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EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS 2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB 1
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS ENGENHARIA DA COMPUTAÇÃO
CAPÍTULO 7:
ANÁLISE DE CIRCUITOS EM CORRENTE ALTERNADA MONOFÁSICOS
7.1 – CONCEITUAÇÃO DE FASORES
Representação de Ondas Senoidais por Fasores.
0 1 2 3 4 5 6
-1
-0.5
0
0.5
1
ωt1
ωt2ωt3
ωt4
ωt5
ωt6
ωt7
ωt0
ωt2
ωt0 ωt1
ωt2
ωt3
ωt5 ωt6 ωt7
ωt4
2π
Projeção sobre
o eixo xy
ω(anti-horário)
Im.senωt = i(ωt)
ω=2πfIm
X
Y
ImA
0
π/2
π
(3π)/2
As projeções das ordenadas da função senoidal tsen.Imt)i( ωω = sobre o eixo vertical OY
podem ser representadas pela projeção do Vetor Girante – denominado Fasor OA sobre este mesmo eixo. OA Im Im.sen ttω ω= ∠ ⇔
Instante Valor Instantâneo Valor Projetado
0tω 0tsen.Im 0 =ω 0
1tω 1tsen.Im ω 1tsen.Im ω
2tω ... ...
... ... ... Genericamente:
OA I Im ou I I0 RMS 0
V Vm θ ou V V θ0 RMS 0
0θ ;φ ângulos para ω t 00 0
ϕ ϕ→ = ∠ = ∠
= ∠ = ∠
→ =
i i
i i
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Exemplo 1: Somar vetorialmente (fasorialmente) e conceituar no tempo as seguintes formas de ondas. i ( t) 10. sen t [A]1
oi ( t) 10. sen ( t 90 ) [A]2
ω ω
ω ω
=
= −
Solução
i I 10 01 1
o→ = ∠i
i I 10 902 2
o→ = ∠−i
IRs
en
φ
IRsen 0º
φ
10
10
+90
-90
Convenção para o
ângulo φ
ω
ω
ω
I1
I2
IR
I2
ω
x 10
1/22 2I I I
R 1 2
y 10
x y ϕ
=∑
⇒ = + = + ∠∑ ∑
=∑
i i i
1tg10
10tg
x
ytgφ 111 −=== −−−
∑∑
Logo o argumento φ é igual a,
o45φ −= Módulo
[ ] [A]14.12*101010I1/222
R ==+= Logo,
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oI I φ 14.1 45R R
= ∠ = ∠−i
ou ainda,
[A])45tsen(*14.1(t)i o
r −= ϖ
0 1 2 3 4 5 6 7-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2 214.1* 45 14.1* 10 2 * 10
2 2sen = = =
Genericamente
I I φ1 1 1
= ∠−i
I I φ2 2 2
= ∠−i
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x I . cosφ I . cosφ1 1 2 2
= +∑
y I . senφ I . senφ
1 1 2 2
= − +∑
I I I I φR R R1 2
= + = ∠i i i
1/2
2 2I x yR
= +∑ ∑
y
φ arctgR x
∑= −
∑
0 1 2 3 4 5 6 7-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
7.2 – ÁLGEBRA VETORIAL Com o objetivo de se distinguir as projeções do fasor OA sobre o eixo x e o eixo y, define-se o operador j como: j 1 90o= ∠+
A j . A A 90o⇒ = ∠i i
2 2 oj . A j* j . A j . A 1 180 * A A= = = ∠ = −i i i i i
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3 2 o oj . A j* j . A 1 90 180 * A
o1 270 *A j.A
= = ∠ + =
= ∠ = −
i i i
i i
4 2 2j . A j . j . A ( 1).( 1). A A= = − − =i i i i
Forma Cartesiana
A
B
A , B fasores=i i
A A a jb1 1 1
ϕ= ∠ = +i
B B a jb2 2 2
ϕ= ∠ = − −i
Para o fasor Ai
: a A.cos1 1
ϕ=
b A.sen1 1
ϕ=
Logo,
