ELETRO II

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FATEC-SP – ELETRO II 
POTÊNCIA EM CORRENTE ALTERNADA
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1. POTÊNCIA EM CORRENTE ALTERNADA
1.1 Potência Instantânea
Seja uma carga passiva, representada por sua impedância complexa: 
alimentada por um gerador que fornece uma tensão v (t) = V sen (ωt + ∝). A corrente resposta será do tipo i (t) = I sen (ωt + ∝ - φ).
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A potência instantânea consumida pela carga e:
p(t) = v (t) x i (t), ou seja:
p(t) = V sen (ωt + ∝) x I sen (ωt + ∝ - φ)
p(t) = 2 VI sen (ωt + ∝) x sen (ωt + ∝ - φ)
Chamando:
A = ωt + ∝
B= ωt + ∝ - φ
e lembrando que:
sen A x sen B = 1/2 [ cos (A – B) - cos (A + B) ]
teremos :
p(t) = 2 VI (sen A x sen B)
p(t) = 2 VI x 1/2 [cos (ωt + ∝ - ωt - ∝ + φ) - cos (ωt + ∝ + ωt + ∝ - φ)]
p(t) = VI cos φ - VI cos (2 ωt + 2 ∝ - φ)
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onde:
VI cos φ, é constante no tempo;
b) VI cos (2 ωt + 2 ∝ - φ), é uma cossenoide com o dobro da frequência da tensão e da corrente.
Podemos também obter a potência instantânea graficamente, multiplicando-se o valor de v (t) por i (t) ponto a ponto
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Se o ângulo φ for igual a zero, tensão em fase com a corrente, nenhuma energia é devolvida a linha, toda ela será convertida em trabalho pela carga. Característica esta inerente a todos os bipolos puramente resistivos.
Se o ângulo φ for igual a 90° ou -90°, a quantidade de energia absorvida pela carga no semiciclo positivo da potencia será totalmente devolvida à linha de alimentação no seu semiciclo negativo, não havendo, portanto nenhuma realização de trabalho em um período completo da potência. Característica esta inerente a todos os bipolos puramente indutivos e capacitivos respectivamente.
Se o ângulo φ for maior que zero e diferente de ± 90°, uma parcela da energia absorvida pela carga será devolvida para linha e a restante será utilizada na realização de trabalho.
Podemos observar pela figura que, em p(t) existem trechos positivos onde a área definida pela função significa absorção de energia pela carga e trechos negativos onde a área significa quantidade de energia devolvida para a linha de alimentação.
Portanto, note que:
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1. Para uma melhor visualização da potência CA, tomemos como exemplo um motor elétrico conforme figura a seguir:
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1.2 Potência Ativa (P)
Parcela de potência que efetivamente realiza trabalho, ou seja, transforma energia elétrica em outra forma de energia, por exemplo, térmica, luminosa, mecânica etc. Correspondendo, ao valor médio da potência instantânea, temos:
P = VI cos φ
Unidades de P
Como esta potência será responsável pela realização de trabalho, sua unidade será a mesma utilizada em tensão continua.
No sistema SI: U (P) = watt (W), bem como seus múltiplos (kW, MW respectivamente 103 e 106 W).
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1.3 Potência Reativa (Q)
Parcela de potência devolvida a linha de alimentação. Essa parcela pode ser calculada por:
Q = VI sen φ
No caso das máquinas indutivas tais como motores, geradores, transformadores, essa parcela e utilizada para manter os campos eletromagnéticos necessários para o funcionamento destes equipamentos.
No caso de cargas capacitivas e a quantidade de energia que fica armazenada sob a forma de campo elétrico nos capacitores e é trocada com a linha de alimentação.
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Unidade de Q
Como a potência reativa não é responsável pela realização de trabalho, não poderíamos conferir a unidade watt, mas podemos indicar sua unidade como sendo o volt . ampere – reativo.
No sistema SI: U (Q) = VAr, bem como seus múltiplos (kVAr, MVAr, respectivamente 103 e 106 VAr)
Em particular:
para cargas indutivas – VAri (volt ampere reativo indutivo)
para cargas capacitivas – VArc (volt ampere reativo capacitivo)
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1.4 Potência Aparente (S)
Potência fornecida pela concessionária de energia elétrica. A potência aparente é a soma fasorial das potências ativa e reativa, ou seja, é a potência total absorvida pela instalação. Essa potência é dada pelo produto dos valores eficazes da tensão e da corrente aplicada na carga, ou seja:
Tendo em vista que este produto não e responsável pelo trabalho realizado, a exceção de cargas puramente resistivas onde a potência reativa é nula, razão pela qual é denominada de potência aparente.
Unidade de S
Indica-se a unidade de potência aparente ao produto das unidades das grandezas envolvidas, ou seja, o volt . ampere.
No sistema SI: U (S) = VA, bem como seus múltiplos (kVA, MVA, respectivamente 103 e 106 VA).
S= V x I
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1.5 Potência Complexa ( )
A potência complexa é apenas um artificio matemático que nos permite agrupar, em uma só expressão, as potências ativa e reativa.
