IntroSisPot - 2 - 3 - Potência em Sistemas Trifásicos

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PROF. DR. LUIZ HENRIQUE ALVES PAZZINI 
PROF. DR. CLEBER ROBERTO GUIRELLI
ESCOLA DE ENGENHARIA MACKENZIE
2019
Engenharia Elétrica com Ênfase em Sistemas de Potência, Energia e Automação
Introdução a Sistemas Elétricos de Potência
Introdução aos Sistemas Elétricos de Potência – Prof. Luiz Henrique Alves Pazzini / Prof. Cleber R. Guirelli
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Uma carga está submetida a uma tensão (v) e é percorrida por
uma corrente (i):
𝑣 = 𝑉𝑚𝑎𝑥cos 𝜔𝑡 + 𝜃
𝑖 = 𝐼𝑚𝑎𝑥cos 𝜔𝑡 + 𝛿
A potência instantânea absorvida por essa carga é dada pelo
produto dos valores instantâneos da corrente e da tensão
𝑝 = 𝑣𝑖 = 𝑉𝑚𝑎𝑥cos 𝜔𝑡 + 𝜃 𝐼𝑚𝑎𝑥cos 𝜔𝑡 + 𝛿
Potência em Corrente Alternada
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Da trigonometria:
𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝛽 + 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝛽 = 2𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝛽
Fazendo:
𝛼 = 𝜔𝑡 + 𝜃
β = 𝜔𝑡 + 𝛿
Tem-se:
𝑝 = 𝑣𝑖 = 𝑉𝑚𝑎𝑥𝐼𝑚𝑎𝑥𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝛽
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Multiplicando ambos membros da equação por 2:
2𝑝 = 2𝑣𝑖 = 𝑉𝑚𝑎𝑥𝐼𝑚𝑎𝑥2𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝛽
2𝑝 = 2𝑣𝑖 = 𝑉𝑚𝑎𝑥𝐼𝑚𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝛽 + 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝛽
Dividindo ambos os membros da equação por 2:
𝑝 = 𝑣𝑖 =
𝑉𝑚𝑎𝑥𝐼𝑚𝑎𝑥
2
𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝛽 + 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝛽
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E:
𝑝 =
𝑉𝑚𝑎𝑥𝐼𝑚𝑎𝑥
2
𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝜃 − 𝜔𝑡 − 𝛿 + 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝜔𝑡 + 𝛿
Os valores eficazes de tensão e corrente são:
𝑉 =
𝑉𝑚𝑎𝑥
2
𝐼 =
𝐼𝑚𝑎𝑥
2
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Logo:
𝑝 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝜃 − 𝜔𝑡 − 𝛿 + 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝜔𝑡 + 𝛿
𝑝 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝛿 + 𝑐𝑜𝑠 2𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝛿
Adotando 𝜑 = 𝜃 − 𝛿
𝑝 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠 𝜑 + 𝑐𝑜𝑠 2𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝛿
𝑝 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 𝜑 + 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 2𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝛿
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𝑝 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 𝜑 + 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 2𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝛿
Essa equação mostra que a potência elétrica fornecida à
carga é constituída por duas parcelas:
• Uma constante no tempo: 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 𝜑
• Uma variável no tempo com uma frequência igual a duas vezes a
frequência da rede: 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 2𝜔𝑡 + 𝜃 + 𝛿
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• A primeira parcela, obtida pelo produto dos valores
eficazes da tensão e corrente e pelo cosseno da
defasagem angular entre ambas, representa a potência
que é absorvida pela carga, sendo transformada em calor
ou trabalho, e recebe a denominação de potência ativa;
• A segunda parcela, variando cossenoidalmente no tempo,
representa uma potência que ora é absorvida pela carga,
ora é fornecida pela carga e é denominada de potência
flutuante.
