Escrevendo-se as correspondentes equações matriciais de I1 e I2

1
CENTRO DE ENSINO SUPERIOR
DE CONSELHEIRO
LAFAIETE / MG
ENGENHARIA ELÉTRICA
NOTAS DE AULA
CIRCUITOS ELÉTRICOS II – 5º P
PROFESSOR : PAULO ROGÉRIO PINHEIRO NAZARETH
ALUNO(A): ....................................................................................................
2
1- SISTEMAS POLIFÁSICOS.
1.1- INTRODUÇÃO
Um sistema é dito polifásico, quando possui duas ou mais tensões iguais, com diferenças
de fase fixas, suprindo de energia as cargas ligadas às linhas.
Num sistema bifásico, as duas tensões iguais diferem em fase de 90.
Num sistema trifásico, a diferença de fase entre as três tensões iguais é de 120.
Nos retificadores polifásicos usam-se, as vezes, sistemas de seis ou mais fases, com o
objetivo de obter uma tensão retificada com pouca ondulação (Ripple).
Para geração e transmissão de energia elétrica, o sistema trifásico é o mais comumente
usado.
1.2- SISTEMA BIFÁSICO.
Considere a figura:
A
N
S
B’
B
A’
A rotação do par de bobinas perpendiculares no campo magnético constante acarreta
tensões induzidas cuja diferença de fase constante é 90.
Com o mesmo número de espiras nas bobinas, as tensões instantâneas e dos fasores têm
as mesmas amplitudes, como mostram os diagramas a seguir:
A
90
t
A
0
A’
N
B’
B
Ligando-se A’ e B’, obtemos o ponto N. Logo temos:
A
B
3
VAN  VBOB 90 ; VBN  VBOB 0 
A
VAB  VAN  VNB  VBOB 90  VBOB 180
Onde , VAB  2 VBOB 135
B
N
Exemplo.
Um sistema bifásico com tensão de 150 volts entre linha e neutro alimenta uma carga equilibrada
ligada em triângulo, constituída por impedâncias de 10 53,1  . Calcular as correntes de
linha e a potência total.


Repita o exemplo anterior para as seguintes cargas: Z AN  1230 ; Z BN  1045 e
Z AB  860 .
1.3- SISTEMA TRIFÁSICO.
Como já dissemos, no sistema trifásico, a diferença de fase entre as tensões induzidas nas
três bobinas igualmente espaçadas é de 120°.
Considere a figura a seguir:
C’
A
B
N
S
C
B’
A’
Na seqüência ABC, a tensão na bobina A atinge um máximo em primeiro lugar, seguida
pela bobina B, e depois pela bobina C.
Esta seqüência pode ser vista pelo diagrama de fasores, considerada positiva o sentido
anti-horário, e o traçado das tensões instantâneas, como mostram as seguintes figuras:
4
A
A
A’
B
C
t
A
120
B’
240
C’
B
C
A inversão nas bobinas B e C resulta na seqüência CBA ou seqüência negativa, como
segue:
A
C
A
A’
B
t
A
C’
120
B’
C
240
B
A ligação dos terminais A’ , B’ e C’ , resulta num alternador ligado em Y ( estrêla ), ao
passo que a ligação de A em B’ , de B em C’ e de C em A’ , resulta num alternador ligado em 
( delta ou triângulo ), representadas a seguir:
A
A
AB’
A
VFASE
VLINHA
BC’
A’B’C’=N
B
B
C
B
C
CA’
C
NOTAS:
1ª Na ligação em estrêla as correntes de linha e de fase são iguais, e a tensão de linha é
vezes a tensão de fase, ou seja;
I LINHA  I FASE
e VLINHA  3 .VFASE
3
5
2ª) Na ligação triângulo, as tensões de linha e de fase são iguais, e a corrente de linha é
corrente de fase, ou seja;
VL  VF
3 a
e I L  3 .I F
OBS.: Seja qual for a ligação, as três linhas A, B e C constituem um sistema trifásico de tensão.
O ponto neutro da ligação em estrêla fornece o quarto condutor do sistema trifásico a quatro
condutores.
1.3.1- TENSÕES DO SISTEMA TRIFÁSICO.
Seqüência ABC
Seqüência CBA
A
B
C
N
N
C
B
A
VAB  VL 120
VAB  VL 240
VBC  VL 0 
VBC  VL 0 
VCA  VL 240
VCA  VL 120
VAN  ( VL / 3 )90
VAN  ( VL / 3 )  90
VBN  ( VL / 3 )  30
VBN  ( VL / 3 )30
VCN  ( VL / 3 )  150
VCN  ( VL / 3 )150
1.3.2- CARGAS TRIFÁSICAS EQUILIBRADAS.
EXEMPLOS:
1º) Um sistema ABC trifásico a três condutores, 110 volts, alimenta uma carga em triângulo,