Define-se nas condições do item 1.4 (pot. Aparente) que:
Onde:
- Potência complexa;
- Tensão complexa aplicada ao bipolo;
- Conjugado da corrente complexa.
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Considerando o circuito abaixo
e substituindo e pelos seus valores na forma polar temos:
 VI 
 S
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Transformando em notação cartesiana (ou retangular), obtemos:
V I cos + j V I sen
P + j Q
Convém observar que o ângulo de fase da potência complexa será sempre igual ao ângulo da fase da impedância envolvida no circuito o que representa a defasagem entre a tensão e a corrente.
Unidade de 
Por ser um número complexo, não apresenta unidade de medida. Porém seu módulo e suas partes constituintes, por serem grandezas físicas, serão acompanhados pelas unidades de medidas correspondentes: VA, bem como seus múltiplos (kVA, MVA, respectivamente 103 e 106 VA).
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1.6 Fator De Potência (FP)
Define-se o fator de potencia como sendo a relação entre a potência ativa e a potência aparente. Ele indica a eficiência do uso da energia. 
Sendo o fator de potência, um conceito parecido com rendimento, procura-se trabalhar com um FP próximo de 1, o que significa que toda potência colocada em jogo no circuito é potência ativa. O FP mínimo exigido pela concessionária é de 0,92.
O FP pode ser obtido por:
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Lembre-se que quando a carga for indutiva, φ e Q serão positivos e quando a carga for capacitiva, implica que φ e Q serão negativos. Pelo exposto, verifica-se que não é possível especificar o fator de potência unicamente pelo cosseno do ângulo, isto porque, da trigonometria tem-se: cos (φ) = cos (-φ).
Em outras palavras, fator de potência atrasado significa que a corrente está atrasada em relação à tensão, são, portanto, os circuitos indutivos, e, fator de potência adiantado significa que a corrente está adiantada em relação à tensão, indicando, portanto, os circuitos capacitivos.
Para contornar esta ambiguidade, adota-se dizer que:
• quando φ é positivo : fator de potência atrasado ou indutivo;
• quando φ é negativo; fator de potência adiantado ou capacitivo.
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1.7 Triângulo de Potências
As equações que exprimem as potências ativa, reativa e aparente podem ser representadas geometricamente por um triângulo retângulo, onde a hipotenusa representa a potência aparente e os catetos representam as potências ativa (cateto adjacente) e reativa(cateto oposto).
Das relações trigonométricas do triângulo retângulo, podemos obter:
P = S . cos φ
Q = S . sen φ
S =
Q/P = tg φ
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1.8 Potência de um conjunto de cargas em paralelo
Consideremos um conjunto de cargas ligadas em paralelo conforme esquema a seguir:
Nessas condições temos:
Pt = P1 + P2 + ......... + PN
Qt = Q1 + Q2 + ......... + QN
St =
St = Vt x If
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É importante lembrar que:
St  S1 + S2 + SN
FPt  FP1 + FP2 + FPN
φt  φ1 + φ2 + φN
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Determinar:
a) o esquema elétrico da ligação dessas cargas;
b) as potências: ativa, reativa, aparente e FP de cada carga e da instalação;
c) admitindo-se a tensão de linha com ângulo de fase = 0 (zero), determinar a corrente
(fasor) total na linha;
1 Uma instalação elétrica monofásica com tensão de 440 V possui as seguintes cargas ligadas em paralelo:
Carga 1: P = 45kW e FP = 0,8 atrasado;
Carga 2: I = 40 A e Q = 10 kVArc;
Carga 3: S = 35 kVA e P = 28 kW;
Carga 4: I = 25 A, carga puramente resistiva.
Exercícios
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CARGA 1
P1= 45 KW
FP1 = 0,8 ind
 = arc cos 0,8
 = 36,87°
S1 = P1/ FP
S1 = 56,25 kVA
Q1= S1 . sen 
Q1= 33,75 kVAri
CARGA 2
I2= 40 A
Q2 = -10 kVArc
S2 = V . I2
S2 = 17,6 kVA 
S22 = 
 = S22 - 
 = 14,48 kW
FP2 = / S2 
FP2 = 0,83
 = arc cos 0,83
 = -33,9°
CARGA 3
S3= 35 KVA
P3 = 28 kW
FP3 = P3/ S3
FP3 = 0,8
 = arc cos 0,8
 = 36,87°
Q3= S3 . sen 
Q3 = 21 kVAri
CARGA 4
I= 25 A 
puramente resistiva
S4 = V . I4
S4 = 11 kVA
P4 = 11 kW
Q4 = 0
FP4= P4/ S4
FP4 = 1
 0°
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Pt = P1 + P2 + P3 + P4
Pt = 45 k + 14,48 k + 28 k + 11 k
Pt = 98,48 kW
Qt = Q1 + Q2 + Q3 + Q4
Qt = 36,75 k – 10 k + 21 k + 0
Qt = 44,75 kVAri
St =
St =
St =108,17 kVA
FPt = / St 
FPt = 98,48/108,17
FPt = 0,91
 = arc cos 0,91
 = 24,5°
108,17 k  24,5°
 = / 
 = 245,8424,5°
It = 245.84  - 24,5°
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2. Numa instalação elétrica alimentada por rede de 220 V/60Hz existem 3 motores especificados na tabela que se segue:
Supondo que os motores estão operando simultaneamente e a plena carga, determinar:
(a) a corrente de linha total da instalação;
(b) as potencias ativa, reativa, aparente e complexa do conjunto;
(c) o FP total da instalação.
