7 – COMPONENTES REATIVOS.
Campo elétrico
Vamos supor que se introduz uma diferença de potencial V entre duas chapas
condutoras. Ver fig. 7-1.
ε
V
Fig. 7-1
Em todo ponto, situado no espaço entre essas duas chapas, passa uma linha invisível
chamada de linha de campo elétrico. A fig. 7-1 mostra algumas dessas linhas. Se for
colocada, sobre uma destas linhas, uma partícula carregada com carga negativa, esta
partícula se desloca, ao longo da linha, no sentido da flecha, até atingir a chapa positiva.
Se a partícula estiver carregada positivamente, o deslocamento é em sentido contrário.
Por isto essas linhas são também chamadas de linhas de força.
A chapa ligada ao potencial negativo se chama catodo e a outra tem o nome de anodo.
Podemos dar, como exemplo de partícula com carga negativa, um elétron. Dentro de um
tubo de um televisor, por exemplo, tem-se o deslocamento de um feixe de elétrons que
saem, continuamente, do catodo e atingem o anodo.
Outros exemplos de partículas carregadas negativamente ou positivamente são os íons.
Íon é um átomo ou uma molécula que perdeu ou ganhou elétrons. No primeiro caso esse
elemento se transformou em um íon positivo e no segundo caso tornou-se um íon
negativo. As principais aplicações do deslocamento de íons, entre catodo e anodo, são a
eletrólise e a galvanoplastia.
A entidade física que provoca o deslocamento dessas partículas é chamada de “campo
elétrico”. Em cada ponto, situado entre as duas chapas, existe um campo elétrico. As
velocidades e acelerações, daquelas partículas, dependem dos valores, desse campo
elétrico, ao longo das linhas de força.
O valor do campo elétrico, presente em cada ponto, pode ser determinado por meio de
expressões matemáticas. Sua unidade física é volt por metro e seu símbolo matemático,
mais usual, é a letra grega ε .
Por exemplo, quando a distância entre as placas é muito menor do que suas dimensões,
o campo elétrico é, aproximadamente constante, e tem o valor:
ε≈
V
d
onde V é a diferença de potencial entre as chapas e d é a distância entre elas..
Exemplo: Sejam duas chapas quadradas com 1 metro de lado, distantes, entre si, de 2
cm. Se introduzirmos uma diferença de potencial de 5 volt, entre elas, teremos em
qualquer ponto, situado no espaço compreendido entre essas chapas, o campo elétrico:
62
ε≈
V
5 v
v
=
= 250
d 0,02 m
m
Na realidade, para que haja formação de campos elétricos, não é necessário que o anodo
e o catodo tenham o formato, das chapas, descrito. Quaisquer dois condutores, com uma
diferença de potencial entre si, geram campos elétricos. A fig. 7-2.a mostra o caso em
que o catodo e o anodo são fios condutores. A fig. 7-2.b mostra as linhas de força em
um plano transversal a esses condutores.
V
V
(a)
(b)
Fig. 7-2
Capacitor
Quando se tem um dispositivo na forma de duas chapas colocadas a uma pequena
distância entre si, tem-se um capacitor. Portanto o dispositivo mostrado na fig. 7-1 é um
capacitor.
Quando se coloca entre as chapas, por meio de uma bateria, uma diferença de potencial
V, esta diferença de potencial permanece, mesmo depois que a bateria for retirada. Ver
fig.7-3.
Diz-se que este capacitor ficou carregado com a tensão V. O capacitor é um componente
elétrico muito usado em circuitos de corrente alternada.
63
V
⇒
ε
ε
V
Fig. 7-3
Construção do capacitor
Um capacitor pode ser construído usando-se duas placas condutoras, isoladas entre si,
cuja distância, uma da outra, é muito menor do que as dimensões das placas. A fig.
7-4.a mostra este dispositivo em perspectiva. A fig. 7-4.b mostra o corte na posição BB
da primeira figura.
A
B
B
d
B
(a)
(b)
Fig. 7-4
Nessa fig.7-4, o parâmetro A representa a área de cada placa e d é a distância entre
essas placas. Estão mostrados, ainda, os terminais condutores que são conectados
individualmente a cada placa. Estes terminais são necessários para que se possa
intercalar este dispositivo em circuitos elétricos. A fig. 7-5, mostra como um capacitor
é representado no esquema de um circuito elétrico.
C
Fig. 7-5
64
B
No capacitor da fig. 7-4 as placas estão isoladas apenas pela presença de ar entre elas.
Entretanto, o mais comum é ter um material não condutor (isolante) separando essas
placas. Este material recebe o nome de dielétrico. A fig. 7-6 mostra o corte, ainda na
posição BB, de um capacitor contendo dielétrico entre as placas.
B
B
εr
Fig. 7-6
O material isolante possui um parâmetro denominado constante dielétrica relativa. Seu
símbolo matemático é ε r . O capacitor construído, conforme mostrado nas figuras 7-4
e 7-6, possui a o valor da capacitância, na unidade Farad,. Esse valor é calculado pela
fórmula:
C = 8,85 × 10 −12 × ε r ×
A
d
[Farad ]
Nesta expressão, ε r é um número adimensional, d deve ser dado em metro e A, em
metro quadrado.
A tabela 7-1 mostra os valores de ε r para alguns dielétricos.
Tabela 7-1
Dielétrico
Ar
Baquelite
Vidro
Mica
Óleo
Papel
Borracha
Teflon
Const. Dielétrica (ε r )
1,00
5
6
5
4
2,5
3
2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 7-1
65
Um capacitor de 200 × 10 −12 F (200 pF), deve ser construído conforme as figuras 7-4 e
7-6, utilizando chapas quadradas. Sabendo que a distância entre as placas é
d = 1 × 10 −4 m , determinar a medida de cada lado dessas placas, para os seguintes casos:
a) Dielétrico ar
b) Dielétrico mica.
Solução:
a) Para o ar, tem-se ε r = 1,00
A
A
C = 8,85 × 10 −12 × ε r × = 8,85 × 10 −12 × 1,00 × − 4 = 200 × 10 −12 F
d
10
A=
200 × 10 −12 × 10 −4
= 2,26 × 10 −3 m 2
8,85 × 10 −12
A = l ×l = l2
l=
A = 2,26 × 10 −3 = 4,75 × 10 −2 m = 4,75 cm
b) Para a mica, tem-se ε r = 5
A
A
C = 8,85 × 10 −12 × ε r × = C = 8,85 × 10 −12 × 5 × − 4 = 200 × 10 −12 F
d
10
A=
200 × 10 −12 × 10 −4
= 4,5 × 10 − 4 m 2
−12
5 × 8,85 × 10
l = 4,5 × 10 −4 = 2,13 × 10 −2 m = 2,13 cm
Conclusão: a presença do dielétrico faz diminuir o tamanho do capacitor.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Campo magnético
Um ímã, com seus pólos norte e sul, também pode produzir movimentos em partículas,
devido ao seu magnetismo. Contudo, essas partículas, para sofrerem esses
deslocamentos, têm que ter propriedades magnéticas, como por exemplo, o ferro.
Na região, onde se encontra o ímã, tem-se a presença de linhas de campo magnético. O
conjunto dessas linhas se chama fluxo magnético.
Entretanto, temos aqui, uma característica básica diferente em relação ao campo
elétrico. As linhas de fluxo magnético são sempre fechadas. Ver fig. 7-7
66
S
N
Fig. 7-7
Essas linhas partem do pólo norte para o pólo sul na parte externa do material, e do pólo
sul para o pólo norte na região do material.
Linhas de campo magnético produzidas pela corrente elétrica.
Nas primeiras experiências históricas, com a eletricidade, notou-se que quando a
corrente elétrica percorria um fio condutor, a agulha magnética de uma bússola, situada
perto do condutor, sofria um desvio. Portanto, a corrente elétrica, de alguma forma,
provocava o fenômeno do magnetismo. Este fenômeno ficou conhecido como
eletromagnetismo.
A fig. 7-8.a mostra, em perspectiva, algumas linhas de campo magnético provocadas
pela corrente elétrica no fio condutor. A fig. 7-8.b, mostra essas mesmas linhas em um
plano transversal ao fio condutor. Supõe-se que o sentido da corrente é do papel para o
leitor. Podemos observar que cada linha forma um círculo perfeito.
I
(a)
(b)
Fig. 7-8
Aqui a unidade do campo magnético é ampere por metro.
67
Exemplo: Seja um fio condutor de 1 metro de comprimento percorrido por uma corrente
elétrica de 1 ampere. O campo magnético em um ponto, distante 1 cm deste fio, resulta:
H≈
I
1 A
A
=
≈ 15,9
2π × r 2π × 0,01 m
m
Campos magnéticos resultantes de uma corrente elétrica que percorre uma espira.
A fig. 7-9 mostra a configuração das linhas, de campo magnético, provocadas por uma
corrente elétrica ao percorrer um condutor com a forma de uma espira circular.
I
Fig. 7-9
Indutor
Quando o fio condutor tem a forma de um conjunto de espiras, como mostrado na
fig. 7-10, temos um indutor ou bobina.
I
Fig. 7-10
68
Podemos observar que as linhas de fluxo possuem configuração semelhante àquelas de
um ímã. Portanto, neste caso temos a produção de um dispositivo com o comportamento
de um ímã. Entretanto, para correntes elétricas, de valores moderados, a intensidade do
campo magnético é muito mais fraca do que a de um ímã que possuísse a mesma
configuração de linhas de fluxo magnético.
Além disto, ao contrário do que acontece com o campo elétrico, ao se desligar a
corrente elétrica, as linhas de fluxo magnético desaparecem.
Indutor com núcleo de ferro
A fig. 7-11 mostra um indutor que contém, internamente, um núcleo de ferro doce. Este
núcleo, isoladamente, não é um ímã. Entretanto, quando a corrente elétrica percorre as
espiras, as linhas de fluxo magnético se concentram dentro desse núcleo. Desta maneira
o sistema se converte em um dispositivo chamado eletro ímã. Mesmo para correntes
elétricas moderadas, a presença desse núcleo, torna os campos magnéticos muito mais
intensos. Esses campos magnéticos podem se tornar tão intensos como os de um ímã
propriamente dito.
A principal diferença entre um ímã e um eletro ímã é que este último deixa de se
comportar como ímã quando a corrente elétrica é desligada.
I
Fig. 7-11
Principais aplicações do eletro magnetismo
Os indutores, com ou sem núcleo de ferro, são muito empregados em circuitos de
corrente alternada e aparelhos eletrônicos.
Também, a produção da faísca elétrica, nos motores de combustão dos automóveis, é
provocada por um circuito elétrico cujo principal elemento é um indutor.
Outra aplicação importante, do eletromagnetismo, é na construção de motores elétricos.
Podemos mencionar, ainda, os eletro ímãs propriamente ditos. São usados,
principalmente, para transportar sucata de ferro de um lugar para outro. O eletro ímã é
agregado a guindaste. Quando a corrente elétrica é ligada, ele atrai e segura a sucata de
ferro. Dessa maneira, essa sucata é transportada até outro local onde é liberada por meio
da interrupção daquela corrente elétrica.
69
Construção do indutor utilizado em circuitos elétricos.
Vimos que um indutor vem a ser um fio condutor formando uma determinada
quantidade de espiras. Quando uma corrente percorre esse condutor são geradas linhas
de campo magnético de tal maneira que o dispositivo se comporta como um ímã. Ver
Fig. 7-12.
I
Fig. 7-12
Vimos, também, que o efeito eletro-magnético se torna mais intenso quando se tem um
material ferroso colocado no interior das espiras. Diz-se que o indutor contém um
núcleo ferroso. Este material concentra as linhas de campo magnético existentes no
interior dessas espiras.Ver fig, 7-13.
I
Fig. 7-13
O núcleo fica magnetizado apenas durante a presença da corrente elétrica. Quando esta
corrente cessa, a imantação desaparece. Se a corrente elétrica for alternada, o sentido
das linhas magnéticas também se alterna. Neste caso dizemos que temos um campo
magnético alternado. Isto significa que os pólos norte e sul do eletro-imã se alternam
acompanhando a alternância da corrente.
Na fig. 7-13 nota-se que o percurso das linhas de fluxo acontece uma parte no núcleo e
outra parte no ar.
Indutor com núcleo fechado
A intensidade do campo magnético fica ainda bem maior quando se consegue fazer com
que o percurso total, das linhas de fluxo, seja dentro do material ferroso. Isto se
70
consegue, usando um núcleo fechado tendo, por exemplo, o formato mostrado na fig.
7-14.
Linha do fluxo magnético
I
Fig. 7-14
A intensidade do campo magnético, além de depender da intensidade da corrente
elétrica, depende, também, de uma grandeza física chamada de permeabilidade relativa
do núcleo. Este parâmetro tem como símbolo µ r . Quando não se usa núcleo no indutor
(núcleo de ar), tem-se µ r = 1 . Quando se usa núcleo fechado como na fig. 7-14, o
parâmetro µ r possui um valor que é específico do material ferroso: µ rm . Entretanto,
muitos indutores são do tipo de núcleo aberto, como mostrado na fig. 7-13. Neste
arranjo, como já vimos, uma parte do percurso das linhas magnéticas acontece no
núcleo ferroso e outra parte no ar. Neste caso tem-se uma permeabilidade equivalente
cujo valor é intermediário entre 1 e µ rm :
1 < µ re < µ rm
Os núcleos dos indutores são ligas metálicas onde se tem, em maior porcentagem, o
elemento ferro. Em eletro-técnica o material mais empregado é uma liga ferro-silício,
onde se tem 4 % de silício e 96 % ferro. Neste caso, µ rm ≈ 900 .
A unidade mks, para a indutância, é o Henry. O valor de um indutor, construído com
núcleo fechado, como mostrado na Fig. 7-14, obedece à fórmula matemática:
L = 4π × 10 −7 µ rm
S×N2
l
[Henry]
7-1
Nesta expressão tem-se:
l = comprimento do trajeto total, das linhas do fluxo, no núcleo fechado. Sua unidade
deve ser dada em metro.
S = área da secção do núcleo em m 2 .
N= quantidade de espiras
