Unid3 Circuitos Polifasicos Equilibrados

Unidade 3 CIRCUITOS POLIFÁSICOS EQUILIBRADOS CORCORAN (capítulo VIII) 3.1 – GERAÇÕES DE TENSÕES POLIFÁSICAS Sistema polifásico equilibrado: Conjunto de vários sistemas monofásicos com as tensões geradas em cada fase com mesma freqüência, mesma amplitude e defasadas no tempo por ∆θ = 360° n onde n é o número de fases do sistema polifásico. Veja na figura ao lado, para uma máquina de dois pólos um sistema trifásico onde as bobinas aa’, bb’ e cc’ estão fisicamente defasadas de 120 graus. Considerando o sentido de rotação da parte móvel (ímã SN) conforme indicado, sentido horário, obteremos tensões geradas na seqüência direta (ABC), ou seja: • fase b atrasada de 120° da fase a; • fase c atrasada de 120° da fase b. No caso da rotação da parte móvel (ímã SN) no sentido ante-horário, obteremos tensões geradas na seqüência inversa (ACB ou CBA), ou seja: • fase c atrasada de 120° da fase a ; • fase b atrasada de 120° da fase c; De uma forma geral define-se ordem de fase ou seqüência de fase como sendo a ordem pela qual as f.e.m. alcançam seus valores máximos. Resumindo-se, para seqüência direta a fase b atrasada de 120° da fase a e para seqüência inversa, a fase b adianta de 120° da fase a. Observe que se as tensões geradas nas fases a, b e c •

•

•

(E a , E b e Ec ) estão na seqüência direta, então, se tomarmos os seus •

•

•

negativos ( Ea ' , E b ' e E c ' ) obteremos a mesma seqüência de fases, no caso, também, a seqüência direta. A ordem da seqüência de fases de um sistema polifásico é de suma importância já que, em especial para o sistema trifásico, o mais utilizado na prática tem-se que: • Para um motor de indução, a inversão da seqüência de fase implica na inversão do sentido de rotação do eixo do motor; • No caso de carga trifásica desequilibrada os valores das correntes de linha fasorias podem ser completamente diferentes para as duas seqüências, tanto em módulo como em seus ângulos. De uma forma geral analisando as figuras, abaixo, e considerando o sentido de giro mostrado, são equivalentes, para efeito da seqüência de fase , as denominações: • •

Seqüência direta: ABC, BCA ou CAB; Seqüência inversa : CBA, BAC ou ACB.

1

CE2 - Unidade Unidade 3 - Circuitos Polifásicos Equilibrados Equilibrados (Capítulo 8 – Corcoran) Corcoran)

3.2 – DIAGRAMA VETORIAL E NOTAÇÃO COM SUB-ÍNDICE DUPLO Quando estamos lidando com sinais alternados senoidais é de muita importância especificar o sentido de percurso no circuito, bem como, o sentido da força elemotriz induzida. Lembre-se que as correntes e tensões serão representadas por fasores e, desta forma, uma inversão no sentido de percurso implica no negativo do fasor original. O sentido será indicado pelo sub-índice duplo, & significa que está sendo gerada uma f.e.m. na dessa forma, na figura ao lado, E ab bobina ab no sentido de a para b, ou melhor, o terminal b da bobina tem potencial & significa que está sendo gerada uma maior que o terminal a. Da mesma forma, E cd uma f.e.m. na bobina cd no sentido de c para d, ou melhor, o terminal d da bobina tem potencial maior que o terminal b. & = 100 / 60 volts e Exemplo 1 - Sabendo-se que as tensões geradas nas bobinas ab e bc acima sejam E ab & =100 / 0 volts quais são as opções para ligá-las aditivamente? E cd °

°

a) Ligando os terminais b e c e tomando a tensão E& ad

=

E& ab + E& cd = 100

3 / 30 volts. °

b) Ligando os terminais a e d e tomando a tensão E& cb = E& cd + E& ab = 100 3 / 30 volts. °

E& ad

=

E& ab + E& cd

E& cb

=

E& cd

+

E& ab

& e E & ? Problema 3.2 – Conectando os terminais d e b determinar as tensões E ca ac

Problema 3.2 – Para as bobinas ao lado & sabendo-se que E & =100 / 0 volts determinar E ca ab & =100 / 30 volts. e E cd °

°

Resp.: E& ca

=

E&cd

−

E& ab =

51,76 / 105 volts °

2

E& ab = 100 / -60

E& ca

=

E& cd

E& ac

=

E& ab − E& cd = 100 / 120

−

°

volts

°

volts


3.3 – SISTEMAS DI E TETRAFÁSICOS O sistema difásico caracteriza-se pela geração de tensões alternadas senoidais com defasagem de 90o em duas bobinas a’a e b’b conforme indicado abaixo. Observe que temos aqui uma exceção à regra geral de Sistema polifásicos equilibrados onde as tensões geradas em cada fase estão defasadas no tempo por 360° ∆θ = onde n é o número de fases do sistema polifásico. No caso bifásico, n=2, o que implicaria em n

∆θ = 180° .

Ligando-se os terminais a’ e b’ teríamos uma estrela bifásica onde: • Tensões de fase : Tensões geradas nas bobinas, ea ' a e eb ' b na seqüência direta ; • Tensões de linha : Tensões entre dois terminais de saída do gerador, eab ou eba ; • Fazendo o módulo da tensão de fase igual a E F e designando o módulo da tensão de linha por E L observe que E L

2 × E F . Note que E& ab

=

=

E& b ' b

−

E& a ' a =

2 × E F / -135

°

⇒

& = E . E ab L

=

2 × E F .

Sistema Tetrafásico O sistema tetrafásico caracteriza-se pela geração de tensões alternadas senoidais com defasagens de 90 entre as bobinas a’a, b’b, c’c e d’d conforme indicado abaixo. o

Conexão em Estrêla Ligando-se os terminais a’, b’, c’ e d’ teríamos uma estrela tetrafásica onde: • Tensões de fase : Tensões geradas nas bobinas: ea ' a , eb ' b , ec ' c e ed ' d na seqüência direta ; • Tensões de linha : Tensões entre dois terminais de saída do gerador contíguos: eab , ebc , ecd e eda . Observe que: E& ab E&b ' b E& a ' a , E& bc E&c ' c E&b 'b , E& cd E&d ' d E&c 'c e E& da E&a ' a E&d ' d ; • Fazendo o módulo da tensão de fase igual a E F e designando o módulo da tensão de linha por E L =

observe que E L

=

−

=

2 × E F . Note que E& ab

−

=

=

E&b 'b

−

E& a ' a =

3

−

=

−

°

& ⇒ E ab

2 × E F / -135

= E L

=

2 × E F .


Conexão em Malha Ligando-se os terminais a ao b’, b ao c’, c ao d’ e o d ao a’ teremos uma malha tetrafásica onde: • Tensões de fase : Tensões geradas nas bobinas: ea ' a ea , eb 'b eb , ec ' c ec e ed ' d ec na seqüência direta; • Tensões de linha : Tensões entre dois terminais de saída do gerador contíguos: ed '' a '' ea , ea ''b '' eb , eb '' c '' ec e ec '' d '' ed ; • Fazendo o módulo da tensão de fase igual a E F e designando o módulo da tensão de linha por E L observe que E L E F ; • Correntes de fase : Corren Correntes tes que trans transiitam nas nas bobin bobinas as do gerad gerador: or: I&ab , I&bc , I&cd e I&da ; • Correntes de linha : Correntes que saem dos terminais do gerador: I&dd '' , I&aa '' , I&bb '' e I&cc '' . Observe que: & & I & , I& I I I&ab I&bc , I&cc '' I&bc I&cd e I&dd '' I&cd I&da ; aa " da ab bb '' • Fazendo o módulo da corrente de fase igual a I F e designando o módulo da corrente de linha por I L =

=

=

=

=

=

=

=

=

−

=

observe que I L

=

−

=

−

=

−

2 I F . Observe que I&bb '' I&ab I&bc = 2 I F ∠ − 45° =

−

Sistema difásico à três fios (2 fases e um neutro) - Seqüência direta •

•

E n 'a ' = Ea •

=

E F∠0 °

=

E F ∠ − 90 °

•

En'b' = Eb •

•

•

Ea ' b ' = E b − Ea

=

2 E F ∠ − 13 5 °

3.4 – f.e.m. geradas por sistemas trifásicos tetrafilares Para um gerador trifásico equilibrado na seqüência direta, ligando-se os terminais a’, b’ e c’ a um ponto comum e designandoo por n (ponto neutro) tem-se uma ligação estrela trifásica onde: •

E na

•

=

•

E nb •

Ea

=

E F ∠0 ° ;

•

=

E b = E F ∠ − 1 20 ° ; •

E nc = E c = E F ∠ + 120° 4

⇒

& = I I bb '' L

=

2 I F .

=

CE2 - Unidade 3 - Circuitos Polifásicos Equilibrados (Capítulo 8 – Corcoran) •

Note que Eab

•

=

•

E b Ea =

3 E F ∠ − 150° onde E F é o

−

módulo da tensão de fase já que

3 3 EF . E 2 F Observações importantes para um gerador trifásico equilibrado com ligação estrêla: • Tensões de fase: f.e.m. induzidas nas bobinas (fases) do gerador, E& na E& a , E&nb E&b e E& nc E& c ; • Tensões de linha: f.e.m .existentes entre os terminais de saída do gerador, E& ab , E& bc e E& ca . Observe que: E& ab E&b E& a , E& bc E&c E&b e E& ca E& a E&c ; • Em módulo, toda Tensão de linha = 3 Tensão de fase; • Correntes de fase: Correntes que transitam nas bobinas do gerador I&na , I&nb , I&nc ; Correntes de linha: Correntes que saem dos terminais do gerador I&aa ' , I&bb ' e I&cc ' . Observe que as correntes • E& ab

=

2 x OA = 2 x E F cos30° = 2

=

=

=

•

−

=

−

•

=

−

de linha são iguais as correntes de fase correspondentes: I&na Em módulo, toda Corrente de linha = Corrente de fase. •

•

=

=

•

•

•

=

I&aa ' ; I&nb

=

I&bb ' e I&nc

=

I&cc ' ;

•

A Corrente de neutro In 'n é nula já In 'n = I na + Inb + Inc = 0 ; Veja as figuras abaixo ilustrando estes fatos. Observe que para efeito de treinamento, mostramos as tensões de linha E& ba , E&ac e E&cb em vez das tensões E& ab , E& bc e E& ca . Quais são as relações vetoriais das tensões de linha representadas em termos das tensões de fase?