A A cos j.A sen1 1
ϕ ϕ= +i
A A .(cos j. sen )1 1
ϕ ϕ= +i
Analogamente,
B B(cos j.sen )2 2
ϕ ϕ= +i
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Forma Exponencial Através da série de MacLaurin pode-se provar que:
jcos jsen e Forma Exponencialϕϕ ϕ ±± = ⇒
jA A. e ϕ±=i
Forma Polar
jA A A . e ϕϕ ±= ∠ ± =i
Operações com Fasores Adição (Subtração)
j1I I . e
1 1
ϕ=i
j2I I . e
2 2
ϕ=i
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jRI I . e
R R
ϕ=
i i
j j
1 2I I I I . e I . eR 1 2 1 2
ϕ ϕ= + = +
i i i
I (cos sen ) I (cos sen )1 1 1 2 2 2
j jϕ ϕ ϕ ϕ= + + +
I . cos I .cos j(I .sen I .sen )1 1 2 2 1 1 2 2
ϕ ϕ ϕ ϕ= + + + a1 a2 b1 b2
Logo, I a a ar 1 2Rreal
= = +
I b b br 1 2Rimag= = +
1/2
2 2I (a a ) (b b )R 1 2 1 2
b b1 2θ arctg
R a a1 2
⇒ = + + +
+=
+
Multiplicação (Divisão)
j( )1 2I I *I I . I . e
R 1 2 1 2
ϕ ϕ+= =i i i
Logo, I I . IR 1 2
=
R 1 2ϕ ϕ ϕ= +
jRI I . e
R R
ϕ=
i
Elevação a uma dada Potência
j j jN(A ) A. A... A A e . A.e . ... . A e
jNθNA . e
ϕ ϕ ϕ= =
=
i i i i
jN N N N j(N N )31 2 1 2 1 1 2 2A . B A . B .e C.e
ϕϕ ϕ+= =
i i
onde,
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N N1 2C A *B=
θ N * N *3 1 1 2 2
ϕ ϕ= +
Extração das raízes
1 1 jN N N
1 1 1(A ) A . e
ϕ
=i
3.7 - IMPEDÂNCIA Do Cap. 4, foi visto que,
0 1 2 3 4 5 6 7-3
-2
-1
0
1
2
3
R RI R 0 Vj→ + →
oj0R
R R R
vI V R . I R R . e
R= ⇒ = ∴ =
e que,
m m
m C
C m
V VI X
X I= ⇒ =
C
1X
2π fC=
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0 1 2 3 4 5 6 7 8 9-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Do diagrama fasorial:
oj90I I . ec c=i
oj0V V . ec c=i
Logo,
oV V j90 o oc cX . e X cos( 90 ) jsen( 90 )C cIcIc
Oj.X X j. X X X 90c c c c coj90X .ec
−= = = − + − =
= − ∴ = − ⇔ = ∠− =
−=
i
i
CC X.jX −= - Reatância Capacitiva
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Do diagrama fasorial,
oj.90I I .eL L
−=i
oj0V V .e
L L=
i
Logo,
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V V o oj.90 j.90L LX . e X .eL LI
I LL
o oX (cos90 jsen 90 )L
= = = =
= +
i
i
o
j90
L
o
LLLL e.X90XXX.jX =∠=⇔= Reatância indutiva Define-se a Impedância Z, para um circuito RLC série como sendo,
j LZ R jX jX R j(X X ) Z*e
L LC C
ϕ= + − = + − =
2 2 1/2( )Z R X XL C
= + −
Também do circuito,
V VS SZ I
S ZIS
= ∴ =
i i
i
i
Se,
oj0V . eo Sj0V V . e IS S S jZ . e ϕ
= ⇒ =±
i i
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Logo,
j SI I . e
S S
ϕ=
i
onde,
VSI
S Z=
( )
Sϕ ϕ= − ±
Genericamente,
V ( j )SI . eS Z
ϕ− ±=i
Casos Particulares
C = 0
jLZ R jX Z . e
L
1/22 2Z R X
L
ϕ
= + =
= +
L = 0
-jLZ R jX Z . e
L
1/22 2Z R X
C
ϕ
= − =
= +
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Exemplo 2: Carga RL
vR
vL
vs
L
R
26.53[mH]
10[Ω]
is
IvL