IES *=
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A partir desse ponto vamos focar a atenção somente na
primeira parcela, denominada potência ativa e definida por:
𝑃 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 𝜑
Por analogia aos sistemas em corrente contínua, nos quais a
potência é obtida pelo produto entre tensão e corrente,
define-se potência aparente como sendo o produto dos
valores eficazes de tensão e corrente de um sistema em
corrente alternada:
𝑆 = 𝑉𝐼
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A potência ativa é definida como:
𝑃 = 𝑆𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑃 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠𝜑
E a potência reativa é o produto entre a potência aparente
e o seno do ângulo que retrata a defasagem angular entre
tensão e corrente:
𝑄 = 𝑆𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑄 = 𝑉𝐼𝑠𝑒𝑛 𝜑
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• Observa-se que a potência reativa pode ser positiva ( >
0) ou negativa ( < 0)
Como 𝑠𝑒𝑛 e cos são adimensionais, S, P e Q deveriam
apresentar a mesma unidade. No entanto, foram definidas
diferentes unidades para essas potências:
• Potência Ativa – Watt [W]
• Potência Reativa – Volt-Ampère-reativo [VAr]
• Potência Aparente – Volt-Ampère [VA]
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Entre as potências aparente, ativa e reativa existe a seguinte
relação:
𝑆 = 𝑃2 + 𝑄2
Portanto, pode-se definir a potência complexa por:
ሶ𝑆 = 𝑃 + 𝑗𝑄 = 𝑆∠𝜑
Conhecendo-se os fasores representativos da tensão e da
corrente em uma carga, a potência complexa pode ser calculada
pelo produto do fasor V e pelo conjugado do fasor I.
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Sendo:
ሶ𝑉 = 𝑉∠𝜃
ሶ𝐼 = 𝐼∠𝛿
Resulta:
ሶ𝑉 ሶ𝐼∗ = 𝑉∠𝜃 × 𝐼∠ − 𝛿 = 𝑉𝐼∠ 𝜃 − 𝛿 = 𝑉𝐼∠𝜑
𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠𝜑 + 𝑗𝑉𝐼𝑠𝑒𝑛𝜑 = 𝑃 + 𝑗𝑄 = ሶ𝑆
Logo:
ሶ𝑆 = ሶ𝑉 ሶ𝐼∗
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Define-se fator de potência como sendo a razão entre a potência
ativa e potência aparente:
𝑓𝑝 =
𝑃
𝑆
Para sinais senoidais:
𝑓𝑝 =
𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑉𝐼
= 𝑐𝑜𝑠𝜑
Ou seja, em sistemas de corrente alternada com sinais senoidais,
o fator de potência coincide com o cosseno do ângulo que
representa a defasagem angular entre a tensão e a corrente
elétrica.
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Viu-se que é válida a seguinte relação entre as potências
aparente, ativa e reativa
𝑆 = 𝑃2 + 𝑄2
Essa relação é semelhante ao Teorema de Pitágoras, que
mostra que em um triângulo retângulo a soma dos
quadrados dos catetos é igual ao quadrado da hipotenusa
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Dessa forma, pode-se construir o chamado triângulo de
potências, lembrando que a potência reativa (Q) pode
assumir valores positivos ou negativos.
Carga indutiva Carga Capacitiva
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A potência ativa equivale ao montante de potência que
efetivamente realiza trabalho em um sistema elétrico.
Qual a finalidade da potência reativa?
• É a potência usada para criar e manter os campos
eletromagnéticos necessário para o adequado
funcionamento das cargas indutivas (motores elétricos,
por exemplo).
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• O excesso e a falta de potência reativa é prejudicial ao
sistema, pois esse excesso faz com que haja necessidade
de correntes de maior amplitude para transportar a
mesma quantidade de potência ativa.
• O fator de potência é um indicador se o sistema
apresenta excesso de potência reativa.
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• A legislação estabelece um valor mínimo para o fator de
potência, atualmente em 0,92, que quando violado acarreta em
pagamento de multa pelos usuários.
• Dessa forma, é importante realizar a compensação de
reativos, classicamente denominada de “correção do fator de
potência”.
• A forma tradicional de se corrigir o fator de potência é
introduzir capacitores no sistema, que produzem uma potência
reativa negativa, compensado o eventual excesso de potência
reativa decorrente das cargas indutivas.
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Uma carga monofásica é alimentada em 220 V e consome
800 W com fator de potência de 0,6 indutivo. Determine:
a) a corrente que circula no sistema nessa situação;
b) os valores da potência aparentee reativa nessa situação;
c) a potência do banco de capacitores a ser inserida para
corrigir o fator de potência para 0,95;
d) a corrente que circula no sistema após a correção do
fator de potência.