Dado 1CV = 735 W
S = Pmec (CV) x 735/( x FP)
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CARGA 1
S1 = Pmec (CV) x 735/( x FP)
S1 = 20 x 735/ 0,9 x 0,85
S1 = 19,2 kVA
 = arc cos FP
 = arc cos 0,9 = 25,84°
 = 19,2 k  25,84°
 = 17,29 k + j 8,37 k
 S1 
CARGA 2
S2 = Pmec (CV) x 735/( x FP)
S2 = 10 x 735/ 0,87 x 0,85
S2 = 9,94 kVA
 = arc cos FP
 = arc cos 0,87 = 29,54°
 = 9,94 k  29,54°
 = 8,65 k + j 4,9 k
 S2 
CARGA 3
S3 = Pmec (CV) x 735/( x FP)
S3 = 15 x 735/ 0,78 x 0,9 
S3 = 15,70 kVA
= arc cos FP
 = arc cos 0,78 = - 38,74°
 = 15,7 k - 38,74°
 = 12,24 k - j 9,82 k
 S3 
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 (17,29 k + j 8,37 k) + (8,65 k + j 4,9 k) + (12,24 k – j 9,82 k)
 38,12 k + j 3,45 k
PT = 38,12 KW
QT = 3,45 kVAri
 38,33 k  5,16°
S = 38,33 kVA
FPT = cos 5,16°
FPT = 0,99
IT = ST / V
IT = 38,33 k / 220
IT = 174,23 A
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3 Os dados relativos às cargas que funcionam simultaneamente em uma instalação alimentada por rede de 220V são dados no quadro que se segue. Pede-se:
a) preencher o quadro com os dados que faltam;
b) determinar a potência aparente total das cargas;
c) achar a corrente total solicitada;
d) determinar o FP total da instalação.
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CARGA 1
P1= 3 KW
FP1 = 0,5 ind
 = arc cos 0,5
 = 60°
S1 = P1/ FP
S1 = 6 kVA
Q1= S1 . sen 
Q1= 5,19 kVAri
I1 = S1/V
I1 =6k/220
I1 = 27,27 A
CARGA 2
S2 = 12 kVA 
Q2 = 8 kVAri
S22 = 
 = S22 - 
 = 8,94 kW
FP2 = / S2 
FP2 = 0,74
I2 = S2/V
I1 =12 k/220
I1 = 54,54 A
CARGA 3
 = 4,5 kW
Q3 = -5 kVArc
S32 = 
S3 = 6,73 kVA 
FP3 = / S3 
FP3 = 0,66
I3 = S3/V
I3 =6,73 k/220
I3 = 30,59 A 
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 (3 k + j 5,19 k) + (8,94 k + j 8 k) + (4,5 k – j 5 k)
 16,44 k + j 8,19 k
PT = 16,44 kW
QT = 8,19 kVAri
 18,37k  26,48°
 18,37 kVA
FPT = cos 26,45°
FPT = 0,95
IT = ST / V
IT = 18,37 k / 220
IT = 83,5 A
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Numa indústria, alimentada por rede monofásica de 220 V, operam as cargas dadas no quadro que se segue:
Os processos de fabricação usados exigem que o funcionamento dessas cargas num dia típico de operação se dê nos horários apresentados no quadro a seguir:
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Determinar:
a) a mínima potência aparente que deve ter um transformador para alimentar a instalação;
b) o maior valor de corrente solicitado pelas cargas;
c) o menor FP obtido ao longo do dia;
d) quantos kVAr capacitivos são necessários para que o FP da instalação não seja nunca
inferior a 0,92 em atraso.
CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA
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2. CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA
Para melhor exemplificar a importância da correção do fator de potência, tomemos o exemplo de uma instalação industrial que apresenta o seguinte quadro representado pelo seu triângulo de potências, conforme figuras a seguir:
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Fazendo uma analise da situação atual verificam-se as seguintes ocorrências:
Baixo FP;
Potência Reativa alta;
Potência Aparente alta;
Consequências do baixo fator de potência :
Acréscimo na conta de energia elétrica por se estar operando com baixo fator de potência;
Limitação da capacidade dos transformadores de alimentação;
Quedas e flutuações de tensão nos circuitos de distribuição;
Sobrecarga nos equipamentos de manobra, limitando sua vida útil;
Aumento das perdas elétricas na linha de distribuição pelo efeito Joule;
Necessidade de aumento da seção nominal dos condutores;
Necessidade de aumento da capacidade dos equipamentos de manobra e proteção.