constituída por três impedâncias iguais de 545  . Determinar as correntes de linha IA , IB e
IC e traçar o diagrama de fasores.
2°) Um sistema CBA trifásico a quatro condutores, 208 volts, alimenta uma carga em estrêla,
constituída por impedâncias de
diagrama de fasores.
20  30 . Calcular as correntes de linha e traçar o
6
- ESTRUTURA PASSIVA EM DELTA (Δ) OU ESTRÊLA (Y)
I - TRANSFORMAÇÃO Δ
Y:
ZB
Z1
Z2
ZA
Z3
II - TRANSFORMAÇÃO Y
ZC
Z1 
Z A .ZB
Z A  Z B  ZC
Z2 
ZB .ZC
Z A  Z B  ZC
Z3 
Z A .ZC
Z A  Z B  ZC
Δ:
ZB
Z1
ZA
Z2
Z3
ZC
ZA 
Z1 .Z 2  Z1 .Z 3  Z 2 .Z 3
Z2
ZB 
Z1 .Z 2  Z1 .Z 3  Z 2 .Z 3
Z3
ZC 
Z1 .Z 2  Z1 .Z 3  Z 2 .Z 3
Z1
OBS.: No caso de ZA = ZB = ZC = ZΔ , e Z1 = Z2 = Z3 = ZY , temos:
Δ → Y : ZY
Z  .Z 
Z 2
Z


  ou seja,
Z   Z   Z  3Z 
3
ZY 
Z
3
Y→Δ:
Z Y .Z Y  Z Y .Z Y  Z Y .Z Y 3Z 2Y
Z 

 3Z Y ou seja, Z   3Z Y
ZY
ZY
7
1.3.3- CIRCUITO MONOFÁSICO EQUIVALENTE PARA CARGAS EQUILIBRADAS.
De acordo com as transformações de Y para Δ, vistas anteriormente, um conjunto de três
impedâncias ZΔ, numa ligação em triângulo, é equivalente a um conjunto de três impedâncias
iguais ZY, ligadas em estrela, onde ZY = (1/3)ZΔ. É possível, portanto um cálculo mais direto do
circuito em estrela para cargas trifásicas equilibradas, ligadas de qualquer das duas formas.
O circuito equivalente de uma linha é uma fase do circuito trifásico a quatro condutores
em estrela, com a diferença de que se emprega uma tensão de amplitude igual a de linha para
neutro e de ângulo de fase igual a zero. A corrente de linha calculada para esse circuito tem um
ângulo de fase referido ao ângulo de fase nula da tensão. As correntes de linha reais IA , IB e IC
estarão avançadas ou atrasadas, em relação às respectivas tensões de linha para neutro, do
mesmo ângulo de fase.
Veja a figura a seguir do circuito monofásico equivalente de um circuito em estrela a
quatro condutores:
C
B
Z
1
IL
Z
2
N
Z
VLN 0°
Z
VA
3
N
A
EXEMPLO
Um sistema ABC trifásico a três condutores, 220 volts, alimenta uma carga em triângulo,

constituída por três impedâncias iguais de 1245 ohms. Determinar as correntes de linha
usando o método do circuito monofásico equivalente e traçar o diagrama de fasores.
A impedância equivalente ligada em estrela é ZY  Z 3 = 445 Ω , e a tensão de
linha é VLN  VL
3  220
3  127
Portanto a corrente de linha é,
V
127 0
IL  L 
 31,75  45