Exemplo
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a) A corrente pode ser determinada por:
𝑃 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠𝜑
𝐼 =
𝑃
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜑
=
800
220 × 0,6
= 6,06𝐴
b) Os valores da potência aparente e da potência reativa podem
ser determinados por:
𝑆 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
800
0,6
= 1333,33𝑉𝐴
𝑆 = 𝑃2 + 𝑄2
𝑄 = 𝑆2 − 𝑃2 = 1333,332 − 8002 = 1066,66𝑉𝐴𝑟
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c) A correção do fator de potência é realizada mantendo-se
inalterada o valor da potência ativa (800 W)
Dessa forma, pode-se calcular o valor da potência reativa que o
sistema deve apresentar após concluída a correção.
𝑆2 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
800
0,95
= 842,11𝑉𝐴
𝑄2 = 𝑆2 − 𝑃2 = 842,112 − 8002 = 262,96𝑉𝐴𝑟
Sendo: 𝑄2 = 𝑄1 + 𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜
262,96 = 1066,66 + 𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜
𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜 = −803,7𝑉𝐴𝑟 (𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟)
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d) A nova corrente pode ser determinada por:
𝐼2 =
𝑃
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜑
=
800
220 × 0,95
= 3,83𝐴
Percebe-se um dos benefícios da correção do fator de
potência: a redução da corrente que circula pelo sistema.
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Uma rede monofásica de 380 V alimenta três cargas:
Carga 1: 60 kW, fator de potência 0,7 indutivo
Carga 2: 90 kW; 70,45 kVAr
Carga 3: 50 kW, fator de potência 0,6 indutivo
Determine:
a) o fator de potência global;
b) a potência do banco de capacitores necessária para que o
fator de potência da instalação seja de 0,95 indutivo;
c) o módulo da corrente total antes e depois da instalação do
banco de capacitores.
Exemplo
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a) Inicialmente determinam-se as parcelas de potência
ativa, reativa e aparente de cada carga
• 𝑆1 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
60𝑘
0,7
= 85,71𝑘𝑉𝐴 𝑄1 = 𝑆2 − 𝑃2 = 85,71𝑘2 − 60𝑘2 = 61,21𝑘𝑉𝐴𝑟
• 𝑆3 =
50𝑘
0,6
= 83,33𝑘𝑉𝐴 𝑄3 = 𝑆2 − 𝑃2 = 83,33𝑘2 − 50𝑘2 = 66,66𝑘𝑉𝐴𝑟
Soma-se as potências ativas: 𝑃 = 60𝑘 + 90𝑘 + 50𝑘 = 200𝑘𝑊
E as reativas : 𝑄 = 61,21𝑘 + 70,45𝑘 + 66,66𝑘 = 198,32𝑘𝑉𝐴𝑟
A potência aparente do sistema será: 𝑆 = 200 + 𝑗198,32𝑘𝑉𝐴
Em notação polar: 𝑆 = 281,66∠44,76°𝑘𝑉𝐴
O fator de potência será: 𝑓𝑝 = 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 𝑐𝑜𝑠44,76 = 0,710 𝑖𝑛𝑑𝑢𝑡𝑖𝑣𝑜
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b) A compensação será:
𝑆𝑛𝑜𝑣𝑜 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
200𝑘
0,95
= 210,53𝑘𝑉𝐴
𝑄𝑛𝑜𝑣𝑜 = 𝑆2 − 𝑃2 = 210,53𝑘2 − 200𝑘2 = 65,75𝑘𝑉𝐴𝑟
Sendo: 𝑄𝑛𝑜𝑣𝑜 = 𝑄 + 𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜
65,75𝑘 = 198,32𝑘 + 𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜
𝑄𝑐𝑜𝑚𝑝𝑒𝑛𝑠𝑎çã𝑜 = −132,57𝑘𝑉𝐴𝑟 (𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟)
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c) Correntes:
𝐼 =
𝑃
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜑
=
200𝑘
380 × 0,710
= 741,29𝐴
𝐼 =
𝑃
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜑
=
200𝑘
380 × 0,95
= 554,02𝐴
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Potência em Sistemas Trifásicos
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Seja um sistema trifásico no qual cada fase apresenta os
seguintes valores:
• Fase A: Tensão de Fase (VAF), corrente de fase (IAF) e
φA, sendo φ A o ângulo de defasagem entre ሶ𝑉𝐴𝐹 e ሶ𝐼𝐴𝐹 ;
• Fase B: Tensão de Fase (VBF), corrente de fase (IBF) e φB,
sendo φB o ângulo de defasagem entre ሶ𝑉𝐵𝐹 e ሶ𝐼𝐵𝐹 ;
• Fase C: Tensão de Fase (VCF), corrente de fase (ICF) e φC,
sendo φC o ângulo de defasagem entre ሶ𝑉𝐶𝐹 e ሶ𝐼𝐴𝐶𝐹 .
