•1~
CEFET-MG CENTRO FEDERAL DE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA
DE MINAS GERAIS
Apostila
ANÁLISE DE CIRCUITOS.EM
CORRENTE AL TERNADA
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2° módulo
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Curso: Eletrôn ica
/
o rganização:
Prof. José Antônio Rosa
Belo Horizónte 2006
-
2
TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS
DEFINIÇÕES GERAIS
Tensão e Corrente Variáveis: são aquelas cujos valores variam com o tempo.
Tensão e Corrente Periódicas: são as variáveis cujos valores repetem
periodicamente ao longo do tempo.
Tensão e Corrente Alternadas: são as periódicas com polaridade variáveis.
Um sinal alternado
( tensão ou corrente) recebe a denominação genérica de CA
(corrente alternada) ou AC ( alternate current).
Ondas são as tensões ou correntes alternadas periódicas.
*
Forma de Onda é o gráfico que representa a onda.
Geradores de CA ou Alternadores são sistemas elétricos que produzem um sinal CA
por meios eletromecânicos.
Geradores de Áudiofreqüência (AF), Geradores de Rádiofreqüência (RF) e os
Conversores CC-CA são équi~ámehto~ eletrônicos que produzem um sinal CA a partir
de um sinal CC (corrente contínua).
Símbolos:
Gerador de Tensão QA
+
Anãlise de circuitos em corrente Alternada
Gerador de Corrente CA
Obs.: Embora a tensão alterne a sua
polaridade e a corrente alterne seu
sentido
periodicarnente
são
representadas por setas unidirecionais,
considerando que todo circuito possui
um ponto de referência para as
Prof.: José Antônio Rosa
_________________________________
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CEFET-MG CENTRO FEDERAL bE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA
DE MINAS GERAIS
Apostila
r
~ ANÁLISE DE CIRCUITOS EM
CORRENTE AL TERNADA
2° módulo
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ç:J
Curso: Eletronica
Organização: Prof. José Antônio Rosa
Belo Horizónte 2006
-
2
TENSÃO E CORRENTE ALTERNADAS
DEFINIÇÕES GERAIS
Tensão e Corrente Variáveis: são aquelas cujas vaiares variam com o tempo.
Tensão e Corrente Periódicas: são as variáveis cujos valores
periodicamente ao longo do tempo.
Tensão e Corrente Alternadas: são as periódicas com polaridade variáveis.
Um sinal alternado
repetem
( tensão ou corrente) recebe a denominação genérica de CA
(corrente alternada) ou AC ( alternate current).
Ondas são as tensões ou correntes alternadas periódicas.
Forma de Onda é o gráfico que representa a onda.
Geradores de CA ou Alternadores são sistemas elétricos que produzem um sinal CA
por meios eletromecânicos.
Geradores de Áudiofreqüência (AF), Geradores de Rádiofreqüência (RF) e os
Conversores CC-CA são equi~ámerilo~ eletrônicos que produzem um sinal CA a partir
de um sinal CC (corrente contínua).
Símbolos:
Gerador de Tensão QA
+
Gerador de Corrente CA
Dbs.:
Embora a tensão alterne a sua
polaridade e a corrente alterne seu
sentido
periodicamente
são
representadas por setas unidirecionais.
considerando que todo circuito possui
um ponto de referência para as
tens6ns
Análise de circuitos em corrente Alternada
Prof.: José Antônio Rosa
3
Exemplos de formas de onda de tensões periódicas.
v(t)
Dente de Serra
~:~!
-T
04
A
,4~
,I~
1
,
1’
,
.,
2Tt
,A~
,
Triangular
~
‘,
,
1
1
-T -T12
‘
~
1
O
T/2 T
t
3T12 2T
v(t)
1
~
1
9
-T12
Q uad rad a
1
TI
T/2
t
ST/2
v(t)
——
%~
Senoidal
‘
(
-T
3T/4
-TI2~
T
r
o
As formas de onda das tensões senoidal e quadrada são negativas, ou estão abaixo do
eixo dos tempos para metade de cada período. Durante este tempo, as tensões
correspondentes têm polaridades opostas às polaridades de referência. Acima do eixo
dos tempos, elas possuem as mesmas polaridades que as referências (positivas).
As formas de onda de corrente seguem às de tensão.
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
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4
ONDAS COSSENOIDAIS E SENOIDAIS
Ondas Senoidais
Sistema básico de um alternador ou gerador de CA para gerar uma tensão
senoidal
condutor A da bobina
N
Eixo de
E
anéis coletores
condutor 8 da bobina.
5
Principio de Funcionamentq.
O enrolamento e consequentemente os condutores giram (desenho à seguir),
acionados por energia mecânica, com velocidade angularrn em [rad Is]. O ângulo e
varia com. o tempo t, em [si, conforme a expressão e = cot. Portanto afluxo magnético
(p), também varia com o tempo.
v(t)
84 =1800 B
graus
radianos.
O valor da tensão alternada induzida segundo a lei de Faraday é proporcional a
variação do fluxo magnético v=_N~!l. Logo a tensão induzida varia de zero quando o
condutor ‘A” está na horizontal, para um valor máximo, quando o condutor está na
vertical.
No tempo t= O s o condutor está na horizontal (referência) e a tensão induzida v é
zero. Ela começa aumentar até atingir o ri-iáximo no tempo t t2. De t2 até t4 v
decresce até zero, pois o condutor “A” girou 180°. A partir de t4 v inverte sua
polaridade em relação a referência e decresce até atingir seu valor máximo negativo
em t6 com 8 270°. A partir de t6 v cresce e retorna a zero em t8 com e = 360°,
completando-se assim um ciclo. A partir daí inicia-se um novo ciclo.
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5
Parâmetros:
Ciclo
—>
é a menor parte que não se repete em uma forma de onda periádica.
Período (T) da onda
Freqüência (f)
—*
é o tempo de duração de um ciclo da onda.
é o número de ciclos por segundo, ou seja, o número de vezes por
—>
segundo que~
~
A unidade de freqüência é ciclos por segundo, chamado de hertz. [Hz].
Relação entre período e freqüência.
f=1/T
-2—
Os valores da tensão induzida varia segundo a expressãc{ v(t)
Vm ou Vp
seri
—>
=
=
Vm senø
=
Vm sen~wt)
valor máximo ou valor de pico ou amplitude:
indica um onda senoidal.
cot é o argumento.
co é a freqüência radiana, velocidade angular ou freqüência angular. Unidade no SI:
[rad Is].
t
As freqüências f e co estão relacionadas por co = 2icf.
~iT~.\
~-
)
~
Cor~versão de radianos em graus e graus em radianos~
-
~
1 [radj radiano é o ângulo subentendido por um arco na circunferência de um círculo, se
o arco tem um comprimento igual ao raio.
irad -r
360° 27tr ~ 1 rad
-
=
360°I2it
= 180°Iit =
5730
Logo ic[rad]180°
Exemplos: 1) vi
=
20 sen (377t)
IV].
Argumento = 377t
Valor de pico ou amplitude é Vm= Vp 20V, porque o valor máxima de sen 377t é um.
Freqüência radiana ou freqüência angular ou velocidade angular co = 377 rad/s o que
corresponde a f = co/2n =~f377/2n 60 Hz.
Período T= 1/60
=
16,7ms.
2) v2 = 20 sen (377t 30°) [V].
argumento = 377t ÷ 30° Obs.: Para somar os dois termos devem ser convertidos na
mesma unidade graus ou radianos.
+
-
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-~
6
Fase de um Sinal Alternado
Um sinal alternado não precisa ser, necessariamente, zero no instante t = O. Isso
significa que ele pode iniciar o seu ciclo adiantado ou atrasado de um intervalo ál,
chamado de fase iniciaLou simplesmente fase e. Logo as expressões para esses sinais
[v(t) Vm sen co:;t +0v)
Exemplos:
Sinal adiantado
v(t)
Vm
ou
Li~o
( O positivo
=
lp s~ (wt ei)
-
Sinal atrasado ( O negativo
Á
i(t)
Ip
Dv
-vm
ei
-Ip
Relação entre fases, Diferença entre fases ou Defasagem
Duas ondas senoidais ou cossenoidais de mesma freqüência têm relação entre fases
determinadas pela diferença angular entre os seus argumentos, para isso as amplitudesdeven,
possuir o mesmo sinal e serem ambas senoidais ou ambas cossenoidais.
Exemplos de formas de ondas defasadas
a)
vl(t)
=
20 sen (377t)
lvi.
20
~tí
99Õ
o
16,7
2t
[ms]
cot [radj
360°
[graus]
-20
900
b)
v2(t)
=
20 sen (377t
180*
2700
~ 300) ~~/J
20
16,7
c)
t[msj
v3(t)= 20 cos (377) [V].= 20 sen (377ti-90°) [V].
20
o
12,5
16,7
t [ms]
-20
Análise
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7
Exemplos: 1) v2 = 20 sen (377t+30°)V e vi = 20 sen(377t)V.(ver formas de onda figuras
aebanterior.
~ ~ ~o
~ ~b
Ambas possuem a mesma f~qüência angular co= 377 rad Is e, portanto a mesma
freqüência
f~
= 377 / 2t. Logo a relação entre fases entre v2 e vi é dada por (377t+30°- 377t) =
30°, ou estão
•1
-~
defasadas, Os 300 é o ângulo de defasagem.
Diz-se que v2 está avançada ou avança vi de 300, ou vi está atrasada ou atrasa v2 de
300
3Q0
2)
v3 = 20 cos (377t)V e vi
acima)
=
20 sen (377t)V (ver formas de onda figuras a e c
v3 = 20 cos (377t)V = 20 sen (377t + 90°)V logo o ângulo de defasagem
Conclusão: v3 avança vi de 900 ou vi atrasa v3 de 90°.
= 90°.
Observações1 Quando a diferença de fase for 0° as ondas estão em fase.
Quando vi e v2 estão defasadas de 180°, o ângulo de defasagem ~ de 180°, como
mostrado abaixo.
Pela relação trigonométrica sen(x ± 180°)
=
-
sen x.
Ondas Cossenoidais
•
São indicadas por cos.
•
Possuem formas de onda do mesmo formato que as formas de onda senoidais mas
estão avançadas 90° ou n12 radianos. Ver gráfico figura “c anterior. Observa-se,
comparando as formas de onda das figuras “c” e “a” anteriores, que os valores da
onda cossenoidal v3 ocorrem um quarto de período mais cedo do que aqueles
correàpondentes da onda senoidal vi.
“
•
Alguns autores denominam de ~L~óides às ondas senoidais, cossenoidais e
senoidais e cossenoidais defasadas.
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8
Exemplos: 1)
a)
Calcular os períodos das tensões periódicas de freqüências:
f=12kHz~T
—
—
f
4,2
=
MHz
238ns
4,2 x 106
2)
b)
=83,3us
12x
Calcular as freqüências da corrente periódica que tem T= 5045.
1
=20kHz
50 x 10—6
3)
Calcular o período e a freqüência de uma tensão periádica que tem 12 ciclos em
46 ms.
~=
.4)
12
46 < 1 o~
=261Hz
T=~_=3,83ms
Achar a expressão para a forma de onda periódica mostrada a seguir
v(t)
A forma de anda passa por zero e cresce
positivamente. Logo é uma senoidal defasada
12
-1
v = Vm sen(cot+O) V.
55
=
4 x l5ms
=
notempot= -5 ms tem-se V(-Sms)= 12 sen(105 .~—5x103+ 9)= 0,
logo (-O,525÷9)=Oentão
~
9=0,525 rad.=~.r=(18o° 0,S25)/wr,~r=3oo__~6
~4:. ~
12 s&i ( 105t
+
300)
~
\-~
Cp (
-
60 ms.
lOSrad/s
/ 60x10
Portanto v(t)
=
O valor máximo ou de pico ou amplitude
Vm=12V
s~i
-12
co =27;. f
(1/4)T= l5ms ~ T
t(ms)
-
~
~jjz
12 sem (105 t + n16) V.
