Eletrotécnica geral - Aulas

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CAPÍTULO X III
C O R R EN T ES E VOLTAGENS ALTERN AD AS
13-1 — F o rça e le tro m o triz de u m altern ad o r e lem en tar
TJm alternador elementar (Fig. 13-1) é formado por uma espira 
de fio condutor AA', cujas extremidades são ligadas a dois anéis, 
e que gira com velocidade constante em um campo magnético uni­
forme. Sobre os ̂dois. anéis se apoiam duas escovas fixas, e, e', às 
quais se ligam os condutores que constituem o circuito de utilização 
a corrente, de resistência total R (Fig|?*8)?
O fluxo <f> encadeado com a espira varia à medida que ela gira 
em tòm o de seu eixò, e uma f.e.m. nela se induz.
Quando o plano da espira está perpendicular às linhas de indu­
ção, o fluxo é máximo, e d<f>/di = 0.
Sejam: (Fig. b) >
<t>m = fluxo máximo encadeado com a espira, em wefters; 
- oi == velocidade angular da espira, em radiános por segundo;
a = çoi = ângulo formado • pelo plano da espira com o plano 
perpendicular às linhas de fluxo.•. ‘ • ‘ : 1 • T
4 ■ • , : '■ ' -
Decorridos l segundos a jpartir da posição da espira em que o 
fluxo com ela encadeado é máximo, em seu movimento no sentido 
indicado pela flecha (sentido positivo), ela terá percorrido um ângu­
lo ojt (radianos), e o fluxo encadeado será
<f> 4= <j>m cos toí (13-1)
] 9 4 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
I A f.e.m. induzida na espira será:
•CORRENTES E VOÍ/TAGSNS ALTERNADAS 1 9 5
tude de suas propriedades. Neste livro somente será feito o estudo 
das correntes alternadas de forma senoidal.
13 -2 — F u n ç ã o p eriód ica
Uma função periódica do tempo y — j(t) é a função que adquire 
o mesmo valor j(t) que ela tinha no instante t, quando somamos a t 
os tempos T, 2T, 3 T . . .
Assim,
V = Kt)
será uma função periódica, se tivermos
/ ( 0 = Kt + T) = Kt + 2 T) = . . . . = / (í + nT)
seja qual for o valor de t, sendo T o período.• v ,
Ciclo é a série completa dos valores positivos e negativos da 
função em um período (Fig. 13-3).
Alternância é a metade de um ciclo.
Frequência (f) é o número de ciclos por segundo (hertz, ou Hz). 
O número de1 alternâncias é o dóbro dá fréqüência.
D a definição de fréqüência tem-se:
donde:
i ,
Por ex., para 60 Hz,
= 1 / r e T = HJ.
T = 1/60 = 0,01667 segundo.
196 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
A quantidade o> =
2tt_
T 2wj chama-se pulsação da voltagem ou
da corrente, sendo designada em radianos (elétricos) por segundo. 
Substituindo o valor de w na equação (13-5) tem-se:
e = E m sen 2ir jt volts (13-6)
Chama-se ângulo elétrico (ae), correspondente ao ângulo geomé­
trico (a) formado por dois raios de uma máquina de P polos, o produ­
to do ângulo a entre esses raios, pelo número de pares de polos (P/2). 
Tem-se, por definição:
P
<x, = — X a (13-7)
expresso em graus elétricos ou radianos elétricos, conforme a unidade 
em que for expresso a.
Chamar-se velocidade angular elétrica (« ,) de uma máquina o 
produto de sua velocidade angular (w) pelo número de pares de polos. 
Tem-se, por definição:
P
w. = — X w (13-8)
No caso dos altemadores, quando a velocidade angular é ex­
pressa ém radianos por segundo, a velocidade elétrica é igual à pul­
sação da corrente. .
Com efeito, para um gerador dè dois polos, cada rotação gera 
um ciclo. Para este gerador o número de ciclos por segundo, ou 
seja a fréqüência, é igual ao número (N) de rotações por segundo.
Se duplicarmos sucessivamente o número de polos do gerador, 
teremos: • -
P = 2 ; / = N ; 1 grau mecânico = 1 grau elétrico
P = 4 ; j = 2N ; 1 grau mecânico = 2 graus elétricos
P = 8 ; / = 4 N ; 1 grau mecânico = 4 graus elétricos
• Para P polos, } = — X N\
P ■
1 grau mecânico = — graus elé-
1 9 7
Tem-se, pois, a expressão da fréqüência
j = — X N hertz (13-9)
z
sendo P = número de polos e N — rotações por segundo.
Sendo a velocidade angular igual a co = 2ir • N radianos/seg., 
teremos, substituindo em (13-8): ' .