Z
4 45
IL
1270
445
8
Como esta corrente está atrasada de 45˚ em relação à tensão, as correntes de linha IA , IB e
IC estão atrasadas de 45˚ em relação às suas respectivas tensões VAN , VBN e VCN.
Os ângulos dessas tensões são obtidos das tensões de fase do sistema trifásico de
seqüência ABC.
As tensões entre linha e neutro e as correspondentes correntes de linha são escritas como
segue:
VAN  12790
I A  31,7590  45  31,7545 A
VBN  127  30
I B  31,75  30  45  31,75  75 A
VCN  127  150
IC  31,75  150  45  31,75  195 A
Caso se deseje, as correntes de fase da carga ligada em triângulo poderão ser calculadas
por I F  I L 3  31,75 / 3  18,33 A. Os ângulos de fase dessas correntes são obtidos,
escrevendo-se as tensões de linha do sistema trifásico de seqüência ABC, e em seguida,
determinando-se as correntes, de modo que estejam atrasadas de 45º, mostradas a seguir:
VAB  220120
I AB  18,33120  45  18,3375 A
VBC  2200
IBC  18,330  45  18,33  45 A
VCA  220240
ICA  18,33240  45  18,33195 A
1.3.4- CARGA DESEQUILIBRADA EM TRIÂNGULO.
A solução, quando a carga é desequilibrada e ligada em triângulo, consiste em se
calcularem as correntes de fase e, em seguida, por aplicação aos nós da lei de Kirchhoff para as
correntes, determinar as três correntes de linha. As correntes de linha não serão iguais e sua
defasagem não será de 120°, como ocorre nas cargas equilibradas.
EXEMPLO.
Um sistema trifásico ABC de 240 volts, a três condutores, tem carga ligada em triângulo com
ZAB  100 , ZBC  1030 e ZCA  15  30. Calcular as três correntes de linha e traçar o
diagrama de fasores.
1.3.5- CARGA DESEQUILIBRADA, LIGADA EM ESTRELA, COM QUATRO
CONDUTORES.
Num sistema a quatro fios, o condutor neutro transporta corrente quando a carga é
desequilibrada e a tensão em cada uma das impedâncias de carga permanece fixa e de amplitude
igual à existente entre linha e neutro. As correntes de linha são desiguais e sua defasagem não é
120°.
9
EXEMPLO.
Um sistema CBA, trifásico a quatro fios, 208 volts, tem carga ligada em estrela com
ZA  60 , ZB  630 e ZC  545. Determinar as correntes de linha e no neutro. Traçar o
diagrama de fasores.
1.3.6- CARGA DESEQUILIBRADA,
CONDUTORES.
LIGADA
EM
ESTRELA,
COM
TRÊS
Estando apenas as três linhas A, B e C ligados a uma carga desequilibrada em estrela, o
ponto comum das três impedâncias de carga não está no potencial do neutro e é designado por
”O” , em vez de “N” . As tensões nas três impedâncias podem diferir consideravelmente do valor
entre linha e neutro, como mostra o triângulo das tensões que relaciona todas as tensões no
circuito. É de particular interesse a diferença de tensão entre “O” e “N” , tensão de deslocamento
do neutro.
EXEMPLO.
Um sistema CBA trifásico, a três fios, 208 volts, tem carga ZA  60 , ZB  630 e
ZC  545 , ligada em estrela. Determinar as correntes de linha e o fasor tensão em cada
impedância. Traçar o triângulo das tensões e determinar a tensão de deslocamento de neutro,
VON.
Traça-se o diagrama do circuito e selecionam-se as correntes de malha I1 e I2, conforme figura:
IA
A