V
e zC,s~;ïí~J
~
.~
:~
~
-
~j
.
C
)
.
‘Cc’.JL
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
1’ -
~] 4~
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~.
9
VALORES MÉDIOS E EFICAZES
Valor Médio
-
É o quociente entre a área de uma onda periádica e o tempo durante
um período. A área é aquela compreendida entre a forma de onda e o eixo dos tempos.
As áreas ~
deradas positivas e abaixo negativas. A
área total é a soma algébrica das duas. Logo, o valor médio de uma onda senoidal e
cossenoidal é zero em um período. Mas para alguns fins, no cálculo do valor médio
dessas ondas usa-se 2/ir ou 0,637 do valor dcp, que corresponde a média de um
PP-~JtiYQA média de uma função periódica y(t) de período T é dada pela expressão:
21910
3’med
+5~Y(t.~1t
Exemplo: 1) Calcqlar o valor médio de uma t~nsão senoidalLQ~fflQ?4?4Q2!i~SO42,
que tem um pico de 12V. Essa onda consiste apenas em meios ciclôs positivos da
tensão senoidal. Ela é zero durante os semiciclos negativos.
Pela definição: Para um sinusóide completo
teremos: Vn,ed = (2/ir) 12 = 7,64V.
Para metade do sinusóide teremos
Vmed 7,64V/2 = 3,82V.
12V
.
-
2)
Calcular os valores médios das formas de onda a seguir:
a)
vi [VI
5
o
T
2T
A forma de onda da tensão
senoidal está sobre uma tensão
constante de 3V.
O valor médio é o valor da área
hachúrada [área sob o sinusóide
mais área sob o retângulo (3V x
T)] dividido pelo período T. Visto
que a área sob o sinusóide é
zero, o valor médio é constante
3 V sob o retângulo.
b)
O valor médio é a área sob a forma de onda
(hachurada) dividida pelo período. Logo:
De t=Os até T/2 a área será (T/2) x 8 = 4T
v2[V1
8
Vmed=4,
De t=T/2 até T a área será T/2 xi
1
o
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t
=
O,5T.
Portanto a área total será: 4,ST.
Logo o valor médio (4,5T) 1 T 4,5 V
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I0
Valor Eficaz, Efetivo ou RMS de Corrente ou Tensão Periódicas
Símbolos: Vef, Vrms ou V e lef, lrms ou 1.
O valor eficaz ou RMS’ (Root Mean Square ou Raiz Média Quadrática) corresponde ao
valor de uma tensão ou corrente alternadas, que se fosse aplicado a uma resistência
elétrica, dissiparia uma potência média, em watt, igual ao valor numérico de uma
tensão ou corrente contínuas aplicado à mesma resistência.
j1T
Considere uma,função temporal periódica y(t) Seu valoreficaz é: Yrms=41__1y2(t).cit
vTo
Para sinais alternados senoidais ou cossenoidais, a expressão do valor eficaz pode ser
convertida para o domínio angular, considerando o período T equivalente a 2t rad, ou
seja:
i
Yrms= I—f
y2(e)•de. Considerando a tensão v(9)= Vm.cos(e), a fórmula de seu
~2it ~
valor eficaz pode ser deduzida:
v=. /-J_21tv
~2u0
2
~cos2(Q).d0= /Vm2 (2it
m
~2~tÇ2
sen4icOsen0’~
4
2
4)
JV2
V2n
~
Os valores eficazes de sinais alternados de tensão e correntes senoidais e
cossenoidais são os valores indicados, respectivamente, pelos voltímetros e
amperímetros de CA.
Exemplo: 1) Calcular a tensão de pico numa tomada elétrica cujo valor medido é 120V.
120V
~
o
valor
eficaz
da
tensão
senoidal
na
tomada.
v±.V/r~V =V-~=12O.~~v~17ov
Exercícios propostos:
__i~1) Calcular os períodos das tensões periódicas que têm freqüências de: a- 0,2Hz
b-I2KHz c
4,2MHz
Resp: a) 5s;. b) 83,3gà; c) 238 ns
2)
Calcular as freqüências das correntes periódicas que possuem períodos de:
a- 5Ops
42ms c-lh
a) 20kHz;
b)23,8 Hz;
c) 0,278mHz
b
3)Calcular o período e a freqüência de uma tensão periádica com 12 ciclos em 46ms. Resp.:
261 Hz
4) Encontre o período, a freqüência e o número de ciclos mostrados para a onda mostrada
abaixo:
v(V
12
t(ms)
12
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j
11
5) Dado o gráfico de uma tensão em função do tempo a seguir, pede-se:
a)
período em ms;
b)
freqüência em Hz;
c)
o valor de pico ou máximo em vo.lts;
d)
o valor eficaz Vef ou Vrms em volts;
e)
a potência média dissipada sobre um resistor de 11(0 em mW;
f)
o valor da tensão no tempo t = 3Oms. Resp.: 2092V
v(V)
6)
Converter os seguintes ângulos em graus para ângulos em radianos: a- 490 b- 1300
a) 0,855 rad; b) -2,27 rad
c) 7,59 rad
7)
Converter os seguintes ângulos em radianos para ângulos em graus: a- 3-~—rad bc- 4rad
Resp.: a) 10°
b) -32,2°
c- 4350
—
0,562rad
c) 229
8)
Encontre o período e a freqüência das correntes senoidais que possuem as sebuintes
freqüências radianas: a- 9mad/s
b- 0,O42rad/s
c- l3Mrad/s Resp.: a) 0,222s; b)
iSca c)0,483~s
9)
Encontre a amplitude e a freqüência de: a- 42,lsen(377t + 30°)
Resp.: a) 60Hz b) 159 kHz
10)
Calcular a freqüência de uma onda senoidal de tensão que tem um• pico de 45V e que aumenta
continuamente de 0V em t = O seg. Para 24V em t = 46,2niseg. Resp.: 1,94 Hz
11)
Uma onda cossenoidal de tensão fem um pico de 20V em t = O seg. e se esta tensão demora um
mínimo de 0,123 seg. para diminuir de 20V para 17V, calcular a tensão em t = 4,12 seg. Resp.:
193V
12)
Se 43,7V é a tensão de pico induzida no condutor de um alternador, calcular a tensão induzida
depois que o condutor girou através de um ângulo de 430 em relação a sua posição horizontal.
Resp.:29,8V
Se o condutor de um alternador está girando em 400Hz e se a tensão induzida tem um pico de
23V, calcule a tensão induzida 0,23 mseg depois que o condutor passar por sua posição vertical.
Resp.: 19,2V
2
13)
14)
Calcule: a- v
200x sen[33931 +~]. V e b- 1
Resp.: a) -172V;
15)
=
b- —6,39 cos(i o5 t 20°)
67 x cos(3016t
—
—
42°). mÁ em É =1,lms
b) -56,9 mA.
Esboce um ciclo de v 30 x sen(754t + 60°). V para o período iniciando em Oseg. Indique as
três unidades da abscissa tempo, radianos e graus.
—
16)
Calcular as relações de fases para os seguintes pares de senóide:
17)
a- V= 6xsen(30t—40j’Vi i =sen[301_}mÁ
b- vl=._8xsen(40t_80°>V v2=_lOxsen(40t_50°).V
c- i1=4xcos(70.t—40°)~fl1A i2=_óxcos(70t+80°).mA.
d- v = 150 cos(377t +45°)V,
e 1 4,55 sen(377t ÷ 45°)A
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
,
Resp.:v avança i em 20°
Resp.: vi atrasav2 em 30°
Resp.: ii avançai2em 60°.
Resp. : v avança i em 90°.
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12
ANÁLISE MATEMÁTJCA.DE SINAIS ALTERNADOS
Revisão de Álgebra Complexa e Fasores
Os números complexos são formados pelos números reais
e os números
imaginários.
Números Imaginários são como os reais comuns. Os números imaginários foram
inventados quando se tornou necessário ter números que fossem raízes quadradas
de números negativos.
Utiliza-se a representação do número imaginário
ji=~/ET Togo j2=~CT.
a letra
i
senda
Regras para operações matemáticas com números imaginários.
•
Soma e subtração. j3
•
Multiplicação e divisão.
Imaginário x Imaginário
Real x Imaginário
=
+
j9
=
j1 2;
j12,5-j3,5=jg,o
Real : j2 j6
=
.
=
-12; j4 (-j3)
.
Imaginário: 3 j5 = JI 5;
.
Imaginário! Imaginário
=
Real: j8 /j4=2;
Real / Imaginário e Imaginário [Real
=
=
j6,25-j8,4=-j2,15
12; -j5 (-j4) =j5 j4 = -20
.
.
-j5,5 .(4)=-j22,0
~20) 1 (-uDO)
Imaginário:
=
-0,2
016)14=14; 20/(j5)=-4
Potenciação
j2 = -1~ pois j2
=
=
—1;
j3 = j2~ ~1 -i
i4 =yil)=y-i)=1
Números Complexos na Forma Retangular
Exemplos:
3
t
+
j4;
6 j8
-
~‘
Real
Imaginária
Essa é a melhor forma para somar e subtrair números complexos.
Representação no Plano Complexo.
2° Quadrante
-4
1° Quadrante
+
Números complexos
conjugados.
4 j2 conjugado de 4-j2
ou vice-versa
4~j2
~-
3° Quadrante
-2
-
j3
Análise de circuitos em corrente Alternada
4° Quadrante
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13
Operações Matemáticas
•
somaesubtração:(3+j4)+(2+j6)5+i1O;(3+i7)-(4-i2)-l +j9
•
Multiplicação:(2+j4)x(3+j4)6+i8+i12-16-1O+J20
(3+j4)(3-j4) = 9 + 16 = 32 + 42 = 25
•
Divisão:
1O+j24
(10+j24)x(è—j4)
6+j4
(6 +j4)(6 —j4)
156 +j104
—
62+42
—
156 +j104
52
3 +j2
Números Complexos na Forma Polar e Exponencial
= Módulo do N°. Complexo
O = Ângulo
e = 2,718 n° de Euler (base do logarítmo natural ou
neperiano)
A
A ze —. forma polar
t forma exponencial
A e~9
=
Exemplos:
4 e~5°
=
II
4/45°;
8e~60°
—
=
—8/60°
As formas polar e exponencial são as melhores formas para multiplicar e dividir.
Representação no Plano Complexo
Ae~° =AZ9
7 e~30~
=
7/30°
Eixo
Imaginário
x +jy= 6,06 +j3,5
y
Eixo real
7
x
Relações Trigonométricas
coso=(x/A) =~x=A cose =7. cos3O°=~x=6,06
.
senø=(yIA)=’ y=A.senO=7.sen30°~’y3,5
A2 =x2 ~y2 ~A=4x2
tgO=
sen O
cos O
÷~2
tg9=~:. tg9=X~ o tg’
Análise de circuitos em corrente Alternada
=
sendo y” imaginário e
“
“x” real.
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14
Conversão da forma polar ou exponencial na forma retangular
Identidade de Euler:
Ae~° =A/9—A.cosø+jA.senø
Ex’
A e~0 =A /0 =A.cosü +jA.senø (forma geral)
7 e~30° = 7/30° = 7. cos 3Q° + j7 sen3O° = 6,06 + j3,5
Conversão da forma retangular em polar ou exponencial
1 3,5 converter nas formas polar e
Exemplo: Dada a forma retangular 6,06 ÷
exponencial.
