2 Podemos representar graficamente o comportamento de (1) para alguns ângulos φ, que são mostrado nas figuras que se seguem.
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- André Covalski Domingos
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1 POTÊNCIA EM CARGAS GENÉRICAS Prof. Antonio Sergio C. de Menezes. Depto de Engenharia Elétrica Muitas cargas nua instalação elétrica se coporta de fora resistiva ou uito aproxiadaente coo tal. Exeplo: lâpadas incandescentes couns (lâpada de Edson), chuveiros elétricos, todos os tipos de aquecedores coo fornos elétricos, por exeplo. A questão é que as cargas não são sepre do tipo resistivas. Há tabé as chaadas cargas reativas, coo otores e geral coo ventiladores, geladeiras, ar-condicionados, e outras coo lâpadas fluoerescentes, transforadores (cada aparelho eletrônico ligado à toada te u transforador de entrada), se contar co u abiente industrial que te noralente uitas áquinas elétricas. Vaos aditir que excitaos ua carga qualquer co ua tensão senoidal (u ventilador, por exeplo, ou ua lâpada ou conjunto de lâpadas fluoerescentes). Vaos aditir tabé que esta carga responde à excitação senoidal de voltage co ua corrente igualente senoidal. Chaa-se isso de resposta linear. A retificação de eia-onda ostrada é u exeplo de resposta não-linear. De aneira geral, se v(t) = V.sen(ω.t) é a tensão aplicada a ua carga reativa, esta responde co ua corrente atrasada ou adiantada de i(t) = I.sen(ω.t +/- φ). Assi, a potência instantânea fornecida pela fonte (gerador) é dada por: p(t) = V. I. sen(ω.t). sen(ω.t- φ) (1) Aplicando a esta expressão a identidade Assi, te-se: V.I p(t) = [cos( φ ) cos(ωt φ)] Podeos representar graficaente o coportaento de (1) para alguns ângulos φ, que são ostrado nas figuras que se segue. Fig 1-a - Defasaento de 3 o entre corrente e voltage noralizadas. Potência édia dissipada =[ (1.1)/].cos(3 o ),433
2 Nota-se pelas figuras acia a potência desenvolvida nua carga reativa é de natureza cíclica e te ua frequência duas vezes aior que a frequência da corrente e da voltage. A parte do ciclo da potência que fica no sei plano positivo representa a potência ativa, cuja édia depende do defasaento: quanto aior o defasaento, enor é a édia. O seiciclo negativo representa a energia reativa não transforada e devolvida à fonte-alientador. Para justificar isto ateaticaente, te-se que a potência édia fornecida pela fonte-gerador é dada por: 1 P = T V.I [cos( φ ) cos(ωt φ)].dt Fig -b Defasaento de 6 o entre corrente e voltage noralizados Potência édia dissipada = [(1x1)/]x cos(6 ) A integral acia te duas parcelas: ua constante [cos(φ)] e outra dependente do tepo [ cos(ωt φ) ] que, confore a expressão (1) é zero, pois trata-se de ua função senoidal. Assi, V.I P = ou siplesente.cos( φ ) = VI cos( φ) = V. RMS.I RMS cos( φ) P=V.I.cos(φ) () pois subtende-se que V e I são os valores RMS, já que sepre estareos tratando de valores alternados de voltage e de corrente. A expressão (1) representa a potência efetivaente consuida pelo circuito, isto é, a parte da energia fornecida pela fontegerador transforada e outra fora de energia, desde que φ esteja copreendido entre -9 o e +9 o. Fora deste intervalo P assuiria valores negativos o que significa que o circuito estaria fornecendo energia à fonte que, para nossos propósitos, não será considerado. cos(φ) é chaado fator de potência. É o fator que, ultiplicado pela potência aparente (VI), dá a energia elétrica efetivaente transforada e outra fora de energia, ou trabalho realizado. Apesar das potências édias desenvolvidas pelo indutor ou capacitor sere nulas, há circulação de corrente pelos esos.
3 Exeplo 1: Ua voltage do tipo v(t) = 1.sen(ω.t + 3 o ) é aplicada a u certo circuito que responde co ua corrente do tipo i(t) = 5.sen(ω.t - o ). Qual a potência aparente fornecida ao circuito e qual a potência efetivaente desenvolvida pelo eso? Solução. Os valores efetivos da voltage e da corrente são: 1 V = e I = 5 O defasaento é φ = 3 o (- o ) = 5 o. Assi, a potência fornecida é: 1 S = x 5 = 5VA S tabé chaada de potência aparente e te unidade de Volt-Apére. Observe que os estabilizadores de voltage usados e coputadores e outros fins te suas potência expressas e VA, pois este são fornecedores de energia e de voltage alternada. Quanto à potência efetivaente consuida, P, usa-se a Eq. 4: P = 1 x 5 x cos(5 o ) = S x cos(5 o ) = 16,7 W Z = 5 o = 1, ,3. Logo, R = 1,856 Ω. P = R.I = 1,856x 5 = 16,7 W 1-1- Potência e cargas resistivas Pela lei de Oh, a corrente que circula por ua carga resistiva é dada por: V I DC = DC V ou I = RMS RMS = (3) R R Ou ainda, supondo-se que o resistor é excitado por ua tensão senoidal: v(t) V sen(ω.t) i(t) = = = Isen( ω.t) R R Vê-se acia que o que diferencia v(t) de i(t) é u constante ultiplicativa. Logo, conclui-se que a corrente e voltage estão fase, coo pode ser observado pela Fig..