71
----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 7-4
Um indutor, construído em núcleo fechado, como mostrado fig. 7-14, foi enrolado com
200 espiras. Seu núcleo possui µ rm = 900 . O comprimento do trajeto das linhas do
fluxo magnético, nesse núcleo, é l = 0,1 m . A área de sua secção é S = 4 × 10 −4 m 2 .
Determinar o valor desse indutor.
L = 4π × 10 −7 × 900
4 × 10 −4 × 200 2
= 0,181 H
0,1
------------------------------------------------------------------------------------------------------Quando o núcleo é aberto, as formulas para o projeto são muito complexas e pouco
confiáveis. O mesmo acontece para os indutores com núcleo de ar
72
8 - OPERAÇÕES COM NÚMEROS COMPLEXOS
Número real e número imaginário.
No século 18, o matemático inglês, de ascendência francesa, Abraham Moivre,
introduziu, na matemática, um número, que ele chamou de imaginário, cujo símbolo
universal é i. Este número obedece a seguinte igualdade:
i = −1
Como sabemos, a raiz quadrada de um número negativo não existe fisicamente. Esta é a
razão de ser chamado de número imaginário. Quando este número é usado em
eletricidade, muda-se seu símbolo para j. Isto se faz para que não haja confusão com o
símbolo da corrente elétrica que também é i. Portanto, adotaremos como número
imaginário, o elemento:
j = −1
Quando este número é multiplicado por um número real, o resultado se torna
imaginário. Assim, por exemplo, embora o número 3 seja um número real, o número
j × 3 é imaginário.
Um número complexo é aquele que pode ter uma parte real, além da parte imaginária.
Exemplo:
Z = 5,3 + j 3,5
Neste exemplo, a parte real é representada pelo número 5,3 e a imaginária pelo número
j3,5.
O número complexo pode ser representado graficamente. Existem duas representações
gráficas. Uma delas é chamada de representação na forma retangular ou cartesiana. A
outra é a representação na forma polar.
Representação do número complexo na forma cartesiana.
Na forma cartesiana, a parte real é representada no eixo x e a parte imaginária no eixo
y. Isto acarreta um ponto P, no plano xy, que representa o número complexo. A
fig. 8-1.a mostra esta representação cartesiana para o número complexo
Z = 5,3 + j 3,5 .
Parte
jy
im aginária
y
P
j3,5
Z = 5,3 + j3,5
0
5,3
(a)
P
3,5
3,5
Z
θ
x
Parte
real
Fig. 8-1
73
0
5,3
(b)
Z = Z ,θ
x
Representação do número complexo na forma polar.
A forma polar, deste mesmo número, está representada na fig. 8-1.b. Neste caso o
número complexo é representado pelo módulo e ângulo de um vetor. O módulo é o
comprimento do seguimento que liga a origem ao ponto P. O ângulo é aquele existente
entre esse segmento e o eixo x. Portanto, a forma polar é representada pelo par de
parâmetros: Z e θ .
O ângulo θ costuma ser chamado de argumento do número complexo.
Portanto, um número complexo, na forma cartesiana, possui uma parte real e outra
imaginária. Na forma polar, o número complexo possui módulo e argumento.
Transformação da forma cartesiana para a forma polar
Usando o teorema de Pitágoras para o desenho da figura 8-9.b, tem-se:
2
Z = 5,3 2 + 3,5 2 = 40,34
Z = 40,34 ≈ 6,35
Usando fórmulas trigonométricas tem-se:
tgθ =
3,5
= 0,66
5,3
θ = tg −1 0,66 ≈ 33,4 0
ou
θ = 0,58 rd
Generalização da transformação da forma cartesiana para a forma polar
Seja Z = REAL + j × IMAG
Então
Z =
(REAL )2 + (IMAG )2
e
θ = tg −1
IMAG
REAL
Portanto, dado o número complexo Z = A + jB , tem-se:
Z =
A2 + B 2
B
A
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-1
Passar para a forma polar o número complexo Z = 3 + j 0
Solução:
θ = tg −1
Z = 32 + 0 = 3
74
0
= tg −1 0 = 0
3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-2
Passar para a forma polar o número complexo Z = 3 − j 4
Solução:
θ = tg −1
2
Z = 3 2 + (− 4) = 9 + 16 = 5
−4
= tg −1 (− 1,33) = −53,10
3
ou
θ = −0,93 rd
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Transformação da forma polar para a forma cartesiana
θ = tg −1
Seja a representação, na forma polar, do número Z mostrada na fig. 8-2.
Vemos que a parte real tem o valor A e a parte imaginária possui o valor B.
Z
B
B
θ
A
Fig. 8-2
Notamos que
cosθ =
A
Z
e
sen θ =
B
Z
Portanto:
A = Z cos θ
B = Z sen θ
A + jB = Z cosθ + j Z sen θ
A + jB = Z .(cosθ + j sen θ )
ou
8-1
-----------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-3
Dado um número complexo em que Z = 30 e
θ = 45 0 , determinar sua
representação na forma A + jB .
Solução:
A = Z cos θ = 30 cos 45 0 = 30 × 0,707 = 21,2
B = Z sen θ = 30 sen 45 0 = 30 × 0,707 = 21,2 =
A + jB = 21,2 + j 21,2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
75
Número neperiano
O número neperiano é uma constante matemática altamente empregada em diversos
ramos da ciência, especialmente na engenharia elétrica e eletrônica.
Esta constante é representada, universalmente, pela letra e. Seu valor é:
e ≈ 2,7183
O número neperiano nasceu a partir dos estudos do matemático escocês John Neper que
viveu no século XVI. Ele foi, também, o inventor dos logaritmos.
Fórmulas de Euler
O matemático suíço-alemão Leonard Euler, que viveu no século XVII, demonstrou as
seguintes fórmulas:
e jθ = cos θ + j sen θ
e − jθ = cos θ − j sen θ
Aplicando estas fórmulas na expressão 8-5, resulta:
A + jB = Z (cosθ + j sen θ ) = Z e jθ
Portanto:
onde
A + jB = Z e jθ
Z =
8-2
A2 + B 2
θ = tg −1
e
B
A
Com relação à igualdade 8-2, o lado esquerdo, desta igualdade, é a expressão de um
número complexo na forma cartesiana. O lado direito é a expressão matemática, do
mesmo número complexo, na forma polar.
Observação importante: - Na igualdade 8-2, é obrigatório que o ângulo θ seja
explícito em radianos e não em graus. Seja, por exemplo, o número complexo Z que
possui Z = 30 e θ = 45 0 . Como 45 0 =
abaixo:
Z = 30e
j
π
4
rd , expressa-se este número na forma
π
4
---------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-4 - Demonstrar que
j
π
a) e 2 = j
b) e j 0 = 1
Solução:
76
a) e
j
π
2
= cos
Mas
cos
π
2
π
2
+ j sen
π
2
= cos 90 0 = 0
Portanto
e
j
π 
sen  = sen 90 0 = 1
2
e
π
2
= 0 + j ×1 = j
b) e j 0 = cos 0 + j sen 0
Mas
e
cos 0 = 1
sen 0 = 0
Portanto
e j0 = 1
----------------------------------------------------------------------------------------------------1
1
Exercício 8-5: Demonstrar que
=−j e
= j
j
−j
1 1 j 1× j
j
= × =
=
=−j
j j j j × j −1
1
1
j
1× j
1
1
j
=
× =
=
=
= = j
2
− j − j j − j× j − j
− (− 1) 1
---------------------------------------------------------------------------------------------------Conjugado de um número complexo
Dado um número Z = A + jB, o conjugado desse número é
Z * =A – jB
Exemplo:
Se
Z * = 3 – j5.
Z = 3 + j5 , então é
Conjugados na forma polar
Se Z = A + jB
Neste caso
e
*
Z = A
Z * = A − jB
tem-se
Z = A2 + B 2 e
2
2
+ (− B ) e
jtg −1
jtg −1
−B
A
B
A
2
2
= A +B e
− jtg −1
B
A
Portanto, os números complexos conjugados, na forma polar, possuem o mesmo
modulo e ângulos com sinais contrários, ou seja:
Se
Z = Z e jθ
Z * = Z e − jθ
então
Soma algébrica de números complexos
77
Usam-se as mesmas regras da soma algébrica de polinômios. Considera-se a parte real
como se fosse um termo do polinômio e a parte imaginária como outro termo do
polinômio.Desta maneira, a soma de dois números complexos é igual a outro número
complexo onde a parte real resultante é a soma das partes reais e a parte imaginária,
também é a soma das partes imaginárias daqueles números:
( A + jB ) + (C + jD ) = ( A + C ) + j (B + D )
A mesma regra se aplica para diferenças entre números complexos:
( A + jB ) − (C + jD) = ( A − C ) + j (B − D )
Multiplicação de números complexos
a) Os números complexos estão expressos na forma cartesiana.
Usam-se as mesmas regras da multiplicação de polinômios, onde cada polinômio possui
um termo real e outro imaginário. Não se pode esquecer, ao se realizar esta operação
algébrica, que j 2 = −1 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-6.
Multiplicar os números 2 + j3 e 4 + j5
Solução:
a) Os números complexos estão na forma cartesiana:
(2 + j3)(4 + j5) = 2 × 4 + 2 × j5 + j3 × 4 + j 2 3 × 5 =
= 8 + j10 + j12 − 15 = −7 + j 22
b) Os números complexos estão expressos na forma polar.
Neste caso a operação multiplicação se torna mais fácil: - Multiplica-se os módulos
e somam-se os expoentes. Sejam os números:
Z1 = Z1 e jθ1
Z 2 = Z 2 e jθ2
Z1 × Z 2 = Z1 e jθ 1 × Z 2 e jθ 2 = Z1 × Z 2 e j (θ1+θ2 )
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-7
Multiplicar
Solução:
30e
j
π
6
× 5e
30e
j
j
π
6
por 5e
π
6
= 30 × 5 × e
j
π
6
π π 
j + 
6 6
= 150e
1 1
jπ  + 
6 6
= 150e
j
π
3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
78
Multiplicação de um número pelo seu conjugado
Quando se multiplica um número complexo pelo seu conjugado, resulta um número real
cujo valor é igual ao quadrado do módulo do referido número complexo.
Demonstração:
Seja Z = A + jB
Z * = A − jB
e
Z × Z * = ( A + jB )( A − jB ) = A 2 − jAB + jAB − j 2 B 2 = A 2 + B 2
Portanto
Z × Z * = A2 + B 2 = Z
2
Vamos repetir a demonstração, utilizando a fórmula polar:
Seja
Z = Z e jθ
e
Z * = Z e − jθ
2
2
Z × Z * = Z e jθ × Z e − jθ = Z e j 0 = Z × 1 = Z
2
Divisão de números complexos
a) Os números complexos estão expressos na forma cartesiana.
Seja a divisão:
A + jB
C + jD
Multiplica-se o denominador e numerador pelo conjugado do denominador. Desta
maneira chega-se ao resultado
Z=
Z=
( A + jB )(C − jD ) = ( AC + BD ) + j (BC − AD )
(C + jD )(C − jD )
C 2 + D2
AC + BD
BC − AD
8-7
+ j 2
2
2
C +D
C + D2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-8
Dividir os números 2 + j3 e 4 + j5
Solução:
a) Os números complexos estão na forma cartesiana:
Aplicando a expressão 8-7, resulta:
ou
Z=
Z=
2 + j3 2 × 4 + 3 × 5
3 × 4 − 2 × 5 23
2
=
+ j
=
+ j
2
2
2
2
4 + j5
41
41
4 +5
4 +5
79
ou
Z = 0,561 + j 0,0488
b) Os números complexos estão expressos na forma polar.
Neste caso, também aqui, a operação divisão se torna mais fácil: - Divide-se os
módulos e subtrai-se os expoentes. Sejam os números:
Z1 = Z1 e jθ1
Z 2 = Z 2 e jθ2
jθ
Z1 j (θ1 −θ2 )
Z1 Z1 e 1
=
=
e
Z 2 Z 2 e jθ2 Z 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-9
Dividir
30e
j
π
3
por 5e
j
π
6
Solução:
30e
j
j
π
π π 
3
π
=
1 1
π
jπ  − 
j
30 j  3 − 6 
= 6e  3 6  = 6e 6
e
5
5e 6
----------------------------------------------------------------------------------------------------Teorema
Quando se divide um número complexo por outro, resulta um número complexo em que
o módulo é o quociente dos módulos e o argumento é a diferença ente os argumentos
Demonstração:
Seja
jθ
A1 + jB1 = Z 1 e 1
jθ
A2 + jB2 = Z 2 e 2
Dividindo membro a membro, resulta:
Z1 e jθ1
Z1 j (θ1 −θ2 )
A1 + jB1
=
=
e
A2 + jB2 Z 2 e jθ2 Z 2
----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 8-10 – Calcular o módulo e fase do número complexo
Z=
4 + j3
2 + j5
80
3
5
θ1 = tg −1 = 0,54 rd
Z1 = 4 2 + 32 = 5
Z 2 = 2 2 + 52 = 5,38
Z =
5
= 0,93
5,38
θ 2 = tg −1
5
= 1,19 rd
2
θ = (0,54 − 1,19 ) rd = −0,65 rd
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
81
9 - DETERMINAÇÃO DAS TENSÕES E CORRENTES EM
CIRCUITOS CONTENDO RESISTORES, INDUTORES E
CAPACITORES.
Expressões matemáticas da corrente e da tensão na forma complexa
Para o cálculo das tensões e das correntes em circuitos de corrente alternada, costuma-se
expressar essas grandezas na forma complexa polar.
Desta maneira, a corrente i(t ) = I cos(ωt + θ I ) se expressa por:
i = Ie jθ I
Neste caso, a amplitude i(t ) é igual ao módulo de i
A fase inicial de i(t ) é igual ao argumento de i
Da mesma forma, se tivermos a tensão v(t ) = V cos(ωt + θV ) ,
Então,
v = Ve jθV
Amplitude de v(t) = v = V
Fase inicial de v(t) = arg(v ) = θ V
Impedâncias
Impedâncias são os parâmetros que substituem as resistências nos cálculos de circuitos
de corrente alternada. São, também, grandezas que são expressas com números
complexos. Seu símbolo matemático é a letra Z. Quando se utiliza a forma polar, as
expressões matemáticas das impedâncias dos componentes R, L e C, são mostradas a
seguir.
Impedância de um resistor:
Z R = R e j0
Impedância de um indutor:
Z L = L ωe
j
π
2
Impedância de um capacitor:
π
ZC =
1 −j2
e
Cω
82
Tensão provocada por uma corrente que percorre uma impedância, Ver Fig. 9-1
i
vZ
Z
Fig. 9-1
i(t ) = I cos(ωt + θ I )
Seja
Neste caso:
i = Ie jθ I
Para o cálculo da tensão, usa-se a mesma lei de Ohm do caso de corrente continua.
Entretanto, as três grandezas envolvidas são representadas por números complexos na
forma polar.
vZ = Z × i
Amplitude de v Z (t ) = v Z = Z × i
Fase inicial de v Z (t ) = arg(v Z ) = arg(Z × i )
Portanto
v Z (t ) = Z × i cos[ωt + arg(Z × i )]
Exemplo 9-1: resistor
i = Ie jθ I
e
Z R = R e j0
Z R × i = R e j 0 × Ie jθ I = R × Ie jθ I
ZR ×i = R × I
arg(Z R × i ) = θ i
Portanto
v R (t ) = R × I cos[ωt + θ I ]
83
Nota-se que a tensão fica em fase com a corrente
Exemplo 9-2: indutor
e
i = Ie jθ I
Z L × i = Lωe
j
Z L = L ωe
j
π
2
π
2
× Ie jθ I = Lω × Ie
π