φL
R
XL
Z
0 1 2 3 4 5 6 7-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
Vl
Vr
Vs
i5
ΦL
45º
+90º
vL
vS
vR
ω
V 127 [V]
Srms= f 60 [Hz]=
V 2 x 127 179,60 [V]
Sm= =
• o oj0 j0V V . e 127*e
S S= =
i
-3Z R X 10 (2*π*60*26.53*10 )
Lj j= + = +
oj45Z 10 j.10 10* 2*e= + =
X 10 oLarctg arctg 45L R 10
φ = = =
1/2 1/2
2 2 2 2Z R X 10 10 10. 2L
= + = + =
• oj0 oVS 127. e 127 j45I *eoS j45Z 10* 210* 2 *e
−= = =
ii
oj45I 8.98*e [A]
S−∴ =
i
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• oj45V R . I 89,81*e [V]
R S−= =
i i
• V X . I .X . IL L LS S
j= = =i i i
o oj90 j45X . e *I .e
L S−=
o oj(90 45 )10 * 8.98 * e −= =
oj4589,81 * e [V]+=
• o oj45 j45V V V 89,81.e 89,81.e
R LS− += + = +
i i i
Logo,
o oV 89,81 cos ( 45 ) jsen( 45 )S
o o89,81 (cos 45 jsen 45 ) o2* 89,81 .cos ( 45 )
o2 j02*89,81* 127.e2
= − + − +
+ + =
= − =
= =
i
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Exemplo 3 – CARGA RC
-1 0 1 2 3 4 5-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
V 127 [V] f 60 [Hz] R 10 [Ω ]
S= = =
V 2 *127 179,60 [V] C 0,265 [mF]sm = = =
• o oj0 j0V V . e 127 . e
S S= =
i
• 1Z R j.X 10 jC 32.π.60*0,265x10
= − = − =−
10 j.10= −
1
2 2 2Z 10 10 10 2
∴ = + =
10 oarctg 45c 10
φ = − = −
oj45Z 10. 2 . e−∴ =
• oj0V o127 . e j45SI 8,98 * eoS j45Z 10 . 2 . e
= = =−
i
i
• oj45V R .I 89,81 . e [V]
R S= =
i i
• oj45V j. X .I j.10*8,98* e
C C S= − = − =i i
o oj90 j4510 . e * 8,98 * e−=
Logo,
oj45V 89,81* e [V]C
−=i
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• o o o oV V V 89,81(cos45 jsen 45 ) 89,81 cos( 45 ) jsen( 45 )
RS C
= + = + + − + −i i i
2oV 2*89,8*cos45 2*89,81*S 2
oj0127 [V] *e
= = =
=
i
Exemplo 4 – CARGA RLC
V 127 [V] f 60 [Hz] R 10 [Ω ]
SL 53,0 [mH] C 0,265 [mF]
= = =
= =
• oj0 [V]V 127 . eS
=
i
• Z R j(X X )
L C= + −
-3X 2π f L 2.π.60*53,06 *10 20 [Ω ]
L= = =
1 1X 10 [Ω ]
C -32π f C 2.π.60*0,265*10= = =
Logo,
oj45Z 10 j (20 10) 10 j10 10* 2 * e= + − = + =
[Ω]
oj0 o127 * e -j45I 8.98*eoS j4510* 2 * e= =i
[A]
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φL
ej90º
e-j90º
VS
+45º
+ φº
- φº- 135º
0º
VL
VR
Is
VC
VL - VC
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Exemplo 5 – CARGA RLC Repetir o Ex. 3 para: C 0,1325 [mF]
L 26,53 [mH]
=
=
Z R j(X X )
L C= + −
-3X 2.π .60*26,53*10 10 [Ω ]
L= =
1X 20 [Ω ]-C 2.π .60*0,1325*10
= =
oj45Z 10 j(10 20) 10 j10 10* 2 *e−= + − = − =
[Ω]
• oj0 o127 . e j45I 8.98* e
S j45o10* 2* e= =
−
i [A]
φC
I
vS
iS45º
VL
VC
VR
VC - VL
VS
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7.4 – POTÊNCIAS Carga Puramente Resistiva
P(t)
vs
is
R
T/2
T
Tempo
S2
S1
VmIm
VmIm / 2
0
P(t)= tVIVItVmVm
ωω 2cos2cos2
Im
2
Im−=− (não possui valor negativo)
V.I
T/4
VmIm = VI