íú, = Ç X 2-jtN = PN X ir = 2irf = u
que nos mostra ser a velocidade angular elétrica igual à pulsação 
da corrente.
Frequências usuais
Citaremos primeiramente a fréqüência normal que é de:
■ i
50 Hz (sistema Rio-Light; Europa); : |
60 Hz (sistemas da Região Centro-Sul; Estados Unidos).
’ v •• • Í" *
Estas freqüências^são empregadas nos sistemas de luz e de força.
Outras freqüências São empregadas para fins especiais:
25 Hz, em alguns sistemas de tração elétrica;
250 Hz a 2 700 Hz, na telefonia comercial;
25 a 40 quilohertz/seg (kHz), na sondagem submarina (ultra- 
sons);
c o r r e n t e s e v o l t a g e n s a l t e r n a d a s
30 kHz, na telegrafia sem fios;
150 kHz, na radiodifusão (ondas longas);
500 a 1 500 kHz, na radiodifusão (ondas médias de 200 a 600 m); 
30 megahertz/seg (MHz), na radiodifusão (ondas curtas até 
10 m).
13-3 — F a se e diferença de fase fy
• . ; . v p - M '
Urna função senoidal do tempo tem a forma particular;
/— ^ W -i^ i r V '?
' " f(.t) = A sen (wí + 6 )_______ :___:___
A sendo a SUa amplitude, que wmTfai.mn«iA>r«r gAmpre mmn 
positiva; a variável (col 4 J)) é chamad^dn#ulo de fase ou simples­
mente fase.
198 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
*
A representação gráfica das variações desta função é obtida pela 
projeção sobre um dos eixos coordenados do movimento dum ponto 
sobre um círculo.
Para t — 0, d representa a fa se inicial, e indica o número de 
radianos entre o-ponto em que a senoide passa por zero, quando está 
aumentando na direção positiva, e o ponto a partir do qual o tempo 
passa a ser computado. Neste caso tem-se e = E ,n sen 0.
O ângulo d pode ser tomado com o sinal ( + ) ou o sinal (—); 
as representações gráficas da função, j para cada um dos casos, são 
as da Fig. 13-4 (a e 6).
Os ângulos de fase devem ser expressos em radianos, porém é
(b) Ângulo'de fase negativo: e = Em sen (<oí — d)
.
Se duas grandezas senoidais
ei = Émi sen (wf - f &i)
e .
e2 = Emi sen (cof + 02)
têm a mesma fréqüência, à diferença de fase ou defasagem entre elas, 
em um instante dado, é:
(o)f + &i) — (« f ^2) = Q\ — Oi
\'VA ,í; V-,’ - ‘ ’
? ! Pór meio da diferença de fase podemos saber se eí está em avanço 
oú em atraso sobre e2.
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 1 9 9
Exem plo:
As f.e.ms. et = 100 sen (cot + 30°) e e2 = 75 sen (cot - 30°) têm para 
diferença de fase: 30° - { - ,3 0 o) = 60°, o que significa que a senoi- 
de ev passa pelos seus valores 
zero e máximo eom um avanço 
de 60° sobre a senoide e2.
Quando duas ou mais gran­
dezas alternadas têm a mesma 
jase elas se acham em concor­
dância de jase (Fig. 13-5).
Quando a diferença de fase 
entre duas grandezas alternadas 
for igual a 90° ou. 7r/2 rd. elas 
estão em quadratura (Fig. 13-6).
Se a diferença de fase for de: 180° ou .ir rd. elas estão em opo-.
Fig. 13-5 — Concordância de fase
sição, e passam pelos seus valores zero e máximo no mesmo tempo, 
porém têm sempre sinais opostos.
13-4 — V alor m édio
A expressão do valor médio de uma função y = j{t) tem a forma
-T
Ym *H o=Y J o i m (13-10)
Para a senoide este valor é nulo para um ciclo, e por isso é de­
finido para Um semi-período. Assim, o valor médio de uma corren­
te alternada i = I m sen a pode ser achado integrando a senoide 
entre 0 e tt:
Imtdio = — f lm sen a d a = \ — coso: 1 =
7T J o ir L -nl
= (l + 1) = — I m = 0,637 (13-11)7T ir ■ B:!
Analogamente, para uma, f.e.m. e = E ^ scn a ,
EmUio — ■— 2?m = 0,637 Em­ir
13-5 — V alor eficaz
0 valor ejicaz de uma corrente alternada i = I m sen a é o valor 
de uma corrente contínua que produz o mesmo efeito joule ao passar 
em-uma mesma resistência. ■. .
