1 SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS DO LIVRO CIRCUITOS POLIFÁSICOS

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1 1 SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS DO LIVRO CIRCUITOS POLIFÁSICOS Profs. Wilson Gonçalves de Almeida & Francisco Damasceno Freitas Departamento de Engenharia Elétrica Universidade de Brasília - UnB O presente texto apresenta a solução dos problemas relativos aos capítulos do livro circuitos polifásicos, 1 a versão, O livro pode ser adquirido através da Fundação de Apoio de Empreendimentos Tecnológicos - Finatec - acessando, nesse sítio, a aba Projetos, e em seguida, publicações. Ou diretamente, fazendo uma solicitção para o finatec@finatec.org.br. O preço para vendas direta na Finatec, em Brasília-DF, custa R$ 0,00. Para outras cidades brasileiras, a esse valor, deve ser acrescido o custo de frete, que depende da opção de envio indicada pelo usuário (correio normal, sedex, outras modalidades). 1

2 1.1 CAPÍTULO 1 Problema 1.1 O valor médio é I med = 1 T T 0 I M T tdt = I MT T = I M (A) O valor eficaz é Problema 1. I = 1 T T 0 ( I M T t) dt = IM 3 (A) O valor médio é I med = 1 T T/ 0 I M dt = I MT/ T = I M (A) O valor eficaz é I = 1 T T/ 0 (I M ) dt = IM (A) Problema 1.3 A corrente é I = I 1 I I 3 = 3 1e j60o 13e j10o =, 5 j0, 866 =, 6458e j19,107o (A) Problema 1.4 Dados X = 0 j0, Y = 30e j110o e Z = 5 a) X Y Z = (0j0)30e j110o 5 = 14, 7394 j8, 1908 = 16, 863e j9,06o. b) (X Y )Z = 48, 6970 j40, 9539 = 63, 687e j40,06o c) (X Y )Z = j3.845 = 4.43e j65o

3 Problema 1.5 Dados B = 1, C = j3, D = 15e j65o, E = 1 j4, F = 4e j35o, A = BC DE FC E = 3, 813 j0, 7181 = 3, 880e j10,66o. Problema 1.6 a) A potência aparente absorvida pelo motor monofásico é S = P fp, onde P é a potência ativa e fp é o fator de potência. Logo, S =.38 0,9 S = V I, o módulo da corrente será I = S = 48, 65 A. V =.43, 6 V A. Como b) O triângulo de potência é composto pelas potências ativa P, reativa Q e aparente S, cujos valores são lados de um triângulo retângulo. aparente é S =.43, 6 V A, P =.38 W e Q = S P = 953, 4 V ar. A potência Problema 1.7 A potência ativa total é P = = W = 11, 190 kw. Portanto, a potência aparente dos três motores é S = ,88 = V A = 1, 716 kv A. Para completar o triângulo de potência, é necessário calcular a potência reativa Q, que é Q = S P = V ar = 6, 040 kv ar. Problema 1.8 É necessário calcular o triângulo de potência de cada carga e somar, separadamente, as contribuições das potências ativa e reativa. Atenção: A potência aparente resultante não é igual à soma das potências aparentes de cada carga, porque são módulos das respectivas potências complexas (podem ser somadas as potências complexas de cada carga). Infelizmente, esse tipo de erro alguns estudantes desavisados costumam cometer. Vamos definir as potências de cada carga. Para o caso do aquecedor, P aq =, kw e Q aq = 0. No caso do motor, P M = 1, 75 kw, S M = 1,75 =, 134 kv A e Q 0,8 M = SM PM = 1, 15 kv ar. Assim, a potência ativa total é P = P aq P M = 3, 95 kw e Q = Q aq Q M = 1, 15 kv ar. A potência aparente da instalação é 3

4 S = P Q = 4, 1346 kv A. Logo, o fator de potência da instalção é fp = P S = 3,95 4,1346 = 0, 9554 indutivo. PROBLEMAS COMPLEMENTARES Exercícicio 1 Uma instalação elétrica é constituída por duas cargas (I e II), sendo uma delas de fator de potência indutivo e outra capacitivo. A potência aparente da instalação e o fator de potência são,6 kva e 0,95 indutivo, respectivamente. A potência aparente da carga I é igual a kva, com fator de potência 0,9. A potência aparente da carga II é inferior a 1,0 kva e o fator de potência é desconhecido. Determine: a) as potências ativa e reativa das cargas, bem como a natureza do fator de potência de cada carga; b) o fator de potência da carga II. c) a intensidade e a fase da corrente que flui por cada carga e a corrente total necessária para alimentar a instalação, se a tensão de suprimento é igual a 100 V. Solução: a) A potência ativa na carga I é P I = 0, 9 = 1, 8 kw. A potência ativa total é P =, 6 0, 95 =, 47 kw. Logo a potência ativa na carga II é P II = P P I =, 47 1, 8 = 0, 67 kw. Não foi especificada a natureza do fator de potência da carga I. Então, em princípio, a potência reativa dessa carga pode ser capacitiva ou indutiva. Conseqüentemente, Q I = ± 1, 8 = ±0, 8718 kv ar. Sabe-se que o fator de potência global é indutivo. Assim Q =, 6, 47 = 0, 81 kv ar se Q I = 0, 8718 kv ar, então Q II = 0, 81 0, 8718 = 0, 0598 kv ar. Logo, a potência aparente da carga II é S II = 0, = 0, 673 kv A. se Q I = 0, 8718 kv ar, então Q II = 0, , 81 = 1, 6838 kv ar. Como, nesse caso, Q II > 1, 0 kv ar, esse valor deve ser descartado, já que a potência aparente da carga II é inferior a 1,0 kva. 4

