UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁ - UFC

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA - DEE

CURSO DE CIRCUITOS ELÉTRICOS II
PROFa: RUTH LEÃO

LISTA DE EXERCÍCIOS
1. Um sistema abc trifásico, equilibrado, a três condutores de 110 Vrms, alimenta uma
carga em triângulo, constituída por três impedâncias iguais de 5∠45º Ω. Determinar as
correntes de linha Ia, Ib, e Ic e traçar o diagrama de fasores.
Ia
a

+ -
110V 5 ∠45º Ω 5 ∠45º Ω
110V Iab Ica
- Ibc +
Ib +
b -

110V 5 ∠45º Ω
Ic
c

Considerando um conjunto de tensões trifásicas equilibradas que alimentam a carga:

Vab = 110∠0 V
Vbc = 110∠ − 120 V
Vca = 110∠ + 120 V

As correntes de fase Iab, Ibc, e Ica:

Vab 110∠0
I ab = = = 22∠ − 45 A
Z ab 5∠45
Vbc 110∠ − 120
I bc = = = 22∠ − 165 A
Z bc 5∠45
Vca 110∠120
I ca = = = 22∠75 A
Z ca 5∠45

As correntes de linha Ia, Ib e Ic:

I a = I ab − I ca = 22∠ − 45 − 22∠75 = 38,105∠ − 75 A

I b = I bc − I ab = 22∠ − 165 − 22∠ − 45 = 38,105∠165 A
I c = I ca − I bc = 22∠75 − 22∠ − 165 = 38,105∠45 A

Como as correntes de fase são equilibradas, as correntes de linha podem ser obtidas a
partir de:

Ruth P.S. Leão Email:rleao@dee.ufc.br

 ( )
I a = 3I ab ∠ − 30 = 3 22∠ − 45 ∠ − 30 = 38,105∠ − 75 A
I b = 3I bc ∠ − 30 = 3 (22∠ − 165 )∠ − 30 = 38,105∠165 A
I c = 3I ca ∠ − 30 = 3 (22∠75 )∠ − 30 = 38,105∠45 A

Ainda, uma vez obtida Ia, a corrente de linha nas outras fases podem ser obtidas
simplesmente por:

( )
I b = I a ∠ − 120 = 38,105∠ − 75 ∠ − 120 = 38,105∠ − 195 = 38,105∠165 A
( )
I c = I a ∠120 = 38,105∠ − 75 ∠120 = 38,105∠45 A

Note ainda que a soma das correntes de fase é nula, o que retrata uma condição de
equilíbrio:

I ab + I bc + I ca = 22∠ − 45 + 22∠ − 165 + 22∠75 = 0

A soma das correntes de linha será sempre nula, independente do equilíbrio ou não das
correntes de fase. Em caso de desequilíbrio das correntes de fase, tem-se uma condição
de desequilíbrio nas correntes de linha cuja soma fasorial é nula.

O diagrama fasorial:
Vca

Ic
Ica
-30º
Ib
Vab
-30º
-45º
Ibc -120º
-30º
Iab

Vbc
Ia
Note que as correntes de linha têm magnitude √3 vezes maior que a magnitude da
corrente de fase e estão atrasadas de 30º de suas respectivas correntes de fase. Tal
condição ocorre em sistemas equilibrados.

2. Um sistema trifásico, equilibrado, com três fios e 400 Vrms, alimenta duas cargas
balanceadas em Y. Uma carga é um motor de indução que pode ser representado por
uma impedância de 10+j5 Ω por fase. A outra é uma carga equivalente 15Ω por fase.
Existe diferença de potencial entre n e n´? Prove.
Determinar a potência média:
(a) Fornecida à carga resistiva de 15 Ω.
(b) Fornecida ao motor de indução.
(c) Fornecida por uma fase da fonte.
(d) Qual o fator de potência do motor e do sistema?