Problema 3.4 - Desenhar um diagrama vetorial polar que represente as tensões de fase e de linha mostrados •

no Oscilograma VIII-1 do livro texto, usando V bn como referência. Especificar o valor eficaz da tensão de fase, a seqüência das tensões de linha e de fase. Este Oscilograma corresponde às tensões numa carga em estrela equilibrada cujo valor eficaz das tensões entre linhas é 100 Volts. a) V F 100 / 3 =57,7 volts; =

b) Seqüência das tensões de fase: an, bn, cn; c) Seqüência das tensões de linha: ab, bc, ca.

5

CE2 - Unidade 3 - Circuitos Polifásicos Equilibrados (Capítulo 8 – Corcoran)

3.5 – Sistemas Trifásicos trifilares Nos Sistemas Trifásicos Trifilares não existem o fio neutro e, portanto, não é possível conectar cargas entre as linhas e o neutro.

3.6 – A conexão Triângulo ( ∆ ) Observe as figuras abaixo que ilustram este tipo de ligação bem como as relações existentes entre suas tensões e correntes de linha e de fase.

Observações importantes para um gerador trifásico equilibrado com ligação triângulo: Tensões de fase: f.e.m. induzidas nas bobinas (fases) do gerador, E& ab , E& bc e E&ca ; • • Tensões de linha: f.e.m.existentes entre os terminais de saída do gerador, E& a ' b ' , E&b ' c ' e E& c ' a ' . Observe que & , E& & e E& & ; E E as tensões de linha são iguais as tensões de fase correspondentes: E& a 'b ' E ab b'c ' bc c 'a ' ca Correntes de fase: Correntes que transitam nas bobinas do gerador, I&ab , I&bc , I&ca ; • • Correntes de linha: Correntes que saem dos terminais do gerador I&aa ' , I&cc ' , I&bb ' . Observe que I&aa ' I&ca I&ab ; I&bb ' I&ab I&bc ; I&cc ' I&bc I&ca ; Em módulo, toda Tensão de linha = Tensão de fase ; • • Em módulo, toda Corrente de linha = 3 Corrente de fase. =

=

−

=

−

=

=

=

−

Problema 3.5 – Desenhar o diagrama vetorial com as tensões de fase, correntes de fase e de linha, usando V& bc como referência, referente ao Oscilograma VIII-2 do livro texto.

Correntes de linha saindo do gerador I&aa ' I&ca I&ab ; I&bb ' I&ab I&bc ; I&cc ' I&bc I&ca ; =

−

=

−

=

Correntes de linha chegando na carga I&a ' a I&ab I&ca ; I&b 'b I&bc I&ab ; I&c ' c I&ca I&bc ;

−

=

6

−

=

−

=

−


3.7 – Estrelas e malhas n-fásicas Para gerações n-fásicas equilibradas, ligadas em estrela, sabe-se que o defasamento das tensões 360° geradas em fases contíguas é ∆θ = . Neste tipo de ligação, sempre, a tensão de linha entre fases n

contíguas é a tensão de uma delas menos a tensão da outra fase. Individualizando-se para as fases a e b 180° obtém-se: E ab = E an + E nb = E b − E a ⇒ E ab = E L = 2 × ( AB ) = 2 × E F × sen . Para as correntes, é óbvio n que as de linha e de fase são iguais ( I L I F ) já que não existe nenhum nó separando-as. •

•

•

•

•

•

=

Para as ligações em malha temos uma simetria com relação à ligação em estrela, só que permutandose as tensões pelas correntes, ou melhor, o que ocorre com as tensões na ligação estrela ocorrerá com as correntes na ligação triângulo e vice-versa. Veja as figuras abaixo que ilustram este fato. Tensões de linha iguais a tensões de & , E& & , etc. fase já que E& a 'b ' E E ab b'c' bc EL = E F ; =

•

I bb ' &I

•

=

=

•

I ab − I bc ; I

bb ' = L =

2 × AB = 2 × IF × sen

180° . n

Problema 3.6 – Para um gerador em malha hexafásico com corrente de fase igual a 100 A, qual é o valor da sua corrente de linha? 360° = 60° ; 6 n 180° 1 IL = 2 × IF × sen = 2 × 100 × sen30° = 2× 100× = 100 ampères. 6 2 ∆θ =

360°

=

Problema 3.7 – Qual é a tensão entre linhas adjacentes de um sistema duodecafásico, equilibrado, conectado em estrela, se E F 50 volts? Soluções numérica e gráfica. 180° E L = 2 × Ef × sen = 2 × 50 × sen15° = 25,88 volts; 12 360° 360° & = 50∠0° e E& = 50 ∠ − 30° ; ∆θ = = = 30° ⇒ E a b 12 n =

•

Eab

•

=

•

Ean + E nb

E L = E& ab

=

•

=

•

E b − Ea

=

25,88∠ −105 °;

25,88∠ − 105°

=

25,88volts.

7


Problema 3.8 – Determinar a tensão ente linhas alternadas num sistema hexafásico, equilibrado, conectado em estrela, se o módulo das tensões de fase é igual a 132,8 volts. 360° 360° & = 132,8∠0°, ∆θ = = = 60° ⇒ E a 6 n E&b = 132,8∠ − 60° e E&c = 132,8 ∠ − 120°; •

Eac

•

=

•

E an + E nc

E L = E& ac

=

•

=

•

Ec − E a

=

230∠ − 150°

230 ∠ −150 °;

=

230volts.

3.8 – Carga trifásica equilibrada com ligação Estrela (Y) Para uma carga trifásica equilibrada com ligação estrela tem-se que (veja figura do exemplo 3.2): & , V& & e V • Tensões de fase : Quedas de tensões produzidas nas impedâncias das fases: V&an V a bn b &; V&cn V c • Tensões de linha : Quedas de tensões entre dois terminais contíguos de entrada da carga: & −V & = V & V & ; &nb' = V V&a 'b ' = V&a ' n + V an bn a b =

=

=

−

•

V&b ' c '

=

V&b' n

+

&nc ' V

= V& bn − V& cn = V& b V& c ;

V&c ' a '

=

V&c' n

+

&na ' V

= V& cn − V& an = V& c V& a .

−

−

Fazendo o módulo da tensão de fase igual a V F e designando o módulo da tensão de linha por V L observe que V L 3 V F . Em módulo, toda Tensão de linha = 3 Tensão de fase; Correntes de fase: Correntes que transitam nas impedâncias das fases: I&an I&a , I&bn I&b e I&cn I&c . Considerando que o sistema é equilibrado e designando a impedância de fase por Z& F tem-se que: =

•

=

I&

an

•

=

V&an & , I bn Z& F

Z& F

e I&

cn

=

& V cn ; Z& F

=

Correntes de linha: Correntes que chegam dos terminais da carga: I&a ' a , I&b 'b e I&c ' c . Observe que: & , I& & e I& & ; I&a ' a I I I an b 'b bn c 'c cn Fazendo o módulo da corrente de fase igual a I F e designando o módulo da corrente de linha por I L observe que I L I F . Em módulo, toda Corrente de linha = Corrente de fase; =

•

=

V&bn

=

=

=

=

Exemplo 3.2 – Para uma carga trifásica equilibrada (R = 6 Ω e X L = 8 Ω) ligada em estrela onde a tensão de linha é igual a 220 volts pede-se: a corrente de linha, a potência real por fase e a potência real da carga trifásica. VL 220 = = 127 V 3 3 V 127 127 IF = F = 2 2 = = 12,7 A ZF 10 6 +8 IL = IF = 12,7 A PF = R F × I F 2 = 6 x12,72 = 967,7 W PTotal = P3# = 3 x PF = 3 x 967,7 = 2.903, 2 W. VF =

8


Exemplo 3.2.a – Para o exemplo anterior, determine vetorialmente as tensões, correntes e potências, sabendo-se que as tensões estão na seqüência direta e V &an está na referência, isto é, V &an = 127∠ 0° volts. Z& an = Z& bn = Z& cn = Z& F = 6 + j8 = 10∠53,13° Ω •

V an = 127 0° = 127 + j0 volts •

V bn = 127 −120° = −63,5 − j110 volts •

V cn = 127 120° = −63,5 + j110 volts •

V ab

•

=

•

Van − V bn = 190,5 + j110 = 220 30° volts •

•

Ian

=

V an •

=

127 0° = 12,7 − 53,13° A 10 53,13°

=

127 −120° = 12,7 − 173,13° A 10 53,13°

=

127 120° = 12,7 66,87° A 10 53,13°

ZF •

•

Ibn

=

V bn •

ZF •

•

Icn

=

V cn •

ZF Pna = Vna I na cos φ V&Inana = 127 x12, 7 x cos 53,13° = 967,7 W &

P3# = 3 × Pna

=

3 × 967,7 = 2.903,1 W

Q na = Vna Ina sen φ

V& na &I na

= 127

x 12,7 x sen 53,13° = 1.290,3 VARs

Q3# = 3 × Qna = 3 × 1.290,3 = 3.870,9 VARs N na Vna Ina 127 x 12,7 1.612,9 VA N 3# = 3 × N na = 3 × 1.612,9 = 4.838,7 VA =

=

=

Observe que neste exemplo e nas definições anteriores consideramos as correntes fluindo dos terminais a, b e c para o ponto n, embora nada impeça de considerarmos a corrente no sentido contrário. É claro que o •

sentido da corrente é definido pelo sentido da queda de tensão considerada, isto é, a tensão Van ⇒ •

•

•

corrente Ian (corrente entrando no neutro, ponto n); a tensão Vna ⇒ corrente Ina (corrente saindo do •

neutro, ponto n). É obvio que I na

•

= −

I an para um mesmo sistema de tensões geradas.