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Dessa forma, as potências aparente, ativa e reativa, para
cada fase, podem ser expressas por:
𝑆𝐴 = ሶ𝑉𝐴𝐹 × ሶ𝐼𝐴𝐹
∗ 𝑆𝐴 = ሶ𝑉𝐴𝐹 × ሶ𝐼𝐴𝐹
∗ = 𝑉𝐴𝐹 × 𝐼𝐴𝐹
𝑃𝐴 = ሶ𝑉𝐴𝐹 × ሶ𝐼𝐴𝐹 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐴 𝑃𝐴 = 𝑉𝐴𝐹 × 𝐼𝐴𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐴
𝑄𝐴 = ሶ𝑉𝐴𝐹 × ሶ𝐼𝐴𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐴 𝑄𝐴 = 𝑉𝐴𝐹 × 𝐼𝐴𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐴
𝑆𝐵 = ሶ𝑉𝐵𝐹 × ሶ𝐼𝐵𝐹
∗ 𝑃𝐵 = 𝑉𝐵𝐹 × 𝐼𝐵𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐵 𝑄𝐵 = 𝑉𝐵𝐹 × 𝐼𝐵𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐵
𝑆𝐶 = ሶ𝑉𝐶𝐹 × ሶ𝐼𝐶𝐹
∗ 𝑃𝐶 = 𝑉𝐶𝐹 × 𝐼𝐶𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐶 𝑄𝐶 = 𝑉𝐶𝐹 × 𝐼𝐶𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐶
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As potências trifásicas são obtidas por:
𝑆 = 𝑆𝐴 + 𝑆𝐵 + 𝑆𝐶 = ሶ𝑉𝐴𝐹 × ሶ𝐼𝐴𝐹
∗ + ሶ𝑉𝐵𝐹 × ሶ𝐼𝐵𝐹
∗ + ሶ𝑉𝐶𝐹 × ሶ𝐼𝐶𝐹
∗
𝑃 = 𝑉𝐴𝐹 × 𝐼𝐴𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐴 + 𝑉𝐵𝐹 × 𝐼𝐵𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐵 + 𝑉𝐶𝐹 × 𝐼𝐶𝐹 × 𝑐𝑜𝑠𝜑𝐶
𝑄 = 𝑉𝐴𝐹 × 𝐼𝐴𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐴 + 𝑉𝐵𝐹 × 𝐼𝐵𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐵 + 𝑉𝐶𝐹 × 𝐼𝐶𝐹 × 𝑠𝑒𝑛𝜑𝐶
Se o sistema for equilibrado, tem-se:
• 𝑉𝐴𝐹 = 𝑉𝐵𝐹 = 𝑉𝐶𝐹 = 𝑉𝐹
• 𝐼𝐴𝐹 = 𝐼𝐵𝐹 = 𝐼𝐶𝐹 = 𝐼𝐹
• 𝜑𝐴 = 𝜑𝐵 = 𝜑𝐶 = 𝜑
E:
• 𝑺 = 𝟑𝑽𝑭𝑰𝑭
• 𝑷 = 𝟑𝑽𝑭𝑰𝑭𝒄𝒐𝒔𝝋
• 𝑸 = 𝟑𝑽𝑭𝑰𝑭𝒔𝒆𝒏𝝋
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• Normalmente em sistemas trifásicos são conhecidos os
valores de linha e não de fase. Dessa forma, é
importante expressar as potências em função desses
valores.