Ruth P.S. Leão Email:rleao@dee.ufc.br

a
400 V
b

+ + + +
400 V
ZM ZM R R
400 V
n n´

ZM R

+ +
c

Para demonstrar o potencial de n e n´ será inicialmente calculado o equivalente Δ de cada

carga. Como as cargas são equilibradas, tem-se que:

Z ∇ ,eq , M = 3Z Y , M = 3(10 + j 5) = 30 + j15 = 33,54∠26,57 Ω

Z ∇ ,eq , R = 3Z Y , R = 3 ⋅ 15 = 45Ω
a
Ia Ia,M Ia,R
b
Ib Ib,M Ib,R
ZΔ,eq,M ZΔ,eq,R

ZM ZM R R
n n´
ZΔ,eq,M ZΔ,eq,M ZΔ,eq,R ZΔ,eq,R
ZM R

Ic Ic,R
c

As tensões de linha de alimentação são:

Vab = 400∠0 [V ]
Vbc = 400∠ − 120 [V ]
Vca = 400∠ + 120 [V ]

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As correntes de fase em cada uma das cargas são calculadas como:

Vab 400∠0
I ab ,Δ ,eq , M = = = 11,93∠ − 26,57 A
Z Δ ,eq , M 33,54∠26,57
( )
I bc ,Δ ,eq , M = I ab ,Δ ,eq , M ∠ − 120 = 11,93∠ − 26,57 ⋅ 1∠ − 120 = 11,93∠ − 146,57 A
I ca ,Δ ,eq , M = I ab ,Δ ,eq , M ∠ + 120 = (11,93∠ − 26,57 ) ⋅ 1∠ + 120 = 11,93∠93,43 A

Vab 400∠0
I ab ,Δ ,eq , R = = = 8,89∠0 A
Z Δ ,eq , R 45∠0
( )
I bc ,Δ ,eq , R = I ab ,Δ ,eq , R ∠ − 120 = 8,89∠0 ⋅ 1∠ − 120 = 8,89∠ − 120 A
I ca ,Δ ,eq , R = I ab ,Δ ,eq , R ∠ + 120 = (26,67∠0 ) ⋅ 1∠ + 120 = 8,89∠ + 120 A

As correntes de linha que alimentam cada uma das cargas, motor e resistência, são:

I a , M = I ab ,Δ ,eq , M − I ca ,Δ ,eq , M = 11,93∠ − 26,57 − 11,93∠93,43 = 20,66∠ − 56,57 A

( )
I b , M = I a , M ∠ − 120 = 20,66∠ − 56,57 ⋅ 1∠ − 120 = 20,66∠ − 176,57 A
I c , M = I a , M ∠ + 120 = (20,66∠ − 56,57 ) ⋅ 1∠ + 120 = 20,66∠63,43 A

I a , R = I ab ,Δ ,eq , R − I ca ,Δ ,eq , R = 8,89∠0 − 8,89∠ + 120 = 15,4∠ − 30 A

( )( )
I b , R = I a , R ∠ − 120 = 15,4∠ − 30 ⋅ 1∠ − 120 = 15,4∠ − 150 A
I c , R = I a , R ∠ + 120 = (15,4∠ − 30 ) ⋅ (1∠ + 120 ) = 15,4∠ + 90 A

Note que as correntes que alimentam cada uma das cargas são simétricas ou equilibradas,
i.é., mesma magnitude e defasadas de 120º elétricos.

Com as correntes de linha podem-se calcular as tensões de fase nas cargas motora e
resistiva conectadas em Y.

( )
Van = Z M ⋅ I aM = (10 + j 5) ⋅ 20,66∠ − 56,57 = (11,18∠26,57 ) ⋅ 20,66∠ − 56,57 ( )
= 230,99∠ − 30 V
(
Vbn = Z M ⋅ I bM = (10 + j 5 ) ⋅ 20.66∠ − 176,57 = 230,99∠ − 150 [V ])
ou simplesmente
Vbn = Van ∠ − 120 = (230∠ − 30 ) ⋅ (1∠ − 120 ) = 230,99∠ − 150 V
Vcn = Van ∠ + 120 = 230,99∠ + 90 V

Na resistência, as tensões de fase:

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 ( )(
Van´ = Z R ⋅ I aR = 15∠0 ⋅ 15,4∠ − 30 = 231∠ − 30 V )
Vbn´ = Van´ ∠ − 120 = 231∠ − 150 V
Vcn´ = Van´ ∠ + 120 = 231∠ + 90 V

Pode ser visto que Van=Van´, Vbn=Vbn´, e Vcn=Vcn´, denotando que n e n´ estão no mesmo
potencial. Embora os neutros das cargas não estejam ligados entre si, como as cargas são
equilibradas e alimentadas por tensões equilibradas não haverá deslocamento no neutro das
cargas.