208240
60
I1
O

545
630
IB
B
I2

2080
IC
C
Escrevendo-se as correspondentes equações matriciais de I1 e I2, temos:
60  630


  630
  I1  208240 
.   

630  545  I 2   2080 
 630
que resulta para as correntes de malha em I1  23,3261,1 e I 2  26,5  63,4
10
As correntes de linha IA, IB e IC, representadas no diagrama, são:
I A  I1  23,3261,1 A ;
I B  I 2  I1  26,5  63,4  23,3261,1  15,45  2,5 A
e

IC  I2  26,5116,6 A
Calculando-se as tensões nas três impedâncias e representando em diagrama de fasores, temos:


VCO
VAO  IA ZA  23,3261,1 60  139,8261,1 volts

VBO

O
VBO  IBZB  15,45  2,5 630  92,727,5 volts


VCO  ICZC  26,5116,6 545  132,5161,6 volts
O diagrama de fasores das três tensões forma um triângulo eqüilátero.
Reconstrói-se esse triângulo eqüilátero,
acrescentando-se o neutro, e aparecendo,
assim, a tensão de deslocamento de neutro,
VON.
VAO
B
C
O
N
Essa tensão pode ser calculada, utilizandose qualquer um dos três pontos A, B ou C e
seguindo-se a notação convencional de
duplo índice. Utilizando o ponto A, temos:
A
VON  VOA  VAN  139,8261,1  120  90  28,139,8 volts .
1.3.7- MÉTODO DO DESLOCAMENTO DO NEUTRO, CARGA DESEQUILIBRADA
EM ESTRÊLA A TRÊS CONDUTORES.
No exemplo anterior, a tensão VON de deslocamento do neutro foi obtida em função das
tensões da carga. Se determinarmos uma expressão para VON independente das tensões na carga,
as correntes e tensões, pedidas anteriormente, poderão ser obtidas mais diretamente.
A
Considere o diagrama ao
lado:
IA
VAO
YA
YB
IB
IC
B
O
YC
C
11
Para obter a tensão de deslocamento de neutro, escrevem-se as correntes de linha em termos das
tensões na carga e das admitâncias da carga.
IA  VAOYA ; IB  VBOYB ; IC  VCO YC
Em seguida aplica-se a lei de Kirchhoff para as correntes ao nó O, escrevendo-se:
I A  I B  IC  0
=> VAOYA  VBOYB  VCO YC  0
Do diagrama do exemplo anterior, tiram-se as tensões VAO ,VBO e VCO em função de suas
componentes, isto é,
VAO  VAN  VNO ; VBO  VBN  VNO e VCO  VCN  VNO
Portanto,
VAN  VNO YA  VBN  VNO YB  VCN  VNO YC  0
Onde,
VON 
VANYA  VBN YB  VCN YC
YA  YB  YC
OBS.: As tensões VAN, VBN e VCN são obtidas pelo triângulo das tensões para a seqüência dada
no problema. As admitâncias YA, YB e YC são os inversos das impedâncias de carga ZA, ZB e ZC.
EXEMPLO.
Um sistema CBA trifásico, a três fios, 208 volts, tem carga ZA  60 , ZB  630 e
ZC  545 , ligada em estrela. Determinar as correntes de linha e as tensões na carga pelo
método do deslocamento do neutro.
1.3.8- POTÊNCIA NAS CARGAS TRIFÁSICAS EQUILIBRADAS.
Sendo a corrente a mesma nas impedâncias de fase das cargas equilibradas em estrela ou
em triângulo, a potência de fase é igual a um terço da potência total.
1.3.8.1- Potência em cargas equilibradas ligadas em triângulo.
Considere a figura a seguir:
VL
ZΔ
PF
A tensão na impedância ZΔ é a tensão de linha e a
