EEL 205 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II
CAPÍTULO 4: POTÊNCIAS NOS CIRCUITOS
MONOFÁSICOS
RESUMO
Este capítulo aborda o conceito de potência
elétrica nos circuitos de corrente alternada e o de fator
de potência.
uma tensão U, desenvolve uma potência total ou
aparente (S) dada por:
S = UI
(1)
Mas, de acordo com a primeira lei de Ohm,
1.0 - INTRODUÇÃO
tem-se:
Como analisado em capítulo anterior, quando
a corrente circula por uma resistência ocorre o efeito
Joule, ou seja, há a produção de calor. Além disto,
sabe-se que se realiza trabalho e produz-se luz, a partir
da energia elétrica.
Nos circuitos de corrente alternada, esse
conceito também é válido. Entretanto, neles estão
presentes as indutâncias e capacitâncias, as quais
absorvem e liberam energia em cada semiciclo,
necessárias para a criação de campos magnéticos e
armazenamento e liberação de cargas elétricas,
respectivamente.
Portanto, pode-se dizer que, nesse tipo de
circuito, se tem:
a) Energia ativa, a qual é a que
efetivamente realiza trabalho gerando
calor, luz, movimento, etc.;
b) Energia reativa, a qual é responsável
pela formação do campo magnético
necessário para o funcionamento, por
exemplo, de motores de indução e dos
transformadores e da carga e descarga
dos capacitores.
U =Z xI
Dessa forma, a energia total em um circuito
qualquer é denominada aparente e se compõe de duas
parcelas distintas, ou seja, a ativa e a reativa.
Como a “rapidez” com que se recebe ou se
fornece energia se denomina potência, verifica-se que
nos circuitos de corrente alternada, as potências
elétricas são a total ou aparente (S), a ativa (P) e a
reativa (Q).
(2)
Então:
S = UI = Z x I x I
ou:
S = Z x I2
(3)
Também é válido afirmar-se que:
S = UI = U x
U
Z
Ou seja:
S=
U2
Z
(4)
Portanto, a potência aparente ou total é:
U2
S = UI = Z x I =
Z
2
(5)
Observe-se que a potência total ou aparente é
expressa em Volt - Ampère (VA) ou múltiplos (kVA,
MVA, etc.).
3.0 – POTÊNCIAS ATIVA E REATIVA
2.0 – POTÊNCIA APARENTE OU TOTAL
A corrente I que circula pela circula por uma
impedância Z, necessariamente também o faz por uma
Pode-se demonstrar que se o circuito é
resistência R pois se constitui uma da primeira.
percorrido por uma corrente I, quando submetido à
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Capítulo 4: Potências Nos Circuitos Monofásicos - 29
EEL 205 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II
Nesse caso, portanto, ocorre o efeito Joule,
dissipando-se calor. Isso, conforme exposto,
caracteriza a energia como ativa e, sendo assim, a
potência também é ativa.
Dessa forma, a potência ativa (P) pode ser
calculada por:
I = 76,97 mA
Tem-se:
Q = 1.312 x 0,07697 2 = 7,7727
U2
P = R x I2 =
R
(6)
A potência ativa é dada em Watt (W) ou
múltiplos (kW, MW, etc.).
Por outro lado, é fato que a corrente também
circula pela reatância X, pois, do mesmo modo que a
resistência, é uma parcela da impedância Z. Essa
situação caracteriza a presença de energia reativa e,
conseqüentemente, de potência reativa.
A potência reativa (Q) pode ser calculada por:
Q = X x I2 =
Como a corrente I calculada é:
U2
X
(7)
Q = 7,8 VAr
e:
P = 1000 x 0,07697 2 = 5,9243
P = 5,9 W
Como:
Z = 1,650 k
A potência total ou aparente é:
A unidade de potência reativa, por outro lado,
é o Volt - Ampère Reativo (VAr) ou múltiplos (kVAr,
MVAr, etc.).
Observa-se que é comum acrescentar os
termos indutivo ou capacitivo à unidade para ressaltar
qual o elemento a produziu, como, por exemplo 100
kVAr indutivo (100 kVAr ind) ou 500 kVAr capacitivo
(500 kVAr cap).