tVItVm
ωω 2cos2cos2
Im−=−
Po
tên
cia
Valor de pico Vm, Im→ Valor eficaz V, I→ Em um circuito resistivo: v 2 .V .sen t 2 . V.sen ts rms ϖ ϖ= = i 2 .I .sen t 2 . I..sen ts rms ϖ ϖ= = A potência é dada por,
2p(t) v . i 2 .V.I sen ts s ϖ= =
1 cos 2 tp(t) 2 . V.I
2ϖ
−=
Logo, p(t) V I V Icos 2 tϖ= −
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Definindo-se que, P - potência ativa ou potência média em Watts [W] e que P seja igual a, P V*I= Também para carga puramente resistiva,
2V Vrms rmsP V *rms R R= =
Por outro lado,
T π1 1P(av) p(t).dt (VI VI cos2 t)d t0 0πTϖ ϖ= = −∫ ∫
π π1 1P(av) V.I.d t VI cos2 t d2 t0 0π 2πϖ ϖ ϖ= −∫ ∫
P(av) V*I= Exemplo 6 V 127[V] R 10 [Ω ]
127I 12.7 [A]10
= =
∴ = =
Deste modo, na fonte de tensão, P(av) P 127*12.7 1613 [W]= = ≅ E no lado da carga,
210 x 12.7 1613 [W]=
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Carga Puramente Indutiva
is
L vL
Tempo
S1
tIsenVtsenVm
p ωω 2.22
Im−=
−=
v
i
T/4
T/2 (3T)/22T
S2
Tensão – Corrente -Potência
Do circuito com carga puramente indutiva sabe-se que, v 2 . V. sen ts ϖ=
oi 2 .I. sen ( t - 90 )s ϖ= Logo a potência instantânea será igual a:
op(t) v . i 2 . V.I sen ( ).sen ( t 90 ) s s- 2.V.I.sen t .cos t
tϖ ϖ
ϖ ϖ
= = − =
=
p(t) V.I. sen 2 tϖ= − Logo,
π1P(av) ( V.I.sen 2 t )d2 t 00πϖ ϖ= − =∫
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A energia na bobina é igual a,
T1 22W p(t) .L.I [J]mL T 2
4
= =∫
Logo,
2W L. I [W.s] [J]L
= =
Carga Puramente Capacitiva
is
Cvs
S1
S2
v
i
0
(VmIm) / 2
(VmIm) / 2
T/4
T/2
T Tempo
tIsenVtsenVm
p ωω 2.22
Im==
vC
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v 2 . V . sen ts ϖ=
)90t(sen.I.2i o
s += ϖ
op(t) v .i 2 .V.I.sen( t). sen ( t 90 )s s2.V.I.sen t .cos t
ϖ ϖ
ϖ ϖ
= = +
=
p(t) V.I.sen 2 tϖ∴ =
Logo,
π1P(av) V.I.sen 2 t .d2 t0πϖ ϖ= ∫
Portanto, P(av) 0= A energia no capacitor é igual a,
T1 2 24W p(t).dt C. V C.Vm0 2
= = =∫
2W C.V W.s Jc
∴ = → =
is
vs
is
0 a T/4 T/4 a T/2
C fornece energia C recebe energia
vs
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Carga Resistiva-Indutiva
vL
is
S Q L
P R vR
0
Pméd
θω sentsenVm
]2[2
Imθω cos]2[cos
2
Imt
Vm
tVI ωθ 2coscostsenVIsen ωθ 2
θcos2
ImVm
θsenVm
2
Im
Im Im Imcos cos 2 cos 2
2 2 2
Vm Vm Vmp t sen t senθ ω θ ω θ= − ⋅ + ⋅
θωtsensenVm
22
Im−
S1
S2
vs
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Adotando-se: v 2 . V. sen ( t)S
ϖ=
i 2 . I. sen ( t -φ )S
ϖ=
A potência instantânea será,
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p(t) v .i 2 . V.I. sen ( t ). sen t
S S2. V.I.(sen t .cos cos t .sen ).sen t
22. V.I. sen t .cos cos t .sen t .sen
1-cos 2 t sen 2 t2. V.I. . cos . sen
2 2
V.I.cos V.I.cos 2 t .cos -V.I.sen 2 t .sen
V.