2.1 Elaboração da correção do fator de potência
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Uma forma econômica e racional de se obter energia reativa necessária para a operação dos equipamentos consiste na instalação de bancos de capacitores próximos a esses equipamentos
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A correção pode ser feita instalando os capacitores de quatro maneiras diferentes, tendo como objetivo a conservação de energia e a relação custo/beneficio:
a) Correção na entrada de energia de baixa tensão: Permite uma correção bastante significativa, normalmente com bancos automáticos de capacitores. 
b) Correção por grupos de cargas: o capacitor e instalado de forma a corrigir um setor ou um conjunto de pequenas maquinas (<10CV)
d) Correção localizada: é obtida instalando-se os capacitores junto ao equipamento para o qual se pretende corrigir o fator de potência;
e) Correção Mista: no ponto de vista "Conservação de Energia", considerando aspectos técnicos, práticos e financeiros, torna-se a melhor solução.
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Retomando o exemplo anterior da instalação industrial só que agora com o fator de potência corrigido através da instalação do capacitor e/ou banco capacitivo em paralelo com as cargas.
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É importante lembrar que:
A potência ativa não se altera;
A corrente na carga não se altera, somente a corrente nos condutores de alimentação do circuito, agora constituído pela carga e capacitor.
Observando o novo triângulo de potência, apos a colocação do capacitor, pode se verificar as seguintes alterações:
Fator de Potência aumentou;
Potência Reativa diminuiu;
Potência Aparente diminuiu;
Corrente diminuiu.
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Cuidado! E preciso dimensionar corretamente os capacitores que serão utilizados na correção para que não se ultrapasse a necessidade de fornecimento de energia reativa, pois se isso acontecer, a instalação que inicialmente apresentava características indutivas, passara a ter característica capacitiva, fazendo com que a potência aparente e a corrente voltem a aumentar.
O triangulo abaixo demonstra a ocorrência:
2.2 Dimensionamento do capacitor para correção do FP
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Para dimensionamento correto do capacitor devemos:
a) calcular a quantidade de potência reativa capacitiva necessária para atingir a situação desejada, isto é, a alteração de φ para φ’. Observando o triangulo de potências após a colocação do capacitor, teremos que:
Portanto:
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b) calcular a capacitância do capacitor
Para a determinação da capacitância, deve-se lembrar que para cargas puramente capacitivas, a potência reativa e igual a potência aparente, uma vez que a potência ativa é nula (P=0). Assim:
Sendo
Pela Lei de Ohm:
 e
portanto:
Portanto:
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EXERCÍCIOS
1. A instalação de uma pequena empresa alimentada com tensão de 220V/60 Hz e composta de uma associação de um motor M1 que consome 10kVA com fator de potência 0,707; outro motor M2 que consome 1kVArc com fator de potência de 0,6 e por uma estufa E que consome 1,5 kW com fator de potência 0,9.
Determinar:
a) as potências ativa, reativa, aparente e FPpara cada carga e para o conjunto de cargas;
b) a corrente da linha de alimentação;
c) o capacitor a ser ligado em paralelo com o conjunto para que o fator de potência do mesmo seja 0,92 e
d) a nova corrente da linha de alimentação após colocação do capacitor.
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CARGA 1 - MOTOR
S1= 10 KVA
FP = 0,707 PORTANTO  = 45°
 OU + j7,07K
P1= 7,07 KW
Q1= 7,07 KVAri
CARGA 2 - MOTOR
Q2= 1kVArc
FP = 0,6
 = -53,13°
Q2 = S2. sen  PORTANTO S= Q/sen 
S2 = 1k/0,8 TEMOS S= 1,25kVA
P2= S2.cos
P2 = 1,25k . cos 53.13°
P2= 0,75 kW	
CARGA 3 – ESTUFA
P3= 1,5KW
FP = 0,9 PORTANTO = 25,84° 
P3=S3.cos  PORTANTO S= 1,5K/0,9
S3= 1,67 kVA
Q3= S3 . sen 
Q3 = 1,67k . sen 25,84°
Q3= 0,73 kVAri
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CONJUNTO
PT = 7,07k +0,75k+1,5k
PT= 9,32 kW
QT= 7,07k – 1k + 0,73k
QT = 6,8 kVAri
 
ST = 
ST = 11,54KVA
 
FP = PT/ST
FP = 9,32k/11,54k
FP = 0,8 portanto t = arc cos 0,8 = 36,87°
I = S/V
I= 11,54K/220 TEMOS I= 52,44 A
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CALCULO DO CAPACITOR
SC= PT.(tg  - tg ’)
’ = arc cos 0,92 = 23,1°
SC = 9,32k . (tg 36,87° - tg 23,1°)
SC = 3014,7 VA
C= SC/W.V2
C = 3014,7/377.2202
C = 165,2 F
NOVA CORRENTE
ST’ = PT/cos’
ST’=9,32/0,92
ST’ = 10,13 kVA
 
I’ = ST’/V
I’ = 10,13k/220
I’ = 46 A
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2. Uma instalação industrial alimentada por uma tensão de 220V/50Hz e constituída por uma associação em paralelo das seguintes cargas:
1 motor de indução que consome 10 kVA com FP= 0,6; 1 motor síncrono que consome 2kW com FP= 0,8 capacitivo;
1 motor síncrono que consome 2kVA com FP= 0,6 capacitivo; 1 estufa puramente resistiva que consome 1kW.