3.9 – Carga trifásica equilibrada com ligação Triângulo ( ∆) Para uma carga trifásica equilibrada com ligação triângulo tem-se que (veja figura do exemplo 3.3): • Tensões de fase : Quedas de tensões produzidas nas impedâncias das fases: V&ab ,V&bc e V&ca ; &a 'b ' , V &b ' c ' e • Tensões de linha : Quedas de tensões entre dois terminais contíguos de entrada da carga: V & &c 'a ' . Observe que V V& ab , V& b'c' V& bc e V& c'a ' V&ca ; V a 'b' • Fazendo o módulo da tensão de fase igual a V F e designando o módulo da tensão de linha por V L observe que V L V F . Em módulo, toda Tensão de linha = Tensão de fase; =

=

=

=

9

CE2 - Unidade 3 - Circuitos Polifásicos Equilibrados (Capítulo 8 – Corcoran) •

Correntes de fase: Correntes que transitam nas impedâncias das fases: I&ab , I&bc e I&ca . Considerando que o sistema é equilibrado e designando a impedância de fase por Z& F tem-se que: I&ab

•

•

=

V&ab & , I bc Z& F

=

V&bc Z& F

e I&ca

=

& V ca ; Z& F

Correntes de linha: Correntes que chegam dos terminais da carga: I&a ' a , I&b 'b e I&c ' c . Observe que: I&a 'a

=

I&ab

I&b 'b

=

I&bc

−

I&ab

I&c 'c

=

I&ca

−

I&bc

−

I&ca

Fazendo o módulo da corrente de fase igual a I F e designando o módulo da corrente de linha por I L observe que I L 3 I F . Em módulo, toda Corrente de linha = 3 Corrente de fase; =

Exemplo 3.3 – Para uma carga trifásica equilibrada (R = 6 Ω e X L = 8 Ω) ligada em triângulo onde a tensão de linha é igual a 220 volts pede-se: a corrente de linha, a potência real por fase e a potência real da carga trifásica. ZF = R 2 + X L 2 = 62 + 82 = 10 Ω VF = VL = 220 V V 220 = 22 A IF = F = ZF 10 IL = 3 × If = 3 × 22 = 38,1 A PF = R F I F 2 = 6 x 222 = 2.904 W PTotal = P3# = 3 PF = 3 × 2.904 = 8.712 W

Exemplo 3.3.a – Para o exemplo anterior, determine vetorialmente as tensões, correntes e potências, sabendo-se que as tensões estão na seqüência direta e V &ab está na referência, isto é, V &ab = 220∠ 0° volts. Z& ab = Z& bc = Z& ca = Z& F = 6 + j8 = 10∠53,13° Ω •

V ab = 220 0° volts •

V bc = 220 −120° volts •

V ca

=

220 120° volts •

•

Iab =

V ab •

=

220 0° = 22 −53,13° A 10 53,13°

=

220 −120° = 22 −173,13° A 10 53,13°

=

220 120° = 22 66,87° A 10 53,13°

ZF •

•

Ibc =

V bc •

ZF •

•

Ica

=

V ca •

ZF &I = &I − &I a'a ab ca 10

=

38,11 −83,13° A


Pab = Vab Iab cos φ

V& ab &I ab

= 220 x 22 x cos 53,13° =

2.904 W

P3# = 3 × Pab = 3 × 2.904 = 8.712 W Qab

= V ab I ab

& V ab

sen φ I &

ab

=

220 × 22 × sen 53,13° = 3.872 VARs

Q3# = 3 × Qab = 3 × 3.872 = 11.616 VARs N ab Vab Iab 220 x 22 4.840 VA N 3# = 3 × Nab = 3 × 4.840 = 14.520 VA =

=

=

Observe que neste exemplo e nas definições anteriores consideramos as correntes fluindo dos terminais a para b, de b para c e de c para a, embora nada impeça de considerarmos a corrente no sentido contrário ou outro qualquer. É claro que o sentido da corrente é definido pelo sentido da queda de tensão considerada, •

•

•

•

isto é, a tensão Vab ⇒ corrente Iab (corrente de a para b); a tensão Vba ⇒ corrente Iba (corrente de b •

para a). É obvio que Iba

•

= −

Iab para um mesmo sistema de tensões geradas. Por exemplo, se for •

•

•

•

•

especificado uma seqüência de fases V ba , V cb , V ac , quer dizer que Vcb atrasa de Vba de 120o e que •

•

•

•

•

V ac atrasa de Vac de 120 , usaríamos como base para os cálculos as correntes de fase Iba ,Icb , Iac . °

Observações importantes sobre as relações existentes entre tensões, correntes e potências para ligações Estrela e Triângulo com mesmas impedâncias de fase ( Z& F ) e alimentadas com a mesma tensão de linha ( VL ). Analisando os resultados obtidos nos exercícios 3.2.a e 3.3.a conclue-se que: VL VLy (hipótese); •

•

•

•

•

•

=

∆

VF

=

∆

3 VFy ;

IF 3 I Fy ; I L 3 I Ly ; PF 3 PFy ; P3# 3 P3#y . =

∆

=

∆

=

∆

=

∆

3.10 - Diagrama vetorial de tríplice origem em Sistemas Trifásicos Equilibrados a) Tensões geradas (tensões no gerador) Seja um gerador ligado em estrela, seqüência direta, conforme ilustrado na página seguinte. Observe •

•

•

•

•

•

•

•

•

que as tensões de linha são dadas por: Eab Eb Ea , E bc Ec E b e Eca Ea Ec . Temos na figura (a), uma & , E & e E & ) geradas ligação em estrela; na figura (b) o diagrama fasorial correspondente das tensões de fase E a b c & , E & e E & ) , composição vetorial das tensões de fase e, na seqüência direta e das tensões de linhas ( E ab bc ca finalmente, na figura (c) um diagrama fasorial equivalente àquele da figura (b) e que designamos diagrama vetorial de tríplice origem, onde as tensões de linha formam um triângulo eqüilátero. Observou-se nesta figura, para seqüência direta, que girando no sentido horário encontramos os pontos a, b e c na seqüência & , E & e E & fosse seqüência inversa teríamos ABC (seqüência direta). Se a seqüência gerada para as tensões E a b c encontrado, girando novamente no sentido horário, os pontos na seqüência ACB, ou CBA ou BAC (seqüência inversa). =

−

=

11

−

=

−


& bc = 200∠90 V determine as Exemplo 1 - Para tensões geradas na seqüência inversa, sabendo-se que E & , E & e E & ) e de linha ( E & , E & e E & ) , usando o diagrama vetorial de tríplice origem tensões de fase ( E a b c ab bc ca correspondente: o

& = E & = 115,47∠ + 180 V 200∠ − 30 V E na a & = 200∠ + 90 V e E & = E & = 115,47∠ − 60 V E bc nb b & = 200∠ − 150 V E & = E & = 115,47∠ + 60 V E ca nc c & E ab

o

=

o

o

o

o

o

& Exemplo 2 - Similar ao exemplo 1, seqüência direta, dado E nc

& = = E c

100∠90° V . Têm-se:

& = 100 3 ∠ + 180 V 100∠ − 30 V E ab & = 100 3∠ + 60 V = 100∠ − 150 V e E bc & = 100 3∠ − 60 V = 100∠ + 90 V E ca

& E na

& = = E a

& nb E

&b = E

& E nc

& = E c

o

o

o

o

o

o

Observe nos exemplos 1 e 2 anteriores, que partimos da hipótese de que o gerador tinha ligação estrela e, neste caso, existe fisicamente o ponto n, ponto comum das três bobinas. Daí, determinamos as tensões de & & & & & & & & neutro-fase E na E a , E nb E b , E nc E c , e as tensões fase-fase E ab , E bc eE ca . Se assumirmos a hipótese de que o gerador está ligado em triângulo, não teremos o ponto n físico, mas por outro lado o procedimento é totalmente similar na determinação das tensões neutro-fase e fase-fase. Este ponto n seria o neutro do gerador ligado em estrela, equivalente a este último ligado em triângulo. =

=

=

12


Tensões na carga Seja uma carga trifásica equilibrada e seus diagramas fasoriais indicados abaixo. O procedimento é análogo ao caso do gerador com a única diferença de que as tensões geradas são no sentido do neutro para a & , E & e E & ) e, na carga, são no sentido da fase para o neutro (V &an , V &bn e V &cn ), ou seja, as tensões fase, ( E na nb nc seguem o sentido da corrente convencional. Considere seqüência direta com V &an = 120∠0 o V . Têm-se:

& V ab

=

& V an

−

& V bn

& V bc

=

& V bn

−

& V cn

& V ca

=

& V cn

−

& V an

;

& V ab

=

120 3 ∠ + 30 V

& V bc

=

120 3 ∠ − 90 V

&ca V

=

120 3 ∠ + 150 V

120∠0 V & = 120∠ − 120 V . V bn & = 120∠ + 120 V V cn & V an

o

o

e

o

=

o

o

o

Observe no exemplo acima que mesmo considerando a seqüência direta, o diagrama físico da carga, induz erroneamente à seqüência inversa. Lembre-se que a seqüência de fases é definida pelo diagrama vetorial e não pelo diagrama físico. Exemplo 3 - Para seqüência inversa, V &bc = 180∠45 V, determine todas as tensões fase-neutro e fase-fase numa carga trifásica equilibrada. Têm-se: o

& V ab &bc V & V ca

180∠ − 75 V ; e = 180∠45 V ; = 180∠165 V ; =

o

o

o

103,92∠ − 45 V ; & = 103,92∠75 V ; . V bn & = 103,92∠ − 165 V ; V cn & V an

=

o

o

o

Embora, não muito usual, mas nada nos impede de que as tensões e correntes numa carga trifásica sejam consideradas saindo do neutro da carga. Com seqüência direta, veja exemplos seguintes:

13


Ex. 1 - Diagrama polar de uma carga equilibrada em estrela com fp = 1.