j θ I + 
2

Z L × i = Lω × I
arg (Z L × i ) = θ i +
π
2
Portanto
π

v L (t ) = Lω × I cos ωt + θ I + 
2

Nota-se que a tensão fica com uma diferença de fase de + 90 grau em relação a corrente.
Exemplo 9-3: capacitor
e
i = Ie jθ I
ZC =
1 − j π2
e
Cω

π
1 −j2
I j  θ I −
ZC × i =
e × Ie jθ I =
e
Cω
Cω
ZC × i =
π

2
I
Cω
arg (Z C × i ) = θ i −
π
2
Portanto
vC (t ) =
I
π

cos ωt + θ I − 
Cω
2

Nota-se que a tensão fica com uma diferença de fase de - 90 grau em relação a corrente.
84
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-1
π

No indutor L = 200 mH passa a corrente i L (t ) = 2 cos100t +  . Determinar a tensão
3

v L (t ) sobre esse indutor.
i
vL
L
Solução:
I = 2 A;
ω = 100 rd / s ;
π
v L = Lωe 2 × Ie
j
π
3
= LωIe
θI =
π
rd
3
π π 
j + 
2 3
Amplitude de v L (t ) = v L = LωI = 200 × 10 −2 × 100 × 2 = 40 volt
Fase inicial de v L (t ) = arg (v L ) =
π π 5π
+ =
rd
3 2
6
Portanto:
5π 

v L (t ) = 40 cos100t +

6 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------Reatância de indutor e de capacitor
No caso de indutor e de capacitor, a reatância vem a ser o módulo da impedância desses
componentes. Seu símbolo matemático é a letra “X”. O valor mks da reatância é dado
na unidade ohm. A tabela 9-1 mostra a relação entre as impedâncias e as reatâncias
desses componentes.
85
Tabela 9-1
Z L = Lωe
j
π
2
π
ZC =
1 −j2
e
Cω
X L = Lω
XC =
1
Cω
------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-2
Determinar as reatâncias na frequência de 200 rd/s dos componentes:
a) Indutor de 0,5 H
b) Capacitor de 10 µF
Solução:
a)
X L = Lω = 0,5 × 200 = 100 Ω
1
1
b) X C =
=
= 500 Ω
Cω 10 × 10 − 6 × 200
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Forma cartesiana das impedâncias do resistor, do indutor e do capacitor.
Impedância do resistor
Z R = Re j 0 = R × (cos 0 + jsen0) = R × (1 + j × 0) = R
Impedância do indutor
Z L = Lωe
j
π
2
π
π

= Lω ×  cos + jsen  = Lω × (0 + j × 1) = jLω
2
2

Impedância de um capacitor
π
ZC =
−j
1 −j2
1 
π
π 1
e
× (0 − j × 1) =
=
×  cos − jsen  =
Cω
Cω 
2
2  Cω
Cω
A tabela 9-2 ilustra essas duas representações
86
Tabela – 9-2
IMPEDÂNCIAS
FORMA
POLAR
FORMA
CARTESIANA
R
Z R = Re j 0
ZR = R
RESISTOR
L
INDUTOR
Z L = Lω e
j
π
2
Z L = jLω
C
π
CAPACITOR
1 −j2
e
Cω
ZC =
ZC =
−j
Cω
Associação de impedâncias em série. Ver fig. 9-2
i
vZ
Z1
v1
Z2
v2
Z3
v3
Fig. 9-2
Neste caso, também vale a lei de Kirchhoff das tensões, ou seja:
v Z = v1 + v 2 + v3
ou
v Z = Z 1 × i + Z 2 × i + Z 3 × i = (Z 1 + Z 2 + Z 3 ) × i
ou
vZ = Z × i
onde
Z = Z1 + Z 2 + Z 3
Conclusão: - Impedâncias em série se somam.
87
Amplitude de v Z (t ) = Z × i
Fase inicial de v Z (t ) = arg(Z × I
Exemplo 9-4
Associação de indutores em série
Seja o circuito da fig. 9-3
L1
Ln
L2
Fig. 9-3
Dada uma frequência ω , a impedância total fica:
Z = Z 1 + Z 2 + .........Z n = jL1ω + jL2ω + ............ + jLnω
ou
Z = j (L1 + L2 + ........Ln )ω = jLω
onde
9-1
L = L1 + L2 + ...........Ln
9-2
As expressões 9-1 e 9-2 mostram que n indutores em série equivalem a um único
indutor cujo valor é a soma dos valores dos indutores individuais.
Capacitores em série
Seja o circuito da fig. 9-4
C1
C2
C3
Fig. 9-4
Dada uma frequência ω , a impedância total fica:
Z = Z 1 + Z 2 + Z 3 + ............ + Z n
ou
88
Cn
Z=
−j
−j
−j
−j
− j 1
1
1
1
 +
+
+
. + .......... +
=
+
+ ......... +
ωC1 ωC 2 ωC3
ωC n
ω  C1 C 2 C3
Cn



ou
Z=
−j
ω
×
1 −j
=
C ωC
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ........ +
C C1 C 2 C 3
Cn
onde
9-3
Esta expressão 9-3 mostra que n capacitores em série equivalem a um único capacitor
cujo inverso de seu valor é igual à soma dos inversos dos valores dos capacitores
individuais.
Portanto
C=
1
1
1
1
1
+
+
+ ........ +
C1 C 2 C 3
Cn
9-4
No caso da associação de apenas dois capacitores em série resulta:
C=
C1C 2
C2 + C2
9-5
------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-3
Os circuitos (a) e (b) são equivalentes. Determinar L e C.
10 H
30 H
L
30 × 10 −6 F
C
20 × 10 −6 F
(a)
(b)
Solução:
L = L1 + L2 = 10 + 30 = 40 H
C1C 2
30 × 10 −6 × 20 × 10 −6
=
= 12 × 10 −6 F
−6
−6
C1 + C 2 30 × 10 + 20 × 10
-----------------------------------------------------------------------------------------------C=
89
Exemplo 9-5
Associação de R, L, e C em série
Uma associação de um resistor R, em série com um indutor L e um capacitor C é
percorrida pela corrente i(t ) = I cos(ωt + θ I ) . Determinar a tensão v Z indicada na
figura abaixo.
i
R
vZ
L
C
Vimos, em capítulo anterior que a soma de números complexos é menos trabalhosa
quando esses números estão na forma cartesiana,
Z = Z 1 + Z 2 + Z 3 = R + jLω −
ou
j
Cω
1 

Z = R + j  Lω −

C
ω

A expressão de Z na forma polar fica:
1 

Z = R 2 +  Lω −

Cω 

1

 Lω −
Cω
θ Z = tg −1 
R



Resulta
2






vZ = Z e jθ Z × Ie jθ t = Z × Ie j (θ I +θ z )
Amplitude de v z (t ) = v z = Z × I
Fase inicial de v z (t ) = θ i + θ Z
90
Resulta:
v Z (t ) = Z × I cos(100t + θ I + θ Z )
1 

Z = R 2 +  Lω −

Cω 

onde
1

 Lω −
Cω
θ Z = tg −1 
R



2
e






-------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-4
Uma associação série de impedâncias contém o resistor R = 60 ohm, o indutor
L = 200 mH e capacitor C = 200 µF . Essa associação de componentes é percorrida
π

pela corrente i (t ) = 2 cos100t +  . Determinar a tensão v Z (t ) sobre essa associação.
3

Solução:
π
I = 2 A;
ω = 100 rd / s ; θ I =
rd
3
2
1


Z = 60 +  200 × 10 −3 × 100 −
 = 63,2 Ω
−6
200 × 10 × 100 

2
1


−3
 200 × 10 × 100 −

−6
200 × 10 × 100  = tg −1 (− 0,5) = −0,46 rd
θ Z = tg −1 


60




Portanto
π


v Z (t ) = 63,2 × 2 cos100t + − 0,46  = 126,4 cos(100t + 0,58)
3


v Z (t ) = 126,4 cos(100t + 0,58rd )
--------------------------------------------------------------------------------------------------Corrente provocada por uma tensão aplicada a uma impedância, Ver Fig. 9-5
iZ
Z
v
Fig. 9-5
91
v(t ) = V cos(ωt + θV )
Seja
v = Ve jθV
Então
Neste caso, aplicando a lei de ohm como nos casos anteriores, resulta:
iZ =
v
Z
Amplitude de iZ (t ) = iZ =
v
Z
v
Fase inicial de iZ (t ) = arg (iZ ) = arg 
Z
Portanto

v
 v 
cos ωt + arg 
Z
 Z 

iZ (t ) =
Exemplo 9-6: Corrente em um resistor
v = Ve jθV
e
Z R = R e j0
v Ve jθV
V
=
= e jθV
j0
Z R e
R
v
V
=
ZR
R
 v
arg
 ZR

 = θV

Portanto
i R (t ) =
V
cos[ωt + θ V ]
R
Nota-se que a corrente fica em fase com a tensão
Exemplo 9-6: Corrente em um indutor
v = Ve jθV
e
Z L = Lωe
j
π
2
92

V j  θV −
v
Ve jθV
=
=
e
π
j
Lω
ZL
2
Lω e
π

2
v
V
=
Z L Lω
 v 
π
arg  = θV −
2
 ZL 
Portanto
iL (t ) =
V
π

cos ωt + θV − 
Lω
2

Nota-se que a corrente fica com uma diferença de fase de - 90 grau em relação a tensão.
Exemplo 9-7: Corrente em um capacitor
π
v = Ve jθV
e
ZC =

j  θV +
v
Ve jθV
=
= CωVe 
π
ZC
1 −2
e
Cω
1 −j2
e
Cω
π

2
v
= CωV
ZC
 v 
π
arg  = θV +
2
 ZC 
Portanto
π

iC (t ) = CωV cos ωt + θV + 
2

Nota-se que a corrente fica com uma diferença de fase de + 90 grau em relação à
tensão.
93
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-5
5π 

Sobre o indutor L = 200 mH tem-se a tensão v(t ) = 40 cos100t +
 . Determinar a
6 

corrente i L (t ) que percorre esse indutor.
iL
v
L
θV =
5π
rd
6
Solução:
V = 40 volt ;
iL =
Ve
j
5π
6
π
Lωe 2
ω = 100 rd / s ;
 5π π 
− 
6 2
V j 
e
=
Lω
V
40
=
= 2 ampere
Lω 200 ×10 −3 ×100
5π π π
Fase inicial de iL (t ) = arg (iL ) =
− = rd
6 2 3
Portanto:
Amplitude de iL (t ) = iL =
π

iL (t ) = 2 cos100t + 
3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------Definição de admitância
Admitância é o inverso da impedância. Seu símbolo matemático é a letra Y.
Portanto
Y=
1
Z
Desta maneira, para a resistência fica:
YR =
1
Re j 0
ou
YR =
1
R
Para a indutância fica
94
YL =
π
1
Lωe
j
=
π
2
1 −j2
e
Lω
YL =
ou
1
−j
=
jLω Lω
Para a capacitância fica
YC =
1
π
= Cωe
j
π
2
1
= jCω
−j
Cω
YC =
1 −j2
e
Cω
ou
A tabela 9-3 ilustra esses resultados
Tabela 9-3
ADMITÂNCIAS
FORMA
POLAR
FORMA
CARTESIANA
R
YR =
RESISTOR
1 j0
e
R
YR =
1
R
π
L
YL =
1 −j2
e
Lω
YL =
INDUTOR
−j
Lω
C
YC = Cω × e
j
π
2
YC = jCω
CAPACITOR
Associação de impedâncias em paralelo. Ver fig. 9-6
Fig. 9-6
Neste caso, também vale a lei de Kirchhoff das correntes, ou seja:
iZ = i1 + i2 + i3 + ........in
ou
iZ =
v
v
v
v
+
+
+ ....... +
Z1 Z 2 Z 3
Zn
95
ou
 1
1
1
1 