A energia transformada erri calor por uma corrente contínua I 
em uma resistência R é I 2R w atts por segundo. "
A energia transformada em calor , pela corrente alternada t na 
mesma resistência é, a cada instante, i-R watts.
Tem-se, por definição: “
P R T = f i*Rdt (13-12)
 ̂ •
sendo T = 2ir o intervalode um período.
Da expressão (13-12) tiramos:
/ 1 r T ~
i = \ y J 0 iidt (13*13)
da qual decorre a definição:
0 valor ejicaz de uma corrente (J.e.m.) periódico, ê a-raiz quadrada 
da média dos quadrados dos valores instantâneos da corrente {j.e.m.) 
tomados em um -período.
2 0 0 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
Substituindo em (13-12) a expressão de i e desenvolvendo:
i !
V
f
-CORRENTES e v o l t a g e n s a l t e r n a d a s 2 0 1
Donde:
= 0,707 U
. .J
V 2
Analogamente, o valor eficaz de uma j . e . m . alternada e — 
E m sen a é |
E 7= = 0,707 E„
V 2
Nota:
Uma grandeza alternada a = sen (u)í — d) pode também ser 
escrita sob a forma
a = A V^2 sen {cot' — 0),
sendo A ò seu valor eficaz. : > {
Os voltímetros e amperímetros de corrente alternada indicam' ;y,,. nv
os valores eficazes da voltagem e da corrente.
•IM*
13-6 — F a to r d e form a
O jator de jorma de uma grandeza periódica é definido pela re­
lação 1; ■ . ■. ' . |
Valor eficaz
Fator de forma = Valor médio
(13-15)
Para a senoide o fator de forma é igual a 1,11. •! .
O fator de forma não nos dá uma indicação verdadeira do tipo 
de onda, mas apenas aproximada: para uma onda mais pontuda 
que a senoidé, ele é maior do que 1,11; para uma onda mais acha­
tada ele fica compreendido entre este valor é 1.
13-7 — R ep resen tação vetoria l das grandezas senoid ais.
Uma grandeza alternada senoidal pode ser representada por 
• um vetor rotatório. Seja,- com efeito, a corrente 1
i = Im sen a)t
Suponhamos na Fig. 13-7 um círculo de raio OiA = I m (em 
escala), e que OtA gire em tomo de Oy no sentido trigonométrico 
com uma velocidade ahgular uniforme w radianos por segundo, par-
NOCOES DE ELETRÓTECNICA
"tindo da posição inicial 0 ,A (início da contagem do tempo). No 
do tempo t o ângulo que OiA faz com 0 {X será a = cot radianos, 
n r ve teremos para esse ângulo:
, : Ax = OíA sen ojt — I m sen wl,
■ ; 4 ' ^ 4 '■ '■ j
. j , | sendo Ax o valor da corrente no tempo t.
' r —r:
Y
i = Im sen a
360^
2 n radianos
i ?■ '"
180°
Fig. 13-7 — Produção de uma senoide !por um vetor rotatório
Se, portanto, traçarmos dois eixos coordenados, e tomarmos os 
valores dos tempos (ou ângulos) como abscissas, as projeções de OiA 
sobre o eixo das ordenadas darão os valores da corrente a cada ins- 
sánte. "
•
Então o vetor 0,/L , de módulo.igual ao valor máximo I m, e sen­
ado de Oi para A. girando comí velocidade angular uniforme w no 
sentido trigonométrico, representa a correntè i — Im sen cet; sua pro- 
leção sobre o eixo Y Y ' dá os valores instantâneos dessa corrente; 
íStándo OiA no l.° ou 2.° quadrantes, a corrente é positiva; no 3.° ou
l.° quadrantes, é negativa.
Não há necessidade de representar os eixos coordenados, o ve- 
;or OiA podendo figurar isolado; e, como o valor eficaz da corrente 
tém uma relação definida com o seu valor máximo ( / = 7m/\ /2 ), 
emos tomar o valor eficaz para módulo do vetor, em vez de o 
valor máximo.
As vantagens da representação vetorial tornam-se aparentes
l. O vetor mostra as duas características que definem 
oide, a saber: o ângulo de fase e o valor máximo. Assim,'o
r ' ■ ! ; j. .
a se- 
vqtor
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 0 3
OIm da Fig. 13-8 representa uma seuoide de valor máximo I m e ân­
gulo de fase <i>. •
2. A diferença de fàse entre duas grandezas alternadas pode
ser representada vetorialmente. A Fig. 13-9 nos mostra o vetor OB 
em avanço de 9 graus sobre o vetor O A. Se OB e O A representam 
'os valores máximos das voltagens ei e e2) respectivamente, elas serão 
expressas por : - , • ■ ’
J «i ’= OB sen coí e e* — O A sen («< — 9).