• Carga ligada em estrela:
o 𝑉𝐹 =
𝑉𝐿
3
o 𝐼𝐹 = 𝐼𝐿
o 𝑆 = 3𝑉𝐹𝐼𝐹 = 3
𝑉𝐿
3
𝐼𝐿 ×
3
3
= 3𝑉𝐿𝐼𝐿
o 𝑃 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑐𝑜𝑠𝜑
o 𝑄 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑠𝑒𝑛𝜑
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• Carga ligada em delta:
o 𝐼𝐹 =
𝐼𝐿
3
o 𝑉𝐹 = 𝑉𝐿
o 𝑆 = 3𝑉𝐹𝐼𝐹 = 3
𝐼𝐿
3
𝑉𝐿 =
𝐼𝐿
3
𝑉𝐿 ×
3
3
o 𝑺 = 𝟑𝑽𝑳𝑰𝑳
o 𝑷 = 𝟑𝑽𝑳𝑰𝑳𝒄𝒐𝒔𝝋
o 𝑸 = 𝟑𝑽𝑳𝑰𝑳𝒔𝒆𝒏𝝋
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Exemplo 1: Uma rede trifásica com tensão de linha de 200V alimenta
duas cargas equilibradas:
Carga em estrela 1: consome 5,4 kW, fator de potência 0,6 indutivo
Carga em estrela 2: consome 5 kW, fator de potência unitário
Determine:
a) a corrente fornecida ao sistema e o fator de potência global;
b) a potência do banco de capacitores necessária para que o fator de
potência da instalação seja de 0,95 indutivo
c) a corrente fornecida ao sistema depois da instalação do banco de
capacitores
Exemplo 1
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a) a corrente fornecida ao sistema e o fator de potência global;
Carga 1:
𝑃1 = 5,4𝑘𝑊 𝑆1 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
5,4
0,6
= 9𝑘𝑉𝐴
𝑄1 = 𝑆
2 − 𝑃2 = 92 − 5,42 = 7,2𝑘𝑉𝐴𝑅
Fasorialmente: 𝑆1 = 5,4 + 𝑗7,2 = 9∠53,13
°𝑘𝑉𝐴
Carga 2:
𝑃2 = 5𝑘𝑊 𝑆2 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
5
1
= 5𝑘𝑉𝐴
Como o fator de potência é 1, 𝑄2 = 0
Fasorialmente: 𝑆2 = 5 + 𝑗0 = 5∠0
°𝑘𝑉𝐴
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𝑃𝑇 = 𝑃1 + 𝑃2 = 5,4 + 5 = 10,4𝑘𝑊
𝑄𝑇 = 𝑄1 + 𝑄2 = 7,2 + 0 = 7,2𝑘𝑉𝐴𝑅
𝑆𝑇 = 𝑃𝑇
2 + 𝑄𝑇
2 = 10,42 + 7,22 = 12,65𝑘𝑉𝐴
Atenção! Não Some O Módulo Das Potências Aparentes Com Fatores De
Potência Diferentes! São Fasores!
𝑆𝑇 = 𝑆1 + 𝑆2 = 9∠53,13
° + 5∠0°
Como o sistema é equilibrado:
𝑆𝑇 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿 = 3 × 200 × 𝐼𝐿 = 12,65𝑘
𝑰𝑳 = 𝟑𝟔, 𝟓𝟐𝑨
𝑆𝑇 = 10,4 + 𝑗7,2 = 12,65∠34,70
°
𝒇𝒑 = 𝒄𝒐𝒔𝝋 = 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟒, 𝟕 = 𝟎, 𝟖𝟐
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b) a potência do banco de capacitores necessáriapara que o fator de
potência da instalação seja de 0,95 indutivo
Um banco de capacitores é uma carga puramente reativa que vai afetar
apenas a potência reativa total do sistema, mantendo a ativa. Assim:
𝑃𝑇 = 10,4𝑘𝑊
𝑄𝑇 = 𝑄𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 + 7,2𝑘𝑉𝐴𝑅
𝑆𝑇 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
10,4
0,95
= 10,95𝑘𝑉𝐴
𝑄𝑇 = 𝑆2 − 𝑃2 = 10,952 − 10,42 = 3,42𝑘𝑉𝐴𝑅
3,42 = 𝑄𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑜𝑟 + 7,2𝑘𝑉𝐴𝑅
𝑸𝒄𝒂𝒑𝒂𝒄𝒊𝒕𝒐𝒓 = −𝟑, 𝟕𝟖𝒌𝑽𝑨𝑹
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c) Corrente total após a correção do fator de potência
𝑆𝑇 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿 = 3 × 200 × 𝐼𝐿 = 10,95𝑘
𝑰𝑳 = 𝟑𝟏, 𝟔𝟏𝑨
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39
Uma rede trifásica com tensão de linha de 230 V alimenta duas
cargas equilibradas:
• Carga 1: ligada em estrela, consome 10 kVA com fator de
potência 0,8 capacitivo;