5 Portanto, a carga I é indutiva e a carga II capacitiva, tendo-se Q I = 0, 8718 kv ar e Q II = 0, 0598 kv ar. b)o fator de potência da carga II é fp = 0,67 0,673 = 0, 9955, capacitivo. c) Seja a tensão V = 100e 0o. A intensidade da corrente na carga I é I I =,0 100 = 0, 0 ka = 0 A. A fase dessa corrente é a mesma do conjugado da potência complexa da respectiva carga. Mas S I = 1, 8j0, 8718 = e j5,84o kv A. Assim, I I = 0e j5,84o A. O cálculo de I II é feito de modo semelhante. Assim I II = S II V = 6, 73ej5,10o A. A corrente total da instalação corresponde a I = I I I II = 6e j18,19o A. Uma outra maneira de se determinar I é efetuar o cálculo considerando a potência complexa total da instalação. Nesse caso, S =, 6e j18,19o kv A. Ou seja, I =,6e j18,19o 100 ka = 6e j18,19o A. Exercícicio Na instalação apresentada no Exercício 1, insere-se um capacitor em paralelo com a carga para melhorar o fator de potência de modo que a intensidade da corrente total na instalação fique em 5,0 A. Determine a potência do capacitor e o novo valor do fator de potência indutivo da instalação. Solução: Se a potência ativa deve permanecer constante, pois é acrescentado apenas um capcitor, o qual fornece somente potência reativa, então sabe-se que P =, 47 kw. Tendo em vista que a tensão é igual a 100 V e a corrente é igual a 5 A, então a potência aparente é S = =, 5 kv A. A potência reativa resultante é Q =, 5, 47 = 0, 386 kv ar. Como antes da compensação Q = 0, 81 kv ar, deve ser acrescentado um capacitor de modo que sua potência seja Q c = 0, 81 0, 386 = 0, 46 kv ar. O novo fator de potência da instalação é fp =,47,5 = 0, 9880, indutivo. Exercícicio 3 A Figura 1.1 mostra um circuito que é alimentado pela fonte senoidal v(t), que em seu sinal apresenta, além da freqüência fundamental, segundo e terceiro harmônicos. A 5

6 tensão é v(t) = 100sen(10t)40sen(0t)0sen(30t). Por meio de fasores e utilizando o princípio da superposição, determine: Figura 1.1: Circuito elétrico operando em regime permanente a) a tensão de saída v o (t); b) as correntes i(t), i 1 (t) e i (t); c) os diagramas fasoriais das três correntes indicadas no item c), para cada freqüência da tensão de alimentação v(t); d) a potência ativa, reativa e aparente que são fornecidas pela fonte de tensão. Solução: Como a fonte é uma composição de três sinais de tensão e o circuito é suposto linear, o princípio da superposição pode ser aplicado. Nesse caso, considera-se uma fonte de tensão definida por apenas um dos três termos por vez. Ao final, os resultados são superpostos para se obter o resultado final. Caso em que a freqüência é ω = 10 rad/s 6

7 Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substituídas por reatâncias indutivas X L = 10 0, 1 = 1 Ω, enquanto a reatância capacitiva é substituída por X c = ,05 = Ω. A fonte apresenta amplitude igual a 100 V. Z e = (1 j1) [(0, 5 j1)//(0, 5 j)] =, 3750 j1, 8750 Ω onde a inserção das duas barras denotam o paralelo das impedâncias delimitadas entre os colchetes. A corrente que circula pela fonte é I = 100,3750j1,8750 = 5, 94 j0, 48 = 33, 05e j38,9o A. Vamos aplicar a regra do divisor de corrente para calcular as correntes I e I 1. 0,5 j A corrente I 1 é I 1 = I = 17, 0648 j45, 051 = 48, A. 0,5 j0,5j1 17e j69,5o 0,5j1 Então, I = I = 8, 8737 j4, 5734 = 6, A. 0,5 j0,5j1 13ej70,14o Portanto, a tensão de saída é V o = j I = 49, 1468 j17, 7474 = 5, 5e j19,86o V. Caso em que a freqüência é ω = 0 rad/s Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substituídas por reatâncias indutivas X L = 0 0, 1 = Ω, enquanto a reatância capacitiva é substituída por X c = 1 0 0,05 = 1 Ω. No caso do segundo harmônico, a fonte apresenta amplitude igual a 40 V. Z e = (1 j) [(0, 5 j)//(0, 5 j1)] = 0, 650 j0, 8750 Ω A corrente que circula pela fonte é I = 40 0,650j0,8750 = 1, 616 j30, 703 = 37, 0e j54,46o A. 0,5 j1 A corrente I 1 é I 1 = I = 8, 1081j8, 6486 = 9, A. Então, I 0,5 j10,5j 41ej17,10o = 0,5j I = 6, 4865 j38, 9189 = 39, A. 0,5 j10,5j 45e j99,46o Portanto, a tensão de saída é V o = j1 I = 38, 9189j = 39, 46e j170,54o V. Caso em que a freqüência é ω = 30 rad/s 7