3. A soma ou a diferença de duas ou mais grandezas senoidáis 
se reduzem a| uma composição de vetores. A Fig. 13-10 mostra a adi­
ção de duas correntes I m\ e J m2. A resultante Im» foi obtida pela 
regra do paralelogramo.
Notemos que a resultante é um vetor, defasado de um ângulo 4>a 
em relação ao eixo de. referência (OX).
Pela Trigonometria se obtém:
■ZmO = V Im i *(- Im$ 4 " 2 • J m l ' Im 2 COS-($ 2 <f>l)
e
, , Iml sen <{> i + I m 2 sen </>2
tan (po t ' T ■ i r _ iIml COS (pi + i «2 COS <p2
Só podemos somar grandezas senoidáis de mesma frequência: a 
defasagem entre elas permanece sempre a mesma, independente­
mente do instante considerado. E sta consideração é importante, 
visto que as projeções verticais dos vetores dão os valores instan­
tâneos das grandezas para cada instante considerado.
2 0 4 NOÇÕES DE ELETKOTECNICA
Notemos ainda o fato de que pode ser utilizada a projeção hori­
zontal em yez da projeção vertical do vetor, para obter a senoide.
Em nosso estudo empregaremos somente a projeção vertical.
O gráfico representativo. da soma de duas ou mais grandezas 
alternadas se chama diagrama vetorial.
13 -8 — M étodos dos com plexos
i.'. ^ ;'. ~ . ^ V ; V . :' i' ’ •. ' ' - HÚ '
Um vetor pode ser representado pela notação complexa da for­
ma a + jb, sendo j = V — 1, a e b sendo números algébricos. Na 
Fig. 13-11 o vetor A faz um ângulo 9 com o eixo de referência OX. 
As componentes retangulares do vetor são:
a = A cos 0 = componente horizontal; 
jb = jA sen d = componente vertical. *
4 = V a 2 + ò! é o módulo do vetor.
à - a + J b
Jb
1 ^
K g. 13-11 — RepresentaçSo complexa de um vetor ,’ á
Pelo método dos complexos ou simbólico o vetor A é representada 
pela notação À = a jb. A fase 0 do vetor é o argumento dâ grau 
deza complexa. Em Eletrotécnica empregam-se diversas notáçõe
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 0 5
para indicar um vetor; adotaremos o ponto sobre a letra maius­
cula (A).
Tem-se, então: 1 j
À = o + jb = A cos 9 + jA sen d = A (cos 9 + j sen 8) (13-16)
Abreviadamente: A = A cjs 8, que se lê: A coseno-j-seno 0.
Esta notação é chamada forma trigonométrico, ou circular; a no­
tação A = a + jb é chamada jorma retangular.
Exemplo:
Uma voltagem de 100 volts está em avanço de 120° em rela­
ção ao eixo de referência OX. Sua expressão complexa será:
V = 100 (cos 120° + j sen 120°) = 100 ( - 0,5 + j'0,866) = 
= — 50 + j’86,6 I
Operador j
O símbolo j indica uma rotação, da quantidade por ele precedida, '■ . 
de um ângulo de + 90° (isto é, no sentido positivo). As componen­
tes do vetor não precedidas por j situam-se no eixo dos x (reais), e 
as que contêm j , no eixo dos y (imaginários).
A Fig. 13-12 mostra-nos a rotação do vetor V .= a + jb me­
diante o uso operador j : o vetor jV = j (a + jb) = — b + ja, está 
em avanço de 90° sobre o vetor V. ,
" " - " - 2 0 6
náb:>--
NOCÕES DE ELETROTÉCNICA
-■
*SiS
+ jW = — V = rotação de + 180°
+ j*V = — jV = rotação de + 270°
+ j*V = V = rotação de + 360°
Exemplo: >
As rotações sucessivas do vetor V = 4 4- /5 são:
V = 4 4- /5 (l.° quadrante)
/ y = — 5 4- /4 (2.° quadrante)
/ * 7 = — 4 — /5 {3-° quadrante)
/a y = 5 _ /4 (4.o quadrante)
Soma e dijerença de duas grandezas complexas
Sejam as duas grandezas complexas A = a -\- jb e B = c 4- jd. . 
A suã soma será S = A 4 B — (a 4- c) 4 - / (b - f d), e será repre­
sentada pela resultante dos dois vetores;A e B.
Sua diferença será D = A — B = (a — c) 4- / (6 — d), e será 
representada pela diferença geométrica de dois vetores A e B. 