Ex. 2 - Diagrama polar de carga equilibrada conectada em triângulo com fp = 1. Exemplo 3.4 – Para uma carga trifásica equilibrada de 10 KVA com tensão de linha de 200 volts, apresente os diagramas de tríplice origem com as tensões geradas de fase e de linha e com as correntes de linha para: (a) Seqüência direta e fator de potência unitário; (b) Seqüência direta e fator de potência 0.6 atrasado; (c) Seqüência inversa e fator de potência 0.6 atrasado; Solução: • cos( α 1 ) = 1 ⇒ α 1 = 0º; • cos( α 2 ) = 0.6 ⇒ α 2 = 53,1º Têm-se os diagramas:

14


3.11 - CÁLCULO DA POTÊNCIA REAL OU MÉDIA EM SISTEMAS EQUILIBRADOS (W) P f V f I f cosθ f =

Pt

=

n P f ⋅

Para sistema Trifásico: Pt 3 V f I f cosθ f =

a) Ligação estrela I L = I f ; V L

=

3 ⋅V f ⇒ Pt = 3 ⋅

V L

3

I

⋅ L ⋅

cosθ f = 3 V L I L cosθ f .

b) Ligação triângulo: I L = 3 I f ; V L

=

V f

⇒

Pt = 3 V L

I L

3

cosθ f = 3 V L I L cosθ f .

Problema 3.9 - Tensões de linha trifásicas, V L 2.300 V , são aplicadas a uma carga equilibrada conectada em Υ com Z f = 100 + j173,2 Ω por fase, pede-se I L e Pt. Z f = 100 + j173, 2 = 200∠60° Ω; V 2.300 I L = I f = L / Z f = = 6,64 A; 3 3.200 Pt = 3 × R f × I f 2 = 3 ×100 × 6,64 2 = 13, 23 kW ; =

Pt =

3 V L I L cosθ f

=

3 × 2.300 × 6,64 × cos 60

= 13,23 kW

o

Problema 3.10 - Idem exemplo anterior com carga em ∆. V f V L 2.300 11.5 A; I f 200 Z f Z f =

I L

=

=

=

3 I f = 3 ×11,5 = 19,92 A;

Pt = 3 R f I f 2 Pt =

=

=

3 ×100 ×11,5 2 = 39,67 kW ;

3 V L I L cosθ f

=

3 × 2.300 ×19,92 × cos 60

o

=

39,67 kW .

15


3.12 – POTÊNCIA APARENTE (VOLT-AMPÈRES - VA) Para sistemas trifásicos equilibrados é definida como a soma dos VA das fases, ou melhor, N VAtotais 3 VA fase 3 V f I f . Em função das tensões e correntes de linha, têm-se: =

=

=

Ligação

•

Ligação Υ ⇒ N 3

∆

⇒N

3 V L

•

=

=

V L

3

I L

3 I L

=

=

3 V L I L ; 3 V L I L .

3.13 – POTÊNCIA REATIVA (VOLT AMPÈRES REATIVOS – VAR) Definida como a soma dos volt-ampères reativos das fases, Q P x aos itens anteriores, têm-se: • Ligação ∆ ⇒ P x = 3 V L. I L senθ f ; =

•

Ligação Y ⇒ P x

=

=

3 V f I f senθ f . Similarmente

3 V L I L senθ f .

3.14 – TRIÂNGULO DE POTÊNCIAS Em sistemas trifásicos equilibrados, as potências real (P), reativa (Q) e aparente (N) formam um triângulo retângulo conforme mostrado ao lado onde θ f é o ângulo da impedância de fase da carga trifásica equilibrada.

Problema 3.11 - Dado um sistema de tensões trifásicas equilibrada com V L 440 volts aplicada à carga ∆ & f = 8 + j 6 Ω, pede-se: equilibrada e com Z a) Calcular N f , Q f e o fator reativo. 440 = 19.360 VA ; • N f = VA f = V f I f = 440 2 2 8 +6  6  • Q f = VA f senθ f = 19.360 ×   = 11.616 VAr ;  10  • Fator reativo = fr senθ f 0,6 . =

=

=

3.15 - FATORES DE POTÊNCIA ( fp) E REATIVO ( fr) Para sistemas trifásicos equilibrados alimentados por ondas sensoriais, são definidos como: • Fator de potência : cosseno do ângulo entre V f • Fator reativo : seno do ângulo entre V f

e I f ⇒ fp = cos θ f

e I f ⇒ fr = senθ f

=

P x VA

=

P VA

Q =

N

=

P N

;

;

Exemplo 3.5 - Dado um motor trifásico de 5 HP alimentado por tensões trifásicas equilibradas 220 volts, rendimento de 0,85 e o fator de potência = 0,86, pede-se a potência real entregue ao motor em plena carga e a corrente elétrica absorvida da rede elétrica. 5 5 745,7 HP 4.386,5 W ; • Potência real entregue ao motor = 0,85 0,85 • P = 3 V L I L cosθ f ⇒ 3 × 220 × I L × 0,86 = 4.386,5 W ⇒ I L = 13,385 A . =

×

=

16


Exercício - Para um motor trifásico, 10 CV, fator de potência = 0,85 atrasado, tensão de linha = 220 volts, rendimento = 0,81, f 60 H z , pede-se: =

a) As potências absorvidas da rede de alimentação (P, Q e N), e apresente o triângulo de potência (1 cv = 735,5 W); P 10 × 735,5 P elétrica = mecânica = = 9.080, 25 W ; 0,81 µ P 9.080,25 N = = = 10. 682,64 VA; cosϕ 0,85 Q

N 2

=

−

P2

=

5.627,43 VAr .

b) A corrente de linha; N =

3 V L I L ⇒ I L

=

10.682,64 = 28,035 A . 3 × 220

c) A corrente de fase se a ligação interna do motor é ligação ∆ e o valor de sua impedância de fase; I V F 28,035 220 I F = L = = 16,186 A; Z F = = = 13,592 Ω; & I 16 , 186 3 3 F & = 13,592∠31,788 Ω. θ F = arc cos 0,85 = 31,788 ⇒ Z F o

o

d) O valor das capacitâncias em (µF) de três capacitores iguais ligados em paralelo à este motor, com ligação ∆, de modo que o fator de potência do conjunto (motor + capacitores) seja 0,95 indutivo. fp = 0,95 ⇒ θ 1 tgθ 1 Q2

=

=

Q1

⇒

P Q Q1 −

=

Q1

=

18,195 ;

=

o

9.080,25 × tg18,195

o

=

2.984,53 VAr ;

2.642,90 VAr capacitivos;

Cálculo das capacitâncias ligadas em triângulo: a) Enfoque monofásico Q1F =

Q2

3

b) Enfoque trifásico Q2 = 3 V L I L sen (− 90 ) ⇒ − 2.642,90 I L = I L = = 6,936 A; 3 × 220 × (− 1) o

= 880,97 VAr ; 2

 V F  V F 2  = ⇒ Q1F = X c I C = X C  X X  C  c

C

2

2

2

220 = 54,937 Ω; Q1F 880,97 1 1 10 6 ⇒ C = = = X c = wC wX C 120π × 54,937 48,282 µ F . X C =

V F

=

I F C

=

I LC

X c

=

V F

3 I F C

=

4,004 A;

=

220 = 54,937 Ω; 4,004

10 6 X C = ⇒ C = = = w C w X C 120π × 54,937 48,282 µ F . 1

17

1


3.16 - Potências Monofásicas e Trifásicas Equilibrados com alimentação Alternada Senoidal Os valores instantâneos da potência da carga monofásica indicada abaixo é dada por:

p = vi ⇒ p = [V m sen(wt )] [ I m sen(wt − θ )] = V m I m sen wt [sen (wt − θ )] = V m I m sen wt [sen wt cos θ − senθ cos wt ] =

    2 V m I m sen wt cos θ − V m I m senθ  sen wt cos wt  4 244 3  14  sen 2 wt     2

Relembrando-se que: 1 = cos 2 wt + sen 2 wt cos 2 wt = cos 2 wt − sen 2 wt ⇒

(a )

1 − cos 2 wt = 2 sen 2 wt ⇒ 1 − cos 2 wt sen 2 wt = (b ) 2

Substituindo (b) em (a), obtém-se: p

=

1 cos 2wt sen 2wt cosθ V m I m senθ 2 2 V m I m cos θ V m I m cos θ V I senθ − [cos 2 wt ] − m m [sen 2 wt ] 2 2 2 −

V m I m

−

14243

1

=

144 4 244 4 3

2

144 4 244 4 3

3

Onde: (1)