Módulo:
A=Jx2 ~2
Ângulo:
tge=X~e=tg_1(X)~e=tg~~j]:.e=ioo
Logo
6,06 +j 3,5
x +j y
=
=
:.A=,J6,062
~352
.‘.A~~J4~:.A=7
7/30°=7e~30°
AL0=A&° formageral
Operações Matemáticas
•
Multiplicação:
Sejaniosn°.complexos:
Ae
Be
~=
AB ~j(9+P)
Exemplo: (3/25°) x
•
Ae~0
~.
e
AZO • BL~
(4L~6O0
=
=
A.azo + f3
3.4 L25°+(-60°)
=
12L-35°
Divisão:
Ae3e÷BaeJ1~=~e ~(~ç~) A/O ~~/9~J3
B
B/~B
Exemplo: (81/45°) (3/16°) (81+3) L45°-16°)
27 /29°
Os números complexos conjugados partes reais iguais e imaginárias iguais em
módulo e sinais contrários ( ângulos iguais em módulo e sinais contrários).
-
4L
jS
._~
X~
-j5
..,
N~
6+j5=7,81
/39,80
~39,80
6-j5
7,81/-39.8°
Análise de circuitos em Corrente Alternada
Prof.: José Antônio Rosa
15
Representações Temporal, Fasorial e Complexa de um Sinal CA
Um sinal alternado senoidal pode ser convertido diretamente nas representações
fasorial e complexa equivalentes.
Mas, se a sua expressão for cossenoidal, ela deve ser convertida em senoidal por
meio da identidãdõ tii~onométrica cos x =sen(x+9Q°) antes das conversões.
Exemplos:
Temporal:
Forma de Onda: Expressão : v(t)
=
20. ‘~J5 sen(377t+30°) V
v(t)[V]
20j~
14,14
[rns]
-20
Fasor E’ um número complexo associado a uma onda senoidal defasada.
-
Usaremos V e 1 em negrita ou
“e
para os simbolos fasoriais de tensão e corrente.
O fasor correspondente a onda v(t)~ 20. 45 sen(377t+30°) V será V = 20 /30° V.
o módulo do fasor é o valor(eficaz(rms) do sinal alternado senoidal e seu ângulo
é a fase da onda senoidal defasada.
Exemplo: A expressão senoidal para a corrente de freqüência f = 120 Hz
representada pelo fasor 1 = 0,439 /-27° A será i(t) = 0,621 sen(754t 27°) A, pois, 1
=lmi -.J~ =0,439 ~
lm=0,439. -.J~ =0,621 A
e ~=2.~.f=2.~.120~
~-754rad/s
-
Notações:
o
o
o
o
o
o
o
o
•
•
•
1 = 1 = 1 representam o módulo do fasor
Alguns autores utilizam o valor de pico para o módulo dos fasores tensão e
corrente, que correspondem às ondas cossenoidais.
VeV* representam o conjugado de um n°. complexo.
• É errado expressar 3/30° 34’~sen(ot+30°), mas 3/30D= 3J~sen(øt+30°).
Fasores podem ser expressos na forma polar, retangular (algébrica) ou em
qualquer uma das formas de números complexos.
Nem todos os números complexos são fasores.
Análise de circuitos em corrente Alternada
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16
Fasorial:
Diagrama Fasorial ou Diagrama do Fasor
Tensão Eficaz:
Fase:
co = 377 radls
20V
30° adiantada
rad/s
20V
ref
Complexa:
V
=
20/30° co
=
377 rad/s
Im
20V
‘~Re
Adição e Subtração entre Sinais CÁ.
Consideremos duas tensões senoidais de mesma freqüência:
via). = 141 .sen (377t + W4)V
= 99 sen (377t + 5W6)V
v2a)
o
O
O
O
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
Vi = 100V; 01 = 45°
V2 =70V;02=150°
Vi=1 00/ 45°[V]
V2=70/150 °[Vj
Essas operações podem ter resoluções descritas à seguir:
Temporal Gráfica É necessário que os gráficos das formas de onda estejam em
escala para que as formas de onda resultantes possam obtidas pela adição e
pela subtração de diversos valores instantâneos, como rfrnstram as figuras a
seguir:
Adição Gráfica: va(t) = vi(t) + v2(t)
-
v(t)
N
150
vi
100
50
t(ms)
-50
-100
-150
Análise de circuitos em corrente Alternada
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17
Subtração Gráfica : vb(t)
=
vi(t) v2(t)
-
v(t) [V
vb
150
100
50
t(ms)
o
-50
-100
-150
-200
•
Temporal Analítica
Para realizar essas mesmas operações analiticamente, é necessário utilizar
identidades trigonométricas, tornando os cálculos muito trabalhosos. A seguir são
mostrados os resultados após os desenvolvimentos matemáticos:
Va(Q = vi(t) + v2a,) ~ Va = 141 seri(377t + it/4)
Adição analítica:
5it/6) =~
Va = 150,2 sen(377t ÷ 1,48 mci) = 150,2 sen(377t + 84,6°) V
+
99sen(377t
Subtração analítica:vb(t) = via) v2(t) ~ Vb = 141 sen(377t irJ4) 99sen(377t
192,5 sen(377t + 0,27 rad) = 192,5 sen(377t + 15,21°) V
-
-
-
+
+
5it/6)
~ vb =
Resolução por Composição Fasorial
Adição Gráfica: Va
=
VI
+
V2
Vay
Va
vi
V2
150’
v2x
Subtração Gráfica: Vb
=
VI
-
Vax
Ref.
Vi
V2
vi
VI
Vb
V2
150’
Ref.
vbx
V2y
-v2
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18
Resolução por Números Complexos
Consideremos os fasores Vi e V2 na forma complexa.
Adição analítica: Va
60,62 + 135)
=
Va
=>
=
10,08 ±j105,7
VI
Va
+
=
V2 ~ Va
=
100/45°
+
70/160° ~ Va
=
70,7+ j70,7 -(-60,62 + j35)
=
70,7-bj70,7
+ (-
106,18/84,6°f’.’].
Subtração analítica:
Vb
=
VI
Vb
=
131,32 + j35,7
-
V2
=~
Vb
=
100/45° 70/150° ~ Vb
z~
-
Vb
=
136,09/1 5,21°[V].
Convertendo Vb em vb(t): vb(t)
rad)tV]
=
192,5 sen(377t+15,21°) [VJ
=
192,5 sen(377t+Q,27
Observações:
•
-.
As operações podem ser realizadas com mais segurança e de modo mais prático
por meio dos números complexos.
•
Após os cálculos as forma~ de onda poderão ser representadas, para se ter
noção do que será visualizado no osciloscópio.
•
A adição e subtração de sinais alternados
(
tensão e corrente
)
de mesma
freqüência co produzem como resultado a mesma grandeza elétrica e com a
mesma freqüência co. Portanto, os operadores e o resultado da operação podem
ser rêpresentados em um mesrho diagrama fasorial.
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19
RESPOSTAS DO RESISTOR, CAPACITOR E INDUTOR EM CORRENTE
ALTERNADA
Resistor
A seguir é representada a resposta temporal do resistor quando submetido a uma
tens ão
v(t) = Vm sen (cot+O°) V
O resistor quando submetido a uma tensão alternada possui um comportamento
ôhmico resistivo e não reage às vailações da tensão como acontece com o capacitor
e indutor. A sua resistência é uma constante R em ohms [Qj, independente da
velocidade de variação da tensão aplicada, ou seja, de sua freqüência.
iR(t)
+
vR(t)
v(t)
Temporal
v(t)
Devido a isso, a tensão e a corrente
estão sempre em fase no resistor,
ou seja, O°v = 09.
Vm
t
iR(t)
A corrente iR(t) no resistor
acompanha a tensão da fonte v(t) ou
vR(t), como mostram as figuras ao
lado.
lRm
T
vR
Portanto, num circuito puramente
resistivo, a defasagem
e°v e°i= o~.
-
t
Análise de circuitos em Corrente Alternada
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20
Análise Matemática do Comportamento do Resistor em CA.
Se um resistor de R ohms tem uma tensão v = Vm sen (cot
a lei de Ohm teremos i = vIR = (Vm/R) sen (ot + 0°).
(VmIR)
=
+ 90)
sobre ele, segundo
Im é o valor máximo ou de pico da corrente sobre o resistor.
A potência instantânea dissipada pelo resistor é:
p = v.i = [Vm sen(cot÷0)]x [Im sen(cot+e)]= Vm ~Im sen2(o~t +0).
A potência de pico é pm = Vm Im ocorre sempre que sen2(cot + 0) = ±1.
Temos sen2x=(1—cos2x)/2.
Logo a expressão da potência instantânea é:
Vm.Im
2
—
Vm.Im
2
.eos(2o~t+20)
O valor medio e Pmed= Vrnlm
2
pois a potencia media do 2° termo e igual a zero.
.
.
Capacitor
O capacitor e o indutor reagem às variações de corrente e tensão sobre eles. Por
isso
são, considerados dispositivos
reativos. São,
ainda,
duais
pois têm
comportamentos opostos em relação à variação da tensão e corrente.
A oposição (reação) às variações de corrente no capacitor e no indutor é
denominada reatância X, cuja unidade é o ohm [~2].
No capacitor, a reatância Xc surge devido à capacidade de armazenamento de
cargas, de modo que a tensão entre as suas placas não atinge o valor máximo
instantaneamente.
Quando ocorre uma variação de tensão sobre o capacitor inicialmente varia a
corrente e em seguida varia tensão.
Quanto mais brusca a variação da corrente, menor é a reatância capacWva Xc.
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21
A seguir é representada a resposta temporal do capacitor quando submetido a uma
tensão
v(t) = Vm sen (oat+O°) V.
ic(t)
+
+
vc
(t)
Temporal
A corrente do capacitor está
adiantada em relação a tensão
em 900, ou a corrente avança a
tensão em 90~.
v(t)
Vm
t
ic(t)
A corrente ic(t) no capacitor
acompanha a tensão da fonte v(t),
como mostram as figuras ao lado.
cm
vc
Portanto, num circuito puramente
capacitivo, a defasagem
0°v 001=
-
90°L.4_
~9Q0•
T/2
Análise de Circuitos em corrente Alternada
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22
-
Análise Matemática do Comportamento do Capacitor em CA.
Se um capacitor de C farads tem uma tensão v
uma corrente dada por
ic(t) =
dt
=
c. d[Vm
.
=
Vm sen (cot
+
9°) sobre ele, terá
senQnt + e)]
dt
ic(t) = (DCVm. cos(0t + o) = cOCVm.SenQnt + o + 9o°)
O valor máximo ou de pico da corrente sobre o capacitor (Im).
coCVm~ .YE!~ = ~ (Vmflm) é o valor da reatância capacitiva ‘Xc’.
‘m
(DC
A expressão da reatância capacitiva é x0 = —1-- ou
=
Unidade ohm [C2].
=
(DC
oC
O sinal negativo refere-se a defasagem da corrente em relação a tensão.
A potência instantânea absorvida pelo ‘capacitor é:
•
p =•v.i = [Vm sen(oyt + O)] x [Im cos(cot + 9)] = Vm Im sen (cot + O). cosQot + e)
mas 2sen(x).cos(x)=sen2x.
Vrn~Im
Logo
p
=
vi
=
2
.sen (2cot+20).
ou
p
=
VRMSJRMS sen (2cot+29)
A potência média absorvida pelo capacitor é zeiã~ Em um período o capâcitor libera
a mesma energia que ele absorve
Indutor
A oposição (reação) às variações de corrente no indutor é denominada reatância X,
cuja unidade é o ohm [C2j.
No indutor, a reatância XL surge devido a oposição às variações de corrente que
circula no mesmo, com o objetivo de opor às variações do campo magnético no seu
interior.
Quando ocorre uma variação de tensão sobre o indutor, inicialmente varia a tensão
e em seguida varia a corrente.