corrente é a corrente de fase IF. O ângulo entre a
tensão e a corrente é o ângulo da impedância. Logo, a
potência na fase é:
PF = VL.IF.cosθ
E a potência total é:
PT =3 VL.IF.cosθ
Nas cargas equilibradas em triângulo, I L  3 I F ,
vem:
PT  3 VL I L cos 
12
1.3.8.2- Potência em cargas equilibradas ligadas em estrela.
Considere a figura a seguir:
VF
ZY
A tensão na impedância ZY é a tensão de fase e a
corrente é a corrente de linha IL. O ângulo entre a
tensão e a corrente é o ângulo da impedância. Logo, a
potência na fase é:
PF = VF.IL.cosθ
E a potência total é:
PT =3 VF.IL.cosθ
Nas cargas equilibradas em estrela, VL  3 VF , vem:
PF
PT  3 VL I L cos 
OBS.: Como as equações para potência ativa PT são idênticas para as duas cargas equilibradas (Y
ou Δ), a potência em qualquer carga trifásica equilibrada é dada por 3 VLI L cos  , onde θ é o
ângulo da impedância de carga ou ângulo da impedância equivalente, na hipótese de serem
várias cargas equilibradas, alimentadas pelo mesmo sistema.
Os volt-ampéres totais ST ( potência aparente total ) e a potência reativa total QT são
relacionadas a seguir:
ST  3 VLI L ; QT  3 VL I L sen
Assim, para uma carga trifásica equilibrada, a potência aparente, a potência ativa e a potência
reativa são dadas por:
ST  3 VLI L ;
PT  3 VL I L cos  ;
QT  3 VL I L sen
1.3.9- WATTÍMETROS E CARGAS EM ESTRÊLA A QUATRO CONDUTORES.
Um wattímetro é um instrumento com uma bobina de potencial e uma bobina de corrente,
arranjadas de forma que sua deflexão seja proporcional a VI cos  onde θ é o ângulo entre a
tensão e a corrente. Uma carga ligada em estrela, a quatro condutores, exige três wattímetros
com um medidor instalado em cada linha, conforme figura a seguir:
A
VAN
WA
IA
IA
ZA
IB
N
ZC
WB IB
B
ZB
IC
C
WC
VCN
IC
VBN
13
O diagrama de fasores admite uma corrente atrasada na fase A e adiantada nas fases B e
C, com um ângulo θA , θB e θC não representados no diagrama de fasores. As leituras dos
wattímetros são :
WA  VANI A cos( A , AN ) ;
WB  VBNI B cos(B ,BN ) ; WC  VC NI C cos(C,C N )
O wattímetro WA lê a potência na fase A e os wattímetros WB e WC lêem nas fases B e C
, respectivamente.
A potência total é : PT = WA + WB + WC
1.3.10- MÉTODO DOS DOIS WATTÍMETROS .
A potência total em uma carga trifásica a três condutores é obtida pela soma das leituras
de dois wattímetros ligados em duas linhas quaisquer, estando suas bobinas de potencial ligadas
`a terceira linha, como mostra a figura a seguir:
A
A
WA
B
B
C
WC
C
As leituras dos medidores são:
WA  VABI A cos( A , AB ) ;
WC  VC BI C cos(C;C B )
Aplicando a primeira lei de Kirchhoff para as correntes aos nós A e C da carga em
triângulo, tem-se:
I A  I AB  I AC e IC  ICA  ICB
Substituindo IA e IC em WA e WC , temos:
WA  VABI AB cos( AB, AB )  VABI AC cos( AC, AB )
WC  VC BI C A cos(C A,C B )  VC BI C B cos(C B,C B )