V m I m

2

(2) −

cos θ - parcela constante correspondente à potência real;

V m I m

2

cos θ [cos 2wt ] - parcela correspondente a potência reativa;

V m I m

sen θ [sen 2 wt ] - parcela correspondente a potência reativa. 2 Desenvolvendo (1) + (2) obtém-se:

(3) −

V m I m

V m I m

(cos 2wt − θ ) - parcela correspondente a potência reativa 2 2 de freqüência dupla dos sinais de tensão e de corrente do circuito monofásico. Para o sistema trifásico equilibrado, considerando as potências instantâneas de cada fase função da tensão da fase e de sua respectiva corrente de fase, Pa f (V a , I a ) , Pb f (V b , I b ) e Pc f (V c , I c ) , têm-se: pa V m I m sen wt sen (wt θ ); pb V m I m sen (wt 120 ) sen (wt 120 θ ); pc V m I m sen (wt 240 ) sen (wt 240 θ ). −

[cos 2 wt cos θ + sen 2 wt senθ ] = −

=

=

−

=

−

=

−

o

o

−

−

o

o

−

−

18

=

=


Extendendo-se o desenvolvimento efetuado anteriormente para o circuito monofásico tem-se: pa

=

pb

=

pc

=

V m I m

2 V m I m

2 V m I m

2

cos θ

−

cosθ −

V m I m

2

V m I m

cos θ −

2 V m I m

2

cos (2wt

−

θ

);

cos (2 wt − 120° − θ ) ; cos (2wt − 240° − θ )

Para a carga trifásica obtém-se: Pt = Pa + Pb + Pc = 3

V m I m ⋅ cosθ

já que a soma das três parcelas 2 senoidais é nula – sinais senoidais de mesma freqüência, mesma amplitude e defasados de 120°.

3.17 - MEDIDAS DE POTÊNCIA EM SISTEMAS EQUILIBRADOS Um vatímetro acusa uma leitura proporcional ao produto da corrente na sua bobina de corrente pela tensão na bobina de tensão e pelo cosseno do ângulo entre a tensão e a corrente percebidas por suas bobinas de tensão e de corrente. Assim, o valor medido será: W V I cos (θ V θ I ) watts. Nas figuras abaixo têm-se esquemas possíveis para a medição de potências trifásicas em cargas ligadas em triângulo e estrela onde a potência trifásica é a soma das potências medidas pelos três vatímetros. Entretanto nem sempre é possível in=

−

terromper as fases de uma carga ∆, assim como, ter acesso ao neutro de uma carga Y. Dessa forma, sugerese o método de dois vatímetros indicados abaixo, que além de resolver os problemas citados anteriormente precisa apenas de dois e não de três medidores de potência real. Neste método, insere-se dois vatímetros em

19


duas fases a seu critério com suas bobinas de corrente recebendo as correntes de linha sentido fonte para a carga. Suas bobinas de tensões devem perceber as tensões de sua fase para a fase sem vatímetro. Observando-se o diagrama fasorial correspondente, conclui-se que os vatímetros (a) e (b) medirão: Wa = V ac I a 'a cos θ − 30 = V L I L cos θ − 30 = W 1 ; Wb = V bc I b 'b cos(θ + 30 ) = V L I L cos (θ + 30 ) = W 2 . Onde: V L é a tensão de linha do sistema trifásico equilibrado; I L é a corrente de linha que a carga trifásica equilibrada absorve da rede de alimentação; θ é o ângulo da impedância de fase. No diagrama fasorial anterior a título de exemplo, utilizou-se uma carga indutiva, corrente atrasada do ângulo θ da tensão correspondente; o

o

o

o

e que a soma de suas leituras resultará na potência trifásica, ou melhor, Wa + Wb = V L I L cos θ cos 30 + sen θ sen 30 + cos θ cos 30 − sen θ sen 30 o

V L I L

o

[2 cos θ cos 30 ] o

=

V L I L

2 cosθ

o

3 2

=

o

=

3 V L I L cos θ = P3F .

Observou-se acima que o vatímetro (a) acusou uma medida proporcional a cos θ − 30 e que o vatímetro (b) acusou uma medida proporcional a cos (θ + 30 ) . Podemos generalizar estas proporcionalidades usando o critério seguinte e que será comprovado através de diagramas fasoriais posteriormente. Para seqüência de fases direta (ABC), tem-se o critério: Critério para seqüência de fases direta (ABC) Escolha duas fases para inserções dos vatímetros, por exemplo, fases (a) e (b); Partindo da fase (c), aquela sem vatímetro, girando-se no sentido horário, encontra-se o primeiro vatímetro (a) que designaremos de W 1 e que acusará a medida W1 V L I L cos (θ 30 ); Prosseguindo no sentido horário, encontra-se o segundo vatímetro (b) que designaremos de W 2 e que acusará a medida W2 = V L I L cos (θ + 30 ) ; o

o

•

•

=

−

o

•

o

Observe a comprovação do critério acima no diagrama fasorial da página seguinte para os pares de vatímetros: (W a , W b ) , (W b , W c ) e (W c , W a ) . Têm-se as medições para os pares de vatímetros seguintes:

I - Watímetros nas fases (a) e (b):  W a = V ac I a 'a cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W b = V bc I b'b cos

ac

(θ

aa

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2

& V bc

bb

II - Watímetros nas fases (b) e (c):  W b = V ba I b 'b cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W c = V ca I c 'c cos

(θ

ba

&ca V

bb

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2 cc

III - Watímetros nas fases (c) e (a):  W c = V cb I c 'c cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W a = V ab I a 'a cos

(θ

cb

&ab V

cc

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2 aa

20


Similarmente, para seqüência de fases inversa (CBA), tem-se o critério: Critério para seqüência de fases inversa (CBA) Escolha duas fases para inserções dos vatímetros, por exemplo, fases (c) e (b); Partindo da fase (a), aquela sem vatímetro, girando-se no sentido horário, encontra-se o primeiro vatímetro (c) que designaremos de W 1 e que acusará a medida W1 V L I L cos (θ 30 ); Prosseguindo no sentido horário, encontra-se o segundo vatímetro (b) que designaremos de W 2 e que acusará a medida W2 = V L I L cos θ + 30 ; •

•

=

−

o

•

o

21


Observe a comprovação do critério acima no diagrama fasorial abaixo para os pares de vatímetros: (W c , W b ) , (W b , W a ) e (W a , W c ) . Têm-se as medições para os pares de vatímetros seguintes:

I - Watímetros nas fases (c) e (b):  W c = V ca I c 'c cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W b = V ba I b 'b cos

(θ

ca

&ba V

cc

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2 bb

II - Watímetros nas fases (b) e (a):  W b = V bc I b 'b cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W a = V ac I a 'a cos

(θ

bc

&ac V

bb

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2 aa

III - Watímetros nas fases (a) e (c):  W a = V ab I a 'a cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (θ − 30°) = W 1   W c = V cb I c 'c cos

(θ

ab

&cb V

aa

)

− θ I & ' = V L I L cos (θ + 30°) = W 2 cc

22


Varredura dos ângulos percebidos pelos vatímetros (1) e (2) no método dos dois vatímetros Observou-se que o vatímetro (1) perceberá, sempre, o ângulo (θ − 30°) e o vatímetro (2), o ângulo (θ + 30°) . Como o ângulo (θ ) pode variar de -90° até +90° para uma carga puramente capacitiva até uma carga puramente indutiva. Desta forma pode-se ter o intervalo de valores possíveis para os ângulos dos vatímetros: • Ângulo de W 1 : intervalo [ 120 , 60 ] ; • Ângulo de W 2 : intervalo [ 60 , 120 ] . −

−

°

°

°

°

Sabe-se que o cosseno é negativo nas faixas [−120°, 90°) - (90 , 120 ] e dessa forma, dependendo do fator de potência da carga, um dos vatímetros pode acusar uma leitura negativa. Num experimento prático, se um vatímetro acusar um valor negativo é de fundamental importância identificar se esta leitura deve ser considerada negativa no cálculo da potência trifásica ou se ela ocorreu por conexão errônea da montagem do circuito. Por outro lado, a maioria dos watímetros não tem escala para valores negativos e, neste caso, se uma leitura for negativa faz-se necessário trocar a polaridade de umas das bobinas (de tensão ou de corrente) deste vatímetro, efetuar a medida e considera-la como sendo negativa. °

°

Sinais corretos às leituras dos vatímetros Observou-se anteriormente a necessidade de considerar os sinais corretos às leituras dos vatímetros. Apresenta-se então dois procedimentos para assegurar este fato. Método I: Vatímetro ligado com as polaridades corretas em suas bobinas de corrente e de tensão: 1. Identifique no vatímetro a polaridade positiva de suas bobinas de corrente e de tensão; 2. Faça sua ligação de modo que a corrente proveniente da fonte de tensão entre pelo terminal positivo e saia pelo terminal negativo da bobinas de corrente do vatímetro; 3. Faça sua ligação de tensão de modo que a fase do vatímetro esteja ligada ao terminal positivo e a fase sem vatímetro esteja ligado ao terminal negativo da bobinas de tensão do vatímetro; 4. Se o vatímetro acusar leitura negativa ao energizar o circuito considere sua leitura negativa, caso contrário a medição obtida deve ser considerada positiva. Método II: Abertura das bobinas de corrente dos vatímetros separadamente: 1. W a deve indicar leitura positiva com (b) aberto 2. W b deve indicar leitura positiva com (a) aberto. 3. Se algum vatímetro W a , W b indicar leitura negativa com (a) e (b) fechados sua leitura deve ser considerada negativa. Justificativa: Observe que nos itens (1) e (2) acima que ao desligar os terminais (b) e (a), respectivamente, a carga trifásica transformou-se numa carga monofásica onde a tensão aplicada é a tensão & , sendo Z & a impedância de cada fase da carga de linha e a impedância da carga monofásica é 2 Z F F trifásica. Dessa forma, leitura positiva significa vatímetro ligado corretamente (Método I) pois ele está medindo a potência real entrega a uma carga monofásica. Com relação ao item (3) é obvio que se os vatímetros estão ligados corretamente e se algum deles acusar leitura negativa este fato é devido ao fator de potência da carga e sua leitura deverá ser considerada negativa no método dos dois vatímetros.