Quanto mais brusca for a variação da tensão, maior é a reatância indutiva XL.
Análise de Circuitos em corrente Alternada
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23
A seguir é representada a resposta temporal do indutor quando submetido a uma
tensão
v(t) = Vm sen (cot+9°) V.
1L(t)
+
+
vL(t)
v(t)
Temporal
v(t)
vm
A corrente
no indutor está
atrasada em relação a tensão em
900, ou a tensão avança a corrente
em 900.
1L(t)
t
T12
A tensão vL(t) no indutor
acompanha a tensão da fonte v(t),
como mostram as figuras ao lado.
vL
t
Portanto, num circuito puramente
indutivo, a defasagem
e0v 9°i 900.
-
Análise de Circuitos em corrente Alternada
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24
•
Análise Matemática do Comportamento do Indutor em CA.
Se um indutor de L henry tem uma corrente i
terá uma tensão dada por:
=
Im sen
(0t
+
0°) passando por ele,
-
vL(o=L.~_=L.[md~~
VL (t) = Lci)I~.cos(o)t + e)= wLlmsen(wt + e +90°)
O valor máximo ou de pico da tensão sobre o indutor (Vm) é:
V
V,~ =úLIm~—~-=cL, (Vm/Im) é o valorda reatânciaeapasltWa’XL’.
~-
A expressão da reatância indutiva é XL
=
coL. Unidade ohm [fli.
A potência instantânea absorvida pelo indutor é:
p =v.i = [Vm cos(cot + 0)]x [Im sen(cot + 0)] = Vm Im sen (cot + e). cosQot + o)
mas 2sen(x).cos(x) = sen2x.
Vm•Im
Logo p = vi =
2
sen (2cot + 20). ou p = VRMS ~‘RMS sen (2wt + 20)
.
Um indutor excitado senoidalmente absorve potência média zero, pois o valor médio
de uma senóide é zero.
Quando a senóide for positiva o indutor absorve energia e quando for negativa o
indutor devolve a energia absorvida ao circuito e funciona como fonte. Num período
ele libera tanta energia quanto absbrve.
Exercícios resolvidos:
1)
a)
b)
A tensão sobre um único componente de um circuito é v = 40 sen(400t
V e a corrente-que passa por ele é i = 34,1 sen (400t + 10°) mA.
Identificar o componente.
Calcular o seu valor.
+
10°)
Solução:
a)
A corrente e a tensão estão em fase, logo o componente é um resistor.
b)
R=Vm/lm
(é-) ~
R=
4Q
34,1x103
~
R=1,17kQ.
/‘
Análise de circuftos em Corrente Alternada
•-
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25
2)
a)
b)
a)
b)
A tensão sobre um resistor de 62 (2 é
A corrente que circula sobre o resistor.
A potência média absorvida por ele.
Im = (Vrfl/R) ~
Im = 30/62
~
Pmrl = (1/2). (Vm2/ R)
~
Pm
3)
Calcule a corrente eficaz que passa sobre um capacitor de 0,1 iF e que tem 200V
eficaz em 400Hz sobre ele.
1m (Vm /Xc) ~ 1 =(lm 1 ~.J5J) ~ 1 = [(Vm)/(1/coC)] +
(Vm/~J~). coC ~ 1
=
4)
=
v
=
=
30 sen(377t
+
300)
V. Calcular:
Im = 0,484A =,i = 0,484 sen(377t + 30°)A
(1/2). (302)162 ~
Pm = 7,26W.
200 x 2jt.400 x 0,1 x106 ~ 1
=
50,3 mA.
A tensão v = 30 sen (200irt+30°)V está sobre um capacitor que tem reatância de 62
(2. Mostrar a expressão da corrente.
Im = Vm/Xc
Im = 30/62
=‘lm = 0,484 A
~‘
A corrente está adiantada em relação a tensão em 90°, logo a expressão da corrente
será:
= 0,484 sen (2007tt+30°+90°)A
~ i = 0,484 cos(200ict+30°)A
5)
Calcular a tensão eficaz sobre um indutor de 30 mH que tem um corrente de 40 mA e
60 Hz passando por ele.
A corrente eficaz é 4OmA.
Vm=XL.lm =~(Vm/4~)Om/.~h).oxL
V=l.coi
V
6)
=
4ox10~.2..n.G0.30x103
~
V
0,452V
=
A tensão v = 30 sen (200itt + 30°) V está sobre um indutor que tem uma reatância de
62 (2. Determinar a expressão da corrente no indutor.
Vm=XL. lm
Im=Vm/XL
=,
1m30/62
=~‘
Im =0,484A.
No indutor a corrente está atrasada em relação a tensão em
expressão da corrente será:
=
7)
0,484 sen (200itt
+
30°-90°)
=
90°,
portanto a
0,484 sen (200~’tt 60°) A
-
Abaixo estão escritos três pares de expressões de tensão e corrente de três circuitos
diferentes alimentados por tensões alternadas. Cada um deles tem ou resistor ou
capacitor ou indutor. Identifique e escreva o circuito resistivo puro, indutivo puro ou
capacitivo puro, por meio de seus pares de expressões e justifique.
Circuito a)
v = 150 sen(377t -it/6)V ei 4,55 sen(377t + 60°)A.
Diferença entre fases: (377t 30°) (377t + 60°)
900. v atrasa i e.m 90° ~ Circuito
Capacitivo Puro
-
-
-
Circuito b)
v = 150 cos(377t +45°)V e i 4,55 sen(377t + 45°)A.
Passando v para a forma senoidal: v = 150 sen(377t + 45°+90°) 150 sen(377t + 135°)
Diferença entre fases: (377t + 135°) (377t + 45°)
90°. v adianta i em 90° ~ Circuito
Indutivo Puro
-
Circuito c)
v 150 cos(377t +itI4)V e i = 4,55 cos(377t + 45°)A.
Diferença entre fases: (377t + 45°) (377t + 45°) = 0° v em fase com i.~ Circuito Resistivo
Puro
-
Anãlise de
Circuitos em Corrente Alternada
.
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26
Exercícios Propostos
1)
calcule a potência média absorvida por um componente de uni circuito que tem uma tensão v
= 10V aplicada sobre ele quando uma corrente i = 5 + 6cos33t A circula por ele.
Resp.:
50W.
calcule os valores máximo e mínimo da corrente. Resp. lmax
2)
=
1 lA, mm.
=
-1 A.
Calcule a condutância de um resistor que tem uma tensão v= 50,lsen(200itt + 30°)V sobre
ele quando uma corrente = 6,78 sen(200tt + 30°)mA circula por ele.
Resp.:1 35 jiS
3)
Calcule a corrente sobre um resistor de 33 kQ, se a tensão sobre ele é
v150 cos(377t+45°)~~’~
Resp.:i = 4,55 cos(377t +45°)mA.
4)
Calcular a potência média absorvida por um resistor de 910 f2 que uma tem uma corrente
=
9,76 sen(754t 36°) passando por ele.
Resp.:43,3 mW
-
5)
Calcular a leitura de um amperímetro de corrente alternada que está em série com um
resistor de 4700 e que tem uma tensão v = 150 cos(377t + 30°)V sobre ele.
Resp.:
226
mA.
6)
Calcular a freqüência na qual um capacitor de 0,1j.tF e um indutor de 120 mH têm a mesma
grandeza de reatância.
Resp.:1 45kHz
7)
calcular a capacitância de um capacitor que solicita 150 rnA quando ligado a uma fonte de
tensão de 400 Hz e 100V.
Resp.:0,597 1.zF
8)
a) v
=
Calcular as correntes que passam por capacitor de 0,5 1.tF para as tensões do capacitor de:
190 sen(377t + 1 5°)V;
b) v = 200 cos(1 000t 40°)V
Resp.:a) i
-
=
35,8 cos(377t
+
1 5°)mA
b) i
=
0,1 cos(l000t
+
50°) A
9) Calcular as tensôes sobre um capacitor de 2p.F para as correntes de a) i = 7 sen(754t + 1 5°)mA e
b) i = 250 cos( 10~ t 30°)mA.
Resp.: a) v = 4,64 sen (754t-75°)V, b) v = 125 sen(103t -30°)
V
-
10) Calcular a corrente rms que passa por um indutor de 80 mH que tem l2OVrms e 60Hz sobre ele.
Resp.:3,98 A
11) Calcular as correntes que passam num indutor de 500 mH para as tensões no do indutor de:
a) v = 170 sen(400t + tI6)V e b) v = 156 cos(1 000 + 1 0°)V.
Resp.:a) i = 0,85 sen(400t 60°)A, b) i = 0,312 sen(l000t + 10°)
-
Análise de circuitos em corrente Alternada
-
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27
IMPEDÂNCIA- ANÁLISE DE CIRCUITO SÉRIE EM CA
Na análise de um circuito de corrente alternada, os fasores da tensão e da corrente
são usados com resistências e reatáncias, da mesma maneira que a tensão e a
corrente são usadas com resistências na análise de um circuito de corrente
contínua.
O circuito original de corrente alternada no domínio do tempo é transformado
em um circuito no domínio da freqüência.
Características de um circuito no domínio da freqüência:
> Usa -se fasores de tensão e corrente ao invés de correntes e tensões senoidais.
~ Troca-se as indutâncias e capacitâncias pela suas respectivas reatâncias
indutivas e
iDy!s~.
~ As resistências permanecem inalteradas.
~ Na análise de circuitos CA, resistências e reatâncias combinam-se da mesma
maneira com que os resistores se combinam numa análise de circuito de corrente
contínua.
> Todos os conceitos da análise de circuitos em CC se aplicam a análise de
àircuitos CA no domínio da freqüência, mas são usados números complexos ao
invés de números reais.
Elementos de circuito no domínio da freqüência
Resistores
No domínio do tempo:
iR(t) =Im sen(cot
+
O) A
+
+
vR(t)
v(t) = Vm sen(cot + O) V
=
Rim sen(ot
+
O) V
No domínio datreqüência:
Relação entre o fasor tensãb e o fasor corrente:
•
R.Im~90
v~Ji
•
~X=R
iEzeo
1
Representação Fasorial
VR
V
Ref.
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—
28
•
Indutores:
No domínio do tempo:
1m sen(cot + O) A
v(t) = Vm
cos(o* +
+
vL(t)
v(t)
e) V
=
=
XLIm cos(cot + O) V ~
XLIm sen(cnt + O+9O°)V
No domínio da freqüência:
Relação entre o fasor tensão e o fasor corrente no indutor:
.
No circuito v(t)
=
VL(t)
~
V
.
=
Vi
xLImZOO900
‘Ji~
VL=
XLIm
ZO0+9O0~~O0
Im
=
X~Z9O°Ç2
=
coLZ9O°fl
—*
forma polar
IL
mas
coL/90°fl
=
b~JcÜLQJX
coL(cos900 +
—*
jsen9O°) = joLf2
=
JXL
forma retangular
IL
Representação Fasorial
VLj
Ref.
IL
a
Capacitores:
No domínio do tempo:
1m cos(cot + e) A
v(t)
Vm cos(cot + O) V
Análise de Circuitos em corrente Alternada
coCVm sen((cot + e + 9Q0) A
+
vC(t)
Vm sen (cot + O) V
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29
No domínio da freqüência:
Relação entre o fasor tensão e o fasor corrente no capacitor:
Vm~90
•
‘C
1m790 90°
7=
=
mas
Xc
+
XcZ 90°Q
—
—
0)0
=YE.~ï~0c_0o_90o=-Y!L~_9o~
~ Im
Vm
90°0
=
=
=
—
90°Q ~ forma polar
—1—(cos—90° ÷jsen— 9oj= _~_L0
coO
coC
=
—jXc
—jXcfl ~ forma retangular
=
Representação Fasorial
Ic
)
~‘(p
r
Ref.