i Z = v ×  +
+
+ ....... +
Z n 
 Z1 Z 2 Z 3
ou
iZ = v ×
1
Z
onde
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ......... +
Z Z1 Z 2 Z 3
Zn
ou
Y = Y1 + Y2 + Y3 + ........ + Yn
onde
Y=
1
Z
e
Yi =
1
Zi
Conclusão: - Em paralelo, os inversos das impedâncias se somam e resultam o inverso
de uma única impedância equivalente.
Podemos, também, dizer que, no arranjo paralelo, a admitância equivalente é igual a
soma das admitâncias individuais.
Portanto podemos concluir que
iZ =
v
=Y ×v
Z
onde Y = Y1 + Y2 + Y3 + ........ + Yn
Amplitude de iZ (t ) = Y × v
Fase inicial de i Z (t ) = arg(Y × v )
Associação de capacitores em paralelo
Seja um circuito formado por n capacitores em paralelo. Ver Fig. 9-7.
C1
C2
C3
Fig. 9-7
96
Cn
Supondo que o sinal elétrico possui uma freqüência ω , as admitâncias individuais
desses capacitores são:
Y1 = jωC1 ,
Y2 = jωC2 ,
Y3 = jωC3 , ------------, Yn = jωCn
A admitância equivalente fica:
Y = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +Yn
ou
Y = jω (C1 + C2 + C3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + Cn )
ou
Y = jω C
onde
C = C1 + C 2 + C3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +C n
Conclusão; - Quando se tem n capacitores em paralelo este conjunto equivale a um
único capacitor cujo valor da capacitância é igual ao valor da soma das capacitâncias
individuais.
Associação de indutores em paralelo
Seja o circuito da fig. 9-8
L2
L1
L3
Ln
Fig. 9-8
Supondo que o sinal elétrico possui uma freqüência ω , as admitâncias individuais
destes indutores são:
Yi =
−j
Li ω
A admitância equivalente é igual à soma das admitâncias individuais:
ou
Y=
−j
−j
−j
−j
+
+
. + ..... +
L ω L2ω L3ω
Ln ω
Y=
− j 1
1
1
1  −j 1
 +
+
+ ....... +  =
×
ω  L1 L2 L3
Ln  ω L
97
Portanto
Y=
−j
ωL
1 1
1
1
1
=
+
+
+ ⋅⋅⋅⋅⋅ +
L L1 L2 L3
Ln
onde
ou
L=
1
1
1
1
1
+
+
+ ⋅⋅⋅⋅⋅ +
L1 L2 L3
Ln
No caso particular onde se tem apenas dois indutores em paralelo, resulta:
L1 × L2
L1 + L2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-6
Supondo que os circuitos abaixo são equivalentes, determinar os valores de L e C.
L=
10 µF
3 H
25 µF
C
L
1H
Solução:
L=
L1 L2
3 ×1
=
= 0,75 H
L1 + L2 3 + 1
C = C1 + C 2 = 10 µF + 25 µF = 35 µF
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Exemplo 9-8
Associação em paralelo de R e C
Uma associação em paralelo de um resistor R e de um capacitor C está submetida à
tensão v(t ) = V cos(ωt + θV ) , Determinar a corrente iZ indicada na figura abaixo.
iZ
v
C
iZ = Y × v
Onde
v = Ve jθV
98
R
Vimos, em capítulo anterior que a soma de números complexos é menos trabalhosa
quando esses números estão na forma cartesiana, Portanto, vamos utilizar as
admitâncias na forma cartesiana.
Y=
1
+ jCω
R
Passando Y para a forma polar, resulta:
2
−1
1
2
Y =   + (Cω ) e jtg ( RCω )
R
2
1
2
i Z = Y × v =   + (Cω )
R
e jtg
−1
( RCω )
× Ve jθV
2
ou
−1
1
2
iZ =   + (Cω ) × Ve j [θV +tg ( RCω )]
R
2
1
2
i Z (t ) =   + (Cω )
R
 
[
]
×V cos ωt + θ V + tg −1 (RCω )
Portanto
-------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-7
Nos terminais de uma associação em paralelo do resistor R = 60 ohm com o capacitor
π

C = 200 × 10 −6 F , tem-se a tensão v = 40 cos100t +  . Determinar a corrente iZ (t )
3

fornecida por essa tensão.
Solução
2
 1 
i Z (t ) =   + 200 × 10 −6 × 100
 60 
(
)
2
π


×40 cos 100t + + tg −1 60 × 200 × 10 −6 × 100  =
3


(
)
π


= 1,04 cos 100t + + 0,88 = 1,04 cos[100t + 1,92rd ]
3


iZ (t ) = 1,04 cos[100t + 1,92rd ]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
99
10 – RESOLUÇÃO DR CIRCUITOS QUE CONTÉM
COMPONENTES RESISTIVOS E REATIVOS
Procedimentos
Vamos supor que o circuito é excitado por uma força eletromotriz alternada dada pela
expressão geral:
e(t ) = E cos(ωt + θ E )
1 – Desenha-se o circuito indicando as impedâncias dos componentes na forma
cartesiana
Seja, por exemplo, o circuito da fig. 10-1
i (t )
R
e(t )
−j
ωC
jLω
v(t )
Fig. 10-1
2- Redesenha-se o circuito substituindo suas a impedâncias complexas pelos símbolos
Z n . Ver fig. 10-2
i
Z1
Z2
e
Fig. 10-2
Note-se que Z1 = R ,
Z 2 = jLω e
Z3 =
−j
Cω
3 – Calcula-se como se o circuito fosse de corrente contínua
i=
e
Z Z
Z1 + 2 3
Z2 + Z3
100
Z3
v
ou i =
(Z 2 + Z 3 )
×e
Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3
Z Z
e 2 3
Z Z
Z2 + Z3
v = i× 2 3 =
Z Z
Z2 + Z3
Z1 + 2 3
Z2 + Z3
ou v =
Z2Z3
×e
Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3
4 – Substitui-se, nas fórmulas de i e de v, a força eletromotriz e por Ee jθ E . Resulta:
i=
(Z 2 + Z 3 )
Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
× Ee jθ E
e
v=
Z 2 Z3
× Ee jθ E
Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3
5 - Substitui os Z n pelos respectivos valores complexos na forma cartesiana
Em nosso exemplo fica
Z1 = R ,
Z 2 = jLω
e
Z3 =
−j
Cω
5- Determina-se as amplitudes e as fases iniciais dos parâmetros calculados:
A amplitude de i (t ) é i
A fase inicial de i (t ) é arg(i )
A amplitude de v(t ) é v
A fase inicial de v(t ) é arg(v )
Consideração sobre a tensão da fonte de tensão alternada
Normalmente, considera-se a fase inicial, da fonte de tensão, igual a zero. Desta
maneira, se sua amplitude for E volt e sua frequência for ω radiano por segundo
teremos:
e(t ) = E cos ωt
Na forma complexa fica
e = Ee j 0 = E ,
Em nosso exemplo de circuito teríamos:
i=
E (Z 2 + Z 3 )
Z 1 Z 2 + Z1 Z 3 + Z 2 Z 3
e
v=
EZ 2 Z 3
Z1 Z 2 + Z 1 Z 3 + Z 2 Z 3
101
Determinação de i (t ) e de v(t ) no circuito exemplificado
1 

E  jLω − j

Cω 

i=
R
L
jRLω − j
+
Cω C
Após algumas manipulações algébricas, chega-se à expressão:
i=
(
)
jE LCω 2 − 1
Lω + jR LCω 2 − 1
E
v=
(
)
L
C
jRLω − j
R
L
+
Cω C
Após algumas manipulações algébricas, chega-se à expressão
v=
ELω
Lω + jR LCω 2 − 1
(
)
Finalmente, mudam-se essas expressões para a forma polar:
i = Ie jθ I
e
v = Ve jθV
Desta maneira ficam determinadas as amplitudes e as fases iniciais das grandezas
calculadas.
-------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 10-1
No circuito exemplificado tem-se
E = 70 volt , ω = 300 rd ,
R = 60 Ω ,
L = 200 mH e C = 200 µF
Determinar i (t ) e v(t )
i=
(
)
j 70 × 0,2 × 200 × 10 −6 × 300 2 − 1
0,2 × 300 + j 60 × 0,2 × 200 × 10 −6 × 300 2 − 1
(
102
)
ou i =
j182
60 + j 216
Passando para a forma polar fica
182e
i=
j
π
j
60 2 + 216 2 e
jtg −1
π
182e 2
=
224,2 e1,3
2
216
60
π

j  −1, 3 

ou
182e  2
i=
224,2
ou
i = 0,81 e j 0, 27
Portanto
i (t ) = 0,81 cos(300t + 0,27 rd ) ampere
b) v =
v=
ELω
Lω + jR LCω 2 − 1
(
)
70 × 0,2 × 300
0,2 × 300 + j 60 × 0,2 × 200 × 10 −6 × 300 − 1
ou
(
v=
)
4200
60 + j 216
Passando para a forma polar fica
4200 e j 0
v=
2
2
60 + 216 e
jtg −1
216
60
4200 e j 0
=
224,2 e j1,3
ou v = 18,7 e −1,3
Portanto
v(t ) = 18,7 cos(300t − 1,3 rd ) volt
------------------------------------------------------------------------------------------------------
103
11 – TRANSFORMADORES
O transformador é um componente elétrico onde se tem dois ou mais indutores
enrolados no mesmo núcleo. Os transformadores usados em eletrotécnica utilizam
sempre núcleos fechados.
Vimos que a intensidade do campo magnético, além de depender da intensidade da
corrente elétrica, depende, também, da grandeza física chamada de permeabilidade
relativa do núcleo. Este parâmetro tem como símbolo µ r .
Os núcleos dos transformadores, são ligas metálicas onde se tem, em maior
porcentagem, o elemento ferro. Em eletro-técnica o material mais empregado é uma
liga ferro-silício, onde se tem 4 % de silício e 96 % ferro. Neste caso, µ rm ≈ 900 .
Na fig. 11-1 vemos um núcleo fechado onde se construiu dois indutores.
Lp
Np
Ns
Ls
Fig. 11-1
O valor de um indutor, construído com núcleo fechado, como mostrado nessa figura,
obedece à fórmula matemática:
L = 4π × 10 −7 µ rm
S×N2
l
[Henry]
11-1
Nesta expressão tem-se:
l = comprimento do trajeto total, das linhas do fluxo, no núcleo fechado. Sua unidade
deve ser metro.
S = área da secção do núcleo em m 2 .
N= quantidade de espiras
----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-1
Um indutor, construído em núcleo fechado, como mostrado fig. 11-1, foi enrolado com
200 espiras. Seu núcleo possui µ rm = 900 . O comprimento do trajeto das linhas do
fluxo magnético, nesse núcleo, é l = 0,1 m . A área de sua secção é S = 4 × 10 −4 m 2 .
Determinar o valor desse indutor.
4 × 10 −4 × 200 2
= 0,181 H
0,1
------------------------------------------------------------------------------------------------------
L = 4π × 10 −7 × 900
104
Influência do número de espiras no valor do indutor.
Observe-se, na fórmula 11-1, que o valor do indutor é proporcional ao quadrado do
número de espiras.
Na fig. 11-1 chamamos de L p um indutor e de Ls o outro. Se o indutor L p tiver N p
espiras e o indutor Ls contiver N s espiras, então seus valores obedecem as fórmulas:
L p = 4π × 10 −7 µ rm
Ls = 4π × 10 − 7 µ rm
S × N p2
11-2
l
S × N s2
l
11-3
Dividindo 11-3 por 11-2, resulta:
Ls N s2
=
L p N p2
11-4
Ls
N
= s
Lp
Np
ou
11-5
Indução eletromagnética
Na fig. 11-2 acrescentamos um gerador de tensão alternada, que é conectado ao
indutor L p , de tal maneira a fornecer uma tensão v1 entre seus terminais. Esta tensão
produz uma corrente i1 . Esta corrente, ao percorrer as espiras de L p , produz linhas de
campo magnético alternado. O trajeto, destas linhas, passa pelo interior das espiras do
indutor Ls . Esse campo magnético alternado no interior de Ls , faz aparecer, nos
terminais deste indutor, uma tensão v 2 . Se este indutor está ligado a um resistor R2 , será
produzida, nesta resistência, uma corrente i 2 . A tensão v 2 e a corrente i 2 são,
respectivamente, tensão e corrente induzidos no enrolamento de Ls .
Linha do fluxo magnético alternado
RS
i1
i2
e
v1
Lp
Fig. 11-2
105
Ls
R2
v2
Fator de acoplamento.
Um dispositivo como o mostrado na fig. 11-2, é classificado como acoplamento de
circuitos. O circuito que contem o indutor L p é chamado de circuito primário. O outro
circuito, que contém o indutor Ls , é o circuito secundário.
Em uma situação ideal, todas as linhas de fluxo magnético, geradas em L p , passariam
pelo interior do enrolamento de Ls . Chamando Φ p o conjunto de linhas magnéticas
geradas em L p , e Φ s o conjunto de linhas magnéticas que passam pelo interior de Ls ,
teríamos, então:
Φs = Φ p
Entretanto, na situação real, uma pequena parte das linhas magnéticas geradas em L p ,
passa por fora do enrolamento do indutor Ls . Isto resulta Φ s < Φ p .
Define-se o fator de acoplamento como sendo:
k=
Φs
Φp
Portanto, idealmente poderíamos ter k = 1 . Em situações reais tem-se k < 1 .
Entretanto, existe uma construção mais eficiente para aumentar o fator de acoplamento.
Esta construção está mostrada na fig. 11-3.
Fig. 11-3
Neste arranjo, os dois enrolamentos estão sobrepostos, na mesma posição, no núcleo.
Nesta situação quase todas as linhas de campo magnético, geradas pelo enrolamento
primário, estão também no interior do enrolamento secundário. Com isto, pode-se
atingir valores de k da ordem de 0,98. Neste caso podemos usar a aproximação:
k ≈1
106
Indutância mútua
A indutância mútua é um parâmetro que obedece a expressão:
M = k L p Ls
Em uma freqüência ω ela produz a impedância reativa:
X M = jMω
Nos desenhos de circuitos elétricos, os dois circuitos acoplados seguem o esquema
mostrado na fig. 11-4. Costuma-se indicar o início de cada enrolamento por um ponto,
com se vê nessa figura 11-4. Os pontos indicam o início de cada enrolamento.
M
RS
e
v1
Lp
R
Ls
Fig. 11-4
Equação de malha para circuitos acoplados
A fig. 11-5 mostra o esquema que usaremos para o estabelecimento das equações de
malhas. Vamos supor que a tensão v1 possui forma senoidal com freqüência ω .
M
v1
i1
Lp
Ls
i2
Fig. 11-5
Neste caso as equações de malhas ficam:
Circuito primário:
− v1 + jL pω i1 − jMω i2 = 0
ou
jL pω i1 − jMω i 2 = v1
107
R
v2
Circuito secundário:
jLsω i 2 + R2 i 2 − jMω i1 = 0
Portanto temos o sistema de duas equações:
jL pω i1 − jMω i 2 = v1
(Circuito primário)
− jMω i1 + ( jLsω + R2 )i2 = 0 (Circuito secundário)
Resolvendo-se este sistema, de duas equações e duas incógnitas, chega-se ao resultado:
i1 =
i2 =
( jLsω + R2 )v1
11-6
jL pωR2
jMω × v1
M ω − L p Lsω 2 + jL pωR2
2
11-7
2
As amplitudes de i1 (t ) e i 2 (t ) são, respectivamente,
i1
e
i2
As fases iniciais de i1 (t ) e i 2 (t ) são, respectivamente arg(i1 ) e arg(i 2 )
Transformador ideal
Quando se tem dois circuitos acoplados, o dispositivo pode ser considerado um
transformador ideal se, entre outras exigências, obedecer duas condições:
1 – O fator de acoplamento precisa ser unitário:
k =1
2 – A reatância do indutor do circuito secundário deverá ser infinitamente maior do
que a resistência de carga R2 .
ωLs >> R2
Tensão transferida do primário para o secundário no transformador ideal.
A expressão 11-7 pode ser reescrita na forma:
i2 =
jk L p Ls ω × v1
k 2 L p Lsω 2 − L p Lsω 2 + jL pωR2
Como k = 1, tem-se
108
i2 =
j L p Ls ω × v1
2
2
L p Lsω − L p Lsω + jL pωR2
ou
=
Ls
× v1
Lp
i2 =
Ls × v1
L p × R2
11-8
R2
Vamos supor que sobre o resistor R2 existe uma tensão v 2 . Ver fig. 11-5.
Então a corrente i 2 fica:
i2 =
v2
R2
11-9
Substituindo 11-9 em 11-8, teremos:
v2
=
R2
ou
v2 =
Ls
× v1
Lp
R2
Ls
× v1
Lp
Mas, de acordo com a equação 11-5,
sabemos que
Ls
N
= s
Lp
Np
Portanto:
v2 =
Ns
× v1
Np
11-10
Conclusão: Em um transformador ideal, a condição k = 1, faz com que a tensão
induzida no secundário seja igual à tensão do primário multiplicada pela relação entre
os números de espiras do enrolamento secundário para o primário.
A expressão 11-10 permite que se calcule, também, a tensão no primário quando se
conhece a tensão no secundário:
11-11
v1 =
Np
Ns
× v2
109
Corrente transferida do primário para o secundário no transformador ideal.
A expressão 11-6 pode ser reescrita na forma polar:
 R 2 + (L ω )2 e jθ1 × v
s
1
 2