23


Curva da relação de potência no Método dos Dois Vatímetros Observou-se para cada valor de θ , isto é, para cada fator de potência têm-se valores definidos para as leituras dos vatímetos W 1 e W 2 onde W 1 = V L I L cos (θ − 30°) e W 2 = V L I L cos (θ + 30° ) . Dessa forma, a relação ( W 1 / W2 ) nos permite determinar o fator de potência da carga trifásica a partir da “Curva das Relações de Potência ” mostrada abaixo onde em valores absolutos W 1 é menor que W 2 . Exemplos:

a) W 1 W 2 com mesmos sinais ⇒ W 1 / W2 = 1 ⇒ cos (θ) = 1 ⇒ θ = 0°.  W cos(θ − 30° ) cos(0° − 30° ) cos(− 30°) 0,8660 Contra-prova:  1 = = = = = 1. + ° ° + ° + ° θ W cos 30 cos 0 30 cos 30 0 , 8660 ( ) ( ) ( )  2 b) W 1 W 2 com sinais contrários ⇒ W 1 / W2 = -1 ⇒ cos (θ) = 0 ⇒ θ = 90°.  W cos(θ − 30° ) cos(90° − 30°) cos(60°) 0,5 Contra-prova:  1 = = = = = − 1. + ° ° + ° ° − θ cos 30 cos 90 30 cos 120 0 , 5 ( ) ( ) ( ) W  2 c) W 1 W 2 /2 com mesmos sinais ⇒ W 1 / W2 = 0,5 ⇒ cos (θ) ≅ 0,866 ⇒ θ ≅ 30°.  W cos(θ + 30° ) cos(30° + 30°) cos(60°) 0,5 Contra-prova:  1 = = = = = 0,5. − ° ° − ° ° θ W cos 30 cos 30 30 cos 0 1 , 0 ( ) ( ) ( )  2 d) W 1 W 2 /2 com sinais contrários ⇒ W 1 / W2 = -0,5 ⇒ cos (θ) ≅ 0,1867 ⇒ θ ≅ 79,24°.  W cos(θ + 30° ) cos(79,24° + 30° ) cos(109,24°) − 0,3295 Contra-prova:  1 = = = = = −0,505 ≅ −0,5. − ° ° − ° ° θ cos 30 cos 79 , 24 30 cos 49 , 24 0 , 6529 ( ) ( ) ( ) W  2 e) W 1 0 ⇒ W 1 / W2 = 0 ⇒ cos (θ) ≅ 0,5 ⇒ θ ≅ 60°.  W cos(θ + 30° ) cos(60° + 30°) cos(90°) 0 Contra-prova:  1 = = = = = 0. − ° ° − ° ° θ W cos 30 cos 60 30 cos 30 0 , 866 ( ) ( ) ( )  2 =

=

=

=

=

24


Exemplo 3.7 - No circuito indicado ao lado W a acusa 800 W e W b , 400 W. Com o terminal (a) aberto Wb acusou leitura negativa. Pede-se: a) A potência trifásica consumida pela carga. P3 F = W a + W b = 800 + (− 400 ) = 400 watts. b) O fator de potência da carga trifásica. 400 Na curva de relações de potência, com W 1 / W 2 0, 5 obtém-se 800 o fator de potência = cos θ 0,1867 . −

=

= −

=

3.18 – VOLT-AMPÉRES REATIVOS No método dos dois vatímetros pode-se usar a as leituras W 1 e W 2 para determinar a potência reativa, ou melhor, ( W1 − W2 ) = V L I L cos (θ − 30°) − V L I L cos (θ + 30°) = cos θ cos 30 + sen θ sen 30 − (cos θ cos 30 − sen θ sen 30 ) ] = = V L I L [ Q3F 1 = V = V ⇒ L I L [2 sen θ sen 30 ] = V L I L 2 senθ L I L sen θ = 2 3 3 (W 1 W 2 ) . Q P x Q3 F o

o

o

o

=

=

=

−

Cálculo do fator de potência baseado nas leituras W 1 e W 2 Exemplo 3.8 – Para o exercício anterior com seqüência ABC, pede-se: a) A potência reativa trifásica da carga. Seqüência ABC ⇒ W 1 W a 800 W e W 2 W b 400 W ; 3 (W 1 W 2 ) 3 (800 ( 400)) 2.078,46 VAr. Q3 F Q b) O fator de potência da carga trifásica. Solução 1: P3 F = P = (W 1 + W 2 ) = (800 + (− 400)) = 400 W; Q 2.078,46 tgθ = = = 5,196 ⇒ θ = 79,107° ⇒ fp = cos(θ ) = 0,189 . P 400 Solução 2: N = P 2 + Q 2 = 4002 + 2.078,46 2 = 2.116,6 VA; 400 P fp 0,189 . N 2.116,6 =

=

=

=

−

=

=

=

=

−

−

= −

=

=

25

o


3.19 - MÉTODO DE UM VATÍMETRO PARA MEDIÇÃO DE POTÊNCIA REATIVA De maneira similar ao método dos dois vatímetros para medição de potências trifásicas equilibradas real e reativa pode-se comprovar através de diagramas fasoriais o “ Método de um vatímetro para a medição da potência reativa trifásica. ” Têm-se: Critério para seqüência de fases direta (ABC) Escolha uma fase para inserção do vatímetro, por exemplo, a fase (a); Partindo da fase (a), aquela com vatímetro, girando-se no sentido horário, encontra-se a tensão V &bc que deverá ser aplicada a bobina de tensão do vatímetro (a), W a . A potência reativa será dada por: Q 3 W a ; O sinal de W a implicará no sinal de Q , ou seja, um valor negativo significa potência reativa capacitiva, caso contrário, potência reativa indutiva. Ressalta-se a importância da ligação experimental com as polaridades corretas. Observe a comprovação do critério acima no diagrama fasorial da página seguinte para os vatímetros nas fases (a), (b) e (c). Têm-se as medições para os vatímetros seguintes: I - Watímetros na fase (a): W a = V bc I a 'a cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (90° − θ ) = V L I L sen (θ ) ; • •

•

=

•

bc

aa

II - Watímetros na fase (b): W b = V ca I b 'b cos θ V & − θ I & ' ca

bb

=

V L I L

cos (90° − θ ) = V L I L sen (θ ) ;

III - Watímetros na fase (c): W c = V ab I c 'c cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (90° − θ ) = V L I L ab

cc

26

sen (θ ) .


Similarmente, para seqüência de fases inversa (CBA), tem-se o critério: Critério para seqüência de fases inversa (CBA) Escolha uma fase para inserção do vatímetro, por exemplo, a fase (c); Partindo da fase (c), aquela com vatímetro, girando-se no sentido horário, encontra-se a tensão V &ba que deverá ser aplicada a bobina de tensão do vatímetro (c), W c . A potência reativa será dada por: Q 3 W c ; O sinal de W c implicará no sinal de Q , ou seja, um valor negativo significa • •

•

=

•

potência reativa capacitiva, caso contrário, potência reativa indutiva. Ressalta-se a importância da ligação experimental com as polaridades corretas. Observe a comprovação do critério acima no diagrama fasorial da página seguinte para os vatímetros nas fases (c), ( b) e (a). Têm-se as medições para os vatímetros seguintes: I - Watímetros na fase (c): W c = V ba I c 'c cos θ V & − θ I & ' = V L I L cos (90° − θ ) = V L I L sen (θ ) ; ba

cc

II - Watímetros na fase (b): W b = V ac I b'b cos θ V & − θ I & ' ac

bb

III - Watímetros na fase (a): W a = V cb I a 'a cos θ V & − θ I & ' cb

aa

=

V L I L

cos (90° − θ ) = V L I L sen (θ ) ;

=

V L I L

cos (90° − θ ) = V L I L sen (θ ) .

27


3.20 - SISTEMAS TRIFÁSICOS TETRAFILARES Nos sistemas trifásicos tetrafilares equilibrados não existem correntes no neutro e, portanto, podem ser tratados da mesma forma que os sistemas trifásicos trifilares. 3.21 – SISTEMAS EM ∆ Sempre existe sistema em Y equivalente ao ∆, portanto, pode-se usar as mesmas regras anteriores. Observe-se que foram utilizadas apenas correntes e tensões de linha nas expressões literais para os cálculos de potências. Problema 3.12 – Para uma carga trifásica equilibrada ligada em ∆, seqüência direta, fp=1 e valores instantâneos máximos de linha: V L máximo = 155,5 volts e I L máximo = 14,14 ampères, pede-se o valor acusado pelos vatímetros W a e W c , ligados em concordância com o método dos dois vatímetros. V L V L máximo / 2 109,96 V ; I L I L máximo / 2 10 A ; fp=1 ⇒ θ = arc cos (1) = 0°; Seqüência ABC ⇒ W c W 1 e W a W 2 ; W c W 1 = V L I L cos (θ − 30°) = 109,96 ×10 × cos(0° − 30°) = 952,2 W ; W a W 2 = V L I L cos (θ + 30°) = 109,96 ×10 × cos(0° + 30°) = 952,2 W . =

=

=

=

=

=

=

=

Exercício - Para uma carga trifásica equilibrada ligada em triângulo, Z & F = 100 ∠40° Ω , alimentada com & = V ∠ − 30° V , seqüência inversa, pede-se: V L 200 volts onde V an F =

a) As tensões V &an , V &bn , V &cn , V &ab , V &bc , V &ca , correntes: I &ab , I &bc , I &ca , I &a ' a , I &b'b , I &c 'c e suas composições fasoriais envolvendo os valores de fase e de corrente. &an = 115,47 ∠ − 30° V ; V &ab = 200 ∠ − 60° V ; I & = 2 ∠ − 100° A; I & = 3,464 ∠ − 70° A; V ab a 'a & = 115,47 ∠ + 90° V ; V & = 200 ∠ + 60° V ; I & = 2 ∠ + 20° A; I & = 3,464 ∠ + 50° A; V bn bc bc b 'b & = 115,47 ∠ − 150° V ; V & = 200 ∠ + 180° V ; I & = 2 ∠ + 140° A; I & = 3,464 ∠ + 170° A. V cn ca ca c 'c

b) Calcular N, P e Q para o sistema trifásico equilibrado. N = 3 V L I L = 3 × 200 × 3,464 = 1.199,96 VA; P = N cos θ = 919,23 W ; Q = N sen θ = 771,32 VAr .