8 Nessa situação, as indutâncias de 1 H são substituídas por reatâncias indutivas X L = 30 0, 1 = 3 Ω, enquanto a reatância capacitiva é substituída por X c = ,05 = 0, 6667 Ω. Como é o terceiro harmônico, a fonte apresenta amplitude igual a 0 V. Z e = (1 j3) [(0, 5 j3)//(0, 5 j0, 6667)] = 1, 7716 j, 3664 Ω A corrente que circula pela fonte é I = 0 1,7716j,3664 = 4, 0548 j5, 416 = 6, 77e j53,18o A. 0,5 j0,6667 A corrente I 1 é I 1 = I =, 050 j0, 664 =, A. 0,5 j0,66670,5j3 e j173,11o 0,5j3 Então, I = I = 6, 597 j5, 1498 = 8, A. 0,5 j0,66670,5j3 10e j39,44o Logo, a tensão de saída é V o = j0, 6667 I = 3, 4334 j4, 1733 = 5, 4e j19,44o V. Então, a tensão v o (t) no domínio do tempo é: v o (t) = 5, 5sen(10t 19, 86 o ) 39, 46sen(0t 170, 54 o ) 5, 4sen(30t 19, 44 o ) b) As correntes indicadas no circuito podem ser calculadas a partir dos fasores dos respectivos harmônicos determinados no item a). Assim, apresentam-se as correntes que se seguem, em amperes. i(t) = 33, 05sent(10t j38, 9 o ) 37, 0sen(0t 54, 46 o ) 6, 77sen(30t 53, 18 o ) i 1 (t) = 48, 17sen(10t 69, 5 o ) 9, 41sen(0t 17, 10 o ), sen(30t 173, 11 o ) i (t) = 6, 13sen(10t 70, 14 o ) 39, 45sen(0t 99, 46 o ) 8, 10sen(30t 39, 44 o ) O valor eficaz ou RMS de uma grandeza qualquer v(t) pode ser calculado por meio da expressão: V = 1 T T 0 v (t)dt O valor médio de uma função senoidal do tipo v(t) = Vm sen (ωt θ) em um período T = π é igual a V m ω e o valor médio de uma função senoidal do tipo v(t) = V m1 V m sen(ω 1 tθ 1 )sen(ω tθ ) é nulo. Então, os valores eficazes das correntes são: 8

9 I = 33, 05 37, 0 6, 77 = 35, 51 A I 1 = 48, 17 9, 41, = 39, 94 A 6, 13 I = 39, 45 8, 10 = 33, 94 A c) O diagrama fasorial das correntes para cada freqüência é mostrado na figura 1.. Figura 1.: Fasores das correntes d) As potências complexas podem ser calculadas considerando três fontes senoidais ajustadas cada uma com freqüência distinta. Nesse caso, é possível aplicar o princípio da superposição. Caso em que ω = 10rad/s Sabe-se que V = 100 e I = 33,05 e j38,9o. Então, a potência complexa nesse caso é S = ,05 e j38,9o = 1.97 j1.04 V A. Assim, a potência ativa é igual a 1,97 kw e a reativa igual a 1,04 kv ar. Caso em que ω = 0rad/s 9

10 Sabe-se que V = 40 e I = 37,0 e j54,46o. Então, a potência complexa nesse caso é S = 40 37,0 e j54,46o = 43, 5 j605, 4 V A. Assim, a potência ativa é igual a 0,433 kw e a reativa igual a 0,605 kv ar. Caso em que ω = 30rad/s Sabe-se que V = 0 e I = 6,77 e j53,18o. Então, a potência complexa nesse caso é S = 0 6,77 e j53,18o = 40, 6 j54, V A. Assim, a potência ativa é igual a 0,041 kw e a reativa igual a 0,054 kv ar. A potência ativa total é P = 1, 97 0, 433 0, 041 = 1, 771 kw e a reativa é Q = 1, 04 0, 605 0, 054 = 1, 683 kv ar. Portanto, a fonte precisa fornecer S = 1, 771 1, 683 =, 443 kv A de potência aparente. 10