A potência média entregue à carga resistiva:

= 3 × 15 × (15,4) = 10,672kW
2
P3φ , R = 3Vab I ab ,Δ ,eq , R cos θ R = 3Van´ I aR cos θ R = 3R I aR
2

A potência média fornecida ao motor de indução:

2
P3φ , M = 3 Vab ⋅ I ab ,Δeq , M cos θ M = 3 Van ⋅ I a , M cos θ M = 3RM I a , M

= 3 × 10 × ( 20, 66 ) = 12,805 [ kW ]
2

A potência média fornecida por uma fase da fonte:

P1φ =
1
(P3φ ,M + P3φ ,R ) = 1 (10,672 + 12,805) = 23,477 = 7,826kW
3 3 3

Para determinar o fator de potência do motor tem-se que:

∗ ∗
S1φ = Vab ⋅ I ab , Δeq , M = Van ⋅ I a , M

( )( ) ( )(
= 400∠0 ⋅ 11,93∠26,57 = 231∠ − 30 ⋅ 20, 66∠56,57 = 4772, 46∠26,57 [VA] )

FPD =
P1φ
=
4772,46 cos 26,57 ( ) = 0,894
S1φ 4772,46

O fator de potência de deslocamento do sistema:

S1φ = S1φ , M + S1φ , R = 4772,46∠26,57 + 3557,34∠0 = 8111,69∠15,26 VA

(
FPD = cos 15,26 = 0,965 )
3. Três impedâncias de carga de 15∠60º Ω são conectadas em delta e alimentadas por
linhas cada uma das quais tendo 1 Ω de resistência e 1 Ω de reatância indutiva. Se as
tensões de linha no lado de entrada das impedâncias da linha forem trifásicas,
equilibradas e iguais a 115 V, determinar:
(a) A tensão através das impedâncias de carga.
(b) Perda de potência nas linhas de suprimento e a potência dissipada pela carga.

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 + 1+j1 Ω -
a
Ia
115 V
1+j1 Ω b´ 15∠60º Ω
b + - - + a´
Ib
115 V Zeq,Y Zeq,Y
n
+ -
115 V
15∠60º Ω
Zeq,Y 15∠60º Ω

-
+
Ic + 1+j1 Ω -
c c´

A impedância equivalente Y da carga:

1 15∠60
Z eq ,Y = ZΔ = = 5∠60 Ω
3 3

A impedância total equivalente por fase:

Z total ,eq = Z linha + ZYeq ,c arg a

Z total,eq = Z aa ' + Z a 'n = (1 + j1) + 5∠60 = 6,38∠56,71 = (3,5 + j5,33)Ω

As tensões de linha de alimentação:

Vab = 115∠0 [V ]
Vbc = 115∠ − 120 [V ]
Vca = 115∠ + 120 [V ]

A corrente de linha que alimenta a carga:

⎛Vab ⎞∠ − 30
Van ⎜ ⎟
Ia = = ⎝ 3⎠
Z total ,eq Z total ,eq
⎛115∠0 ⎞∠ − 30
⎜ ⎟
66,40∠ − 30
=⎝ ⎠
3
= = 10,41∠ − 86,71 A
6,38∠56,71 6,38∠56,71

( )( )
I b = I a ∠ − 120 = 10,41∠ − 86,71 ⋅ 1∠ − 120 = 10,41∠153,29 A
I c = I a ∠ + 120 = (10,41∠ − 86,71 ) ⋅ (1∠ + 120 ) = 10,41∠33,29 A

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A tensão de fase na carga equivalente Y:

( )( )
Va´n = Z eq ,Y ⋅ I a = 5∠60 ⋅ 10,41∠ − 86,71 = 52,05∠ − 26,71 V
( )( )
Vb´n = Va´n ∠ − 120 = 52,05∠ − 26,71 ⋅ 1∠ − 120 = 52,05∠ − 146,71 V
Vc´n = Va´n ∠ + 120 = (52,05∠ − 26,71 ) ⋅ (1∠ + 120 ) = 52,05∠93,29 V

A tensão de fase na carga Δ:

( )(
Va´b´ = 3 ⋅ Va´n ∠ + 30 = 3 ⋅ 52,05∠ − 26,71 ⋅ 1∠30 = 90,15∠3,29 V )
Vb´c´ = Va´b´ ∠ − 120 = (90,15∠3,29 ) ⋅ (1∠ − 120 ) = 90,15∠ − 116,71 V
Vc´a´ = Va´b´ ∠ + 120 = (90,15∠3,29 ) ⋅ (1∠ + 120 ) = 90,15∠123,29 V

A prova pode ser obtida a partir de:

Vab = I a Z linha + Va´b´ − I b Z linha

Va´b´ = Vab − Z linha (I a − I b )
(
= 115∠0 − (1 + j1) 10,41∠ − 86,71 − 10,41∠153,29 )
= 115∠0 − (1 + j1)(18,03∠ − 56,71 ) = 115∠0 − 25,5∠ − 11,71 = 90,18∠3,3 V

A perda na linha:

= 3 × 1 × (10,41) = 325,104W
2 2
Plinha = 3Rlinha I a

A potência dissipada pela carga:

1
= 3 × 5 × × (10,41) = 812,76W
2 2
= 3 × Z eq ,Y cosθ × I a
2
Pc arg a = 3Rc arg a I a
2

4. A figura abaixo mostra uma carga indutiva trifásica equilibrada ligada em estrela, sem
acesso ao terminal neutro, e alimentada por uma fonte trifásica equilibrada com a
seqüência de fase abc. Supondo que se disponha de dois wattímetros, pede-se que:
(a) Esboce o diagrama esquemático de ligação dos wattímetros para que se obtenham
as potências trifásicas, ativa e reativa, da carga.
(b) Deduza as expressões das potências trifásicas ativa e reativa a partir das leituras de
P1 e P2 obtidas dos wattímetros.

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 Vcb Ia
a

Vc Z
Ic Vab
θ
30º
30º
Va n
-θ
Z Z
Ia
Ib
b
Ic
Vb c

Dados/Informações Técnicas:
_ Pi é a leitura da potência obtida pelo wattímetro i.
_ Z é a impedância de carga por fase (Z=|Z|ejθ); θ<30o
_ Va=|Va|ej0

Considerando que os wattímetros estarão ligados tendo a linha b como referência, tem-se:
P1 = Vcb I c cos θ
Vcb
Ic (
= Vcb I c cos 90 − 120 − θ ( )) = V
cb ( )
I c cos θ − 30 = 3 Vcn I c cos θ − 30 ( )
P2 = Vab I a cos θ
Vab
Ia ( )
= Vab I a cos ( 30 − ( −θ ) ) = Vab I a cos θ + 30 = 3 Van I a cos θ + 30 ( )
Como θ<30o, implica que as leituras em P1 e P2 serão positivas, com P1>P2. A potência
trifásica é dada por:

(
P1 + P2 = 3 VF I F cos θ ⋅ cos 30 + senθ ⋅ sen30 + cos θ ⋅ cos 30 − senθ ⋅ sen30 )
= 3 VF I F ⋅ 2 cos θ ⋅ cos 30
3
= 3 VF I F ⋅ 2 cos θ = 3 VF I F cos θ
2

A potência reativa é obtida a partir de:

Q3φ = 3 ( P1 − P2 )
= 3 ⋅ 3 VF I F ( cos θ ⋅ cos 30 + senθ ⋅ sen30 − cos θ ⋅ cos 30 + senθ ⋅ sen30 )
= 3 VF I F ( 2senθ ⋅ sen30 ) = 3 VF I F senθ

5. Um sistema trifásico em 60 Hz, com tensões Vab, Vbc, e Vca, equilibradas com módulo
de 200 V e seqüência de fase abc alimenta duas cargas trifásicas, equilibradas, de 3
kW, fator de potência de deslocamento de 0,5 atrasado, e de 4 kVA, fator de potência
0,8 adiantado.
(a) Determinar a leitura em cada um dos dois wattímetros W1 e W2 conectados ao
sistema trifilar, considerando a fase c como referência para as bobinas de potencial
dos wattímetros.