S = 1650 x 0,07697 2 = 9,775
S = 9,8 VA
2) Calcular as potências total, ativa e reativa
fornecidas pela fonte à impedância do circuito
mostrado a seguir:
Exercícios de fixação
1) Calcular as potências total, ativa e reativa
fornecidas pela fonte à impedância do circuito
mostrado a seguir, cuja freqüência é de 60 Hz.
Solução:
Esse circuito também foi analisado no capítulo
anterior e, sendo assim, o seu circuito
equivalente é:
Solução:
Esse circuito foi analisado no capítulo anterior
e, sendo assim, tem-se:
XL = 2.639
e XC = 1.327
Como:
X = X L - X C = 2.639 - 1.327
X = 1.312
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Capítulo 4: Potências Nos Circuitos Monofásicos - 30
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Portanto:
Logo:
R = 0,04886
e X = 6,979
S = 1,504 kVA;
P = 0,016 kW;
Q = 1,503 kVAr ind.
e:
Z=7
e I = 18,18 A
Assim:
S = 7 x 18,18 2 = 2308,86 VA;
P = 0,04886 x 18,18 2 = 16,15 W;
Q = 6,979 x 18,18 2 = 2306,646 VAR.
Logo:
S = 2,31 kVA;
P = 0,016 kW;
Q = 2,3 kVAr ind.
3) Se ao circuito do exercício anterior for
acrescentada uma capacitância em paralelo, de
tal modo que resulte em uma reatância de 20
, o que ocorre com as potências do circuito?
Solução:
Note-se que a potência ativa é a mesma do
caso anterior, entretanto a potência reativa
fornecida pela fonte diminui e, em
conseqüência a potência total.
Como a potência total diminui e a tensão é
constante, a corrente também decresce, vindo
de encontro ao verificado no capítulo anterior.
Esse exercício demonstra que a utilização de
capacitores em paralelo com um circuito,
diminui o reativo fornecido pela fonte, porém
mantêm o ativo o faz, resultando no
decréscimo da exigência de potência e de
corrente. Portanto, “alivia” o sistema.
4.0 – TRIÂNGULO DE POTÊNCIAS
Como visto no capítulo anterior, a impedância
de um circuito é dada por:
Z = R2 + X 2
(8)
ou seja:
Com a introdução da reatância capacitiva, o
circuito fica como mostrado a seguir.
Z 2 = R2 + X 2
(9)
Multiplicando-se ambos os lados da expressão
(9) por I4, tem-se:
( ZI 2 ) 2 = ( RI 2 ) 2 + ( XI 2 ) 2
(10)
Dessa forma, substituindo-se (3), (6), (7) em
(10), resulta:
Esse circuito foi analisado no capítulo
anterior, de onde:
Z = 10,8
e I = 11,8 A
S2 = P2 + Q2
(11)
Note-se que (11) indica que as potências, a
exemplo das impedâncias, podem ser representadas por
um triângulo retângulo, como mostra a figura 1.
e,
R = 0,116
e
X = 10,79
Assim:
S = 10,8 x 11,8 2 = 1503,8 VA;
P = 0,116 x 11,8 2 = 16,15 W;
Q = 10,79 x 11,8 2 = 1502,4 VAR.
Figura 1 – Triângulo de potências.
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Capítulo 4: Potências Nos Circuitos Monofásicos - 31
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Assim:
Portanto,
P = S cos
(12)
Q = S sen
(13)
De onde:
P = UI cos
(14)
Q = UI sen
(15)
Observa-se que o ângulo
é o mesmo do
triângulo de impedâncias e corresponde à defasagem
entre tensão e corrente em um circuito monofásico.
As relações mostradas são de grande
importância, pois permitem que máquinas e
equipamentos elétricos sejam analisados por um
circuito equivalente, com as respectivas impedâncias,
absorvendo e/ou recebendo potência ativa e reativa.
Z=X
(21)
E, desta forma, tem-se um circuito indutivo ou
capacitivo, no qual tensão e corrente estão defasadas de
900.