Exemplo: * 1 ••
Efetuar a soma dos vetores 7j = 30 (cos 20“ — / sen 20°) e / 2 =
= 20 (cos 35° 4- / sen 35°). '
Primeirgjnente transformamos a expressão complexa dos veto­
res para a forma retangular.
í i = 28,2 - /10 ,2 e Í 2 = 16,4 4- /17 ,1
A sua soma é:
I ■ í .. '
io = iy 4- h = 44,6 4 - /6 ,9 ; J 0 = V 4 4 ,6 2 * * 4- 6 ,95 = 45,1
I t }• ' • • ■
6,9
m
■Tl-I:
I
tgfl = = 0,154 ; 6 •= 8“ 45'44,6
Í 0 = 45,1 (cos 8“ 45'4- / sen 8° 45'),
Operador (cos 0 ± / sen 0). . ;
A quantidade (cos 0 dá j sen 8), multiplicada por um vetor, produz 
a sua rotação de um ângulo ± 0.
Com efeito, seja o vetor A = A (cos a + j sen a ) , que faz um 
ângulo 4- a com o eixo de referência.
Multiplicando por (cos9 + j sen 9), e desenvolvendo:
Ai — A (cos a + j sen a) (cos 6 + j sen 9) =
= A [cos (a + 9) 4- j sen (a + 0)] = A cjs (a -f 9).
1 " !'
O vetor À 1 tem a mesma grandeza que o vetor A, porém acha-se 
avançado de üm ângulo (a + 6) sobre o eixo de referência.
Raciocínio idêntico faríamos para (cos 9 — j sen 9), mostrando 
que o vetor resultante ficaria defasado de um ângulo a — 9 em re­
lação ao eixo de referência.
Forma èxponèncial do operador (cos 9 + j sen 9).
A equação de Euler
e±,B = cos 9 ± jsen 9 (13-17)
-permite exprimir o vetor A sob a jorma exponencial:
À = A (co s 9 dbj sen d) = A • e±ie (13-18)
Nesta expressão o ângulo 6 é dado. em radianos, porém é usual 
escrevê-lo também em graus. Assim:
 = Se0-438 = 5c25* 7
Forma polar do operador (cos 9 ± j sen 9)
Por convenção, *
A = A (cos 9 ± j sen 9) = A / ± 9 (13-19)
cos d = j sen 9 — / 9 e cos 9 — j sen 9 = / — 9 
Assim, !
A = 10 (cos 40° + j sen 40°) = 10 / 4 0 ° , e significa que A é um
vetor cuja grandeza é 10 e faz um ângulo de 40° com o eixo de re­
ferência.
Ainda, por definição:
, e * ií = 1 / ± 6 A ■
A • è±j8 = A / d= 9 = A (cos 9 ± j sen 0) (13-20)
E sta expressão resume a equivalência das três forma3 de no­
tação comumente empregadas para definir um vetor.
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 0 7
2 0 8 n o ç õ e s d e e l e t r o t é c n ic a
As quantidades e ±i0 e e~y® são operadores exponenciais que, 
aplicados a um vetor, produzem o mesmo efeito que os operadores 
(cos 6 + jsen 0) e (cos 0 — j sen 0), respectivamente, isto é, produ­
zem a rotação do vetor de um ângulo + 6 ou— 6.
Multiplicação e divisão de duas grandezas complexas
A multiplicação e a divisão das quantidades complexas faz-se 
facilmente sob a forma polar ou exponencial. O operador duplo 
/ 6 a / 6 b gira o vetor ao qual se liga de um ângulo 0a + 6 b: Se­
gue-se que:
À X B = A / 6 a X B /0_o = (ÁB) / d A + 6B (13-21)
Tem-se, iguàlmente:
A_
B B /0 b
= -~t / 6 a - 6b g i
■ . A" /"■■ '■ A a y-
expressõès que nos permitem concluir:
1. O produto de duas grandezas . complexas tem por módulo o 
produió dos módulos das duas grandeéas e por argumento a soma dos 
seus argumentos.
2. O quociente de uma grandeza À por uma grandeça B tem, por 
módulo o quociente dos módulos (A/B) e por argumento a diferença 
(6a — 6b) dos argumentos das grandezas.
Aplicação ás correntes alternadas senoidais
As grandezas senoidais são representadas por vetores, e estes 
por grandezas complexas; podemos, então, representar as primeiras 
por -complexos.- Assim, a f.e.rn. e — \ / 2 E sen (cot — 6), será repre­
sentada por E = E m/ — 6 e a corrente i l= ; y /2 l.szp / t — 6 — <p) 
será representada por 1 = í m/ — (0 + <p).