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 (b) Se medidores de volt-ampère reativos substituírem W1 e W2, determinar suas
respectivas leituras.
(c) Determinar o fator de potência de deslocamento resultante da carga composta.
(d) Quanto de compensação reativa seria necessário para levar o fator de potência do
sistema para 0,92 atrasado?

Estando os wattímetros conectados com a fase c como referência para a bobina de

potencial, tem-se que a leitura de cada wattímetro pode ser obtida a partir das expressões:

Vca Vc

Va
-θ
-30º Ia
-θ
30º
Ib Vac
Vb

Vbc

W1 = Vac I a cos δ
Vac
Ia
( )
= Vac I a cos − 30 − (− θ ) = Vac I a cos θ − 30 ( )
cos(30 − (− θ )) = V ( )
Vbc
W2 = Vbc I b cos δ Ib
= Vbc I b bc I b cos θ + 30

As tensões de linha equilibradas aplicadas às cargas são:

Vab = 200∠ + 30 V
Vbc = 200∠ − 90 V
Vca = 200∠ + 150 V

Como sobre a bobina de potencial do wattímetro W1 está aplicada a tensão com polaridade
Vac, tem-se que:
Vac = Vca ∠ − 180 = 200∠ − 30 V

As correntes de linha são calculadas como:

S 3φ = 3 VL I L
⎛ P3φ ⎞
S 3φ ⎜ FPD ⎟⎠
IL = ∠ ∓ cos (FPD ) =
−1 ⎝ ∠ ∓ cos −1 (FPD )
3 VL 3 VL

A corrente de linha da carga 1 de 3kW:

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 ⎛ P3φ ⎞
⎜ FPD ⎟
I a ,1 =⎝ ⎠ ∠ − cos −1 (FPD )
3 VL
3000
= ∠ − cos −1 (0,5)
3 × 200 × 0,5
= 17,32∠ − 60 A

I b ,1 = I a ,1∠ − 120
= 17,32∠ − 180 A

I c ,1 = I a ,1∠ + 120
= 17,32∠60 A

Corrente de linha da carga 2 de 4kVA:

S 3φ
I a,2 = ∠ cos −1 (FPD )
3 VL
4 × 10 3
= ∠ cos −1 (0,8)
3 × 200
= 11,55∠36,87 A

I b , 2 = I a 2 ∠ − 120
= 11,55∠ − 83,13 A

I c , 2 = I a 2 ∠ + 120
= 11,55∠156,87 A

As correntes de linha suprida pela fonte às duas cargas:

I a = I a ,1 + I a , 2 = 17,32∠ − 60 + 11,55∠36,87 = 19,63∠ − 24,27 = (17,9 − j8,07 )A

( )
I b = I a ∠ − 120 = 19,63∠ − 24,27 − 120 = 19,63∠ − 144,27 = (− 15,94 − j11,46 )A
I c = I a ∠ + 120 = 19,63∠(− 24,27 + 120 ) = 19,63∠95,73 = (− 1,96 + j19,53)A

O ângulo de defasamento entre a tensão de fase e a corrente de fase:

Vab=200∠+30º V

Va=115,47∠0º V

Ia=19,63∠-24,27º A
A potência registrada por cada wattímetro:

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 W1 = Vac I a cos θ − 30 ( )
(
= 200 × 19,63 × cos 24,27 − 30 = 3.906,38W )
W2 = Vbc I b cos θ + 30 ( )
(
= 200 × 19,63 × cos 24,27 + 30 = 2.292,65W )
onde o ângulo θ representa o ângulo de impedância da carga vista pela fonte.