Os termos VABI AB cos( AB, AB ) e VC BI C B cos(C B,C B ) são facilmente identificados e
representam as potências nas fases AB e CB da carga.
14
Os dois outros termos restantes que são VABI AC cos( AC, AB ) e VC BI C A cos(C A,C B ) ,
contêm VABIAC e VCBICA que, agora podem ser escritos como VLIAC, já que VAB e VCB são
tensões de linha e IAC = ICA. Para identificarmos esses dois termos, considere o diagrama de
fasores a seguir, onde admitimos a corrente IAC atrasada de  em relação a VAC.
VAB
VAC
60°
IAC
θ
VBC
VCB
60
°
θ
ICA
VCA
Podemos observar que o ângulo entre VAB e IAC = 60° + θ, e entre VCB e ICA = 60° - θ.
Portanto a potência na fase AC será:
PAC  VAB I AC cos(60  )  VCB I CA cos(60  )
PAC  VL I AC (cos 60 cos   sen 60 sen ) 
VL I AC (cos 60 sen   sen 60 sen )
Que simplificando temos;
Onde resulta :
PAC  2VL I AC cos 60 cos 
PAC  VL I AC cos 
Podemos então concluir que dois wattímetros indicam a potência total numa
carga ligada em triângulo.
WT  WA  WB  PAB  PBC  PCA
15
1.3.11- APLICAÇÃO DO MÉTODO DOS DOIS WATTÍMETROS A CARGAS
EQULIBRADAS.
Para mostrar a aplicação do método dos dois wattímetros a cargas equilibradas,
consideremos as três impedâncias iguais, ligadas em estrêla, mostradas na figura a seguir:
A
A
WA
Z 
Z 
Z 
C
B
B
WC
C
Considere também o diagrama de fasores para a sequência ABC, admitindo a corrente atrasada
de um ângulo θ, como segue:
VAB
VAN
30°
θ
IA
VBC
VCB
30°
IC
VCN
VBN
IB
VCA
16
Com os wattímetros nas linhas A e C suas leituras são:
WA  VAB I A cos( A,AB )
e
WC  VCB I C cos( C,CB )
Do diagrama de fasores, tem-se:
VAB e IA = 30° + θ
Então,
e VCB e IC = 30° - θ
WA  VAB I A cos(30  )
e
WC  VCB I C cos(30  )
Quando o método dos dois wattímetros é usado numa carga equilibrada, as leituras dos
wattímetros são
VL I L cos(30  )
e
VL I L cos(30  ) , onde θ é o ângulo da
impedância. As duas leituras podem ser empregadas para a determinação do ângulo θ.
Escrevendo-se a expressão de W1 e usando o co-seno da soma de dois ângulos, vem:
W1  VL I L (cos 30 cos   sen 30 sen )
E da mesma forma para W2 usando o co-seno da diferença de dois ângulos, fica:
W2  VL I L (cos 30 cos   sen 30 sen )
W1  W2  3 VL I L cos  e a diferença
W2  W1  VL I L sen  , nos conduz à seguinte expressão:
Assim, a soma de
 W  W1 

tan   3  2
W

W
 1
2 
Portanto, a tangente da ângulo da impedância Z é 3 vezes a relação entre a diferença e
a soma das leituras dos dois wattímetros. Sem conhecer as linhas em que os medidores estão
localizados, nem a seqüência do sistema, é impossível definir o sinal de . Entretanto, quando se
conhecem a seqüência e a localização dos medidores, o sinal pode ser determinado pelas
seguintes expressões:
Seqüência ABC
 W  WC 
 W  WA 
 W  WB 
  3 C

  3 B
tan   3 A
W

W
W

W
W

W
 A
 B
 C
B 
C 
A 
Seqüência CBA
 W  WB 
 W  WC 
 W  WA 
  3 A

  3 C
tan   3 B
W

W
W

W
W

W
 B
 C
 A
A 
B 
C 