4 A potência instantânea dissipada pelo resistor R é dada por: p(t) = v(t).i(t) = V.sen(ω.t)x I.sen(ω.t).= V I sen (ω.t). Deterinando a potência édia dissipada pelo resistor, te-se: T T 1 1 P = v(t).i(t).dt = V.I.sen T T Considerando a equação (17), te-se: (ω.t).dt V I P = o = V.I.cos( ) (4) O que está de acordo co a expressão (), dado que o defasaento entre voltage e corrente nua carga resistiva é o. Assi, o resistor dissipa toda a energia fornecida pela fonte-gerador. Há uitos exeplos de cargas resistivas e instalações elétricas: todos os tipos de aquecedores elétricos passando aí por fornos, chuveiros, cadinhos, entre outros, tabé lâpadas incandescentes de filaento, as chaadas lâpadas de Edson, lâpadas usadas e todo tipo de projetores, etc. As lâpadas fluorescentes couns e as lâpadas florescentes eletrônicas são cargas indutivas e, portanto, não te coportaento resistivo Fig. Coportaento da corrente e relação à voltage à potência e ua carga resistiva. Observa-se pela figura acia que a potência é toda positiva, o que significa toda a potência é dissipada e nada é devolvido. Potência e indutância. U circuito indutivo sepre te ua resistência associada à ele, pois u indutor é construído enrolando-se u fio de cobre esaltado nu núcleo de ar ou de aterial agnetizável..mas quando se pode desprezar esta resistência, diz-se que o indutor é ideal. Quando u indutor está subetido a u sinal senoidal, coo é o nosso caso, podeos considerá-lo ideal quando ωl >>R, onde ω é a frequência e radianos/seg do sinal, L é o valor da indutância e R é valor da resistência associada. Ua das foras de se conseguir isso é enrolar a espira do indutor co u fio de cobre de grande seção co grande núero de voltas sobre u núcleo ferroagnético. A relação entre corrente e voltage nu indutor é dada por:
5 Aditindo-se que este indutor é excitado por ua corrente senoidal e aplicando-se na expressão acia te-se: d o v(t) = L [I.sen(ω.t)] = ωli.cos(ω.t) = ωli.sen(ω.t + 9 ) dt o v(t). = V sen(ω.t + 9 ), (5) Isto é, o indutor reage contra variação da corrente adiantando a voltage e 9 o ou atrasando a corrente e 9 o. V = ω LI Fig 3 Coportaento da corrente, da voltage e da potência e u indutor ideal. Assi sendo, usando-se a Eq. (1) e integrando-a, teos que a potência édia desenvolvida pelo indutor ideal é dada por: P = V.I.cos (9 o ) = A expressão acia indica que o indutor ideal não dissipa energia. E outras palavras, o indutor ideal não transfora energia elétrica e outra fora de energia coo outras cargas, coo lâpadas e otores e geral, por exeplo. A energia circula pelo indutor ideal de fora cíclica e siétrica e relação ao eixo dos tepos: e u sei-ciclo a energia é arazenada no capo agnético do indutor e no outro seiciclo esta energia é devolvida para a fonte-alientador. Mas esta circulação de energia iplica nua circulação de corrente que sobrecarrega desnecessariaente o alientador. 3 Potência e capacitor ideal. Tecnicaente falando é uito fácil u capacitor se aproxiar da idealidade do que o indutor. A indústria sepre te apresentado evoluções na construção deste eleento. Supondo-se ais vez que o capacitor é excitado por ua corrente senoidal, pode-se relacionar v(t) e i(t) nu capacitor da seguinte fora:
6 1 1 I I v(t) = i(t).dt = I.sen(ω.t).dt = cos(ω.t) = o sen(ω.t + 9 ) C C ωc ωc Considerando que sen(x) = sen (x ± 18 o ), te-se: o I v(t) = Vsen(ω.t 9 ), onde V = (6) ωc Nu capacitor ideal a voltage se atrasa de 9 o e relação à corrente. E novaente, considerando-se a Eq. (1) e integrando-a, te-se: P = V.I.cos o O que leva ao eso tipo de conclusão de dissipação de energia que se teve e relação ao indutor ideal, isto é, o capacitor ideal tabé não converte energia elétrica e outra fora de energia, e o que acontece e relação ao capo agnético do indutor, acontece tabé e relação ao capo elétrico do capacitor. Exeplo : Ligou-se na esa toada ua carga resistiva de W e u otor de 1/3 de HP, e fator de potência,7. Deterinar a corrente total fornecida pela toada? A toada fornece V/6Hz Solução: Para a carga resistiva, te-se φ = o o que iplica e cos(ϕ) = 1. Assi, I r = P 3 = V = 1,364A Fasorialente, te-se: I r = 1,364 o. Para o otor, no entanto, te-se: P 746/3 I = = =1,615A V.cos( φ).,7 v Fasorialente, te-se: I V = 1,615-45,57 o = 1,131 - j.1,153. A total da toada é dada por: I T = I r + I V = 1, ,131 - j.1,153 =,96 - j.1,154 =,75-4,81 o U aperíetro colocado entre a saída da toada e as duas cargas ler o ódulo de I T, ou seja,,75a. Observe que, se soaros os ódulos das correntes de cada carga, obtereos 1, ,615 =,98 A. U valor aior que o obtido pela soa fasorial.