i1 = 
π
j 

 L pωe 2  × R2




θ1 = tg −1
onde
Lsω
R2
Lsω >> R2 for obedecida, então ficam válidas as aproximações:
Se a condição
2
R22 + (Lsω ) ≈ Lsω
e
θ1 ≈
π
2
Portanto:
i1 ≈
Lsωe
j
π
2
× v1
Ls × v1
=
=
π
L p × R2
j 

 L p ωe 2  × R2




Ls
× v1
Lp
R2
Mas, de acordo com as expressões 11-4 e 11-11 sabemos que
Ls N s2
=
L p N p2
e
v1 =
Np
Ns
× v2
Portanto
i1 ≈
N s2 N p
×
v2
N p2 N s
Mas, vimos que
R2
=
i2 =
Ns
v2
Np
R2
v2
R2
Portanto,
i1 ≈
Ns
i2
Np
Conclusão: Em um transformador ideal, a condição adicional Lsω infinitamente maior
do que R2 , faz com que a corrente que percorre o enrolamento primário seja igual a
corrente do secundário multiplicada pela relação entre os números de espiras do
enrolamento secundário para o primário:
110
i1 =
Ns
i2
Np
11-12
Também podemos dizer que:
i2 =
Np
Ns
11-13
i1
Os transformadores práticos são construídos satisfazendo as condições para que seu
comportamento fique bem próximo de um transformador ideal, podendo ser
desprezadas as diferenças entre um e outro.
É facilmente demonstrável que as relações expressas pelas igualdades 11-10, 11-11,
11-12 e 11-13 são válidas tanto para valores instantâneo como para os valores de
amplitudes como, também, para valores eficazes.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-2
Um transformador possui uma tensão eficaz, no secundário, de 110 volt. A quantidade
de espiras do primário e a do secundário são, respectivamente, 1000 e 100. Determinar a
tensão eficaz no primário.
Solução:
V1−eficaz
V2−eficaz
=
Np
Ns
ou
V1−eficaz
110
=
1000
100
110 × 1000
= 1100 volt
100
----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-3
Um transformador possui uma corrente eficaz, no secundário, de 1 ampere. As
quantidades de espiras, do primário e do secundário, são respectivamente, 1000 e 100.
Determinar a corrente eficaz no primário.
Solução:
I 1−eficaz
I 1−eficaz
N
100
= s
ou
=
I 2−eficaz N p
1
1000
Portanto
V1−eficaz =
1 × 100
= 0,1 ampere
1000
------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-4
Um transformador possui, no secundário, uma tensão eficaz de 110 volt sobre uma
Np
resistência de carga de R2 = 100 ohm. Nele tem-se
= 100 . Determinar:
Ns
a) A corrente eficaz no enrolamento secundário.
Portanto
I 1−eficaz =
111
b) A potência média entregue à carga do secundário.
c) A tensão do primário.
d) A corrente eficaz no enrolamento primário.
e) A potência média entregue ao enrolamento primário.
f) A relação entre as potências no primário e no secundário
Solução:
a) Seja V2 e I 2 as amplitudes respectivas da tensão e da corrente do secundário.
Neste caso:
2 × V2−eficaz
V
I2 = 2
ou
2 × I 2−eficaz =
R2
R2
V2− eficaz
ou
I 2− eficaz =
R2
Portanto:
I 2−eficaz =
110 volt
= 1,1 ampere
100 Ω
b) P02 = I 2−eficaz × V2− eficaz = 1,1 × 110 = 121 Watt
c)
V1−eficaz
V2−eficaz
V1− eficaz
ou
d)
=
110
Np
Ns
= 100 ou
V1−eficaz = 110 × 100 = 11.000 volt
Ns
1
1
=
=
= 0,01
N
Np
100
p
Ns
I 1−eficaz
I 2−eficaz
=
Ns
Np
ou
I 1−eficaz
1,1
= 0,01
ou
I 1−eficaz = 0,01 × 1,1 = 0,011 ampere
e) P01 = I 1−eficaz × V1−eficaz = 0,011 × 11000 = 121 Watt
P01 121
=
=1
P02 121
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Conclusão: - O exercício 11-4 demonstrou que a potência média entregue a uma
resistência de carga colocada no secundário de um transformador é igual a potência que
o gerador envia para o primário do transformador. Portanto, o transformador ideal não
consome potência do gerador. Ele apenas transfere a potência para a carga no
secundário.
f)
P01 = P02 = 121 W
ou
112
Perdas de energia em um transformador não ideal
Na prática, os fios, dos enrolamentos do transformador, não são condutores perfeitos.
As correntes elétricas, ao percorrerem esses fios, acarretam potência em suas
resistências. Desta maneira é produzida dissipação de energia nesses enrolamentos.
Além disto, no núcleo do transformador aparecem correntes induzidas conhecidas como
correntes de Foucault. Como o núcleo, também é resistivo, existe dissipação adicional
de energia nesse componente do transformador. Isto faz com que, em um transformador
não ideal, a potência entregue em seu enrolamento primário seja maior do que a
potência que é realmente entregue à resistência de carga conectada em seu secundário.
Neste caso diz-se que o transformador possui perdas, não desprezíveis, de potência.
A qualidade do transformador é quantizada por meio do rendimento energético:
η=
Potência sobre a carga no secundário
Potência entregue ao primário
P02
P01
Consegue-se, sem grandes dificuldades, construir transformadores com rendimento
maior do que 90 %.
------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-5
Em um transformador não ideal tem-se, no secundário, uma tensão V2−eficaz = 10 v sobre
ou
η=
um resistor R2 = 100 Ω . Determinar a potência na carga do secundário e aquela
entregue no primário sabendo-se que η = 0, 95 .
Solução:
P02 =
η=
V22− eficaz
R2
=
102
=1 W
100
P02
P01
1
≈ 1, 05 W
η 0,95
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Nota
Neste primeiro curso de eletricidade por simplicidade, consideraremos
transformadores com perdas desprezíveis. Estudos mais completos se encontram em
cursos e livros técnicos mais especializados nesse componente elétrico.
----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-6
Vamos considerar que um transformador, com perdas desprezíveis, se comporta,
aproximadamente, como ideal quando k ≈ 1 e Ls ω = 10 × R2 , onde R2 é a carga do
secundário.
P01 =
P02
=
113
Determinar Ls e L p sabendo-se que, R2 = 100 Ω ,
V1−eficaz
V2−eficaz
= 50 e ω = 377 rd / s .
Solução:
a) Ls × ω = 10 × R2
ou
Ls × 377 = 10 × 100 Ω
Ls =
Np
Ns
10 × 100
= 2,65 Henry
377
=
V1−eficaz
V2−eficaz
 Np
= 
Ls  N s
Lp
ou
Lp



= 50
2
= 50 2
2,65
Portanto
L p = 2,65 × 50 2 = 6,63 Henry
------------------------------------------------------------------------------------------------------Principal aplicação de transformadores na eletrotécnica.
Na eletrotécnica, o transformador é aplicado, principalmente, para diminuir as perdas de
energia na linha de transmissão que transporta a eletricidade para os consumidores.
Dada uma corrente elétrica I eficaz e uma resistência Rlinha dessa linha de transmissão,
sabemos que a potência média nessa resistência da linha é dada por:
2
P0−linha = I eficaz
× Rlinha
2
Essa potência acarreta energia En −linha = I eficaz
× Rlinha × t que é dissipada na resistência
dessa linha. Como isto é uma perda parcial da energia gerada pela concessionária,
dizemos que P0−linha é a potência perdida na linha de transmissão.
Vemos que, quanto menor for I eficaz , menor será a perda de energia perdida na linha de
transmissão.
Vamos supor que uma comunidade deve receber, da concessionária, uma tensão
V2 − eficaz . Seja I 2 − eficaz a corrente consumida por essa comunidade. Ver fig. 11-6.
Se for usado um transformador com relação de espiras
transformador, a corrente I1− eficaz =
Np
Ns
teremos, no primário desse
N
Ns
I 2 − eficaz e a tensão V1− eficaz = p V2 − eficaz .
Np
Ns
114
Rlinha
2
I1−eficaz
V1−eficaz
I 2−eficaz
Np
Ns
V2 −eficaz
Comunidade
Rlinha
2
Fig. 11-6
Se esse transformador for construído com N p > N s , a corrente do primário será menor
do que a do secundário. Neste caso, a energia perdida na linha de transmissão será
menor. Em compensação a tensão do primário será maior do que a do secundário, na
mesma proporção. Isto requer maior cuidado na isolação dessa linha de transmissão em
relação ao ambiente.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-7
Uma concessionária de energia elétrica fornece, para uma indústria, no secundário de
um transformador, a tensão e a corrente eficazes de 220 volt e 100 ampere
respectivamente. Sabe-se que no enrolamento primário passa a corrente de 1 ampere.
Determinar:
Np
desse transformador.
a) A relação de espiras
Ns
b) A tensão eficaz no primário desse transformador.
Solução:
I 1−eficaz
I 2 −eficaz
Portanto
b)
V1−eficaz
V2 −eficaz
Np
Ns
=
=
Np
Ns
=
Ns
Np
ou
I 2 −eficaz
I1−eficaz
=
Np
Ns
100 ampere
= 100
1 ampere
ou
V1−eficaz
220
= 100
V1−eficaz = 220 × 100 = 22.000 volt
-------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-8
Com referência ao exercício 11-7, vamos supor que a resistência da linha de transmissão
é 0,1 ohm. Comparar a potência perdida na linha nas situações:
a) Sem usar o transformador.
b) Usando o transformador.
Solução:
a) A concessionária transmite pela linha V2 −eficaz = 220 v e I 2 −eficaz = 1 A
115
P0 −linha = I 22−eficaz × Rlinha = (100 A) × 0,1 = 1000 W
2
b) A concessionária transmite pela linha V1− eficaz = 22.000 v e I 1−eficaz = 1 A
P0−linha = I12−eficaz × Rlinha = 12 × 0,1 = 0,1 W
Conclusão: - O uso desse transformador diminuiu de 10.000 vezes a perda de energia na
linha de transmissão.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Resistência refletida do secundário para o primário.
Sabemos, pela lei de Ohm, que uma tensão com amplitude V, sobre uma resistência R,
produz uma corrente com amplitude I dada por:
V
I=
R
Dessa expressão podemos concluir que, se conhecermos as amplitudes da tensão e da
corrente, poderemos calcular o valor da resistência por meio da equação:
V
I
Chamando de V2 e I 2 as amplitudes da tensão e da corrente na resistência R2 do
secundário, essas grandezas obedecem a fórmula:
V
R2 = 2
11-14
I2
A resistência que o gerador enxerga no primário do transformador é:
V
11-15
R1 = 1
I1
onde V1 e I 1 são, respectivamente, as amplitudes da tensão e corrente no enrolamento
primário. Ver Fig. 11-7.
R=
I1
R1
V1
I2
Np
Ns
V2
R2
Fig. 11-7
Dividindo membro a membro 11-15 por 11-14, tem-se:
R1 V1 I 2 V1 I 2
= ×
=
×
R 2 I 1 V2 V 2 I 1
Mas,
V1 N p
=
V2 N s
e
11-16
I2 N p
=
I1 N s
11-17
116
Substituindo as igualdades 11-17 em 11-16, resulta:
R1  N p
=
R2  N s