28


c) Calcular as leituras dos watímetros (b) e (c) conforme indicados na página anterior. W b

= V ba I b 'b

cos(θ V &

− θ I &

) = 200 × 3, 464 × cos (120° − 50°) = 236,95 W ;

W c

= V ca I c 'c

cos(θ V &

− θ &

) = 200 × 3, 464 × cos (180° − 170°) = 682,27 W .

ba

ca

b 'b

I c 'c

d) Calcular P, Q e N a partir das leituras de Wb e Wc de acordo com o método dos dois vatímetros Seqüência inversa (CBA), vatímetros nas fases (b) e (c) ⇒ W c = W 1 = V L I L cos (θ − 30°) = 200 × 3,464 × cos (40° − 30°) = 682,27 W ; W b = W 2 = V L I L cos (θ + 30°) = 200 × 3,464 × cos (40° + 30°) = 236,95 W . P = W 1 + W 2 = (682,27 + 236,95) = 919, 22 W ; Q=

3 (W 1 − W 2 ) = 3 × (682,27 − 236,95) = 771,32 VAr ;

N =

P2 + Q2

=

919,22 2 + 771,32 2 = 1.199,96 VA.

e) Calcular a leitura do vatímetro (a) colocado na fase A, para medição da potência reativa. Seqüência inversa (CBA), vatímetro na fase (a) ⇒ tensão V &cb aplicada à bobina de tensão do vatímetro (a); W a = V cb I a 'a cos (θ V & − θ I & ' ) = 200 × 3,464 × cos (−120° + 70°) = 445,32 W ; cb

Q=

3 W a

=

aa

3 × 445,32 = 771,32 VAr .

3.22 – COBRE NECESSÁRIO PARA TRANSMITIR POTÊNCIASOB CONDIÇÕES FIXADAS Problema 3.13 – Determinar a relação de cobre necessária para transmissão bifásica trifilar com relação ao sistema trifásico trifilar sob as condições: a) Mesma potência real transmitida; b) Mesma distância de transporte; c) Mesma perda total na linha de transmissão; d) Mesma tensão entre linhas; e) Mesma densidade de corrente nos três condutores bifásicos. Solução: Vamos considerar o índice (2) associado ao sistema bifásico e, (3), ao sistema trifásico. Para o sistema bifásico, têm-se:

29


Da condição (a), têm-se : P3

P2

=

⇒

3 V L3 I L3 cosθ = 2

Substituindo a condição (d) em (1) tem-se: 3 I L3 Da condição (e), têm-se : I n2

2 I L2

=

Rn2

Da condição (c), têm-se : P3

=

=

⇒

R L2 ⇒

⇒

3 R L3 I L3 2

=

=

2 R L2 I L2 2 +

R L2

(

2 I L2 )

2 =

(2

2 Substituindo a condição (2) em (5), tem-se: 2

 2  3 R L3  I L2  = 2 + 2 R L2 I L2 2  3 

(

)

cos θ

(1) ;

I L3

=

2 R L2 I L2 2 + Rn2 I n2 2 (4) ;

Substituindo a condição (3) em (4) e lembrando-se que I n2

3 R L3 I L3 2

I L2

2 I L2 (2 ) ; 2 3 onde S é a seção dos condutores ⇒

I L2

2 S fase2

=

2

(3);

2

P2

S n2

2

=

V L2

⇒

+

R L3

2 I L2 , tem-se:

2 ) R L2 I L2 2 (5) ;

=

(2 + 2 )

R L2

2

Assim, a relação do cobre necessário é dada por: Peso2 Volume2 2 l S L2 + l S L2 2 S L2 2 + 2 = = = . Peso3 Volume3 S L3 3 l S L3 3 Substituindo a condição (6) em (7), tem-se:

=

Peso 2 Peso3

=

⇒

S L2 S L3

=

(2 + 2 ) 2

(6) ;

(7 ) ;

2+ 2 2+ 2 × = 1,94 . 2 3

3.23 – HARMÔNICAS NO SISTEMA Y Uma f.e.m. gerada num condutor será senoidal apenas quando o fluxo cortando o condutor for senoidal. Existem vários fatores que distorcem a distribuição de fluxo senoidal em geradores C.A, tais como: • Ranhuras e dentes de armadura – modificam a relutância do percurso do fluxo; • Introdução da carga – provocando uma corrente no induzido; Certas disposições dos indutores na armadura e suas conexões reduzem certas harmônicas ou, mesmo, as eliminam por completo. Além disso, transformadores com núcleos de ferro conectados ao circuito podem provocar distorção do sinal senoidal devido a sua corrente de excitação que pode não ser senoidal ainda que a tensão aplicada seja uma onda senoidal pura. Torna-se, portanto, necessário considerar os efeitos de certas harmônicas de tensões e de correntes nas fases de um sistema trifásico já que afetam as tensões de linha do sistema. Supondo-se que a f.e.m. induzida na fase a de um gerador conectado em Υ, mostrada na figura ao lado, seja ena

=

E m1 sen wt + E m3 sen (3wt + α 3 ) + E m 5 sen (5 wt + α 5 ) + E m7 sen (7 wt + α 7 ) .

Supondo seqüência direta, fundamental da fase (b) atrasada de 120° da fundamental da fase (a), fase (c) atrasada de 240° e como, usualmente, um deslocamento de um grau da fundamental provoca um deslocamento de n graus na n-ésima harmônica têm-se para as tensões das fases (b) e (c): enb = E m1 sen ( wt − 120°) + E m3 sen (3wt + α 3 ) + E m 5 sen (5wt + α 5 − 240°) + E m 7 sen (7 wt + α 7 − 120°) ; enc = E m1 sen ( wt − 240°) + E m3 sen (3wt + α 3 ) + E m 5 sen (5wt + α 5 − 120°) + E m 7 sen (7 wt + α 7 − 240°) .

30


Conclue-se: as as as as • Todas as 3 harmônicas e seus múltiplos de 6: 9 , 15 , 21 , etc., estão em fase; a a a a • A seqüência de fase da 5 harmônica e de seus múltiplos de 6: 11 , 17 , 23 , etc., estão invertidas em relação à fundamental; a a a a • A 7 harmônica e seus múltiplos de 6: 13 , 19 , 25 , etc., têm a mesma seqüência de fase da fundamental. Para determinar as tensões de linha devem-se efetuar as suas composições em termos das tensões de fase considerando separadamente cada harmônica, conforme indicado abaixo:

eba = ebn + ena  eac = ean + enc e = e + e cn nb  cb

Obtendo-se: eba = 3 E m1 sen ( wt + 30°) + 3 E m 5 sen (5wt + α 5 − 30°) + 3 E m 7 sen (7 wt + α 7 + 30°) ; eac

=

3 E m1 sen ( wt + 150°) + 3 E m5 sen (5wt + α 5 − 150°) + 3 E m 7 sen (7 wt + α 7 + 150°) ;

3 E m1 sen (wt − 90°) + 3 E m5 sen (5wt + α 5 + 90°) + 3 E m 7 sen (7 wt + α 7 − 90°) . Como as 3as harmônicas se anulam nas tensões de linha, têm-se para os valores eficazes das tensões de fase e de linha no gerador em estrela: ecb

E na

=

=

E m1

2

+ E m 3

2

+ E m 5

2

+ E m 7

2 2

+ E m 5

2

+ E m 7

;

2

⇒ E 3 E f ; L ≤ 2 Observa-se, então, que a relação da tensão de linha para a tensão de fase na ligação Υ é 3 apenas quando não há, na onda da tensão de fase, a terceira harmônica ou seus múltiplos de 6.