7 E diagraa fasorial, te-se (regra do paralelograo): Fig.4 - Diagraa fasorial do exeplo acia Exeplo 3: U otor indutivo de 1W e fator de potência,6 é colocado e paralelo co outro capacitivo de 15W e fator de potência,7. Abos são ligados e V. Calcular a corrente total do conjunto. Solução: Trata-se de u circuito RL e paralelo co u RC. Para isso, eprega-se a expressão P = V.I.cos(θ). O ódulo da corrente do circuito indutivo é: P 1 I M1 = = =,758A V.cos( φ).,6 A corrente fasorial dele é I M1 =, o =,455 - j.,66 O ódulo da corrente do circuito capacitivo é: P 15 I M = = =,974A V.cos( φ).,7 A corrente fasorial dele é I M =, ,57 o =,68+ j.,696 Soando-se as duas correntes te-se: I MT = 1,137+j.,9 = 1,141 +4,5 o Note que o ângulo da corrente total foi praticaente nulo. É que a carga capacitiva tende a anular a reatividade da carga indutiva. Logo, o circuito te u coportaento praticaente resistivo.
8 TRIÂNGULO DE POTÊNCIA Vios que P = V.I.cos(φ). Aonde P é potência édia consuida, V é o valor eficaz da tensão do alientador que no caso do Nordeste Brasileiro é de V, I é a corrente eficaz que circula pelas cargas e φ é o defasaento entre a esta corrente e aquela voltage. O produto N = V. I ou S = V.I é a potência aparente e cos(φ) é conhecido coo sendo o fator de potência, isto é, o fator que ultiplicado pela potência aparente dá o quanto da potência entregue é transforada (dissipada) e outra fora de energia (ecânica, luinosa, térica, etc). Exeplo 4: Ua certa geladeira traz as seguintes inforações acerca de seu consuo: - Alientação: V; consuo : 16W; corrente : 1,A. Logo, a potência aparente entregue a esta geladeira é: N=V.I=X1,=64VA O fator de potência é facilente calculado coo sendo: cos(φφ= P N =,66 φ = cos 1 (,66) = 5,7 Assi, coo a geladeira te u otor indutivo, a corrente fasorial dela é: I = 1, 5, =,7 j,955 G 7 Se quiseros a ipedância equivalente coplexa associada ao otor da geladeira fazeos: Z = V = I 1, 5,7 = 183,33 + 5,7 = 111,1 + j.145,83 (7) Observando acia, podeos perceber que N é hipotenusa de u triangulo retângulo e P, seu cateto adjacente, só faltando, portanto, o cateto oposto deste triangulo e este cateto oposto é a potência reativa Q do otor coo poderia ser de ua instalação onofásica qualquer. Assi, o triangulo abaixo representa graficaente a situação acia P N Q Fig. 5 Triangulo de potência para ua carga reativa.
9 Assi, teos as seguintes relações para as potências envolvidas nua carga reativa (e eso não reativa) P=N.cos(φ) (8.1) Q=N.sen(φ) (8.) N =P +Q (8.3) Sabe-se tabé que a potência ativa P é ateaticaente justificada pela parte REAL da ipedância coplexa. Tabé, dedui-se que a potência reativa Q é justificada pela parte IMAGINÁRIA da esa ipedância. Assi, considerando que, tese: P = R.I (9.1) Q = X.I (9.) Ainda e relação ao caso da geladeira acia, e considerando (), (6.1) e (6.), teos: P = 64.cos(5,7 ) = 16W (1.1) Q= 64.sen (5,7 ) = 1 VAR (1.) Por outro lado, considerando (7), (8.1) e (8.), te-se: P = 111,1.(1,) = 16W (11.1) Q = 145,83(1,) = 1VAR (11.) Assi sendo, o triangulo de potência para a geladeira acia é: 16W 64VA 1VA Obs: o ângulo da ipedância é o eso ângulo do triangulo de potência.
10 Exeplo 5 Solução: Ua voltage do tipo v(t) = 15.sen(ω.t + 1 o ) é aplicada a u certo circuito que responde co ua corrente do tipo i(t) = 5.sen(ω.t -5 o ). Deterinar o triângulo das potências Solução. Os valores efetivos da voltage e da corrente são: 15 V = e I = 5 O defasaento é φ = 1 o (-5 o ) = 6 o. Assi, a potência aparente é: 15 S = x 5 = 375VA P = S. cos(6 o ) = 187,5W e Q = S.sen(6 o ) = 34,76 VAR
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