2
-----------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-9
Um transformador possui uma resistência de 50 ohm colocada em seu secundário.
Np
Determinar a resistência vista no primário, sabendo-se que
= 10 .
Ns
Solução:
2
 Np 
 = 50 × 10 2 = 5000 Ω
R1 = R2 
 Ns 
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Principal aplicação do transformador em circuitos eletrônicos
Vimos que a potência que o gerador entrega ao primário de um transformador ideal é a
mesma que é transferida para o secundário desse transformador.
Vimos, também, que a potência máxima fornecida por um gerador, de resistência
interna RS , para uma resistência externa RC , acontece quando RC = RS .
Quando uma resistência externa R2 for diferente de RS , pode-se usar um
transformador que produz no primário a resistência R1 tal que R1 = RS . Neste caso, o
gerador fornecerá a potência máxima para o primário do transformador. O
transformador transfere essa máxima potência para a resistência R2 . Diz-se que o
transformador proporcionou o casamento de impedância entre o gerador e a carga
externa.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-10
Um gerador com força eletromotriz E eficaz = 220 v e resistência interna RS = 100 Ω ,
deve fornecer energia para uma resistência R2 = 10 Ω . Calcular:
a) A potência enviada para R2 quando não se usa transformador para o casamento
de impedâncias.
b) A potência enviada para R2 quando se usa transformador para o casamento de
impedâncias.
c) Determinar a relação de espiras do transformador usado para o casamento de
impedâncias.
Solução:
a) A corrente produzida no circuito fica:
117
I 2 −eficaz =
Eeficaz
RS + R2
=
220
=2 A
100 + 10
A potência na carga resulta:
P0 = I 22−eficaz × R2 = 2 2 × 10 = 40 W
b) O transformador oferece para o gerador a resistência R1 = RS = 100 Ω
Portanto, a corrente no primário fica:
I 1−eficaz =
E eficaz
RS + R1
=
220
= 1,1 A
100 + 100
A potência fornecida para a carga externa resulta:
P0 = I 12−eficaz × R1 = 1,12 × 100 = 121 W
c) Relação de espiras:
N p2
N
2
s
=
R1 100
=
= 10
R2
10
Np
= 10 = 3,16
Ns
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-11
Um gerador com força eletromotriz E eficaz = 220 v e resistência interna RS = 100 Ω ,
deve fornecer energia para uma resistência R2 = 1000 Ω . Calcular:
d) A potência enviada para R2 quando não se usa transformador para o casamento
de impedâncias.
e) A potência enviada para R2 quando se usa transformador para o casamento de
impedâncias.
f) Determinar a relação de espiras do transformador usado para o casamento de
impedâncias.
Solução:
a) A corrente produzida no circuito fica:
E eficaz
220
I 2 −eficaz =
=
= 0,2 A
RS + R2 100 + 1000
A potência na carga resulta:
P0 = I 22−eficaz × R2 = 0,2 2 × 1000 = 40 W
b) O transformador oferece para o gerador a resistência R1 = RS = 100 Ω
118
Portanto, a corrente no primário fica:
I 1−eficaz =
E eficaz
RS + R1
=
220
= 1,1 A
100 + 100
A potência fornecida para a carga externa resulta:
P0 = I 12−eficaz × R1 = 1,12 × 100 = 121 W
c) Relação de espiras:
N p2
N
2
s
=
R1
100
=
= 0,1
R2 1000
Np
= 0,1 = 0,316
Ns
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Transformador com um enrolamento primário e vários enrolamentos secundários
A fig. 11- 8 mostra um transformador com três enrolamentos secundários.
Ls1
N s1
ip
vp
vs1
Lp
Ls 2
Np
Ns2
Ls3
N s3
is1
R1
is 2
vs 2
R2
is 3
vs 3
R3
Fig. 11-8
As indutâncias mútuas, entre o enrolamento primário e os enrolamentos secundários.
ficam:
M p1 = k p1 L p Ls1
M p 2 = k p 2 L p Ls 2
119
M p 3 = k p 3 L p Ls 3
Se este transformador for ideal, então todas as linhas de fluxo, geradas no interior do
enrolamento primário, passam pelo interior dos três enrolamentos secundários. Neste
caso os fatores de acoplamento ficam:
k p1 = k p 2 = k p 3 = 1
Nesta situação, as tensões dos enrolamentos secundários ficam:
vs1 =
N s1
vp
Np
vs 2 =
N s2
vp
Np
vs 3 =
N s3
vp
Np
11-18
Se este transformador for ideal, então, as grandezas Ls1ω , Ls 2ω e Ls 3ω deverão,
respectivamente, serem infinitamente maiores do que R1 , R2 e R3 .
Neste caso a corrente no primário fica igual a soma das correntes dos secundários
transformadas para o primário:
ip =
N s1
N
N
i1 + s 2 i2 + s 3 i3
Np
Np
Np
11-19
Resistência transformada dos secundários para o primário
Pelo circuito mostrado na fig. 11-8, as correntes nos três secundários são:
i1 =
v s1
R1
i2 =
vs 2
R2
i3 =
vs 3
R3
11-20
Substituindo as igualdades 11-18 em 11-20, fica:
i1 =
vp
R1
×
N s1
Np
i2 =
vp
R2
×
Ns2
Np
i3 =
vp
R3
×
N s3
Np
11-21
Substituindo as igualdades 11-21 em 11-19, resulta:
 N  2 1  N
i p = v p  s1 
+  s2
 N p  R1  N p

ou
ou
2
2
 1  N s3  1 



+
 R2  N p  R3 




2
2
2
 N  1  N s 2  1  N s3  1


=  s1 
+
+
v p  N p  R1  N p  R2  N p  R3
ip
ip
vp
=
1
 Np 

R1 
 N s1 
2
+
1
 Np 

R1 
 N s1 
2
+
1
 Np 

R1 
 N s1 
120
2
11-22
Seja R p a resistência vista no primário do transformador: Neste caso:
Rp =
vp
ip
Desta maneira, a igualdade 11-22 assume a forma:
1
=
Rp
1
 Np 

R1 
 N s1 
2
+
1
 Np
R2 
 N s2



2
+
1
 Np 

R3 
 N s3 
11-23
2
A expressão 11-23 sugere o circuito equivalente da fig. 11-9 que pode ser usado para a
determinação da resistência resultante das transferências das resistências dos
secundários para o primário.
ip
vp
Rp ⇒
 Np 

R1 
 N s1 
2
 Np 

R2 
 Ns2 
2
 Np 

R3 
 N s3 
2
Fig. 11-9
Estes resultados podem ser generalizados para qualquer quantidade de enrolamentos
secundários.
Nota: - Basta que os fatores de acoplamento sejam aproximadamente iguais a 1 e nos
enrolamentos secundários se tenha LsN ω >> R N para termos uma validade bastante
aproximada dos resultados ideais.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-12
Um transformador possui dois enrolamentos secundários.
Têm-se os parâmetros:
Np
N s1
= 10 ;
Np
N s2
= 20 ; R1 = 100 Ω ;
R2 = 50 Ω
V p −eficaz = 100 v
a) Determinar as tensões nos enrolamentos secundários
b) Determinar a resistência vista no primário desse transformador.
c) Verificar que a potência média entregue no primário é igual a soma das
potências médias nas cargas dos secundários.
121
Solução:
Vs1−eficaz = V p −eficaz
N s1
1
= 100 × = 10 v
Np
10
Vs 2−eficaz = V p − eficaz
Ns2
1
= 100 ×
=5 v
Np
20
a)
b)
1
=
Rp
1
 Np 