E ba

=

3

E m1

2

Correntes no sistema Y Considerando a Lei de Kirchhoff para as correntes ( I &na + I &nb + I &nc = 0) conclui-se que não existe 3a harmônica de corrente na conexão Υ trifilar, pois, em condições equilibradas, esta condição pode ser satisfeita apenas quando as três correntes são iguais em módulo e defasadas de 120° (que não é o caso já que estão em fase) ou quando o módulo de cada uma delas são nulos. Por outro lado, nos sistemas Υ tetrafilares a corrente de 3a harmônica retornará pelo neutro e se valor será I n 3 I 3 Harmônica . O comportamento dos diagramas fasoriais de correntes são similares àqueles apresentados para as tensões. =

31

°


3.24 – HARMÔNICAS NO SISTEMA ∆ Para as mesmas três bobinas do item anterior com tensões induzidas ena , enb e enc contendo as 1a, 3a, 5a e 7a harmônicas, conectadas em ∆, provocará, a vazio, uma corrente de 3a harmônica no triângulo dada por: ena3 enb3 enc3 e g3 3 eg3 . I 3 H = = = & & & & & 3 Z Z Z Z Z + + ca3 ab3 bc3 g3 g3 Nota-se, então, que a tensão terminal nas linhas que é a tensão gerada menos a queda interna não conterão a componente de 3a harmônica já que a tensão de 3a harmônica gerada é consumida na impedância interna da bobina geradora. Dessa forma têm-se as tensões de linha: eca = E m1 sen wt + E m 5 sen (5wt + α 5 ) + E m 7 sen (7 wt + α 7 ) ; eab = E m1 sen ( wt − 120°) + E m 5 sen (5 wt + α 5 − 240°) + E m 7 sen (7 wt + α 7 − 120°) ; ebc = E m1 sen ( wt − 240°) + E m5 sen (5wt + α 5 − 120°) + E m 7 sen (7 wt + α 7 − 240°) . H +

H +

H

H

H

H

H

H

H

H

Todas as harmônicas de corrente são possíveis nas fases do triângulo e as correntes de linha são determinadas pelas composições daquelas de fase indicadas ao lado, não possuindo a componente de 3a harmônica. Têm-se os valores eficazes para as correntes de fase e de linha: I f

=

I m1

2

+

I m 3

2

+

I m 5

2

+

I m 7

2 I m1

2

I m 5

+

2

I m7

+

2

;

 I &aa ' = I &ca − I &ab &  I bb ' = I &ab − I &bc & & &  I cc ' = I bc − I ca

2

⇒ I L ≤ 3 I f . 2 Observa-se, então, que a relação da corrente de linha para a corrente de fase na ligação ∆ é 3 apenas quando não há, na onda da tensão de fase, a terceira harmônica ou seus múltiplos de 6. Na síntese das harmônicas de tensão e de corrente existentes na fase e na linha para as várias combinações de geração-carga , mostradas adiante, têm-se as convenções: a a a • Nas bobinas do gerador, independentemente da ligação Υ ou ∆, foram gerados as 1 , 3 e 5 harmônicas; • Os índices tem os significados: ( f ) – fase; ( g ) – gerador; ( L ) – linha; ( c ) – carga.

I L

=

3

a) Sistema Υ-Υ trililar – 3 fases E f g

32

– 1a, 3a e 5a harmônicas;

E L

– 1a e 5a harmônicas;

I f g


I L


I f c

– 1a e 5a harmônicas.


b) Sistema Υ-Υ tetrafilar – 3 fases + neutro E f g


E L


E f c


I f g


I L


I n

– 3 x I 3

°

harmônica

.

c) Sistema Υ-∆ trililar – 3 fases E f g


E L


I f g


I L


I f c


d) Sistema ∆-∆ trililar – 3 fases E f g


E L


I f g


– 1a e 5a harmônicas; a a I f – 1 e 5 harmônicas. I L

c

e) Sistema ∆-Υ trililar – 3 fases E f g

33


E L


I f g


I L


I f c



Exemplo 3.49 – Um gerador emY gera na sua tensão de fase Ef os harmônicos 1°, 3°, 5° e 7°. Sabendo-se que Vl=230 volts e Vf =160 volts medidos através de um voltímetro, pede-se o módulo de tensão gerada V3 para a terceira harmônica. Sabe-se que:

V f

=

160 =

V m1

2

+

V m3

2

+

V m 5

2

+

V m 7

2

2

(160) 2

⇒

=

(

) 2 (1);

( 3.V m1 ) 2 + ( 3.V m5 ) 2 + ( 3.V m7 ) 2 2302 V m12 + V m5 2 + V m7 2 V l = 230 = ⇒ = 2 3 2 Substituindo (2) em (1) obtemos: 230 2 V m3 2 2 2 160 = + ⇒ V m 3 = 7966,67.2 ⇒ V m 3 = 126,23; 3 2 Módulo de V m 3

=

V m 3

=

2

(2).

89,26 V .

Exemplo. 3.50 - Para o circuito abaixo foi gerado as harmônicas 1°, 3°, 5°, e 7°. Através de um voltímetro obteve-se as medidas: Vac=2.500 volts e Vbb’=1.800 volts. Pede-se a tensão Vab’

& V

ab '

& V bb '

& = V

ac

=

& V ba

& + V

cb

+

V m1

& V ac

2

+

V m1

& ⇒ V

ab ' =

+

& V cb

V m3

2

⇒

+

+

V m 5

2

+

V m 7

2

+

(2.V m 3 ) 2

2

& V bb '

V m5

2

2

+

=

1.800 =

V m 7

2

(3 V m 3 ) 2 2

V m1

2

+

V m5

2

⇒

+

(1);

1.800 =

V m 7

3 V me3 2

2

⇒ = 2.500 2 2 Substituindo (3) em (1) elevado ao quadrado, obtêm-se: 2 V me3 3 2 2 2 2 2 & V + 2 V (V ab ' ) = 2.500 − (4). m 3 = 2.500 + 2 2 m3 Substituindo (2) em (4), obtêm-se:

& V

ac =

34

2

−

⇒

V me3

V me3

2

=

1.800 2 3

2

(3).

(2);


3 (V &ab ' ) = 2.500 + 2 2

2

2

 1.800 2    = 2.500 2 + 1 1.800 2 ⇒ V ab ' = 2.707,4 volts.  3  3 

Exemplo. 3.52 – Para o circuito indicado abaixo, gerador trifásico equilibrado, puramente resistivo, tem-se que: Leitura do amperímetro:15 A, leitura do voltímetro: 230 V, leitura do Vatimetro: 600 watts. E que são gerados sinais de 1° e 3° harmônicas. Pede-se a corrente de linha e a tensão Van.

& = I & + I & + I & I N an bn cn

& = 3 I . &e H = 15 A ⇒ I &3 H = 5 A; ⇒ I n

& = E & ' = E & − E & V bc c 'b ' b c

°

⇒ V bc =

°

& = 3 E . &1 H = 230 ⇒ E 1 H °

W = In.V qn 3 H . cos 0° = 600 ⇒ V qn3 H = °

°

°

600 = 40 volts; 15.1

132,79 2 + 40 2 = 138,68 volts; 40 V an3 = R. I e H ⇒ R = = 8 Ω; 5 V 132,79 = 16,6 A; I 1 H = an1 H = 8 R 2 2 I l = 16,6 + 5 = 17,34 A. V an

=

°

°

°

°

35

230 = 132,79 volts; 3


Problemas - Capítulo 8 – Corcoran

36


37


38


39


Respostas dos Problemas - Capítulo 8 - Corcoran 8.14) VF = 78 V; V12 = 78 V. 8.15) VF = 193,19 V; V13 = 193,19 V; V17 = 386,37 V. 8.16) IF6 = 10 A; IF12 = 19,32 A. 8.17) Três maneiras: b1 + b2 com EL =190,5 V; b1 - b4 com EL = 219,97 V; b1 // (-b4) com EL = 109,99 V. 8.18) Estrêla trifásica Malha trifáica Ligação bifásica

8.19) Malha trifásica ⇒ E =119,06 V;

Estrela trifásica ⇒ E = 68,74 V.

40


8.20)

8.21) Y ⇒ IL = 6,64 A, P = 2.116 W; ∆ ⇒ IL = 19,92 A, P = 6,348 W.

8.23) EL = 80 V. 8.25) IF = 5,75 A; IL = 9,96 A.

8.22)

8.24) VL = 207,61 V. 8.26) VL = 271,26 V; P = 4.411,76 W.

& =2,634 + j9,878 Ω; & = 0,878 + j3,293 Ω. 8.27) IL = 36,51 A. 8.28) Ligação ∆: Z Ligação Y: Z F F 8.29) IL = 16,72 A; P = 2.338,46 W; f p = 0,8076. 8.30) N = 8,73 kVA; fp = 0,958; IL = 22,91 A. 8.31) VL = 279,69 V.

8.32) f p atrasado ⇒ Q = 5,773 kVArs; f p adiantado ⇒ Q = 11,547 kVars. 8.33) f p atrasado e ∆ ⇒ C = 96,50 µF; f p atrasado e Y ⇒ C = 289,49 µF; f p adiantado e ∆ ⇒ C = 193,01 µF; f p adiantado e Y ⇒ C = 579,02 µF. 8.34) VL = 89,64 V; PL = 325,26 W; Pc = 813,14 W. 8.35) EL = 382,59 V. 8.36) EL = 2.091,19 V; P = 76,92 kW; f p = 0,424. 8.37) VL = 2.385 V. 8.38) f o = 820,7 Hz. 8.40)Wa = -127,22 W; Wb = 402,45 W; PF = 91,74 W. 8.42) WR = 529,68; QT = 917,43 VArs;

QT W R

=

3.

8.39) a) C= 1,187 µF; b) L = 16,60 mH. 8.41)W1 = 8,274 kW; W2 = -3,274 kW. 8.43) Prova.

8.44) a) θ = 10,89 °; b) θ = 86,33 °. 8.46) IL = 20 A ; f p = 0,6; P = 14.400 W.

8.45) N = 2.884,44 VA; f p = 0,2774.

8.47) eab = 219,97 sen (wt - 150°) + 51,96 sen (5wt - 170°) V. 8.48) eL = 127 sen wt + 30 sen (5wt + 40°). 8.49) VM3 = 89,25 V. 8.50) Vab’ = 2.707,4 V. 8 51) Vbb’ = 2.056,7 V. 8.52) IL = 17,34 A; VAN = 138,68 V.

41

Unid3 Circuitos Polifasicos Equilibrados

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