Determinar:
a) o fator de potência do conjunto e a corrente na linha de alimentação;
b) as potências ativa e aparente consumidas pelo conjunto;
c) a nova corrente na linha de alimentação quando um capacitor e ligado em paralelo com o conjunto a fim de aumentar o seu fator de potência para 0,92;
d) a capacitância do capacitor.
OBS: Fator de Potência capacitivo ou fator de potência adiantado implica em ângulo φ negativo e potência reativa negativa
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1 motor de indução que consome 10 kVA com FP= 0,6;
1 motor síncrono que consome 2kW com FP= 0,8 capacitivo;
1 motor síncrono que consome 2kVA com FP= 0,6 capacitivo;
1 estufa puramente resistiva que consome 1kW.
Carga 1
S1 = 10 kVA
FP1 = 0,6  φ1 = 53,13°
1 = 10k53,13° 
1= 6 K + j 8k 
P1= 6 kW
Q1 = 8kVAri
Carga 2
P2= 2kW
FP2 = 0,8  φ2 = -36,87°
Q2= 2k . tg -36.87° = 1,5 kVArc
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1 motor de indução que consome 10 kVA com FP= 0,6;
1 motor síncrono que consome 2kW com FP= 0,8 capacitivo;
1 motor síncrono que consome 2kVA com FP= 0,6 capacitivo;
1 estufa puramente resistiva que consome 1kW.
Carga 3
S3 = 2 kVA
FP3 = 0,6 φ4 = - 53,13°
3 = 2k-53,13°
3 = 1,2 k – j 1,6 k
P3 = 1,2 kW
Q3 = 1,6 kVArc
Carga 4
P4= 1 kW
FP4 = 1
Q4 = 0
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Conjunto
Pt = 6k + 2k + 1,2k + 1k = 10,2 kW 
Qt = 8k – 1,5K – 1,6k = 4,9 kVARi
St2 = (10,2 k)2 + (4,9 k)2 
St = 11,32 kVA
FPt = 0,90
φt = 25,84°
It = 11320/220 = 51,45 A
Correção do FP = 0,92
 φ’ = 23,1°
Scap = P (tgφ – tg φ’)
Scap = 10,2 k . (tg25,84° - tg 23,1°)
Scap = 589 VA
C= Scap/w V2
W = 2. . f = 314,16 Hz
C= 38,7F
S’ = 10,2 k/0,92 = 11,08 KVA
I’ = 11,08k/220 = 50,36A
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3. Para o circuito ao lado, pede-se:
S2; P2: Q2; FP2
b) S; P;Q; FP e I do conjunto
c) Corrigir o FP para 0,92
d) S e I após a correção
P= Pmec (CV) . 735 / 
P= Pmec(HP) .746/
S= Pmec (HP).746/ . FP
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3. Para o circuito ao lado, pede-se:
S2; P2: Q2; FP2
b) S; P;Q; FP e I do conjunto
c) Corrigir o FP para 0,92
d) S e I após a correção
T = 10000° X 1030°
T = 1000030° 
T = 8,66 k + j 5K
φ = 30°
I = 10000/1000 = 10A
PT = 8,66 kW
QT = 5 kVARi
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CARGA 1
P1= 3 kW
S= 6 kVA
FP = 3k/6k = 0,5
φ = 60°
Q1 = 6 k X sen 60°
Q1= 5,2 kVARi
CARGA 3
S= (2,5 X 746)/(0,746 X 0,5)
S = 5 kVA
φ = arc cos 0,5
φ = 60°
P3= 5000 x cos 60° = 2,5 kW
Q3= 5000 x sen 60° = 4,33 kVARi
CARGA 2
P2 = 8,66k – 3k – 2,5 k
P2 = 3,16 kW
Q2= 5k – 5,2k – 4,33k
Q2= - 4,53 kVARc
S2 = √ P2 + Q2
S2 = 5,52 KVA
FP = 3,16/5,52 = 0,57
 
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Scap = PT(tg φ – tg φ’)
Scap = 8,66 k( tg 30° - tg 23,1°)
Scap = 1,306 kVA
C= 1,306 k/ 377 x 10002 
C = 3,46 µF
S’ = PT/FP
S’= 8,66k/0,92
S’ = 9,41 KVA
I’ = 9,41K/1000
I’ = 9,41 A
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TRANSFORMADOR MONOFÁSICO
3. TRANSFORMADORES MONOFÁSICOS
FATEC-SP – ELETRO II 
Máquina elétrica estacionária, de alto rendimento, que por meio da indução eletromagnética, transfere energia elétrica de um ou mais circuitos (primário) para outro ou outros circuitos (secundário), usando a mesma frequência, mas, geralmente, com tensões e intensidades de correntes diferentes, mantendo sua potência constante.