R1 
 N s1 
2
+
1
 Np
R2 
 N s2



2
=
1
100 × (10 )
2
+
1
50 × (20 )
2
=
= 10 −4 + 5 × 10 −5 = 1,5 × 10 −4 Ω −1
Rp =
1
≈ 6.667 Ω
1,5 × 10 − 4
c) Potência média total no secundário:
P0 s =
V1−2 eficaz
R1
+
V22−eficaz
R2
=
10 2 5 2
+
= 1,5 W
100 50
Potência média no primário
P0 p =
V p2−eficaz
Rp
= V p2−eficaz
1
= 100 2 ×1,5 ×10 − 4 = 1,5 W
Rp
Portanto: P0 p = P0 s
--------------------------------------------------------------------------------------------------
122
12 – POTÊNCIA MÉDIA E DISSIPAÇÃO DE ENERGIA EM
CIRCUITOS CONTENDO COMPONENTES REATIVOS.
Expressão matemática geral da potência média
Vamos supor que, em uma impedância Z, se tem a corrente:
i = I cos(ωt + α I )
e, nos terminais dessa impedância se tem a diferença de potencial:
v = V cos(ωt + βV )
Ver fig. 12-1
i(t )
Circuito
arbitrário
v(t )
Z
Fig. 12-1
A forma geral da potência média, nessa impedância é:
12-1
P0 = Veficaz × I eficaz × cos φ
Nesta expressão, Veficaz =
V
2
,
I eficaz =
I
2
e
φ = βV − α I
O parâmetro φ é a diferencia de fase (defasagem) entre a tensão e a corrente.
É costume chamar-se a potência média P0 de Potência efetiva
A unidade mks, da potência efetiva é watt [w].
Potência reativa
10-2
Preativa = Veficaz × I eficaz × sen φ
123
Potência aparente
12-3
Paparente = Veficaz × I eficaz
A unidade da potência aparente, no sistema mks, é volt ampere [VA].
Energia dissipada, nessa impedância, durante um tempo t
12-4
En = P0 × t
Apenas a potência efetiva acarreta consumo de energia. A potência reativa não acarreta
consumo de energia, isto significa que a potência reativa não acarreta cobrança, ao
usuário, por parte da concessionária de energia elétrica.
Exemplos de alguns casos
1 - Circuito puramente resistivo em que se tem
Z=R
No caso não existe defasagem entre a corrente e a tensão. Portanto φ = 0 , e,
conseqüentemente,
cos φ = cos 0 = 1
Portanto, para circuitos puramente resistivos a potência efetiva fica:
P0 = Veficaz × I eficaz × cos 0 = Veficaz × I eficaz
ou
P0 = Veficaz × I eficaz
A energia dissipada fica:
En = Veficaz × I eficaz × t
A potência reativa fica:
Preativa = Veficaz × I eficaz × sen 0 = Veficaz × I eficaz × 0 = 0
A potência aparente fica:
Paparente = Veficaz × I eficaz
Conclusão: - Em um circuito puramente resistivo a potência reativa é nula e a potência
efetiva é igual à potência aparente.
124
2 - Circuito formado por um único indutor de valor L
Neste caso se tem
Z = Lωe
j
π
2
= jLω
Vimos, no capítulo anterior, que se tivermos
i = I cos(ωt + α I )
então a tensão no indutor é
v = V cos(ωt + βV )
onde
e
V = Lω × I
βV = α I +
π
2
A defasagem fica:
φ = βV − α I =
π
2
.
Neste caso teremos os valores:
Veficaz =
V
2
,
I eficaz =
I
2
e
φ = 90 0
A potência efetiva fica
P0 = Veficaz × I eficaz × cos 90° = Veficaz × I eficaz × 0 = 0
Isto significa que não existe potência efetiva quando a corrente percorre um indutor.
Conseqüentemente, a energia dissipada no indutor também é nula, ou seja
En = P0 × t = 0 × t = 0
A potência reativa fica:
Preativa = Veficaz × I eficaz × sen 90° = Veficaz × I eficaz × 1
ou
Preativa = Veficaz × I eficaz
Potência aparente:
Paparente = Veficaz × I eficaz
Conclusão: - Em um circuito puramente indutivo a potência efetiva é nula e a potência
reativa é igual à potência aparente.
125
Como a potência reativa não acarreta consumo de energia, isto significa que a presença
de corrente e tensão, em circuitos puramente indutivos, não acarreta cobrança, ao
usuário, por parte da concessionária de energia elétrica.
3 - Circuito formado por um único capacitor de valor C
π
Neste caso se tem
Z=
1 −j2
1
e
=−j
ωC
ωC
Vimos, no capítulo anterior, que se tivermos
i = I cos(ωt + α I )
então a tensão no capacitor é
v = V cos(ωt + βV )
onde
V=
A defasagem fica:
I
ωC
e
βV = α I −
π
2
π 
φ = βV − α I = −  .
2
Neste caso teremos os valores:
Veficaz =
V
2
,
I eficaz =
I
2
e
φ = −900
A potência efetiva fica
P0 = Veficaz × I eficaz × cos(− 90°) = Veficaz × I eficaz × 0 = 0
Isto significa que, também, não existe potência efetiva quando a corrente percorre um
capacitor. Conseqüentemente, a energia dissipada no capacitor também é nula, ou seja
En = P0 × t = 0 × t = 0
A potência reativa fica:
Preativa = Veficaz × I eficaz × sen (− 90°) = Veficaz × I eficaz × (− 1)
ou
Preativa = −Veficaz × I eficaz
ou
Preativa = Veficaz × I eficaz
Potência aparente:
126
Paparente = Veficaz × I eficaz
Conclusão: - Em um circuito puramente capacitivo a potência efetiva é nula e o módulo
da potência reativa é igual à potência aparente.
Como a potência reativa não acarreta consumo de energia, isto significa que a presença
de corrente e tensão, em circuitos puramente capacitivos, também não acarreta
cobrança, ao usuário, por parte da concessionária de energia elétrica.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 12-1
No circuito abaixo, temos os valores dos componentes:
R = 300 Ω ,
C = 4,3 × 10 −6 F
L = 0,83 H
A corrente i (t ) obedece a expressão:
i (t ) = I cos ωt
onde
I = 0,1 A
e
ω = 377 rd / s
i(t )
v(t )
jLω
R
vr (t )
−j
ωC
a) Utilize a informação de que indutor e capacitor não produz potência efetiva e
calcule a potência efetiva fornecida a esse circuito.
b) Calcule a tensão v(t ) e verifique se a potência efetiva obedece a expressão:
P0 = Veficaz × I eficaz × cos φ
c) Calcule a potência aparente
Solução:
a) Toda a potência efetiva é proveniente da tensão e corrente no resistor R.
Tensão nos terminais do resistor:
v R (t ) = R × i = RI cos ωt = VR cos ωt
onde
V R = RI
Note-se que não há defasagem entre v R (t ) e i (t )
127
Portanto
P0 = (VR )eficaz × I eficaz
P0 =
RI 2 300 × 0,12
×
=
=
= 1,5 w
2
2
2
2
RI
I
P0 = 1,5 w
b) Chamando de Z 1 , Z 2 e Z 3 as impedâncias individuais dos componentes do
circuito, resulta a seguinte impedância total:
Z = Z1 + Z 2 + Z 3
ou
Z = R + jLω −
j
j
= 300 + j 0,83 × 377 −
=
ωC
377 × 4,3 × 10 −6
= 300 + j 312,9 − j 616,9 = 300 − j 304
2
Z = 300 2 + (− 304 ) = 427,1 Ω
θ Z = tg −1
− 304
= −0,792 rd
300
[
]
[
v(t ) = Re Z e jθ Z Ie jωt = Re Z Ie j (ωt +θ Z )
]
ou v(t ) = Z I cos(ωt + θ Z )
A amplitude da tensão é
V = Z × I = 427,1× 0,1 = 42,71 v
A defasagem entre a tensão e a corrente é:
φ = θ Z − α I = −0,792 − 0 = −0,792 rd
A potência efetiva é
P0 = Veficaz × I eficaz cos φ =
=
V
I
×
× cos φ =
2
2
42,71 0,1
×
× cos(− 0,792 ) = (30,2) × 7,07 ×10 − 2 × (0,7024 ) = 1,5 w
2
2
(
)
128
P0 = 1,5 w
c) Paparente = Veficaz × I eficaz =
42,71 0,1
×
= 30,2 × 7,07 × 10 − 2 ≈ 2,14 VA
2
2
Paparente ≈ 2,14 VA
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Energia dissipada em um fio resistivo
Vamos supor que em um fio com resistência R fio existe uma corrente efetiva I eficaz e
entre seus terminais existe uma diferença de potencial Veficaz . Ver fig. 12-2.
R fio
I eficaz
Veficaz
Fig. 12-2
Neste caso, a potência efetiva, nesse fio fica:
P0 = Veficaz × I eficaz × cos φ = Veficaz × I eficaz × cos 0 = Veficaz × I eficaz × 1
ou
P0 = Veficaz × I eficaz
A energia dissipada nesse fio, fica:
En = Veficaz × I eficaz × t
Mas, pela lei de ohm, tem-se
Veficaz = R fio × I eficaz
Portanto, a energia dissipada nesse fio, fica:
2
(En ) fio = R fio × I eficaz
×t
12-5
Nota-se que a energia dissipada no fio é proporcional ao quadrado da corrente eficaz.
129
Fator de potência
Vimos que a potência, que o consumidor deve pagar, é a potência efetiva P0 .
Ela obedece a expressão:
P0 = Paparente × cos φ
onde
Portanto
Paparente = Veficaz × I eficaz
12-6
P0 = Veficaz × I eficaz × cos φ
O parâmetro cos φ é denominado fator de potência.
Relação entre o fator de potência e o argumento da admitância do circuito
Vimos que, se em uma impedância
Z = Z e jθ Z
tivermos a corrente
i = I cos(ωt + α I )
então, a tensão nessa impedância fica
v = V cos(ωt + β v )
onde
e
V = ZI
βV = α I + θ Z
A defasagem fica:
φ = βV − α I = θ Z
Vemos que a defasagem é igual ao argumento da impedância:
12-7
φ = θZ
A admitância fica:
Y=
ou
1
1
1
=
= e − jθ Z
jθ Z
Z Ze
Z
Y = Y e jθ Y
130
onde
Y=
1
Z
e
θ Y = −θ Z
ou
θ Z = −θ Y
12-8
Comparando 12-7 e 12-8, vemos que:
12-9
φ = −θ Y
Natureza da impedância da rede elétrica de uma fábrica
As fabricas, de uma maneira geral, costumam ter muitos motores elétricos. A
impedância desses dispositivos é, parcialmente, indutiva. Isto faz com que a
impedância total da fábrica fique parcialmente indutiva. Portanto se tem
0 > φ > 90°
ou
1 > cosφ > 0
Dissipação de energia na parte externa do estabelecimento fabril
A concessionária fornece uma tensão eficaz constante para os consumidores. Por
exemplo: Veficaz = 220 volt
A corrente eficaz fornecida depende da potência consumida pelo cliente. Esta corrente
eficaz pode ser extraída da equação 12-1. Resulta:
I eficaz =
P0
Veficaz × cos φ
12-10
Podemos notar que, quanto menor for o cos φ , do circuito do cliente, tanto maior será a
corrente fornecida pela concessionária.
Os fios que trazem a corrente elétrica até a casa do consumidor possuem resistência.
Seja R fio essa resistência
A expressão 12-5 mostrou que a energia dissipada nesses fios é:
2
(En ) fio = I eficaz
× R fio × t
12-11
Esta potência não é paga pelo consumidor.
Substituindo 12-10 em 12-11, resulta:
131
(En ) fio =
P02 × R fio
2
2
Veficaz
× (cos φ )
12-12
×t
2
Podemos concluir que quanto menor for (cos φ ) maior será a potência consumida nos
fios externos ao estabelecimento do cliente. O maior valor de cos φ é 1. Este valor
acontece para φ = 0 0 .
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 12-2
A concessionária fornece para um consumidor Veficaz = 220 volt . Este cliente consome a
potência P0 = 20 kW . O circuito elétrico do cliente possui φ = 60 0 . Sabe-se que a
fiação externa, que leva a energia para o estabelecimento desse consumidor, possui a
resistência: R fio = 0,2 Ω .
a) Determinar a energia dissipada na fiação externa ao estabelecimento do cliente,
durante um mês em que a empresa funcionou 200 horas.
b) Supondo que a concessionária obrigou o consumidor a modificar seu circuito de
tal maneira que resultou φ = 0 0 , determinar a nova energia dissipada na fiação
externa.
Solução:
a)
t = 200 × 3600 = 7,2 × 105 s
(En ) fio =
P02 × R fio
2
2
Veficaz
× (cos φ )
(En ) fio = (20 ×2 10
3
(
) × 0,2 × 7,2 × 10 = (20 × 10 ) × 0,2 × 7,2 × 10
2
)
0 2
2
220 × (0,5)
2
(En ) fio = 4,76 × 109 ×
(En ) fio = 1322
b) (En ) fio =
3 2
5
220 × cos 60
ou
×t
P02 × R fio
2
2
Veficaz
× (cos φ )
n fio
2
kW × h
×t
5
0 2
(En ) fio = 1,19 × 109 ×
= 4,76 × 109W × s
1
1
×
= 1322 kW × h
1000 3600
(E ) = (20 × 10 ) × 0,2 × 7,5 × 10 = (20 × 10 ) × 0,2 × 7,5 × 10
220 × 1
220 × (cos 0 )
3 2
5
3 2
2
2
5
= 1,19 × 109W × s
1
1
×
≈ 331 kW × h
1000 3600
(En ) fio = 331 kW × h
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
132
Correção do fator de potência
A medição da defasagem entre a tensão e a corrente, que o cliente consome, permite
determinar o fator de potência cos φ . Com referência ao exercício 12-2, a modificação
realizada no circuito do consumidor, que resultou em cos φ = 1 , se chama correção do
fator de potência. Nas instalações industriais, a concessionária obriga o consumidor a
proceder a correção do fator de potência do circuito utilizado em seu estabelecimento.
Essa correção se faz acrescentando-se, ao circuito, uma impedância reativa adequada
No exemplo desse exercício 12-2 vimos que essa correção fez diminuir de 4 vezes a
potência dissipada na fiação externa ao estabelecimento do consumidor.
Impedância de carga de uma indústria que utiliza motores elétricos.
A fig. 12-3 mostra o circuito equivalente da rede elétrica de uma industria que utiliza
motores elétricos.
L
R
Fig. 12-3
A correção do fator de potência se faz acrescentando-se um capacitor, devidamente
calculado, em paralelo a esse circuito. Ver fig. 12-4
v
L
C
R
Fig. 12-4
---------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 12-3
Uma concessionária fornece uma tensão alternada de 220 volt eficaz e freqüência de
60 Hz. Uma industria, que recebe esta alimentação elétrica, tem o circuito equivalente
da fig. 12-3 em que R = 5 Ω e L = 1,3 × 10 −2 H .
a) Determinar o fator de potência
b) Determinar o valor do capacitor que corrige esse fator de potência.
Solução:
133
ω = 2πf = 2π × 60 = 377 rd / s
a) Vamos chamar de Yi a admitância do circuito original da indústria e cos φ i seu fator
de potência.
Chamando de Y1 , Y2 as admitâncias individuais do circuito, tem-se:
Yi = Y1 + Y2
ou
Yi =
1
j 1
j
−
= −
= 0,2 − j 0,2
R ωL 5 377 × 1,3 × 10 − 2
Yi = Yi e jφYi
onde tgφYi =
− 0,2
= −1
0,2
π 
φYi = tg −1 (− 1) = − 
4
De acordo com a expressão 10-9, tem-se
π
= 45°
4
Fator de potência = cos φ i = cos 450 = 0,71
φi = −θYi =
b) Vamos chamar de Yc a admitância do circuito corrigido e cos φ c seu novo fator de
potência.
Neste caso deveremos ter cos φ c = 1 ou seja φ c = 0 0
Portanto, deveremos fazer com que
tgφ c = tg 0 0 = 0
Vamos calcular a admitância do circuito da fig. 10-4.
Chamando de Y1 , Y2 e Y3 as admitâncias individuais do circuito, tem-se:
Yc = Y1 + Y2 + Y3
ou
Yc =
1
j
1
1 

−
+ jωC = + j  ωC −

R ωL
R
ωL 


1
Yc = 0,2 + j  377 × C −
377 × 1,3 × 10 − 2


 = 0,2 + j (377 × C − 0,2 )

134
tgφ c =
377 × C − 0,2
=0
0,2
Portanto
377 × C − 0,2 = 0
C=
0,2
= 5,31 × 10 − 4 F
377
C = 531 µF
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
135
13 - GERAÇÃO E DISTRIBUIÇÃO DE ENERGIA ELÉTRICA
SISTEMAS TRIFÁSICOS
Gerador simples de tensão alternada.
A fig. 13-1 mostra um gerador de tensão alternada simples.
rotação
φ
N
escova
Anel
deslizante
a
Anel
deslizante
S
carga
b
Fig. 13-1
Ele é formado por uma espira condutora situada entre os pólos norte e sul de um ímã
tipo ferradura. Portanto, a espira se situa em uma região onde existe um fluxo de linhas
de campo magnético. Esta espira gira com velocidade de rotação constante igual a ω
rd/s. Durante a rotação, é induzida uma diferença de potencial nos terminais dessa
espira. Esta diferença de potencial se alterna positiva e negativamente conforme a
posição da espira em relação às linhas do fluxo magnético. Cada um dos terminais da
espira desliza em contato com um anel fixo. O elemento que faz o contacto é
denominado escova. Deste modo, a tensão alternada gerada pode ser aproveitada para
alimentar uma carga resistiva fixa. A tensão induzida segue a expressão matemática:
13-1
e = kAω cos ωt
Nesta expressão, k é uma constante que depende da intensidade do campo magnético
produzido pelo ímã. O parâmetro A vem a se a área compreendida no plano interior da
espira. Como já mencionamos, ω é a velocidade angular de rotação na unidade em
radiano por segundo. Pode-se observar, pela expressão 13-1, que quando a espira cessa
a rotação ( ω = 0 ), a tensão induzida deixa de existir.
Por essa mesma expressão 13-1, vemos que a tensão gerada tem a forma senoidal com
freqüência, em rd/s, igual à velocidade angular da rotação da bobina. A amplitude, dessa
tensão, é proporcional à área da espira e à sua velocidade angular de rotação.
O valor instantâneo da tensão gerada depende da posição da espira nos instantes
considerados. A fig. 13-2 mostra as polaridades da tensão gerada, em nove posições
instantâneas da espira. Supõe-se que essa espira gira no sentido anti-horário.
136
No instante em que o plano da espira fica perpendicular às linhas do fluxo magnético, a
diferença de potencial gerada passa por zero volt.
Em contra partida, quando o plano da espira fica paralelo às linhas de fluxo magnético,
o módulo da diferença de potencial atinge seu maior valor. O valor desse módulo
máximo da tensão gerada é: EM = kAω
N
-
a
b
S
N
+
a
b
(1)
+
N
N
S
S
a
(2)
-
b
b
-
+
N
S
a
+
-
b
a
-
S
N
a
S
N
N
(7) b
+ a
b
(8)
S
N
- b
a
+
(5)
(4)
(3)
S
(6)
+
-
a
b
S
(9)
Fig. 13-2
A fig. 13-3 mostra a curva da variação da diferença de potencial entre o terminal a e o
terminal b. Nessa curva estão assinaladas as tensões nos instantes das posições da
espira, que estão numeradas na fig. 13-2.
e
EM
0, 7 EM
0
−0, 7 EM
− EM
1
9
2
8
3
7
4
Tempo
6
5
Fig. 13-3
Normalmente se usa n espiras, no lugar de uma única. O dispositivo rotativo passaria a
ter a forma de uma bobina achatada. Ver fig. 13.4.
137
Fig. 13-4
Neste caso, a tensão alternada gerada segue a expressão matemática:
e = kAnω cos ωt
13-2
Nota-se que a amplitude da tensão induzida fica proporcional ao número de espiras
daquela bobina..
Reação do gerador contra a corrente elétrica na resistência de carga.
Quando a corrente elétrica percorre as espiras da bobina forma-se um campo magnético
que se opõe ao campo magnético do ímã. Isto causa o aparecimento de uma força que
tende a impedir o movimento rotatório da bobina. Neste caso, gasta-se energia para
produzir esse movimento rotatório. Se o gerador fosse ideal, esta energia mecânica,
seria a mesma energia que é consumida na resistência elétrica de carga. Na realidade a
energia consumida, nessa resistência elétrica, costuma ser um pouco menor do que a
energia mecânica fornecida ao dispositivo rotatório. Isto se deve ao fato de que o
gerador nunca é ideal. Sempre uma pequena parte da energia é dissipada em outros
lugares que não a resistência elétrica de carga. Entre outros lugares onde a energia é
consumida, podemos citar o atrito mecânico, que também se opõe ao movimento de
rotação, e a resistividade existente no próprio fio com que foi construída a bobina. Esta
perda na bobina se deve ao fato de que não existe na natureza um condutor perfeito de
corrente elétrica.
A qualidade do gerador fica, parcialmente, estabelecida pelo parâmetro rendimento
energético, que segue a definição:
η=
Energia consumida na resisência elétrica de c arg a
Energia mecânica fornecida ao rotor
Existem geradores com técnica de construção extremamente aprimorada cujo
rendimento energético pode atingir 95 %.
Reciprocidade e motores elétricos
O mesmo gerador mostrado na fig. 13-1 pode trabalhar como motor elétrico devida a
reciprocidade do fenômeno eletro-magnético. Ver fig. 13- 5 . Neste caso, injeta-se uma
corrente alternada i na bobina. O campo magnético variável produzido por esta corrente
interage com o campo magnético fixo do ímã de maneira a resultar uma força que
provoca movimento de rotação na bobina. A velocidade angular de rotação é igual à
freqüência angular da corrente alternada. Tem-se assim um motor elétrico do tipo
alimentado por corrente alternada.
138
rotação
φ
i
N
Anel
deslizante
S
Anel
deslizante
Fig. 13-5
Gerador de campo magnético girante
. As escovas têm os seguintes inconvenientes:
- Normalmente o contacto é feito com carvão que se desgasta após um
determinado tempo de funcionamento.
- Durante o movimento de rotação da bobina podem acontecer mal-contactos.
- A passagem por um mal-contacto pode produzir faíscas que, além de desgastar
o elemento de contato, interferem em aparelhos receptores de rádio e televisão.
No gerador da fig. 13-1, o efeito seria o mesmo se a bobina ficasse parada e o ímã
girasse. Neste caso não seriam necessárias as escovas para transferir a tensão gerada, na
bobina, para a resistência de carga elétrica fixa. Os geradores, de tensão alternada,
construídos com esse arranjo se classificam do tipo de campo magnético girante. Eles
são tecnicamente mais robustos e, praticamente, não produzem as interferências
mencionadas.
O nome geral da parte mecânica girante é rotor do gerador. A parte fixa é denominada
de estator do gerador.
Geradores comerciais de energia elétrica
O gerador do tipo mostrado na fig. 13-1, é quase que um exemplo didático para a
explicação da geração de energia elétrica a partir da energia mecânica. Os geradores
usados comercialmente são, tecnicamente, muito mais complexos. Este curso básico de
eletricidade não abrangerá seu estudo detalhado.
O local, onde são instalados os conversores, da energia mecânica para a energia
elétrica, se chama usina geradora de eletricidade.
Quando a energia mecânica é fornecida pela queda da água de uma represa, tem-se uma
usina hidroelétrica. A água desce por um tubo onde no final se encontra uma turbina.
Esta adquire movimento rotatório com a passagem da água. Como a turbina está
139
acoplada ao rotor do gerador, é produzida tensão alternada e a corrente alternada
correspondente.
Um outro tipo de usina geradora é a usina termoelétrica. Neste caso uma máquina
rotativa a vapor aciona o rotor do gerador. O combustível, normalmente, é o carvão ou
algum derivado do petróleo. Quando o calor, que produz o vapor é proveniente, de
fissão de núcleos atômicos, tem-se as polêmicas usinas nucleares.
Geração de tensão alternada trifásica
A fig. 13-6 mostra um gerador simples onde o campo magnético gira. Ele é formado de
três bobinas fixas dispostas geometricamente, como mostra a figura, com uma diferença
de ângulo de 120 graus.
Na posição mostrada na figura a diferença de potencial a1 - b1 , na bobina 1, está
passando por um valor máximo positivo. Após um giro de 120 graus, do campo
magnético, a diferença de potencial a2 - b 2 , na bobina 2, passa pelo valor máximo
positivo. Após mais um giro de 120 graus , do campo magnético, é a vez da diferença de
potencial a3 - b 3 , na bobina 3, passar pelo valor máximo positivo.
a2
1200
S
b3
1200
2
b1
1
a3
3
a1
N
b2
Fig. 13-6
Vamos chamar as diferenças de potenciais pelas siglas:
v1 = a1 − b1
v2 = a2 − b2
v3 = a3 − b3
A fig. 13-7 mostra como varia relativamente essas três tensões ao longo do tempo.
140
v
v1
v2
v3
tempo
Fig. 13-7
Supondo que as três tensões são geradas com uma amplitude E, tem-se:
v1 = E cos ωt
13-3
2π 