• Carga 2: ligada em triângulo;
A potência total fornecida ao sistema é de 12 kW com fator de
potência 0,8 indutivo. Determine:
a) as potências aparente, ativa e reativa consumidas pela carga
2;
b) a impedância de uma fase da carga 2;
Exemplo 2
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40
a) as potências aparente, ativa e reativa consumidas pela carga 2
Carga total:
𝑃 = 12𝑘𝑊 𝑆 =
𝑃
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
12
0,8
= 15𝑘𝑉𝐴
𝑄 = 𝑆2 − 𝑃2 = 152 − 122 = 9𝑘𝑉𝐴𝑅
Fasorialmente: 𝑆 = 12 + 𝑗9 = 15∠36,87°𝑘𝑉𝐴
Carga 1:
𝑆1 = 10𝑘𝑉𝐴
𝑃1 = 𝑆1 × 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 10 × 0,8 = 8𝑘𝑊
𝑄1 = 𝑆
2 − 𝑃2 = 102 − 82 = 6𝑘𝑉𝐴𝑅
Como a carga é capacitiva, 𝑄1 = −6𝑘𝑉𝐴𝑅
Fasorialmente: 𝑆 = 8 − 𝑗6 = 10∠ −36,87° 𝑘𝑉𝐴
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Para determinar os dados da carga 2:
𝑃 = 𝑃1 + 𝑃2
12 = 8 + 𝑃2
𝑃2 = 4𝑘𝑊
Q = 𝑄1 + 𝑄2
9 = −6 + 𝑃2
𝑄2 = 15𝑘𝑉𝐴𝑅
𝑆2 = 4 + 𝑗15 = 15,52∠75,07
°𝑘𝑉𝐴
𝑐𝑜𝑠𝜑 = 𝑐𝑜𝑠75,07° = 0,258
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b) a impedância de uma fase da carga 2
Como a carga consome 15,52kVA, cada fase consome
5,173kVA.
Como a carga está em triangulo, a tensão de linha e de fase
são iguais.
Como a alimentação é 230V, tem-se a tensão de fase. Pode-
se adotar: ሶ𝑉 = 230∠0°𝑉.
Temos ainda 𝑆2 = 5,173∠75,07
°𝑘𝑉𝐴.
Assim, precisamos determinar Z tendo S e V.
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Sendo:
𝑆 = ሶ𝑉 ሶ𝐼∗ e ሶ𝑉 = 𝑍 ሶ𝐼
ሶ𝐼 =
ሶ𝑉
𝑍
𝑆 = ሶ𝑉 ሶ𝐼∗ = ሶ𝑉
ሶ𝑉
𝑍
∗
=
ሶ𝑉 ሶ𝑉∗
𝑍∗
=
ሶ𝑉
2
𝑍∗
Assim:
5,173 × 103∠75,07° =
2302
𝑍∗
𝑍∗ = 10,223∠ −75,07°
𝐙 = 𝟏𝟎, 𝟐𝟐𝟑∠𝟕𝟓, 𝟎𝟕°𝜴
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Introdução aos Sistemas Elétricos de Potência
Medição de Potência em Sistemas Trifásicos
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O equipamento utilizado na medição de
potência ativa é o wattímetro, aparelho que
consiste, essencialmente, em duas bobinas:
A de corrente: com baixa impedância
(poucas espiras e fio com seção transversal
maior que o da bobina de potencial),
conectada em série com a carga, que
comporta-se idealmente como um curto-
circuito;
A de tensão: impedância bastante elevada,
muitas espiras e fio fino, conectada em
paralelo com a carga, comportando-se
idealmente como um circuito aberto
Bobina de 
Corrente
Bobina de 
Tensão
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Se os valores de tensão e corrente são: ሶ𝑉 = 𝑉∠𝜃𝑉 e ሶ𝐼 = 𝐼∠𝜃𝐼
A potência medida pelo Wattímetro é: 𝑃 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉 − 𝜃𝐼
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Seja uma carga alimentada por um sistema polifásico de “m” fases e “n”
fios. A potência ativa total absorvida pela carga equivale a soma de “n-
1” wattímetros ligados de modo que cada uma das bobinas
amperimétricas esteja inserida em um dos “n-1” fios e as bobinas
voltimétricas estejam ligadas tendo um ponto em comum a
amperimétrica do instrumento e o outro terminal de todas elas sobre o
“n-ésimo” fio.