ϖ ϕ ϖ
ϖ ϕ ϖ ϕ ϖ
ϖ ϕ ϖ ϖ ϕ
ϖ ϖϕ ϕ
ϕ ϖ ϕ ϖ ϕ
= = − =
= − =
= − =
= − =
= −
= I.cos (1 cos 2 t) - V.Isen .sen 2 tϕ ϖ ϕ ϖ−
Logo,
π1P(av) p(t) . d 2 t V.I.cos02. πϖ ϕ= =∫
• Na equação anterior, o termo V.I.cosφ V.I.cos 2 t .cosφ
V.I.cosφ (1 cos2 t)
ϖ
ϖ
− =
= −
não contém valores instantâneos negativos e é idêntico ao termo de p(t) para carga puramente resistiva. • Contudo o termo φϖ sent.sen2V.I é análogo ao termo da p(t) para carga indutiva se
90 .oϕ = Definições – Triângulo de Potência S → potência aparente [VA] P → potência ativa [W] Q → potência reativa [VAR] Q pode ser interpretado como, QL → circuito indutivo QC → circuito capacitivo
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P = Vicosφ = RI2
S=VI
φ
Visenφ = Q =QL φ
φ
capacitivoP
S
VL
I VR
Vindutivo
Demonstração: Na Resistência R,
2P R .I [W]R
=
Do triângulo de tensões, para a resistência, V R .I V.cos
Rϕ= =
Logo,
2P R .I V.cos .I V.I.cos [W]R
φ φ= = =
Analogamente para a indutância,
Q V.I senL
2V VL LQ V . V.sen .I V.I.sen
L LX XL L
Q S tgφL 0
ϕ
ϕ ϕ
= +
+= = = =
= +
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Exemplo 7
[Hz]60/[V]127VS →
[mH]26,53L ][Ω10R == Do Exemplo 2,
j45oI 8,98*eS
−=
Logo a potência ativa ou medida em watts é dada, no lado da concessionária por:
oP V.I.cos 127*8.98*cos45 806,30 [W]φ= = = E no lado da carga por,
2 2P R .I 10*8.98 806,40 [W]= = A potência reativa no lado da concessionária é igual a:
oQ V.I.sen 127*8.98*sen45 806,30 [VAR]L
φ= = =
No lado da carga é igual a,
2V 2 2L R .I 10*8.98 806,40 [W]X
L= = =
A potência aparente é dada no lado da concessionária por:
][VA46.11408.98*127 IV.S ===
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS 2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB 28
QL
jXL
Z
R
VR
VL
I φ -45º
φ
45º
P
S
VS
S = P + jQ
E no lado da carga por,
2 2 1/2 2 2S (P Q ) (806,40 806,58 1140,46L
= + = + =
Em termos de vetores, S P jQ= +
Logo,
o145 o o1140,46*e 1140,46(cos45 jsen45 )
806,40 j806,30 [VA]
S→
= = + =
= +
Genericamente a potência aparente é dada por,
S V I *S S
= i i
Onde:
I *S
i
- conjugado do fasor IS
i
*I a jb I a jbsS
j -j*i iI I .e I I .esS S S
φ ϕ
= + → = −
= → =
i
i
Para o exemplo em questão:
o oj45 j45*I 9.98*e I 8,98*eRS
−= ⇒ =
ii
Logo,
o oj0 j45 j45S 127.e *8.98*e 1140,46*e [VA]= =
Portanto, o oS 1140,46 (cos45 jsen45 )
806,40 j806.30 [VA]
= +
= +
o que confirma o resultado anterior.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS 2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB 29
CARGA ÔHMICA-CAPACITIVA
is
R
C
(a)
0
Pméd
θω sentsenVm
]2[2
Imθω cos]2[cos
2
Imt
Vm
tVI ωθ 2coscostsenVIsen ωθ 2
θcos2
ImVm
θsenVm
2
Im
Im Im Imcos cos 2 .cos 2 .