=..900
vc’’
co
Observações:
a)
A fase das reatáncias indutiva e capacitiva corresponde à defasagem p
provocadas por elas entre a tensão e a corrente fornecidas pela fonte como
mostraram as representações temporal e fasorial anteriores.
b)
Em circuito CA enquanto o indutor adianta a tensão, o capacitor a atrasa e
suas reatâncias possuem fases contrárias.
c)
A reatância indutiva aumenta com a freqüência, enquanto a reatância
capacitiva diminui.
d)
Devido a esses motivos, o indutor e capacitor são ditos de comportamentos
duais. Essa dualidade propociona inúmeras aplicações desses dispositivos.
Análise de circuitos em corrente Alternada
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30
Exemplo de análise de circuito em série em CÁ.
R=6Q
L=2H
j8f2
+VR
+
____
v40 ..Jisen(4t+20°)V
Vc_r
-j4K2
C1l16F
Circuito no Domínio da Freqüência
Circuito no Domínio do Tempo
XLtjo)L
XLJ4x2
~‘
Xc-jl/(coC)
=~
XLj8Q
~
Xc=-j1 /[fx(1/1~)]
Xc-j40
=~
Aplicando a lei das tensões de Kirchhoff (LVK):
V
\
=
Vr~ + VL ÷ Vc e substituindo VR
40/20°
=
logo 1
(40/20°) ÷ (7,21 /33,7°)
=
=
61 +j8 I-j4l =(6+j4)I
6 1,
~‘
VL=j81, Vc=-j41
40/20°
=
~
7,21 /33,7°l,
5,547 /-13,7° A~
VR33,3/~13,7°V~
Portanto,VR
=
6
VL
=
8/90° ~5,547 /-13,7° ~
VL=44,4/76,3°V
Vc
=
4 /-9O°~5,547 /-13,7°
Vc
x5,547
/-13,7°
=
r~
tem-se:
=
22,2
2-103,7v~
IMPEDÂNCIA
Conceito : A impedância Z ou z, em ohm [O], de um dispositivo ou circuito é um
número complexo que reflete a oposição total oferecida a passagem da corrente
alternada e a defasagem total provocada entre a tensão e a corrente.
Símbolo: Z ou Z
A impedância possue um parte real denominada
resistência R e uma parte imaginária denominada
reatância X.
Z = R + jX
(forma retangular)
Z
(forma polar)
Análise de circuitos em corrente Alternada
Z /(p
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31
Im
Z=4R2+X2=~...móduhdeZ
te
JX
Z/’
z
~
L /)(p
Re
(p=arctgj—I=’ fasedeZ
ÇR)
R=Zcosç e X=Zsenq
R
Enquanto o módulo de Z é responsável pela oposição à corrente alternada, a fase cp
é responsável pela defasagem da tensão em relação à corrente. Conhecendo em
detalhes uma impedância torna possível prever o comportamento elétrico de um
dispositivo ou circuito, bem como da fonte de alimentação.
A resistência é devida a oposição natural dos materiais à passagem da corrente.
Refere-se ao resistores.
A reatância é a reação, isto é, oposição à variação, da corrente, sendo uma
característica dos indutores e capacitores.
o
nbme impedância tem origem no verbo impedir e significa a oposição tanto à
passagem quanto à variação da corrente, sendo uma característica geral~~ de
t~ualquer circuito elétrico em CA formado, em principio, por resistores, indutores e
capacitores.
A componente resistiva R da impedância, somente assume valores positivos.
A componente reativa x é resultado da soma das reatâncias indutiva JXL e capacitiva
-jXc, ou seja, jX = j (XL Xc) e pode assumir valores positivos ou negativos.
Através do sinal do ângulo de fase da impedância pode-se concluir:
-
•
Se a Fase for positiva significa jX> O ~ XL >Xc~ sendo o circuito indutivo, logo a
tensão de entrada adianta à corrente de éntrada
•
Se a Fase for negativa significa que jX < O ~ XL < Xc, séndo o circuito capacitivo,
logo a tensão de entrada atrasa à corrente de entrada.
•
Se a Fase for zero significa que jX = O z~ XL = Xc, sendo o circuito resistivo, logo
a tensão de entrada está em fase com a corrente de entrada.
•
Representação no plano complexo.
Im
~ Impedância Indutiva
1
Q<~<9QO
(p
zNJ
Impedância Capacitiva
..9Q0 < (p < O
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
Prof.: José Antônio Rosa
32
•
Lei de Ohm parã Circuito CA
Considerando o Circuito CA
A Lei de Ohm aplicada ao circuito é
dada por:
1 ou 1
+
.
•
VouV
ZouZ
•
V
z=—
.
Considerando a tensão complexa genérica e a corrente complexa genérica, a lei de
Ohm resulta:
vze
Z=
v
V=_z(ev_ei)~zzzP,
Z
Vil ~ módulo da impedância Z
.
lZG~
•
=
p =.( 0v-O i)~fase da impedância Z.
Associação Série de Impedâncias.
A corrente 1 é a mesma em todas as impedâncias em série, mas a tensão V se
subdivide entre elas, de modo que, pela Lei de Kirchhoff para as tensões CA:
V
VI
=
+
V2 +V3.+..+ Vii
Logo a impedância equivalente Zeq
=
ZI
+
Z2
+
Z3
+ +
Zn
Divisor de Tensão
.
e
•
+V1 ouVi
~1
4
li ou Zi
±1
VOuVH
Zl+Z2
+
Z2ouZ2
.
~ou~
Z2
V2=(
Zi+ Z2
•
Associação Paralela de Impedâncias.
(1/Zeq
)=
(1/ZI)+ (1/Z2)
+
(1/Z3)
+
...Z+ ( 1/Zn)
Para dois componentes em paralelo,
Zeq
e
(ZI . Z2) 1 ( ZI
+
Z2)
Divisor de Corrente.
•
•
Ii =(
1.
4’ 12
•
•
Z2
•
•
Zj+Z2
).
1;
•
12
( •
z~
•
z1+z2
Z2 ouZ2
Análise de Circuitos em corrente Alternada
ProL: José Ant6nio Rosa
33
Exemplo: No circuito série mostrado anteriormente a impedância total será
ZT= 6
+j (8-4) ~ ZT= 6 +j4f2 = 721 /33,7° £2.
O fasor corrente será dado por 1
=
=
V/ Z
1
=~
=
(40/20°) 1(7,21 /33,7°) ~
5,547 /-13,27° A
Diagrama de Impedâncias
A seguir está representado o diagrama da impedância ZT anterior.
1° quadrante ( circuito indutivo
j4
o
6
)
~R[f2]
4° quadrante ( circuito capacitivo)
Triângulo de Impedância Contem os vetores que representam R, jX e Z.
-
Exemplo: 1)z
=
6+j8
=
10/53,1°Q
2) z=6 -j8 O
=
10/-53,1°O
6≤2
z
-jS
j8Q
Z= 10Z53,1°C2
jX
Z= 1OZ-531°Q
R
Exemplo. 1) Dados v
=
311 sen ( 2.500t + 170°) V e i
a)
b)
c)
Os diagramas de fasores.
O diagrama de impedância.
Calcular os componentes do circuito.
a)
•
Fasores: V
=
311
—/170°
220/170°V,
=
15,5 sen (2500t 145°) A.
-
• 155
l=—~--/—145°=11/—145°A
co
2.500 rad/s
v
ref.
-7
145°
-
Anãlise de circuitos em corrente Alternada
ProL: José Antônio Rosa
34
b)
=
220/1700
~
Z
20L315°Q ~ Z
=
=
20/—45°Q
=
14J4—j14J4 O
11/—145°
jX[ü]
14,140
R[üJ
450
•~~J.~gqo
-j14,14[01
e
z
c) A corrente está adiantada em relação a tensão. Logo o circuito é capacitivo RC.
R
=
14,14 O
Xc
1/ wC
=
C1/(2500. 14,14)
•
=
14,14 O ~ C
~
=
lI(oXc)=~~
C28,3,uF
Exercícios propostos
1)
a)
b)
Obs:
Considere um circuito com v
utilizando os eixos abaixo:
o diagrama de fasores;
o diagrama de impedância.
=
50 sen(2000t
-
25°) V e i
=
8 sen(2000t
+
5°) A. Trace
traçado sem escalas;
o traçado dos ângulos e dos módulos podem ser aproximados;
o valor dos módulos devem ser escritos junto aos fasores.
lrn
900(_2700)
180°(-180°)
R(Q)
jX(fl)
Ref
0°
90°(270°)
Um circuito C.A tem uma impedância total Z
a)
a defasagem entre a tensão e a corrente provocada pela impedância;
b)
escreva se o circuito é indutivo, capacitivo ou resistivo.
=
20
ii 00 ((2). Determine:
2)
+
3)
Estão em série um resistor de 300(2, um indutor de 1H e um capacitor de 11.tF. Calcule a
impedância na forma polar e escreva se o circuito é indutivo capacitivo ou resistivo para:
a)
co= 833 rad/s; b)
co 1000 rad/s c) co 1200 rad/s
Resp. a) 474Z-50,8°f2, capacitivo; b) 300Z0°≤2, c) 474Z50,7°Q, indutivo.
Análise de circuitos em Corrente Alternada
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35
4)
1, ia caiga tem uma tensão de 240/75° V e uma corrente de 20/60°A numa freqüência de
60 Hz. Calcular os elementos em série que a carga poderia ser.
Resp.: resistor de 1160 e um indutor de 824 mH.
5)
Dois elementos de um circuito em série solicitam uma corrente de i = 16 sen(200t + 35°) A em
resposta a uma tensão aplicada de v = 80 cos(200t)V. Determine os dois elementos.
Resp.: resistor de 2,870 e um indutor de 20,5 mH.
6)
Para o circuito mostrado à seguir, calcular os fasores 1, VR e Vc e as quantidades senoidais
correspondentes se a freqüência é de 50 Hz. Calcular a potência média liberada pela fonte.
200
+
Vc
240/30°V
Resp.:
l=7,5/81,3°A
Pmed
Vc1 87/-8,66°V
VR 150/81 ,3°V
vR 212sen(314t+ 81,3°)V
= 10,6 sem(314t + 81 ,3°)A
vc = 26Ssem(314t -8,66°)V
=
1,12kW
7)
Uma fonte de tensão de 340 sen(l000t + 25°)V, um resistor de 20, um indutor de 1H e um
capacitor de 1 LIF estão em série. Calcule a corrente do circuito e as quedas de tensão do
resistor, do indutor e do capacitor.
Resp.
vR = 340 sen(l000t + 25°)V
= 170 sen(1 000t + 25°)A
vc =170 sen(l000t 65°)kV
vL =170 sen(l000t + 65°)kV
-
8)
Um tensão que tem um fasor de 200/40° V é aplicada sobre um resistor e um capacitor que
estão em série. Se a tensão rms do capacitor é de 120V, determine o fasor tensão do resistor.
Resp.: 160Z-3,13° V
9) Calcule a corrente 1 para o circuito mostrado.
1
-j200
Resp.: 1
=
9,52/458° A
3500
+
v
10) Use o divisor de tensão duas vezes para calcular V no circuito do exercício n.° 9.
Resp.: V 81,20/6,04° V/
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
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36
ADMITÂNCIA ANÁLISE DE CIRCUITO PARALELO EM CA
-
Exemplo de análise de circuito em paralelo em CA.