Teorema de Blondel
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Dessa forma, o número de wattímetros para medir potência ativa em
cargas trifásicas é:
• Dois wattímetros para um sistema trifásico a três fios (três fases
sem neutro)
• Três wattímetros para um sistema trifásico a quatro fios (três
fases e um neutro)
Ressalta-se que o Teorema de Blondel é válido para cargas equilibradas
ou desequilibradas e independe da forma de ligação (estrela ou
triângulo)
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Ligação Correta dos Wattímetros
Ligação 
Incorreta dos 
Wattímetros
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Dado o circuito:
E as medições:
ሶ𝑉𝐴𝐵 = 250∠85
°𝑉 ሶ𝑉𝐵𝐶 = 250∠ −35
° 𝑉 ሶ𝑉𝐶𝐴 = 250∠205
°𝑉
ሶ𝐼𝐴 = 5∠0
°𝑉 ሶ𝐼𝐵 = 5∠−120
° 𝑉 ሶ𝐼𝐶 = 5∠120
°𝑉
Qual a medição dos wattímetros?
𝑊1 = 𝑉𝐴𝐵 × 𝐼𝐴 × 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝐴𝐵 − 𝜃𝐼𝐴 = 250 × 5 × 𝑐𝑜𝑠 85 − 0 = 108,95𝑊
ሶ𝑉𝐶𝐵 = − ሶ𝑉𝐵𝐶 = 250∠145
°
𝑊2 = 𝑉𝐶𝐵 × 𝐼𝐶 × 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝐶𝐵 − 𝜃𝐼𝐶 = 250 × 5 × 𝑐𝑜𝑠 145 − 120 = 1132,88𝑊
A potência total será: 𝑊𝑇 = 1241,83𝑊
Exemplo
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Exemplo: Determinar a leitura dos dois wattímetros e a
potência ativa consumida pela carga.
ሶ𝑉𝐴𝐵 = 280∠0
°𝑉
ሶ𝑉𝐵𝐶 = 280∠120
°𝑉
ሶ𝑉𝐶𝐴 = 280∠ −120
° 𝑉
𝑍𝑌 = 8 + 𝑗15Ω
Exemplo
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A leitura dos dois wattímetros pode ser expressa por:
𝑊1 = 𝑉𝐵𝐴𝐼𝐵𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝑏𝑎 − 𝜃𝐼𝑏
𝑊2 = 𝑉𝐶𝐴𝐼𝐶𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝑐𝑎 − 𝜃𝐼𝑐
Para determinar as correntes:
ሶ𝑉𝐵 =
ሶ𝑉𝐵𝐶
3∠ −30°
=
280∠120°
3∠ −30°
= 161,66∠150°𝑉
ሶ𝐼𝐵 =
ሶ𝑉𝐵
𝑍𝑌
=
161,66∠150°
8 + 𝑗15
= 9,51∠88,07°𝐴
ሶ𝐼𝐶 = ሶ𝐼𝐵∠120
° = 9,51∠ −151,93° 𝐴
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ሶ𝑉𝐴𝐵 = 280∠0
° → ሶ𝑉𝐵𝐴 = 280∠180
°
𝑊1 = 𝑉𝐵𝐴𝐼𝐵𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝑏𝑎 − 𝜃𝐼𝑏 = 280 × 9,51 × 𝑐𝑜𝑠 180 − 88,07
𝑊1 = −89,68𝑊
𝑊2 = 𝑉𝐶𝐴𝐼𝐶𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑉𝑐𝑎 − 𝜃𝐼𝑐 = 280 × 9,51 × 𝑐𝑜𝑠 −120 + 151,93
𝑊2 = 2259,90𝑊
𝑊𝑇 = 2170,22𝑊