v2 = E cos ωt +

3 

13-4
2π 

v3 = E cos ωt −

3 

13-5
A fig. 13-8 mostra as amplitudes e fases relativas entre esses sinais. Este tipo de
diagrama é conhecido como fasor.
v2
E
1200
1200
v1
E
1200
E
v3
Fig. 13-8
Conexão delta das tensões trifásicas
A fig. 13-9 mostra uma maneira de conexão das três bobinas do gerador trifásico. Este
tipo de conexão é conhecido como configuração delta. As tensões fornecidas para
cargas externas são v1 , v2 e v3 . Esta figura mostra, também como as cargas são
conectadas.
141
i12
l12
2a
1b
Z1
v1
1a
i1
l31
i2
Z2
v2
3b
2b
v3
3a
Z3
l23
Fig. 13-9
Vamos supor que
Z1 = Z 2 = Z3 = R
Neste caso as correntes i1 e i2 ficam:
i1 =
v1 E
E
= cos ωt = e j 0 = E
R R
R
i2 =
v2 E
2π

= cos  ωt +
R R
3

 E j
= e
 R
2π
3
Pela lei de Kirchhoff das correntes, o valor da corrente de linha i12 , mostrada na
fig. 13-8, obedece a igualdade:
i12 = i2 − i1
Portanto
i12 =
E j
e
R 
2π
3
 E
2π
2π

− 1 =  cos
+ j sen
− 1
R
3
3



Mas,
cos
5π
j
2π
2π
+ jsen
− 1 = −0,5 + j 0,867 − 1 = −1, 5 + j 0,866 = 1, 73e 6
3
3
Portanto
5π
E j
i12 = 1,73 e 6
R
142
Resulta
i12 =
1, 73E
5π 

cos  ωt +

R
6 

Vemos que a amplitude da corrente é:
I12 =
1, 73E
R
Por simetria, desse circuito trifásico, podemos concluir que a amplitude das correntes
nas outras duas linhas é igual ao valor I12 que acabamos de calcular.
Vamos supor que um sistema monofásico trabalha com a mesma diferença de potencial,
do trifásico, entre os fios de sua linha. Deseja-se que ele envie para as três cargas R a
mesma potência que o trifásico enviou. Neste caso essas resistências deveriam ser
alimentadas em paralelo pela linha monofásica. Ver fig. 13-10
imon
vmon = v1
R
R
R
Fig. 13-10
vmon v1 3E
= =
cos ωt
R
R
R
3
3
Portanto a amplitude da corrente resultaria
Neste caso
imon =
I mon =
3E
R
A relação entre esta corrente do sistema monofásico e aquela do trifásico, fica:,
1,73E
I mon
3
= R =
= 1,73
3E
I 21
1,73
R
Supondo que a resistência, de cada fio da linha, fosse r, o sistema trifásico dissiparia,
nos três fios, a potência total:
143
I2 
PD −T = 3 ×  12 r
 2 
O sistema monofásico dissiparia, nos dois fios, a potência total:
I2 
PD − mon = 2 ×  mon  r
 2 
2
PD − mon 2  I mon 
2
2
= 
 = × 1, 73 = 2
PD −T
3  I12 
3
Conclusão:
-
Se um sistema trifásico e um monofásico utilizarem linha de transmissão com
fios de mesma resistência.
Se os dois sistemas fornecerem a mesma voltagem entre os pares de fios
Se a carga alimentada pelo trifásico e a do monofásico forem iguais.
Então
A energia perdida nas linhas de transmissão no sistema trifásico é a metade daquela
perdida no sistema monofásico.
Isto justifica porque as empresas que transmitem a eletricidade a grandes distâncias
utilizam linhas trifásicas.
Valor eficaz das tensões entre as linhas da configuração delta
Pelas expressões 13-3, 13-4 e 13-5, vemos que a amplitude, das três tensões de linha,
vale E volt.
Portanto
E1−eficaz = E2−eficaz = E3−eficaz =
E
2
Transformadores trifásicos
A fig. 13-11 mostra um transformador trifásico que mantém a mesma configuração
delta no circuito secundário.
144
Ap
As
seundário
Bs
primário
Bp
As
Cp
Fig. 13-11
Configuração Y
Quando os enrolamentos secundários, do transformador trifásico, são conectados como
mostra a fig. 13-12, tem-se uma configuração Y. Esta configuração é empregada
principalmente na distribuição da energia elétrica com tensões, entre as linhas, menores
do que 1000 volt eficaz.
2a
v2
v12
v1
2b
v3
3b
1b
v23
1a
v 31
3a
Fig. 13-12
145
Determinação das tensões fornecidas para cargas externas na configuração Y.
Pela fig. 13-12, vemos que
v12 = v1 − v 2
v31 = v3 − v1
v 23 = v 2 − v3
Sabemos que
2π
120 0 =
rd
3
2π
rd
3
Sejam as tensões produzidas pelo gerador trifásico:
240 0 = −120 0 = −
e
v1 = E cos ωt = Ee j 0 = E
j
2π 

v2 = E cos ωt +
 = Ee
3 

2π
3
−j
2π 

v2 = E cos ωt −
 = Ee
3 

2π
3
Portanto:
2π
j


v12 = E 1 − e 3

ou

2π
2π 
 = E 1 − cos
− j sen
 = E (1 + 0,5 − j 0,87 ) = E (1,5 − j 0,87 )

3
3 


v12 = 1,73Ee
−j
π
6
ou seja:
π

v12 = 1,73E cos ωt − 
6

Seguindo os procedimentos matemáticos utilizados no cálculo de v12 da configuração
delta, chega-se aos resultados:
5π 

v31 = 1, 73E cos  ωt −

6 

e
π

v 23 = 1,73E cos ωt + 
2

146
A fig. 13-13 mostra o diagrama de fasores dessas tensões.
v23
1,73E
1200
1200
1,73E
1,73E
120
v31
0
v12
Fig. 13-13
Nota-se que estas tensões também possuem defasagens entre si de ±
2π
rd = ±120 0
3
Vê-se, também, que as amplitudes individuais das tensões nas linhas de transmissão
são:
E12 = E31 = E 23 = 1,73E
13-6
As tensões eficazes são:
Diz-se que a tensão E12 −eficaz
1,73
E = 1,73E eficaz
2
é fornecida pela fase φ12 da rede elétrica. Da mesma forma,
E12−eficaz = E31−eficaz = E 23−eficaz =
as tensões E 23− eficaz e E31−eficaz correspondem, respectivamente, às fases φ23 e φ31 da
rede elétrica trifásica.
Transmissão das tensões trifásicas
Logo que as tensões das três fases são geradas nas usinas, elas são submetidas à
transformadores que elevam suas voltagens para centenas de milhares de volt eficaz.
A seguir elas são transmitidas, na configuração delta, até as regiões onde a energia
deverá ser consumida. Os 3 fios, usados na transmissão, são suportados por torres
distanciadas, entre si, convenientemente. Devida à altíssima voltagem, o isolamento
entre a linha e a torre, é extremamente rigoroso.
Em cada local, de consumo parcial da energia gerada, existe uma sub-estação. Nesta
estação, transformadores abaixam as voltagens das fases para valores onde a
necessidade de isolação já não seja tão rigorosa: por exemplo 11.000 volt. Nesta
voltagem, a linha trifásica pode percorrer os diversos bairros de uma cidade suportadas
pelos postes locais.
Finalmente, quando a energia é distribuída para um certo número de residências, a
tensão das fases sofre o abaixamento final e mudança, normalmente, para a
147
configuração Y. Cada uma das três fases alimenta um determinado sub-grupo de
residências.
O valor nominal da tensão que alimenta as residências depende do país e até mesmo da
cidade.
Nos Estados Unidos a tensão fornecida às residências é de 115 volt eficaz.
Na Alemanha é fornecida, para esse fim, a tensão de 220 volt eficaz.
No Brasil, existem cidades como Santos, São Vicente e Brasília, onde a concessionária
fornece apenas a tensão de 220 volt eficaz para as residências.
Entretanto, a maior parte das cidades brasileiras tem fornecimento residencial de duas
tensões eficazes: 220 v e 110 volt. A tensão de 110 v alimenta as lâmpadas elétricas e
os eletrodomésticos, em geral. A tensão de 220 v é usada, basicamente, para os
chuveiros e aquecedores de água elétricos. Um exemplo de cidade nessa situação é São
Paulo.
Algumas cidades, como, por exemplo, Campinas utilizam o esquema de fornecimento
de voltagem residencial mostrado na fig. 13-14.
B
T
v12
A
Fig. 13-14
Nessa figura estão assinalados os fios A e B, que chamaremos de fase φ12 do sistema
trifásico. Além dos dois fios A e B , entra , na residência, um terceiro fio, que
chamaremos de T . Este fio é proveniente do ponto de junção dos três enrolamentos do
transformador. O fio T, que costuma ser aterrado, é chamado de fio neutro.
Vimos que a diferença de potencial entre A e B é:
π

v12 = E12 cos  ωt − 
6

No fornecimento para residências, o valor eficaz dessa tensão é
E
E12− eficaz = 12 = 220 v
2
As diferenças de potencial de A para T e de B para T são, respectivamente ,
v1 = E cos ωt
e
2π 

v2 = E cos  ωt +

6 

148
Ambas possuem o mesmo valor eficaz : Eeficaz =
E
2
---------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 13-1
Sabendo-se que E12−eficaz = 220 v , determinar o valor de E eficaz .
Pela equação 13-6 tem-se:
E12 = 1, 73E
E12
2
ou
= 1, 73
E
2
E12−eficaz = 1,73E eficaz
Portanto:
220
= 127 v
1,73
1,73
-------------------------------------------------------------------------------------O exercício 13-1 mostrou que entre os fio A e T e os fios B e T existem voltagens de
127 volt eficaz. Cada uma destas tensões, de 127 v, alimenta a maioria dos dispositivos
que consomem energia na residência. A tensão de 220 volt alimenta , na maior parte das
vezes, apenas os chuveiros e aquecedores elétricos.
E eficaz =
E12−eficaz
=
Nas industrias existem motores elétricos que são alimentados pela tensão de uma única
fase. Esses motores são chamados de monofásicos. Existem, também, nas indústrias,
motores que são alimentados, diretamente, com as três fases do sistema trifásico. Estes
motores são chamados de motores trifásicos. Sua principal vantagem é possuirem menor
peso e volume do que os motores monofásicos de mesma capacidade.
Problemas da falta de um padrão único de tensão residencial.
O que foi exposto explica porque, em nosso país, a indústria de lâmpadas elétricas é
obrigada a produzir lâmpadas nas tensões de 220 v, 110 v e 127 v. Existem alguns
eletrodomésticos que possuem chaves que comutam enrolamentos de transformadores
de tal forma que sua entrada de voltagem, seja adaptada, para essas diferentes tensões
elétricas, no momento da instalação. Há equipamentos de baixíssimo consumo, como os
carregadores de telefones celulares, que aceitam, automaticamente qualquer tensão de
entrada no intervalo de 110 a 220 volt.
149