1(t)
=
lc
1000~2
10 ‘Ji~sen5000tA +
R=1000fl
—~-—
c = 0,2
~aF
e
L=0,5H’
Circuito no Domínio do Tempo
XL
=
Circuito no Domínio da Freqüência
j ~L = j (5.000 x 0,5 ) = j 2.6000
Xc=-j(1/o)C)=-j(1/5000x0,2x106)=-jl0000
Aplidando a Lei das Correntes de Kirchhoff temos: 1
10/00=
.3,
IL
+
+
lc
i
‘1~]
.3’ + __ =Vx[__ ( i
+1
+
1.000 j2.500, —j1.000
1.000 ~j2.500 —j1.000jj
10400
10/0°
[o,ooi +j0,0006j
1166x103Z31°
logo
IR
+
1ozoo=~x[o.oo1+(_J4x1o—4÷i1o_3)~
.
=
10/00
=
Vx [0,001 + j 0,00061—e
=8,6x10~Z—31° V
e
V =8,6Z—31°kV
v=8,6.-&sen(5000t-31°)kV=12,l6sen(S000t-31°)kV
ADMITÂNCIA
—
A admitância é o inverso ( recíproco ) da impedância:
-~
c
YouY= 1 /Z[siemensjou[S]. Portanto seV=Z.I=>I=V/Z
A admitância em CA corresponde a condutância em CC.
Expressão geral : Y = G + jB
Y Yflp
—*
—÷
A parte real G é a condutância.
Forma retangular
Forma polar
Expressão: G
A parte imaginária B é a ~Liscetância.
~
-1
-~
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
=
1 1R
Capacitiva: jBc = .j wC
Indutiva : -iBL = ii 1 wL
-
~1
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L_.í~
37
Para o circuito dci exemplo anterior
•
1
(1
1
+1
+
1.000 ~J 2.500 —i 1.000 G
Y
=
0,001 Se 6
=
0,0006S
0,001 + j0,0006 5
=
Admitância expressa na forma polar:
3ç~C2
q,
~=4G2+s2ztg1(B/~)
•~AA
•
Dmódulodaadmitância Y =~G2 +B2.
O ângulo de fase da admitância p
v
=
= tg1
(%)
4(o,ooi)~ +(o,0006)2z tg_1(0.000,%’001)
-r
.Y=1,166x1C3 /31° 5
Sendo a admitância a recíproca da impedância o ângulo de fase da admitância é o
negativo do ângulo de fase da impedância. Através do sinal do ângulo de fase da
admitância pode-se concluir:
•
Se a Fase for positiva significa que o circuito é capacitivo.
•
Se a Fase for negativa significa que o circuito é indutivo.
•
Se a Fase for zero o circuito é r~sistivo.
•
Representação no plano complexo.
N
--
Im
Admitância capacitiva
‘1’
O<cp<9O°
cp~
Y
~l
Admitância indutiva
à
-9O°<cp<O
• Assoàiação de admitâncias em paralelo.
Logo a admitância equivalente Yeq
Anãlise de circuitos em corrente Alternada
Y1
+
Y2
+
Y3
+ +
Yn
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38
Divisor de Corrente.
e
-*
1.
e
+ 12
Y2
ou
~=(-~‘~
)‘T;
YT
Y2
Associação Série de Admitâncias.
e
I2(~~)I
YT
-
‘4
(1/Yeq)(1/Y1)+(1/Y2)+(1/Y3)+ +( 1/Yn)
Para dois componentes em série,
Yeq=(Y1 .Y2)I(Y1 +Y2)
•
Pode -se traçares diagramas de admitâncias e os triângulos de admitâncias.
•
Exemplo: Usar o divisor de corrente para calcular a corrente
5/30°S do circuito representado a seguir.
1 =4Z30°A
=
6/-70°
YT
=
(2,05 j5,64)
+
5/30°
+
Y’r= 16,24+j 9,28
lY2 =
D
D
D
o
O
O
O
no ramo, de
9/450 S
YT
-
lY2
+
7/50°
+
9/450 ~
( 4,33 + j2,5)
=
+
( 3,5 + j6,06 ) + (6,36 + j6,36) ~
18,7 / 29,7° 5
( ‘(2/ YT) x 1 ~ 1Y2
=
( 5/30°)/18,7/ 29,7°) x 4/ 30°
=~
lv2=1,07/30,03°A
Análise de circuitos em Corrente Alternada
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39
Exercícios propostos:
1. Um resistor de lkD, um indutor de 1 H e um capacitor de 14F estão em paralelo. Calcular a
admitância total na forma polar em a) 500 radls, b) l000radJs, c) 5000 rad/s.
a) 18/-563° mS b) 1/0° mS c)4,9 /782° rnS
2. Um indutor e um resistor em paralelo têm uma admitância de 100z-30° mS em 400 Hz.
Calcular a indutância e a resistência. Resp. 796 mH, 11,5 (2.
3. Dado o circuito paralelo à seguir, calcular:
a) a admitância de entrada Y em [S];
b) a corrente 1 em [A].
c) a corrente sobre indutor usando o divisor de corrente.
V=120/0°Çy
4
5(2
~3J2r21-J4o
4. Dois elementos em um circuito paralelo têm uma admitância de 2,5 /30° mS em 400Hz. Calcule
os dois elementos. Resp.: resistor de 4620 e um capacitor de 0497 psF.
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40
POTÊNCIA EM CIRCUITOS EM CORRENTE ALTERNADA
Absorção de Potência
Im sen((cot ) A
1(t)
v(t)
Vm sen(cot + p)
=
V
ZLpQ
A potência instantânea absorvida pelo circuito representado acima será:
p
=
v.i
=
Vm sen(cot + p) x Im sen(cot)
Das relações trigonométricas temos:
cos(a b)
-
cos(a
+
b)
cos( a b
-
cosa. cosb
=
=
+
sena senb
.
cosa cosb sena senb
.
-
.
) cos (a + b) = 2 sena senb
-
logo sena~ senb=[cos(a-b)-cos(a
p
=
+
b)1/2 ,se a=wt+9 eb—ojt então,
(Vm Irn)/2 [cos Qp) cos (2cot+ p).
-
Vm•lm
Mas,
2
=
Vm Im
. —
-
=
Vrms Irms entao a potencia nstantanea pode ser
expressa por:
p
=
Vrms.lrms [cos ~ cos (2cot
-
+
cp)]
Potência Complexa 5
-
Símbolo: S ou 5
Unidade: volt amperê [VA]
-
Consideremos um gerador V = V Z 9v, fornecendo uma corrente 1
impedânciaZR±jX ouZZ/±9.
=
1 / Gi a uma
1=1/ei
+
VR
VV/Ov.
+
Vx
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41
A Potência Complexa pode ser obtida multiplicando o fasor
.
corrente de entrada 1
*
pelo conjugado do fasor tensão V ouV.
Desenvolvendo a expressão da potência complexa, temos:
.
.
*
.
s=v ~
.
S = V~
S = vi
Irn,sZ
—
cp
OU
cos(—p) + JV .I~ sen(—w) z~
S = VI. coe
p
—
jV .1. sen cp
OU
.
5 =P—jQ
Outras expressões para a Potência Complexa:
Y
A fase de S corresponde numericamente à fase p da impedância
invertido ou a defasagem entre .V e 1 com o sinal invertido.
com o sinal
O módulo de S é o produto dos módulos de V e 1, ou seja, Vrms e Irms.
A componente real de S é a potência ativa P Portanto: PVrms.lrms.cosw
A componente imaginária de S é a potência reativa Q. Portanto
rJ=-Vrms.lrms.senQ
1
O módulo de S é a potência aparente N. Portanto:
Portanto:
S=NZ-q
HiI
=
N
=
Vrms. lrms
1
1
Potência Média, Ativa, Real, ou Útil P
-
A potência média, é conhecida como potência ativa ou potência real
circuito sendo simbolizada por P.
ou útil de um
O valor médio de p Vrms.lrms [cos ~ cos (2cot + p)], é igual a soma dos valores
médios dos dois termos. O primeiro termo é uma constante, mas o valor médio do
segundo termo é zero por ser cossenoidal, portando a potência média será:
-
vrms.irms cos ~
1
Vrms
lrms
tensão eficaz
corrente
eficazdedeentrada
entrada
Unidade: watts [W 1
cp ângulo de defasagem entre tensão e corrente. Para um circuito que não possui
fontes independéntes é o mesmo ângulo da impedância.
Análise de circuitos em corrente Alternada
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42
Quando o circuito for resistivo puro, p
~P
•
=~
•
(~ =
Vrms.lrms cos cp
=
=
00
=
=
Vrms.lrms cos cp
=
00
=
1
90° ~ cos
=
900
VI.
=
O W. Portanto o circuito não absorve potência média.
Quando o circuito for capacitivo puro, p
P
~ cos
Vrms.lrms ou Simplesmehte P
Quando o circuito for indutivo puro, p
~P
•
Vrms.Irms cos
=
=
=
-90° ~ cos ~9O°
=
O W Portanto o circuito não absorve potência média.
.
Fator de Potência
O cos cp é chamado de fator de potência de símbolo FP
O cp chama-se ângulo do FP sendo o ângulo da impedância. O ângulo do fator de
potência tem sinais diferentes para circuitos indutivos e capacitivos, mas como
cos p = cos (-p), conclui-se:
•
Para circuitos indutivos o FP é chamado de fator de retardamento da pot4nçia,
FP indutivo ou atrasado.
•
Para circuitos capacitivos o E? de potência é chamado de fator de avanço da
potência, FP capacitivo ou adiantado.
•
Potência Ativa P
-
A potência ativa P, em watt [Wj, é obtida do produto da corrente pela parcela da
tensão de entrada em fase com elá. Portanto:
P = V.l cos q, mas como VR = V. cos Portanto:
.
~.
P=VRJ_j ou
PR.l2
ou
J PV2R,.R
Diagrama Esquemático
1=1
v
Vx
•
A parcela ativa da potência total fornecida pela fonte CA é consumida pela
componente resistiva da impedância.
• A potência ativa é convertida em calor por efeito Joule, sendo utilizada para
realizar trabalho.
• A potência ativa total fornecida pela fonte CA é a soma das potências ativas
dissipadas pelas componentes resistivas do circuito.
• A potência ativa pode ser medida por um instrumento chamado wattímetro.
Análise de circuitos em corrente Alternada
Prof.: José Antõnio Rosa
43
Potência Reativa O
-
Símbolo Q
Unidade: volt ampère reativo [VAR 1
É obtida pelo produto da corrente com a parcela da tensão em quadratura com ela.
-
r~
=
-
-
Vrms = tensão eficaz de entrada
Irms = corrente eficaz de entrada
= ângulo do fator de potência
sen p = Fator Reativo FR, sendo positivo para
cargas indutivas e negativo para as cargas
capacitivas.
Vrms.lrms sen
-
Diagrama Esquemático
..__~
1=1
+ç~_
VR
P~4
“
v
•
A reatância indutiva armazena energia sob a forma de campo magnético. Sendo
p positiva, provoca um atraso na corrente, logo no armazenamento de energia.
Portanto, a potência reativa indutiva é negativa e expressa por:
Q=-VL.IL
•
+
X Vx
A impedância usa pequena parte da
potência reativa. fornecida pela fonte
para armazenar energia em sua
reatância e a outra parte é devolvida à
fonte.
Conclui-se que a potêncip
reativa Q é totalmente perdida, pois
não realiza trabalho útil.
ou
Q=~XL.lL2
ou
Q=-VL2IXL
A reatância capacitiva armazena energia sob a forma de campo elétrico. Sendo cp
negativa, provoca um avanço na corrente, logo no armazenamento de energia.
Portanto, a potência reativa capacitiva é positiva e expressa por:
FQ=+vc.lc
ou
Q=÷Xc.1c2
ou
Q=÷Vc2lXc
• A potência reativa total fornecida pela fonte CA é a soma algébrica das potências
reativas dissipadas pelas componentes reativas do circuito.