O interesse do método dos complexos provém de que ele se apli­
ca aos valores eficazes da voltagem e da corrente, e dá às fórmulas 
de corrente alternada formas semelhantes às relativas à corrente 
contínua. Se quiséssemos aplicar as leis de Kirchhoff à corrente 
alternada, teríamos que levar em conta as f.e.ms. de auto-indutância 
e de capacitância, e o problema seria complicado. Os métodos ve- 
-torial e dos complexos permitem simplificar a solução.
* 1 8 ”
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 0 9
w
ii
Nas aplicações das grandezas complexas utilizam-se ais formas 
polar ou exponericial para os produtos e quocientes; para às somas 
e subtrações servimo-nos das formas retangular e trigpnpmétrica.
13-9 — P o tên cia in s ta n tâ n e a . P o tên cia m édia
; ... . í .
Em um circuito de corrente contínua a potência é igual ao pro­
duto dâ voltagem aplicada V pela corrente na carga I :
P = V I watts.
No circuito de corrente alternada a potência varia a cada ins­
tante com o tempo. Seu valor instantâneo é
p = ei (potência gerada)
sendo e e i os valores instantâneos da f.e.m. e da corrente.
Potência instantânea
Suponhamos e = 
tantânea é -
e i "5= Im sen (cot — 9). A potência ins-
i (13-22)p = ei = E mIm sen cot • sen (cot — 6) 
Aplicando a esta expressão a relação trigonoinétrica
~ (cós (A — B) — cos (A + B) zi sen A - sen B
‘ ■ tem-se:
l Em I
V- p - 2
E„
'■ [cos (— 6) — cos (2 cot — 6)] =
X —/^-[cos 9 — cos (2 cot — 0)] =
V 2 V 2
= E I cos 6 — E I cos (2 cot — 9) (13-23)
sendo E e I os valores eficazes.
Vemos que a potência instantânea se compõe de um termo cons­
tante E I cos 9, e de um termo variável E I cos {2 cot — 9) de pulsa­
ção dupla da corrente. Este termo é às vezes chamado potência 
jlutuaníe, e pòderá sçr ora positivo, ora negativo.
Consideremos um altemador fornecendo energia elétrica a um 
circuito, tomemos um sentido arbitrário como sentido positivo da 
corrente, e consideremos a d.d.p. como positiva quando ela tende a
' ^ jp { Y ) ~ à ^ e Ĉ -
instantânea
Quando a corrente tiver o mesmo sinal que a voltagem (partes 
não hachuriadas) a potência é» fornecida pelo altemador; as partes 
da curva hachuriadas, compreendidas entre O e a , j r e ò , 2ir e c, cor­
respondem, ao contrário, à absorção de potência pelo altemador.
Potência média ,
A diferença entre as áreas positiva e negativa da curva da po­
tência dá a energia realmente absorvida pelo circuito em cada ciclo; 
se esta energia for dividida pelo tempo de duração do ciclo, o quo­
ciente representa a ordenada média da curva da potência, ou seja 
a potência média fornecida ao circuito. A potência média é o valor 
que realmente interessa ao consumidor, pois a energia consumida 
é o produto da potência média (em kW ) pelo tempo (em
,j . T ; : ]T ’. /•' '.
A potência média é definida pela expressão
NOÇÕES DE ELETROTÉCN ICA
produzir uma corrente positiva. Com estas convenções de sinais, 
p — ei será positiva quando o altemador fornece potência ao cir­
cuito. A fórmula (13-23) mostra que, durante uma parte do perío­
do, o altemador fornece potência, e no restante do período ele a ab­
sorve; mas a potência média é positiva, pois que ele fornece mais 
ido que recebe. O altemador é, portanto, na realidade, um gerador 
durante uma parte do período, e um receptor na parte restante.
A curva da potência instantânea mostrada na Fig. 13-13 per­
mite compreender o que se passa.
P<s«(
eixo de simetria
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 1 1
ou, para a senoide,
Sejam e j= E m sen cot e i = I m sen (cot — 9) 
À potência média será
i rT i r2itP — — I eidt = -— / E I [cos 6 — cos (2cot — 0)] da =
1 J 0 27T yo
■= E I cos d (13-25)
e, portanto, a potência média é o produto dos valores eficazes da vol­
tagem e da corrente pelo coseno do ângulo de defaságem entre elas. 
A quantidade cos 9 é chamada jator de potência do circuito.
Casos particulares
' 1. Corrente em fase com a voltagem. Tem-se: 6 = 0, e cos 0 = 1.
Neste caso não existe parte hachuriada, o qúe. significa que toda 
a potência fcjmecida pelo altemador é consumida no circuito.