Pelo exposto, verifica-se que o fator de
potência do circuito varia entre 0 e 1, sendo que um
valor próximo de 1 indica pouco consumo de energia
reativa em relação à energia ativa.
Uma vez que a energia ativa é aquela que
efetivamente executa as tarefas quanto mais próximo
da unidade for o fator de potência, melhor é
aproveitamento de energia. Valores mais baixos,
portanto, acarretam algumas conseqüências negativas,
ou seja:
a) Solicitação de uma corrente maior para
alimentar uma carga com a mesma
potência ativa;
b) Aumento das perdas por efeito Joule;
c) Aumento das quedas de tensão entre a
fonte e a carga.
5.0 – FATOR DE POTÊNCIA
O fator de potência (fp) pode ser definido
como sendo a parcela da potência total que é utilizada
na produção de luz, calor ou trabalho, ou seja:
fp =
P
S
(16)
Um fator de potência igual a 0,8, por exemplo,
indica que 80% da potência total fornecida pela fonte
ao circuito é utilizada para produzir luz, calor ou
trabalho.
Pela análise da expressão (14), entretanto,
verifica-se que:
fp = cos =
P
S
= 900, o que implica em:
Exercícios de fixação
1) Calcular as potências total, ativa e reativa,
bem como o fator de potência, fornecidas pela
fonte à impedância do circuito mostrado a
seguir:
(17)
Sendo assim, o maior valor do fator de
potência é 1. Nesse caso:
Solução:
S=P
De (6) e (7), tem-se:
(18)
Portanto,
Z=R
= 00, o que implica em:
P=
(19)
U 2 127 2
=
= 1.612,9 W
10
R
e
U 2 127 2
=
= 2.304,1 VAr ind
7
X
E, desta forma, tem-se um circuito resistivo,
no qual tensão e corrente estão em fase.
Q=
Por outro lado, o menor valor do fator de
potência é 0. Nesse caso:
Por outro lado, conforme (11), tem-se:
2
2
2
2
2
S = P + Q = 1.612,9 + 2.304,1
(20)
________________________________________________________________________________________________
S=Q
Capítulo 4: Potências Nos Circuitos Monofásicos - 32
EEL 205 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II
Ou:
Q = QL - QC
S = 1.612,9 2 + 2.304,12 = 2812,5 VA
Ou seja:
Portanto:
Q = 2304,1 - 806,5 = 1.497,6 VAr ind
P 1612,9
= 0,573
=
S 2812,5
fp =
Dessa forma:
S = 1.612,9 2 + 1.497,6 2 = 2.201 VA
Esse resultado indica que, apenas, 57,3 % da
potência (ou energia) total está sendo
aproveitada para efetuar trabalho, luz ou calor.
Observa-se que com valor de potência
aparente obtido, facilmente se calcula a
corrente total do circuito, ou seja, de (1):
I=
Portanto:
fp =
P 1612,9
= 0,732
=
S
2201
Esse resultado indica que, apenas, 73,2 % da
potência (ou energia) total está sendo
aproveitada para efetuar trabalho, luz ou calor.
Além disso, a introdução do capacitor em
paralelo resultou no aumento do fator de
potência e, em conseqüência, na diminuição
da corrente total, ou seja:
S 2812,5
= 22,15 A
=
U
127
2) Se ao circuito do exercício anterior for
acrescentada uma capacitância em paralelo, de
tal modo que resulte em uma reatância de 20
, o que ocorre com as potências do circuito?
I=
Solução:
Com a introdução da reatância capacitiva, o
circuito fica como mostrado a seguir.
S 2201
= 17,33 A
=
U 127
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
Determinar para os circuitos mostrados a seguir:
a) a potencia ativa e reativa e total;
b) o fator de potência.
1)
De (6), tem-se:
P=
U 2 127 2
= 1.612,9 W
=
R
10
De (7), para o indutor:
QL =
U 2 127 2
= 2.304,1 VAr ind
=
XL
7
2)
e, para o capacitor:
U 2 127 2
QC =
= 806,5 VAr cap
=
XC
20
Como a corrente IL está atrasada de 900 da
tensão e a corrente IC adiantada também de
900, implica que:
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3)
4)
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