A potência total trifásica:

W1 + W2 = 3.906,38 + 2.292,65 = 6199,03W

Se ao invés de wattímetros tivéssemos varímetros, as potências reativas registradas em

cada varímetro seriam obtidas a partir de:

Q1 = Vac I a sen θ
Vcb
Ic ( )
= Vac I a sen θ − 30 = 3 Vcn I c sen θ − 30 ( )
sen (θ + 30 ) = sen (θ + 30 )
Vbc
Q2 = Vbc I b sen θ Ib
= Vbc I b 3 Van I a

A leitura em Q1 e Q2 seria:

(
Q1 = Vac I a sen θ − 30 )
( )
= 200 ×19, 63 × sen 24, 27 − 30 = −391,97 [ var ]

(
Q2 = Vbc I b sen θ + 30 )
( )
= 200 × 19, 63 × sen 24, 27 + 30 = 3187, 04 [ var ]

A potência reativa da instalação:

Q1 + Q2 = −391,975 + 3187, 04 = 2795, 065 [ var ]

A potência reativa pode ainda ser calculada a partir da leitura dos wattímetros:

Q = 3 (W1 − W2 )
= 3 ( 3906,38 − 2292, 65 )
= 2795, 06 [ var ]

O fator de potência de deslocamento do sistema:

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 ⎛ ⎛ Q + Q2 ⎞ ⎞
FPD = cos⎜⎜ tg −1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎟
⎟
⎝ ⎝ P1 + P2 ⎠ ⎠
⎛ ⎛ 2795,065 ⎞ ⎞
= cos⎜⎜ tg −1 ⎜ ⎟ ⎟⎟ = cos(tg −1 (0,451)) = cos(24,27 )
⎝ ⎝ 6199 ,03 ⎠⎠
= 0,912

Como a potência reativa do conjunto de cargas é positiva, significa dizer que a potência
reativa é indutiva e, por conseguinte, o FPD é indutivo ou atrasado.

O FPD pode ser calculado simplesmente pela defasagem entre tensão de fase e corrente de
fase como mostra o diagrama fasorial.
Vab=200∠+30º V

Va=115,47∠0º V

Ia=19,63∠-24,27º A

FPD = cos θ I a = cos(0 − (− 24,27 )) = cos 24,27

V
= 0,912
a

Potência reativa de compensação:

Para um FPD=0,912 IND foi visto que a potência reativa da instalação é de 2795,06 var.
Para que o FPD aumente para 0,92 IND, tem-se que a potência reativa necessária será de:

P
FPD = ∴
P2 + Q2 S0,912 ΔQ
2
⎛ P ⎞ ⎛ 1 ⎞ S0,92
Q= ⎜ ⎟ − P = P ⎜⎜ − 1⎟⎟
2 2

⎝ (FPD )
2
⎝ FPD ⎠ ⎠
⎛ 1 ⎞
( 2292, 65 ) ⎟ = 976, 66 [ var ]
2
Q0,92 = ⎜ − 1
⎜ ( 0,92 )2 ⎟
⎝ ⎠

A potência de compensação é igual a:

ΔQ = Q0,92 − Q0,912 = 976, 66 − 2795, 06 = −1818, 4 [ var ] (capacitivo).

6. Se ao circuito da questão 5, sem compensação, for acrescentada uma carga monofásica

de 4 kW, com fator de potência unitário entre os terminais b e c, determine o fator de
potência resultante de todo o circuito e a potência de compensação em caso de violação
do fator de potência regulamentado (0,92).

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 a
Duas
Cargas
b 3φ
Equili-
bradas
c

A corrente que alimenta a carga monofásica:

Sbc = Vbc ⋅ I bc* ∴

4000∠0
I bc = = 20∠ − 90 [ A]
200∠90

As correntes de linha do circuito são:

I a = I a ,1 + I a ,2
= 17,32∠ − 60 + 11,55∠36,87 = 19, 63∠ − 24, 27 = (17,9 − j8, 07 ) [ A]
I b = I b ,1 + I b ,2 + I bc
= 17,32∠ − 180 + 11,55∠ − 83,13 + 20∠ − 90
= 35, 27∠ − 116,86 = ( −15,94 − j 31, 47 ) [ A]
I c = I c ,1 + I c ,2 − I bc = 17,32∠60 + 11,55∠156,87 − 20∠ − 90
= 39,56∠92, 84 = ( −1,96 + j 39,54 ) [ A]