2 2 2
Vm Vm Vmp t sen t senθ ω θ ω θ= − +
θωtsensenVm
22
Im−
S1
S2
p(t)
Vs
Is
(b)
(c)
vs
vC
vR
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS 2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB 30
Para carga ôhmica–capacitiva, v 2 .V.sen tS
ϖ=
i 2 . I.sen ( t )S
ϖ ϕ= +
Logo, p(t) v .i 2.V. I. sen ( t ). sen t
S S2.V.I (sen . cos cos t .sen ).sen t
V.I.cos (1 cos 2 t ) V.I.sen .sen 2 t
ϖ ϕ ϖ
ϖ ϕ ϖ ϕ ϖ
ϕ ϖ ϕ ϖ
= = +
= + =
= − +
Portanto, a potência média será,
2π1P P P(t).d t V.I.cosφ0(av) 2πϖ= = =∫
Observe que novamente o termo V.I.cosφ (1 cos 2 t )ϖ− não possui valores instantâneos negativos. O termo t2senV.I.senφ ϖ , possui uma defasagem de 180o com relação à respectiva parcela para a carga do tipo ôhmica-indutiva e é correspondente à energia que oscila entre a fonte e a carga capacitiva. TRIÂNGULO DE POTÊNCIAS
A potência ativa é dada por,
[W]R.IφV.I.cosP 2== A potência reativa é igual a,
V.I.sen
V2Vc CV . V. sen .I [VAR]X C Xc C
Q
ϕ
ϕ
= −
−= = − =
S V.I [VA]=
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS 2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB 31
Também,
*S V . IS S
= i i
ou
S P j.Qc→
= − Exemplo 8 Sejam os mesmos dados do Ex. 3.
joV 127. e [V] R 10 [Ω ] C 0,265 [mF]S
= = =
o45I 8.98*eS
j+=
Deste modo vem que, Concessionária: oP 127*8.98*cos45 806,30 [W]= = Carga:
2P 10*8.98 806,40 [W]= = Concessionária: oQ 127*8.98*sen 45 806,40 [VAR]= − = − Carga:
289.81Q 806,58 [VAR]10
= − =
S 127*8.98 11140.46 [VA]= =
P
QC
S
φ
S = P - jQC
vs
Is
jXC
Z
R
φ
φ
ojo j45S 127*e *8.98*eo o1140.46 (cos45 jsen45 )
866.40- j806.40 [V]
−= =
= −
=
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Exemplo 9 Baseando-se no Ex. 4, obter o triângulo de potência. Do Ex. 4,
oj45I 8.98*e V 89.8 [V] V 179.6[V]LS C
−= = =
Logo,
oP 127*8.98*cos45 806,40 [W]= = S 127*8.98 11140.46 [VA]= =
2V 289.8CQ - 806.58 [VAR]C X 10
C= − = − =
2V 2179.6LQ 1612.80 [VAR]
L X 20L
= + = − = +
Q Q Q 1612.80 806.58 806.22 [VAR]t L C
= − − − =
S P j(Q Q ) 806.40 j806.22 [VA]
L C= + − = +
oo 45j0 j*S V I 127. e 8.98*e
S So o1140.40(cos45 jsen 45 )
806.40 j806.22 [VAR]
+= = =
= + =
= +
i i
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7.5 – FATOR DE POTÊNCIA Definição:
V.I.cosPfp cosVIS
ϕ ϕ= = =
Exemplo 10 Para o sistema abaixo calcular: a. P,Q, S, fp em cada ramo; b. Pt, Qt, St, fp (visto pela concessionária)
c. IS
i
c.1. pelo método do balanço de potência; c.2. pelo Teorema de Kirchoff com fasor.
a) Carga 1 P 12 x 60 720 [W] Q 0 S P 720 [VA]1 1 1 1
= = = = =
P1fP1 1
S1
= =
o720 j0I 3.46 [A] I 3.46*eo1 S208.cos0
= = ⇒ =i
Carga 2 P 6.4 [KW] Q 0 S P 6.4 [KVA]2 2 2 2
= = = =
P2fP2 1
S2
= =
o6400 j0I 30.76 [A] I 30.76*e
2 S208= = ⇒ =
i
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Carga 3 1[HP] 746[W] 0.746[KW]= =
P 5 x 746motorP 4548.78 [W]3 η 0.82
4548.78o208.IM.cos 43,95 IM 30.37[A]208*0.72
oj43,95IM 30.37*e
= = = =
= ∴ = =
−=
P 4548.783S 6317.75 [VA]3 0.72fP
3= = =
Em relação à corrente, o fp é indutivo, ou seja, atrasado:
ofP3 cosθL 0.72 θL 43,953 3osen 43,95 0.694
= = → = →
→ =
Em módulo,
oQ S .sen 43,95 6317.75*0.694 4384.71 [VAR]3 3
= = =
Em vetor,
Q jQ3 3
•=
b) Carga 4
oo j0j0 o208*e208*e j53,12I 13.87* e [A]C 9 - j12 -j53,12015 x e
+= = =
2 2P R.I 9* 13.87 1731,39 [W]4 C
= = =
Em módulo,
2X . I2C CQ 12*13.87 2308.52 [VAR]
4 2VC
XC
= = = −
Em fasor, Q j Q
4 4= −
Logo,
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2 2 1/2 2 2 1/2S P Q 1731,39 2308,524 4 4
2885,65 [VA]
= + = + =
=
P 1731,394fP 0,6S 2885,65
4= = =
Capacitivo (adiantado) em relação à corrente. b) A potência ativa vista pela concessionária é igual a, P P P P P 720 6400 4548,78t 1 2 3 4
1731,39 13400,17 [W]
= + + + = + + +
+ =
A potência reativa vista pela concessionária é dada por, Q Q Q Q Q 0 0 4384,71 - 2308,52t 1 2 3 4
2076,19 [VAR]
= + + + = + + =
= Atrasado / indutivo.