Para o transformador ideal a potência primária é igual a potência secundária.
Simbologia
Np:Ns
enrolamento
enrolamento
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3.1 Configuração básica de um transformador
Um transformador e constituído basicamente por um núcleo de chapas laminadas (material ferromagnético) empacotadas de tal maneira a formar um bloco único e enrolamentos disposto em cada uma das pernas desse núcleo. Esses enrolamentos recebem o nome de: primário (entrada de energia) por ele circula a corrente de magnetização ou excitação) e secundário.
3.2 Princípio de funcionamento do transformador
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a) Transformador em vazio (sem carga)
Ao aplicarmos uma tensão v1 (t) na bobina primária do transformador ira aparecer uma corrente im(t) que recebe o nome de corrente de magnetização. Essa corrente dará origem a um campo magnético que promovera a circulação de um fluxo Φim(t) que induzirá no enrolamento secundário por ele atravessado uma tensão v2 (t) dada por:
(1)
FATEC-SP – ELETRO II 
Considerando a tensão no enrolamento primário: representada pelo seu fasor , para que o sistema entre em equilíbrio dinâmico a corrente im(t) que se estabelece deve ser tal que o fluxo por ela criado cause o aparecimento de uma forca eletromotriz no enrolamento primário igual a v1 (t), ou seja: 
(2)
dividindo membro a membro (1) e (2) temos:
FATEC-SP – ELETRO II 
Portanto
Sendo válida a relação entre os valores instantâneos, também será valida entre seus fasores representativos e para seus valores eficazes.
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b)Transformador em carga
Consideremos agora um transformador monofásico em cujo secundário ligamos uma carga qualquer representada por sua impedância . A tensão v2 (t) aplicada a fará aparecer uma corrente i2(t). Pela Lei de Lenz, podemos afirmar que a corrente i2(t) ira causar o aparecimento de um fluxo oposto ao que lhe deu origem Φim(t).
FATEC-SP – ELETRO II 
Portanto, se o fluxo total diminuir, a forca contraeletromotriz por ele produzida, no primário, tornar-se-á menor que v1 (t), aparecendo então uma corrente adicional ia(t).
Essa corrente adicional ira aumentar ate que seja reconstituído o fluxo original, ou seja: Φa(t) = Φi2(t) 
Φim(t) = Φim(t) - Φi2(t) + Φa(t)
Nessas condições podemos afirmar que:
a) O fluxo no núcleo quer o transformador esteja em vazio ou em carga, e o mesmo. Portanto, lembrando que as tensões dependem apenas do numero de espiras e do fluxo, serão validas as expressões deduzidas no estudo do transformador em vazio.
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b) Como o transformador e um equipamento que altera os níveis de tensão e ou corrente nos elementos secundários mantendo sua potência constante, podemos afirmar que a potência do primário, para um transformador ideal, será sempre igual a potência do secundário.
Com isso temos que:
(1)
como: temos
 = 
(2)
Substituindo (2) em (1), temos:
e
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Sendo válida a relação entre os valores fasoriais, também será válida entre seus valores eficazes.
c) A potência absorvida por uma carga não se altera quando sua alimentação for feita por meio de um transformador, portanto,todos os estudos feitos para potência são os mesmos para instalações alimentadas por transformadores.
EXERCÍCIOS
FATEC-SP – ELETRO II 
1. Considerando a tensão do gerador, v1 (t) = √2 220 sen (377t + 45°), determinar os valores indicados nos circuitos abaixo:
2. Considerando a tensão dos secundários dos transformadores abaixo igual a v2 (t) = 622,25 sen 377t, determinar suas tensões primárias.
EXERCÍCIOS
FATEC-SP – ELETRO II 
1. Considerando a tensão do gerador, v1 (t) = √2 220 sen (377t + 45°), determinar os valores indicados nos circuitos abaixo:
 = 22045°
 
 
EXERCÍCIOS
FATEC-SP – ELETRO II 
2. Considerando a tensão dos secundários dos transformadores abaixo igual a v2 (t) = 622,25 sen 377t, determinar suas tensões primárias.
 = 4400°
 
FATEC-SP – ELETRO II 
3. Para o circuito abaixo determinar o valor da corrente do gerador, dados: v1 (t) = 622,25 sen 377t ; R1 = 20Ω; R2 = 40Ω
4. Um transformador e constituído por N1 espiras no primário, N2 espiras no secundário . Se V1 e a tensão aplicada no primário, qual será a tensão de saída, admitindo-se o caso ideal?
a) Suponha que N1 = 500, N2 = 10 e que a tensão eficaz aplicada seja de 120 V. Qual e a tensão no secundário (sem carga)?
b) Se o secundário for ligado a uma carga resistiva de 15 Ω, obtenha o valor eficaz da corrente no enrolamento primário e no secundário.