A potência do circuito antes da adição da carga de 4kW foi calculada como:

S3φ = 6199, 03 + j 2795, 065 = 6800, 03∠24, 27 [VA]

A potência complexa total do circuito:

S 3φ = 6800,03∠24,27 + 4000∠0 = 10575,10∠15,33 VA

A potência útil do circuito:

P3φ = 6800,03 cos(24,27 ) + 4000 = 6199,03 + 4000 = 10.199,03W

Se o método dos dois wattímetros for usado para o cálculo da potência útil trifásica,
tomando-se a fase c como referência, e considerando-se que as tensões de linha mantêm-se
equilibradas, i.é.,

Vab = 200∠ + 30 V
Vbc = 200∠ − 90 V
Vca = 200∠ + 150 V
e

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 Vac = Vca ∠ − 180 = 200∠ − 30 V

com correntes Ia e Ib dadas por:

I a = 19, 63∠ − 24, 27 [ A]

I b = 35, 27∠ − 116,86 [ A]

As expressões para as potências medidas pelos wattímetros, tomando-se a fase c como

referência:

Vac
W1 = Vac I a cos δ Ia

( )
= 200 × 19,63 × cos − 5,73 = 3.906,38W
Vbcc
W2 = Vbc I b cos δ Ib

( )
= 200 × 35,27 × cos 26,86 = 6.292,97W

A potência trifásica:

P3φ = W1 + W2 = 3.906,38 + 6.292,97 = 10.199,35W

O fator de potência de deslocamento:

P3φ 10.199,03
FPD = = = 0,96 indutivo.
S 3φ 10.575,1

O FPD poderia ser calculado a partir da potência útil e reativa. Os volt-ampère reativos são
calculados por:

Vac
Q1 = Vac I a sen δ Ia

= 200 × 19, 63 × sen ( −5, 73 ) = −391,97 [ var ]

Vbc
Q1 = Vbc I b sen δ Ib

= 200 × 35, 27 × sen ( 26,86 ) = 3.187, 08 [ var ]

A potência reativa trifásica:

Q3φ = Q1 + Q2 = −391,97 + 3.187, 08 = 2.795,11[ var ]

Para sistemas desequilibrados, a potência reativa não pode ser obtida a partir da leitura dos
wattímetros:

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 Q3φ = 3 (W1 − W2 )
= 3 (3906,38 − 6.292,97 )
= −4.133,7VAr

O FPD é então:

⎛ ⎛ Q3φ ⎞⎞
FPD = cos⎜ tg −1 ⎜ ⎟⎟
⎜ ⎜P ⎟⎟
⎝ ⎝ 3φ ⎠⎠
⎛ ⎛ 2.795,11 ⎞ ⎞
= cos⎜⎜ tg −1 ⎜ ( ) (
⎟ ⎟⎟ = cos tg −1 (0,274 ) = cos 15,33 )
⎝ ⎝ 10.199,35 ⎠ ⎠
= 0,96 atrasado
Não há necessidade de compensação.

7. Uma carga trifásica, alimentada pela rede (380 V, 60 Hz) consome uma potência ativa
de 10 kW. Utilizando o método dos dois wattímetros (que são iguais e ligados às fases
1 e 2 respectivamente) procurou-se medir o fator de potência de deslocamento a partir
das suas indicações chegando-se ao valor de 0,7 (indutivo). Qual a indicação de cada
um dos wattímetros?

Sabe-se que em um sistema trifásico equilibrado:

P3φ = W1 + W2
Q3φ = 3 (W1 − W2 )
Q3φ
tgθ =
P3φ

Então:
FPD = 0, 7 ( ind ) ⇒ θ = cos −1 ( 0, 7 ) = 45,57
Q3φ
( )
tg 45,57 = 1, 02 =
10 ×103
∴

Q3φ = 10, 2 [ k var ]

Tem-se o sistema de equações dado por:

10 × 103 = W1 + W2 ∴ W1 = 10 × 103 − W2
(
10, 2 × 103 = 3 10 × 103 − 2W2 )
10 × 103 ⎛ 0, 2 ⎞
W2 = ⎜ 1− ⎟ = 5 × 103 × 0,88 = 4, 42 [ kW ]
2 ⎝ 3⎠
W1 = 10 − 4, 42 = 5,58 [ kW ]

8. Descreva as relações entre as correntes, tensões e potências de fase e linha para cargas
Δ e Y, em circuitos trifásicos equilibrados.

