV j 0,11 p.u. 
Valores Percentuais e Por-unidade 
57 
Equipamento Potência nominal Tensão nominal Impedância 
equivalente 
Transformadores T5 = 
T6 
10 MVA 6,9 – 138 kV j 0,09 p.u. 
Linha LT1 - - - - - - - - - - j 10 Ω 
Linha LT2 - - - - - - - - - - j 11 Ω 
Linha LT3 - - - - - - - - - - j 14,5 Ω 
2.15 Dada a rede da figura 2.29, desenhar o diagrama de impedâncias utilizando como base o gerador G1. 
 
Equipamento Potência 
nominal 
Tensão nominal Impedância 
equivalente 
Gerador G1 25 MVA 13,8 kV j 0,22 p.u. 
Gerador G2 30 MVA 13,8 kV j 0,23 p.u. 
Gerador G3 9,5 MVA 6,6 kV j 0,19 p.u. 
Motor M3 25 MVA 13,2 kV j 0,20 
Motor M4 28 MVA 13,2 kV J 0,22 
Transformadores T1 = T2 30 MVA 14,4 – 145 kV j 0,09 p.u. 
Transformadores T3 = T4 28 MVA 138 – 13,8 j 0,09 p.u. 
Transformador T5 10 MVA 6,9 – 138 kV j 0,07 p.u. 
Linha LT12 - - - - - - - - - - j 10 Ω 
Linha LT14 = LT23 - - - - - - - - - - j 11 Ω 
Linha LT25 = LT35 - - - - - - - - - - j 14,5 Ω 
2.16 Dada a rede da figura 2.30, desenhar o diagrama de impedâncias utilizando como base o gerador G1. 
Exercícios Introdutórios a Sistemas Elétricos de Potência 
58 
 
Equipamento Potência 
nominal 
Tensão nominal Impedância 
equivalente 
Gerador 1 45 MVA 13,8 kV j 0,22 p.u. 
Gerador 2 25 MVA 13,8 kV j 0,23 p.u. 
Transformador T1 45 MVA 14,4 – 142 kV j 0,095 p.u. 
Transformador T2 28 MVA 138 – 13,8 kV j 0,085 p.u. 
Transformadores T3 = T4 30 MVA 138 – 13,8 kV j 0,08 p.u. 
Motor Síncrono M3 = M4 28 MVA 13,8 kV j 0,22 p.u. 
Linha