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5. Para o circuito abaixo pede-se:
a) A corrente eficaz do gerador;
b) A potência aparente do gerador;
c) Corrigir o fator de potência para 0,92;
d) O S após a correção
e) A nova corrente apos a correção
Dados
Carga 1- 10HP, rendimiento 80%, FP=0,85
Carga 2 – potência complexa 20kVA fase 0o
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CARGA 3
= 100-45°
S3 = 30 kVA
 = V0° X 10045° = 100V45°
 
= Sφ = 30k 45°
V0°
 = 30K45/10045  3000°
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SISTEMA TRIFÁSICO
3 CIRCUITOS TRIFÁSICOS
FATEC-SP – ELETRO II 
3.1 Introdução
Circuitos trifásicos constituem um caso particular de circuitos de corrente alternada. Das máquinas que funcionam em corrente alternada, as mais simples construtivamente são as que funcionam em regime trifásico.
Em função disto no Brasil, a quase totalidade dos sistemas de geração, transmissão e distribuição de energia elétrica trabalham em regime trifásico. Dai a necessidade deste estudo.
3.2 Vantagens do sistema trifásico
FATEC-SP – ELETRO II 
 As máquinas girantes trifásicas (motores e geradores) são de construção mais simples, menores e mais econômicas que as máquinas monofásicas, bifásicas ou de corrente continua;
• A manutenção das máquinas trifásicas e geralmente mais simples e menos dispendiosa do que outras;
• O fluxo de energia que chega ao consumidor e mais estável, pois enquanto nos sistemas monofásicos passa pelo valor máximo 60 vezes por segundo, em sistemas trifásicos, isto acontece 180 vezes por segundo;
• Para transmissão de uma mesma potência, os sistemas trifásicos utilizam uma menor quantidade de cobre (ou outro condutor) que outros sistemas;
• De um sistema trifásico pode, utilizando transformadores especiais, obter um maior numero de fases (sistema hexafasico, por exemplo) o que e conveniente para circuitos retificadores de alta potência.
3.3 Definições
FATEC-SP – ELETRO II 
3.3.1 Gerador Trifásico
Associação de três geradores monofásicos de tensão alternada com as seguintes características:
a) mesma frequência angular;
b) mesmo valor eficaz;
c) defesados entre si de 120°.
onde:
v 1 (t) = √2 V sen ( ωt + ∝ )
v 2 (t) = √2 V sen ( ωt + ∝ -120° )
v 3 (t) = √2 V sen ( ωt + ∝ -240°)
FATEC-SP – ELETRO II 
Utilizando a representação fasorial temos:
Convém observar que se as tensões forem definidas desta forma, em função do tempo passarão pelo ponto de máximo positivo (início da função senoidal) na sequência V1, V2 e V3, esta sequência e denominada sequência positiva ou direta.
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A sequência negativa ou inversa seria V1, V3 e V2.
Em nosso estudo trabalharemos com a sequência positiva ou direta
FATEC-SP – ELETRO II 
Na prática, normalmente as tensões são obtidas a partir de um gerador trifásico, que pode ser entendido pela montagem abaixo.
As defasagens de 120º entre si são obtidas no espaço entre as bobinas que as produzem
FATEC-SP – ELETRO II 
3.3.2 Carga trifásica
Associação de três cargas monofásicas interligadas.
Quando as três impedâncias forem iguais a carga e dita equilibrada:
3. 4 Ligações estrela e triângulo
FATEC-SP – ELETRO II 
Os geradores e/ou cargas monofásicas são interligados entre si de forma a constituir um ponto comum chamado de neutro. Os outros terminais são denominados fase.
F – terminal fase
N – terminal Neutro
Observe que o sistema apresenta 04 terminais acessíveis.
3.4.1 Ligações estrela -
FATEC-SP – ELETRO II 
A ligação estrela também pode ser representada da seguinte forma:
FATEC-SP – ELETRO II 
3.4.2 Ligação triângulo - 
Os geradores são interligados entre si de maneira a formar um triângulo.
F – terminal fase
Observe que o sistema não possui o neutro e apresenta 3 terminais acessíveis
FATEC-SP – ELETRO II 
A ligação estrela também pode ser representada da seguinte forma:
FATEC-SP – ELETRO II 
3.5 Valores de fase e de linha
3.5.1 Tensão de fase
Valor de tensão medido entre os terminais de cada gerador e/ou carga monofásica.
3.5.2 Corrente de fase
Valor de corrente medido entre os terminais de cada gerador e/ou carga monofásica.
Montagem Estrela
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Montagem Triângulo
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3.5.3 Tensão de Linha
Valor de tensão medido entre duas fases quaisquer
3.5.4 Corrente de Linha
Valor de corrente medido nas linhas de alimentação
Montagem Estrela
FATEC-SP – ELETRO II 
Montagem Triângulo
3.6. Relações entre valores de fase e linha
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3.6.1 Na ligação estrela
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a) relação de Corrente
Convém observar que na ligação estrela a corrente que sai do gerador e a mesma que circula na linha e na carga, não existindo nenhum no para derivação das mesmas, portanto podemos concluir que na estrela:
Corrente de Neutro:
Para um sistema equilibrado a corrente de neutro e igual a zero.