2. Corrente em quadratura com a voltagem. Tem-se: 6 — 90°, 
e cos 6 — Ò. Nèste caso as partes hachuriadas são iguais às partes 
não hachuriadas, isto é, a potência média é igual a zero.
13-10 — C orren te a tiv a e co rren te reativa
Consideremos o caso geral
e = E m sen cot e i = Im sen (cot — 6).
A corrente pode ser escrita:
i ~ I \ /2 cos 0 sen cot - I V 2 sen 0 cos cot.
Podemos Considerar i como a superposição de duas correntes.
Uma, iw = 1 ^ 2 cos 0 sèn cot = I w s / 2 sen ut, é chamada cor­
rente ativa ou wattada, porque é a única que produz potência. E stá 
em fase com a voltagem e. É o valor èficaz què encontramos 
na fórmula P = E I cos 9K que poderá também ser escrita P = 
= E I U. (Iw = I cos 0).
A outra, h = l \ /2sen 6 cos cot = I T "s/2 cos wt, é chamada cor­
rente reativa ou dewattada, porque produz uma potência média nula. 
E stá em quadratura com e. (IT = I sen 6).
2 1 2 NOCOES DE ELETKOTECNICA
13-11 — P otên cia ativa. P o tên cia ap aren te . P o tên cia reativa
0 produto E I cos 9 chama-se também potência ativa, real ou 
verdadeira, e émedida pelos wàttímetros, em -w atts ou kW.
Esta potência representa a parte da potência que é realmente 
consumida pelo circuito.
Para 0 = 0, P = E I, sendo chamada potência aparente, dada 
em volt-ampères ou kVA. Os aparelhos de corrente alternada são 
em geral caracterizados por sua potência aparente. Por exemplo, 
um alternador de 100 kVA -poderá fornecer 100 kW a um circuito 
em que cos d = 1, ou 80 kW a um circuito em que cos 0 = 0,8. O 
fator de potência igual à unidade é a condição ideal para, qualquer 
circuito elétrico. Nas instalações industriais (trifásicãs) os valores 
de cos 6 são da ordem dó:
Circuitos de luz, reçistores
Circuitos de força e luz
Motores de indução, com plena carga
Motores de indução, com 1/2 a 3/4 de carga
Motores funcionando sem carga
cos 0 — 1 
cos d — 0,8 
cos 6 — 0,9 
cos 9 = 0,8 
cos 8 = 0,2 ,
Chama-rse potência reativa o produto E Is e n d , sendo sen 0 cha­
mado Jator reativo. ' .
Tem-sé:
(E I)2 = (E I cos 0)* + (E I sen O)2 ■ - > ( 1 3 - 2 6 )
. - O tf I ? -0 >
Exemplos de potência reativa:
1. Bobina de reatância, de resistência desprezível. A potência 
média absorvida pela bobina é igual a zero, visto que, neste caso, 
a corrente está em quadratura com a voltagem aplicada.
2. Capacitores. Tem-se ainda P == 0.
Nos dois casos citados, há uma troca de energia entre o alter­
nador e o circuito contendo a indutânciáròu a capacitância pura, 
porém a potência média, em cada caso, é igual a zero.
Os dois exemplos acima serão estudados no Capítulo X IV .
.QUESTÕES '
13-1 Deduza a equação do f.e.m. de um alternador elementar.
13-2 - Fazer o gráfico de uma função periódica senoidal, indicando os seus èle-
mento3. 'U:
2 1 3CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS
13-3 Qual a distinção entre velocidade angular mecânica e velocidade angular 
elétrica ? ' •
13-4 Deduzir a expressão da frequência em função do número de polos e do 
número de rotações. *
13-5 Indicar as frequências usuais para iluminação, força, telefonia, rádio-difu- 
são e tração elétrica. . [
13-6 O que é fase em uma função periódica senoidal ? .
13-7 Que vem a ser defasagem e concordância de fase?
13-8 Definir valor médio de uma senoide e deduzir ã sua expressão.
13-9 Definir valor eficaz de uma corrente alternada e deduzir a sua expressão.
13-10 Construir o gráfico senoidal representativo de uma corrente e uma volta­
gem alternada nos seguintes casos:'
a) corrente e voltagem em fase; , . j .
b) corrente em atraso de 90“ sobre a voltagem; .
c) corrente em atraso de 30“ sobre a voltagem;
d) corrente e voltagem em oposição.
13-11 Idem, empregando a representação vetorial.
13-12 Construir o gráfico das senoides representativas dé três voltagens alter­
nadas defasadas de 120° uma da outra.
13-13 Idem, representação vetorial. [ ■ ■ ...
13-14 Deduzir a expressão da potência Instantânea da corrente alternada.