A potência aparente, também vista pela concessionária, é igual a,
1/22 21/2 2 2S P Q 13400,17 2076,19t t t
13560,06 [VA]
= + = + =
=
O fator de potência total é dado por,
P 13400,17tfPt7 0,988S 13560,06t
ofPt7 cosθ t 0,988 θ t 8,89
= = =
= = → =
c.1) Como em módulo, S V .It S S
= , vem que,
13560,06I 65,19 [A]
S 208∴ = =
Logo,
oj8.89I 65,19*e [A]S
−=i
onde o ângulo -8,89o foi obtido através do cálculo do fPt. c.2)
I I I I IMC 1 2 C
= + + +i i i i i
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o ooj0 j43,95j0I 3.46*e 30.76*e 30.37*eS
oj53,1213.87*e
−= + + +
+
i
o oI 3.46 30.76 30.37*cos(-43.95 ) 13.87*cos53,12
So oj 30.37*sen( 43,95 ) 13.87*sen53,12
= + + + +
+ − +
i
I 64.40 j9.98S
= −i
1/2
2 2I 64.40 9.98 65.168 [A]S
= + =
64.40 ocos 0.998 8,89t t65.168
φ φ= = ⇒ = −
O que confirma o cálculo pelo método do balanço de potência.
Exemplo 11 Uma micro usina opera com um gerador de 1000 [V] e 60 [Hz]. A carga é composta de um total de 10 [kW] de aquecedores e 20 [kVA] de motores elétricos, os quais possuem um FP (atrasado) de 0.7. a) Calcular o FP atual; b) Calcular o banco de capacitores para alterar o fp para 0.95 (indutivo). Solução a) Motores P fP1 . S 0,7 x 20 14 [kW]1 1
ofP1 cosφ 0.7 θ 45.61 1
= = =
→ = → =
oQ S . sen 45.6 20*0.714 14.28 [kVAr]
1 1= = =
Carga Resistiva (Aquecedores) P 10 [kW] Q 0 S 10[kW]2 2 2
= = =
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1/2
2 2S 24 14.28 27,93 [kVA]t velho
= + =
10 14fP 0.8592
velho 27.93+= =
(Indutivo / atrasado)
ofP cosθ velho 0.8592 θ velho 30.75velho
→ = → =
S 3 t velho 27.93x10I 27.93 [A] velho V 1000
S= = =
oj30.75I 27.93 *e [A]
velho−=
i
b) Novo fP fP 0.95pnovo =
14.28 = Q velho
Q novo
P = 24 [Kw]
Θ velho
Θ novo
S novo
S Velho QC
cos fP 0.95novoθ novo
= =
oθ 18.19novo∴ =
Q Qo novo novotg tg18,19
θnovo P 24[kW]= = =
Logo, Q 0.329*24 7.9 [kVAr]novo = =
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Deste modo, 1/2
2 2S 24 7.9 25.26 [kVA]novo
= + = < Svelho
Portanto, Q Q QnovoCvelho
− =
A potência do banco de capacitores é igual a, Q Q Q 14.28 7.9 6.3 [kVAr]novoC velho
= − = − =
O banco de capacitores é dado por,
2V 21 1000SQC X 32.π.f.C 6.38*10C
C 16.93 µ F /1000 [V]
= ⇒ = ⇒
=
jθ 3S 25.26 x 10novo j18.19onovoI *e * enovoS V 1000novo
− −= =i
oj18.19I 25.26* e [A]novoS−=
i
< velhoSI