• Alguns autores representam a potência reativa por PREAT ou PQ
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44
Potência Aparente N
-
Símbolo N
Unidade: volt ampère [VA]
-
A Potência AØarente total fornecida por uma fonte é obtida pelo produto da tensão
total da fonte pela corrente fornecida
N
Vrms = tensão eficaz de entrada
lrms = corrente eficaz de entrada
Vrms.lrms
=
Outras expressões para N:
Diagrama Esquemático
N=Z.12
—.4.
1
ou
N=V2/Z
=
+
X Vx
•
A potência aparente é o módulo da
potência cornplex S. N = 1 S 1
•
Alguns autores representam
potência aparente por PAP ou 5.
a
Triângulo das Potências
As equações das potências média, reativa e aparente podem ser obtidas
geométricamente pelo triângulo das potências.
Circuito Indutivo
V
D
D
D
Icos
P
=
V. 1 co:
lsenw
Q-V.lsenp
Atrasado
N
•
=
V.l
Circuito Capacitivo
N=V.I
o
o
o
o
o
Q = V. 1 sen cp
Adiantado
1 sen p
1 cosp
N=4 P2
~
p-arctg(Q/P)
Análise de circuitos em corrente Alternada
P
=
PN.coscp
V. 1 coscp
Q-N.senç
ProL: José Antônio Rosa
45
Resumo:
Potência Complexa S [VAI
•
-
S=V*.l;S=(V2/Z)Z~p; SZ.12L-p
Potência Aparente N [VA
•
N
-
Potência Média; Ativa; Real ou
•
P
V .1 cosp; P
=
=
ViU ; P
=
Potência Reativa Q[ VAR
•
Q
1 S 1; N = V. 1; N = J2 Z; N = V2 / Z
=
-
=
-
V. 1 sen cp Q
=
Xc.
•
Fator de Potência FP
FP
=
12;
Útil P [W]
R.12; P
-
=
V2R!.R; P
=
parte real de S
1
Q
= ~J2/
X; Q
=
parte imaginária de S
-
RIZ; FP
=
P/N ; FP =cosç
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46
Exemplo: Dado um circuito de impedância Z = 3 i-j4 [O] e uma tensão aplicada
V = 100/ 30° [V]. Traçar o triângulo das potências.
Solução:
Cálculo a corrente:
= 20 / -23,1°[A].
1
=
V/Z
=
100/ 30°! 6 / 53,1°
=~
Método 1
P = R.12 = (20)2. 3 = 1.200 [W]
Q = X.i2 = (20)2. 4 = 1.600 [VAR] (atrasada)
N = Z.12 = (20)2. 5 = 2.000 [VA]
FP = RJZ = 3/5 = 0,6 atrasado
Método 2
N = V.l = 100 20 = 2.000 [VA]
P = N.cosw 2.000. cos 53,1 °= 1.200 [W]
Q N.sernp = 2.000. sen 63,1.° = 1.600 [VAR] (atrasada)
F.P = cosp = cos 53,1° =0,6 ( atrasado)
.
Método 3
S
=
V~. 1
N
=
2.000 [VA];
FP
=
=
100/ -30° .20 / -23,1°
P/N ~ FP
P
=
=
2.000/ -53,1°[VA)
1.200[W];
=
1.200! 2.000
=~
Q
FP
=
=
=
1.200
-i 1.600
[VA]
1.600 [VAR] atrasada
0.6 (atrasado).
Método 4
VR = 1 R = 20/ -23,1° (3) = 60/ -23,1°[V]
Vx = 1 jX = 20/ -23,1° (4/ 90°) = 80/ 66,9°[V}
P
Q
N
.
.
.
.
(VR2/ R =
= (Vxy/ ix
= (V)2/Z =
1.200 [W]
5Q2/3 =
802/4
=
1002/5
=
1.600 [VAR] atrasada
2.000[VA]
Triângulo das Potências
P
\.
=
1.200 [WL
)w=53,1°
Q
=
-
1.600 [VAR] (atrasado)
N=2.000[V2}\\~
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47
Exercícios Propostos
1)
A potência instantânea absorvida por um circuito é p =10+8 sen (377t + 40°)W.
Calcular as potência média, mínima e máxima absorvida.
Resp. 10W, pmin
2)
=
2W, pmax 18W
Calcular o fator de potência e a potência média absorvida para cada par de tensão e
corrente das cargas:
a)
v
=
170 sen(SOt -40°) V,
=
4,3 sen (50t + 10°)A. Resp.: 0,643 avançado, 235W
b)
v
=
340 cos(377t 50°) V
=
6,1 sen (377t
3)
Considerando o circuito à seguir, calcular: a) as potências ativa P [WJ, reativa Q
-
[VAR] e aparente N [VA];
+
30°)A Resp.:0,985 atrasada, 1.037W
Resp.: 300W, 400VAR, 500 VA, 0,6 atrasado
b) o fator de potência FP.
c)
Construir o triângulo das pctências.
30
+
j6í2
V =50/- 90°V
f60 Hz
-
4)
Sobre um circuito quando aplicada uma tensão v
corrente i
=
=
200 sen (cot
+
j 20
11 0°)V, circula uma
5 sen (cd + 20°)A. Calcular as potências, P , Q e N.
Resp.: 0W, 500VAr atrasada e 500 VA
5)
Duas impedâncias ZI
fasor V
=
4/-30°≤2 e Z2
=
5Z60°0 estão em paralelo e submetidas ao
20/0°V. Calcular os FP’s e as potências S, P, Q e N de cada braço e
totais. Resp.: S1
6)
=
100/30°VA; S280/-60° VA; ST
173,89/43,3°VA
Calcular o fator de potência de um motor de indução de 5 HP, completamente
carregado, que opera com um rendimento de 85% e solicita 15A de uma linha de
480V. Resp.: 0,609 atrasado
o
o
o
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48
CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA
Nas aplicações residenciais e industriais comuns, as cargas são indutivas e a
corrente é atrasada em relação à tensão aplicada. A potência média ou ativa,
fornecida à carga, é uma medida do trabalho útil por unidade de tempo que a carga
pode executar. Essa potência é fornecida pelas concessionárias de energia elétrica,
sendo usualmente transmitida por intermédio de linhas de distribuição e
transformadores.
Os transformadores são especificados em KVA e utilizados na maioria das vezes
com tensão fixa, portanto
os KVA indicam a corrente máxima permitida.
Teoricamente um transformador poderia ser totalmente carregado com uma carga
indutiva ou capacitiva pura e, consequentemente a potência média ou ativa
fornecida seria nula. Essa situação não é desejável pelas concessionárias, pois elas
arrecadam pela potência média fornecida.
No consumo de uma grande quantidade de potência ativa é desejável um elevado
fator de potência, pois, para uma potência ativa P tt’ansmitida, quanto maior for o FP
menor será a corrente ‘i’, já que:
,
1=
~
V•cosp
__
V•FP
Para aumentar, ou seja, corrigir o fator de potência instala-se capacitores sobré a
linha, ou em paralelo com a carga, para fornecer os VAR’s consumidos pela carga
indutiva. Esses capacitores fornecem a corrente aos indutores da carga, cuja
corrente sem os capacitores, teria de ser suprida pela linha de transmissão
Método para correção do fator de potência.
1. Calcular a Potência Reativa Inicial consumida pela carga Q/1
Qi = P tg pi, sendo pi o ângulo inicial da impedância da carga.
-
‘
2. Calcular o ângulo final da impedância cpf’ para o fator de potência final desejado
‘FPf’:
pf cos’(FPf).
‘
3. Calcular a Potência Reativa Final
mesma.. Logo:
Qf = P tg cpf
-
Qf. A potência média ou ativa permanece a
.
4. Calcular a Potência Reativa que deve ser fornecida pelos capacitores zlQ.
AQ = Qf Qi o resultado é negativo pois Qf < Qi, portanto para o cálculo do item 5
considera-se 1 ~Q 1.
-
-
5. Cálculo da Capacitância Total Ct necessária para fornecer o AQ:
-
V
coCtVrms2
coCt
/0)
rms
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49
6. Cálculo do número ( N ) de capacitores de determinada capacitância
necessários para fornecer a Capacitância Total Ct será:
-
C
-
N
Ct / C
=
Corrigir para 0,9 atrasado o fator de potência do circuito que
Exemplos: 1)
possui o triângulo de potências mostrado a seguir. Calcular a potência aparente Nf
após a correção e a capacitância total necessária, sabendo-se que:
v = 100. .ji .sen(377t + 30°)V.
P
1.200W
=
Cálculo de Qi
pi
=
cos1(P/N1)~’ cpl
Qi
=
P tg pi
Qi
.
=
=
cos1(1.200/2.000)
1.200 tg 53,1°
Qi
.
=
cpi
=
53,1°
1.598,25 VAR.
> Cálculã de pf
O
Fator
cos(pf = 0,9
de
~
cpf
=
Potência
cos1 0,9
Final
desejado
(~f = 25,84°.
é
FPf
=
0,9.
Logo
>~ Cálculo de Qf.
A Potência P
=
Qf = P tg cpf
~.
.
1.200 W não altera.
Qf
=
1.200 tg 25,84°
.
=~
Qf
=
581 VAR.
> Cálculo da Potência fornecida pelos Capacitores.
AQ
=
Qi Qf
-
=
1.598,25 581
> Cálculo de CT.
O fasor tensão V
Ct
=~/
/ coVrms
2
-
=
=>
AQ
=
1.017,25 VAR
100 Z30°V.
_1.01725/
/377.1002 z,Ct =269,8jiF
Usando capacitores de C = lOOpF o número (N) de capacitores necessários será:
N = CT/C
N =269,8/10=> N~3 capacitores
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50
Cálculo da Potêndia Aparente Final
)>
P
=
-
Nf fornecida pela rede de alimentação.
Nf. FPf=~ Nf= P/ FPf
:.Nf= 1.200/0,9
Nf
1.333 VA.
Comparando as Potências Aparentes Ni e Nf pode-se concluir sobre as correntes
elétricas fornecidas pela rede de alimentação antes e depois da correção do FP:
li
=
Ni / V
lf = Nf / V
Ii
=
2.000/100
If = 1.333/100
li
=~
=
20 A
lf = 13,33 A.
Portanto a mesma Potência Média de 1.200 W pode ser fornecida com uma
redução de corrente de 6,67 A, que representa 33,4%.
2)
a)
b)
.
Um transformador de 25 KVA fornece 12 KW a urna carga com o FP = 0,6
atrasado. Calcular a porcentagem da carga. nonimal fornecida pelo.
transformador.
Desejando-se completar a carga total do transformador, com cargas de fator
de potência unitário, calcular a potência ativa adicional em KW poderá se
acrescentada.
Calcular o fator de potência após acrescida a carga.
Solução: a)
Pi
=
Ni coswi
.
=~‘
Ni
=
12/0.6=> Ni
=
20 KVA.
Como a caga nominal que pode ser fornecida pelo transformador é Nn
então (20/25). 100
=
Com
0,6 teremos
= cos
0,6 = 53,13°.
Q = Ni.sencpi =~ Q = 20 sen53,13°
Q=16KVAR
Q não se altera. Logo para
Nf =Nn = 25 KVA tem-se:
_______________________
Pi
AQ
=Nn
Portanto a carga adicional será: à?
c)
O FPf = Pf/Nn
O (Pf
=
25 KVA,
80%
b)
~;
=
=~
FPf
cos1 077
=
=
Pf- P1
FP
=
1
Pf=gNfl2_Q2=g252_162
=
Pf =19,2KW
19,2-12 = 7,2 KW.
19,2/25 =~FPf = 0,77 atrasado.
39,83°.
Conclui -se que o FP pode, também, ser melhorado acrescentando -se cargas
com fator de potência unitário.
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51
Exercícios propostos: 1)
Calcular a capacitância CT necessária para corrigir
para 0,95 atrasado o FP do circuito mostrado.