FATEC-SP – ELETRO II 
b) relação de Tensão
Podemos observar que a tensão de linha na estrela e diferente da tensão de fase estabelecendo entre si a seguinte relação:
Se adotarmos :
teremos por conta da defasagem de 120º entre as fases, portanto:
FATEC-SP – ELETRO II 
Analisando o circuito temos que:
FATEC-SP – ELETRO II 
Utilizando o mesmo raciocínio pode se demonstrar as mesmas relações entre as outras tensões de fase e de linha correspondentes.
Generalizando, na ligação estrela temos que:
3.6.2 Na ligação triângulo
FATEC-SP – ELETRO II 
FATEC-SP – ELETRO II 
a) Relação de Tensão
Como se pode observar a ligação triângulo possui apenas 3 terminais e não apresenta a linha de neutro, portanto a tensão de fase e a de linha são medidas nos mesmos pontos, onde se conclui que no sistema triangulo:
b) Relação de Corrente
Podemos observar pela figura que tanto os terminais de cada gerador monofásico como os de entrada da carga monofásica apresentam nos de corrente, portanto as correntes de fase e de linha não são as mesmas guardando a seguinte relação:
FATEC-SP – ELETRO II 
Se adotarmos
teremos por conta da defasagem de 120° entre as fases
Portanto:
FATEC-SP – ELETRO II 
Utilizando o mesmo raciocínio pode se demonstrar as mesmas relações entre as outras correntes de fase e de linha correspondentes.
Generalizando, na ligação estrela temos que:
Exercícios
FATEC-SP – ELETRO II 
1. Para o circuito abaixo determinar todas as tensões e correntes complexas indicadas, dados:
Exercícios
FATEC-SP – ELETRO II 
= 10060º = 
= 100-60º = 
= 100-180º = 
= 10060º . √ 3 30º = 173,2 90° 
= 173,2 -30º 
= 173,2 -150° 
= 10060º/ 1045° = 1015 = 
= 10-105° = 
= 10-225° = 
= 0 sistema equilibrado
FATEC-SP – ELETRO II 
2. Para o circuito abaixo determinar todas as tensões e correntes complexas indicadas, dados:
Exercícios
FATEC-SP – ELETRO II 
= 20060º= 
= 200-60º = 
= 200-180º = 
= 
= 
= 
= 20060º/ 4060° = 5 0°
= 5-120°
= 5-240°
 . √ 3 -30° = 50° . √ 3 -30° = 8,66 -30° 
 8,66 -150° 
 8,66 -270° 
FATEC-SP – ELETRO II 
3. Para o circuito abaixo determinar todas as tensões e correntes complexas indicadas, dados:
FATEC-SP – ELETRO II 
4. Para o circuito abaixo determinar todas as tensões e correntes complexas indicadas, dados:
FATEC-SP – ELETRO II 
5. Para o circuito abaixo determinar todas as tensões e correntes complexas indicadas, dados:
FATEC-SP – ELETRO II 
POTÊNCIA EM CIRCUITOS TRIFASICOS
Considerando que cada fase de um circuito trifásico, equilibrado ou não, constitui-se um circuito monofásico independente, podemos afirmar que a potencia total do sistema e dada pela soma das potencias monofásicas das respectivas fases, isto e:
Pt = P1 + P2 + P3
Onde P1; P2 e P3 são as respectivas potencias de cada uma das fases.
Nas condições de equilíbrio onde:
P1 = P2 = P3
temos que
Pt = 3 Pf
FATEC-SP – ELETRO II 
onde Pf e a potência por fase dada pela expressão de potência monofásica:
Pf = Vf x If x cos φ
Convém lembrar que Vf e a tensão por fase, If a corrente de fase e φ e o angulo entre a
tensão e a corrente (angulo da impedância). Assim, para o sistema trifásico:
Adotando um raciocínio análogo para as potencias reativa e aparente, temos:
Observando o triangulo das potencia podemos concluir:
P3∅ = 3 x Vf x If x cos φ
Q3∅ = 3 x Vf x If x sen φ
S3∅ = 3 x Vf x If
FATEC-SP – ELETRO II 
Observando o triangulo das potencias podemos concluir: 
FATEC-SP – ELETRO II 
Ainda podemos calcular a potencia a partir dos valores de linha.
P3∅= √3 . VL x IL x cos φ
Q3∅= √3 . VL x IL x sen φ
S3∅= √3 . VL x IL
O secundário de um transformador trifásico ligado em estrela apresenta um sistema de quatro fios com tensão de linha de 208 V conforme figura. Deverão ser ligadas em cada fase 10 lâmpadas, cada uma de 120 V e 2 A. Determine a potencia consumida por fase e a potencia consumida pelo sistema. (suponha que as lâmpadas sejam resistivas).