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Para uma carga Δ tem-se:

Tensão de fase = Tensão de linha

Vab = Vab ∠0
Vbc = Vbc ∠ − 120 = Vab ∠ − 120
Vca = Vca ∠ + 120 = Vab ∠ + 120

Corrente de fase ≠ Corrente de linha

I ab = I ab ∠ − θ
I bc = I bc ∠θ − 120 = I ab ∠θ − 120
I ca = I ca ∠θ + 120 = I ab ∠θ + 120

I a = I ab − I ca
I b = I bc − I ab
I c = I ca − I bc

ou
I a = 3I ab ∠ − 30
I b = 3I bc ∠ − 30
( )
= 3 I ab ∠ − 120 ⋅1∠ − 30 = 3I ab ∠ − 150
= I a ∠ − 120
I c = 3I ca ∠ − 30
( )
= 3 I ab ∠ + 120 ⋅1∠ − 30 = 3I ab ∠90
= I a ∠ + 120

Para uma carga Y tem-se:

Tensão de fase ≠ Tensão de linha

Van = Van ∠0
Vbn = Vbn ∠ − 120 = Van ∠ − 120
Vcn = Vcn ∠ + 120 = Van ∠ + 120

Vab = Van − Vbn

= 3Van ∠ + 30

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Vbc = Vbn − Vcn
= 3Vbn ∠ + 30
( )
= 3 Van ∠ − 120 ⋅1∠ + 30 = 3Van ∠ − 90
Vca = Vcn − Van
= 3Vcn ∠ + 30
( )
= 3 Van ∠ + 120 ⋅1∠ + 30 = 3Van ∠ + 150

9. Uma carga equilibrada ligada em estrela é alimentada por um sistema trifásico

simétrico e equilibrado com seqüência de fase positiva. Sabendo-se que ZC = (10 + j
10) Ω e que a tensão Vbn = 220∟58º V, pede-se determinar:
a) As tensões de fase e de linha na carga
b) As correntes de fase na carga
c) As potências ativa, reativa e aparente totais, e o fator de potência de deslocamento.

As tensões de fase aplicadas sobre a impedância ZC de cada fase é dada por:

Vbn = 220∠58 [V ]
( )
Van = Vbn ∠ + 120 = 220∠58 ⋅1∠ + 120 = 220∠ + 178 [V ]
Vcn = Van ∠ + 120 = ( 220∠ + 178 ) ⋅1∠ + 120 = 220∠ − 62 [V ]

As tensões de linha:
( )
Vab = 3Van ∠ + 30 = 3 ⋅ 220∠178 ⋅1∠ + 30 = 381∠ − 152 [V ]

( )
Vbc = Vab ∠ − 120 = 381∠ − 152 ⋅1∠ − 120 = 381∠88 [V ]
Vca = Vab ∠ + 120 = ( 381∠ − 152 ) ⋅1∠ + 120 = 381∠ − 32 [V ]

As correntes de fase na carga:

V 220∠178
I an = an = = 15,56∠133 [ A]
Z C 14,14∠45
( )
I bn = I an ∠ − 120 = 15,56∠133 ⋅1∠ − 120 = 15,56∠13 [ A]
I cn = I an ∠ + 120 = (15,56∠133 ) ⋅1∠ + 120 = 15,56∠ − 107 [ A]

Potência trifásica:
S3φ = 3Van ⋅ I an
*
(
= 3 220∠178 )(15,56∠ − 133 )
= 10269, 6∠45 = 7261, 7 + j 7261, 7 [VA]
P3φ = 7261, 7 [W ]
Q3φ = 7261, 7 [ var ]
Fator de potência de deslocamento:
FPD = cos 45 = 0, 71( ind )

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