+
V=1 20/0°
2)
Um transformador de 250 KVA está operando a plena carga com fator de
potência total de 0,5 atrasado. O FP é melhorado acrescentando-se
capacitores em paralelo com a carga até que o novo FP seja de 0,9 atrasado.
Calcular:
a)
A potência reativa capacitiva necessária. Resp.: 61 KVAR
b)
A capacitância total necessária sabendo que a tensão eficaz no
secundário do transformador é 220V e a freqüência 60 Hz.
Resp.: 8.5501.tF
c)
A potência aparente final Nf.
Análise de Circuitos em Corrente Alternada
Resp.: 138,9 kVA
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52
CIRCUITOS TRIFÁSICOS
Introdução
Quase toda energia elétrica é gerada e distribuída por meio de circuitos trifásicos.
Os geradores de tensão trifásicos em C.A, também chamados de alternadores
trifásicos, produzem três tensões senoidais idênticas, exceto por uma defasagem de
120°. A energia elétrica gerada é transmitida sob três ou quatro fios.
Geração de Tensão Trifásica
A figura a seguir mostra uma seção transversal de um alternador trifásico com um
estator estacionário e um rotor que gira no sentido anti-horário. O rotor tem um
enrolamento de campo no qual circula uma corrente CC produzindo um campo
magnético. Os pólos do campo magnético girante do rotor, passam junto aos três
enrolamentos do estator, induzindo em cada um deles, uma tensão alternada. O três
enrolamentos do estator estão distanciados entre si de 120°, portanto as tensões
trifásicas estão defasadas entre si de 1200 conforme mostra a figura a seguir.
vaa’
=
Vm sen(cot); vbb’
=
Vm sen(cot -120°) ; vcc’
=
Vm sen(cot
vaa’
Vbb’
+
120°)
Vcc’
C
enrolamento do estator (bobina)
Fonte
cc
enrolamento de campo
As ondas atingem seus valores máximos ou de pico com distância de um terço do
período ou 120°.
Seqüência de fases
-
É a ordem na qual as tensões ou correntes atingem os seu
valores máximos.
Na seqüência considerada positiva ABC, a tensão na bobina A (vaa’) atinge o
máximo em primeiro lugar, seguida pela bobina B (vbb’) e depois pela C (vcc’) ver
diagrama de fasores à seguir.
-
Invertendo o sentido de rotação do rotor ou trocando a marca de dois enrolamentos
a seqüência de fase torna-se CBA ver diagrama de fasores à seguir.
-
Análise de circuitos em corrente Alternada
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53
Diagrama de Fasores
.
Seqüência ABC
Vaa’
=
Vz0°;
v
cc’
Vbb
=
VZ—120°
Vcc’
=
.
=
O
VZ120°
•
.
Vaa’
120° Vaa’
Ref.
120
.
Soma Vaa’-i- Vbb’+ Voo’
•__
..\!.
Vbb’
Vaa’ ~* Vbb’
-120°
Soma
Seqüência CBA
•
.
.
Vaa’+Vbb’+Vcc’
=0
.
=
VZO°;. Vbb’
=
VZ120°;
V~’
=
VZ—120°
Vbb’
e
Vaa’
120° Vaa’
Ref.
1;
•__
..\/•
Vbb’ ‘* Vcc’
-120°
Vcc’
Ligações dos Enrolamentos dos Alternadores
As ligações das extremidades dos enrolamentos A’, B’ e C’, ou A, 3 e O resulta na
ligação estrela (Y).
As ligações dos enrolamentos A e C’, A’ e B B’ e C resulta na ligação deita ou
triângulo (A).
IL
A
lc
c’
A
—~*
IL
Ligação Estrela Y
-
IA
-jc
Ligação Triângulo ou Deita
-
A
O ponto comum às três bobinas na ligação Y é chamado de Neutro (N).
As tensões sobre as bobinas são chamadas Tensões de Fase (VF) e as tensões
entre os terminais (extremos) das bobinas são chamadas Tensões de Linha. (VL).
As correntes sobre as bobinas são chamadas Correntes de Fase (iF) e as Correntes
que saem dos terminais das bobinas são chamadas Correntes de Linha (IL).
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54
Na ligação Y:
~ As tensões Vr são VAN, VBN e VcN.
> As correntes de fase IF ( IAN, IBN e IcN ) são as mesmas correntes de linha IL (IA,
IBe IC).
> As tensões VL é a soma fasorial das tensões VF.
VBc
c
B
VAB
VCA
A
Pela representação fasorial acima observa-se qL.ie existe um ângulo de 3Q° entre os
fasóres tensão Vsc e VBN sendo VBc = VCN + VBN.
Para circuitos equilibrados os módulos VAN = VcN = VBN, portanto VAB = VAC = Vsc.
Logo o triângulo BCN é isósceles, consequentemente vale as relações abaixo.
c
B
No triângulo retângulo CDN
V80/
r
cos3o°= /2 ~~J3_ V3~
VcN
VBc~J~.VcN
> As tensões de linha VL são
~
2
ou
2VcN
VcN
VL=,J~.VF
vezes as tensões de fase VF.
Na ligação A:
~ As tensões de fase Vr ( VAN, VBN e VcN ) são as mesmas tensões de linha VL
(VAB, VcA e VBc).
~ As correntes IL são a soma fasorial das correntes Ir.
Aplicando-se a LCK em um dos nós da ligação A, tem se IA = IcA lAR. O diagrama
fasorial está representado à seguir
-
-
IA
~o12Oo3oG
~ Existe um ângulo de 33Õ entre cada corrente IF e a corrente de linha IL mais
próxima, nesse exemplo IA e IAB.
o
o
o
o
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55
Para circuitos equilibrados os módulos IAB = lBC = ICA, portanto IA = IB = Ic.
Logo o triângulo é isósceles, consequentemente vale as relações abaixo.
IA/2
No
triângulo
retângulo
A/
r
cos30°=-~~-=$-~-= A
AB
2
2•’AB
A
=
‘J~~AB
OU
=
1AB
~J~.lp
> As correntes de linha IL são 4’ã~ vezes as correntes de fase lF.
CIRCUITO EQUILIBRADO Y
O circuito trifásico equilibrado comporta-se como três circuitos interligados mas
separados. A diferença nas respostas dos três circuitos é uma diferença de ângulos
de 1200. O método de análise comum consiste achar a tensão ou corrente desejada
numa fase, e usá-la com a seqüência de fase para obter as tensões ou correntes
correspondentes nas outras duas fases. A escolha de umá tensão de referência com
ângúlo de fase nulo determina os ângulos de fase de todas as outras tensões dos
sistema.
-.
Exemplo: Um sistema CBA trifásico a quatro condutores, 208 V (tensão de linha),
alimenta uma carga equilibrada em estrela, constituída por impedâncias 20/ -30° Q
Calcular as correntes de linha e traçar o diagrama de fasores.
Solução para a seqüência CBA
Para determinar as fases das tensões considera se para Vsc na referência.
-
vcA\
VAB
vcN ~VBN
VBc=VL/O° V
VcA=VLZ12O°V
VAN=VL/ ‘15 /(240°÷30°)V=VL/
Ref.
1
1
VAN
‘1
‘i,
1
VL /2400 V
VBN=VL/
VcN=VL/
‘15
.J5
‘15
/-90°V
‘15 /30°V
z120°+30°V=VL/ ‘IS /150°V
/(O°+30°)V=VL/
vAB
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Cálculo das correntes de linha:
208/
20/—30°
z
8
_________
20L—30°
z
•Ic
•
‘A
~
?A=~N±=
•
;~ ~
•
/—90°
VcN
120/150°
•
=—;--~ I~
—
20/—30°
=
120
-Z—60°
•
IA =ftO/—60°A
=-
120 /600 ~
=
6,0/ 60°A
~ Ic=6,0/180°A
z
As correntes de linha retornam pelo condutor neutro. Aplicando a LCK no ná N:
IN
lN
+
=
IA + IB
0:
+
lc
=
O
~.
IN
= - (IA +
Is
+
lc) ~ lr~i
= -
( 6,0/-60° + 6,0/ 60°+6,0/180°)=’
Conclusão: Em circuitos trifásicos com cargas equilibradas a corrente do condutor
neutro é igual a zero.
Diagrama de fasores:
VCA
18
VcN
VBN
VcN
VBN
ref.
30° VAN
VAN
VAS
Observações:
-
As correntês de linha são iguais às correntes de fase
As correntes de linha estão equilibradas e adiantadas em relação as tensões de
fase de 30°, pois as cargas (impedâncias) são capacitivas.
-
Exercício: Resolver o mesmo sistema considerando a seqüência ABC.
Ângulo de fase das tensões para ABC.
VAB
k~
1
VAB=VL/120°V
1
‘
VBc=VL/0° V
VCA=VL/240°V
VANVLb,Jã/(1200_300)=VLb,J~/(900)V
1
.°JtJ%%\~
\ Vsc
vcN
Ref.
VLI
~
/(0°- 30°)
VcN=VLJ
4ã~
/(240°-30°)=VL/
VBN
=
VL/
J~ /- 30°V
~ /-150°V
VcA
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CIRCUITO EQUILIBRADO A
Exemplo: Um sistema ABC trifásico à três condutores, 110V, alimenta uma carga
em triângulo, constituída por três impedâncias iguais de 5Z45°Ç2. Calcular as
correntes de linha IA, IB e lc. Traçar o diagrama de fasores.
IA
)1
A
VCA
110/240°
B
c
Ic
Cálculo das correntes de fase:
—
—
z
isc
=
Veo
•
=
110/120°
5/45°
110/O
5/450
=
—
22/75° A
22/ 45° A
—
=
=
(5,7 + 12125 )A
(15,56—j15,56)A
z
VcA
IcA
=
•
=
110~2400—22/195°A
5/45~
.(—21,25—j5,69)A
z
Aplicação da lei das correntes de Kirchhoff
lA
lB
=
lAR— lcA =22/75°—22Z195°~38j 1/45° A
—
•
AB + lBc
=
—22/75° + 22/ 45° = 38,1 IZ 75° A
—
—
.
lc =IcA—I~c =22/195°—22Z—45°=38,11/165°A
Diagrama de Fasores:
VAB
As correntes de linha estão
equilibradas e defasadas de
120° e de módulos 1J~ das
correntes de fase.
VF VL eL ,Ji IF
IA
Vsc
IB
VCA
Análise de circuitos em corrente Alternada
Prof.: José Antônio Rosa
58
POTÊNCIA TRIFÁSICA
A potência total absorvida por uma carga trifásica é a soma das potências individuais
absorvidas nas impedâncias totais de cada uma das fases, ou seja, é soma das
absorvidas pelas cargas monofásica~.
As potências ativa, reativa e aparente, desenvolvidas nas cargas monofásicas, já
foram analisadas anteriormente. Resta anahsá-Ias em sistemas trifásicos formados
por cargas em estrela e triângulo.
Relembrando, as cargas indutivas possuem potência reativa negativa, enquanto as
cargas capacitivas possuem potência reativa positiva.
Potências Ativas, Reativas e Aparente
Cada impedância da carga trifásica possui uma fase pF e está submetida a uma
tensão de fase VF e uma corrente de fase IF.
IF
ZF~F
Assim as potências ativa e reativa das fases ou absorvidas pelas impedâncias são
dadas por
PF
=
VF.IF.coswF e
QF
=
-
VF.IF.sen pF
As potências ativas e reativas totais absorvidas pela carga trifásica são dadas pela
soma das respectivas potências nas impedâncias:
PTPF1+PF2+PF3
QT
QFI +
QF2
+ QF3
Finalmente a potência aparente total e o fator de potência total da carga trifásica são
dados por
NT=JPT2+QT2
_____________________
Anáise de Circyitos em corrente Alternada
e
FP~=~
NT
Prof.: José Antônio Rosa