13-15 Idem, da potência média.
13-16 Traçar as curvas das potências instantânea o média.
13-17 Explicar o que é corrente ativa e corrente reativa.
13-18 Explicar o que é potência ativa e potência reativa.
PROBLEMAS RESOLVIDOS
13:1. Un fluxo de 1,5 X 106 linhas se encadeia com uma bobina de 350 es- 
piras. ■ :. j ^
Supondo que o fluxo varie, de maneira uniforme, do seu valor máximo até 
zero, em 0,2 segundo, qual é a f.e.m. induzida? |-
Solução:
e.= n ' 1b ' 1°”* volts = 350 - - ri-o0 - • 10-8 = 26,25 volta.. 0-1 U,i
13.2. Um condutor O A, de 30 cm de comprimento, gira com 20 r:p.s. em torno 
do ponto 0, em um plano normal às linhas de indução de um campo magnético 
de 5.000 gauss. Determinar o valor da f.e.m. induzida no condutor.
■!
2 1 4 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
Solução: 4
Os vários pontos do condutor OA se movem com velocidades diferentes, em 
virtude de sua distância aò ponto 0, centro da rotação. A velocidade do ponto 
médio do condutor é:
30
v = 2ir X 20 X = 1.884 cm/s.
A f.e.m. induzida é:
e = B ■ l ■ v • 10~8 volts 4 5.000 X 30 X 1884 X IO"8 = 2,82 volts.
13.3. Uma espira retangular abcda imersa em um campo magnético uniforme 
gira com velocidade constante em torno de um eixo 00', normal à direção do campo.
São dados: ab — 40 cm; 6c = 20 cm; N ~ 20r.p .s.; B = 5.000 gauss.} _ ■ : . !
Determinar o valor da f.e.m. induzida nas diversas posições da espira, corres­
pondentes a cada oitavo de rotação. ' i
. 1 .
Solução:
A espira é constituída por dois condutores ativos, ab e cã.
A f.e.m. induzida em um dos condutores ativos é dada "por
e = B r {• v' • sen a • 10~8 volts.
Os lados 6c e ad não cortam as linhas de fluxo, e, portanto, não são sede de 
iorça eletromotriz. . j . | ' ' ]' !■ ; :
A- f.e.m. gerada na espira éj pois: j í
e = 2 • B • l : v ■ sen a • 10~8 volts.
Ter-se-á, então: 
a = 0o e = 0 . '
a = 45» e = 2 X 5.000 X jáO X 1256 X 0,707 X 10~8 = 3,55 volte
a — 90° e = 2 X 5.000 X 4 0 X 1256 X I X 10~:8 = 5,2 volts
a = 135» e = 2 X 5.000 X 40 X 1256 X 0,707 X IO"8 = 5,02 volts
a — 180° e -■ 0
•
13.4. Uma bobina acha-se eníòlada uuiformemente sobre um anel de ferro, 
sendo percorrida por uma corrente de 1 ampfere. Nestas condições o seu coefi­
ciente de auto-indução é jL = 15,4 henrys. Interrompe-se bruscamente o circuito 
e verifica-se que a corrente se réduz a zerò em 1/100 de segundo'. .
Determinar o valor da f.e.m. de auto-indução gerada na bobina.
Solução:
di
A f.e.m. de auto-indução é expressa por e = L —- .
Tem-se:
e = 15,4 X
r. r ;■:
1
100
1540 volte.
CORRENTES E VOLTAGENS ALTERNADAS 2 1 5
13.5. Uma! bobina com 200 espiras acha-se enrolada sobre um anel de ferro 
doce forjado.- A seção do ferro é de 50 cm2 e o comprimento médio do anel.78,5 cm. 
A bobina é percorrida por uma corrente de intensidade igual a 1 ampère.
Sobre a bobina considerada enrola-se uma outra bobina de 1.000 espiras. 
Interrompendo-se o circuito da primeira bobina em 1/10 de segundo, pede-se 
o valor da f.e.m. induzida na bobina de 1000 espiras.
Solução: | '
O número de ampères-espiras da bobina magnetizada é
n l _ 200 X 1 
l 78,5 ’
| ■ - ' " 
Para este valor se obtém para o ferro doce forjado.
B => 7.500 gauss (aproximadamente)
O fluxo do núcleo será, portanto: , t
<f> — 7.500 X 50 = 375.000 maxwells - _
Interrompendo-se a corrente da bobina o fluxo se reduz a zero. A variação 
do fluxo é, portanto, 375.000.
Tem-se, pois:
I i V
375.000
1
10
X IO-8 =. 0,375 volt para uma espira
Para as 1.000 espiras da bobina resulta:
0,0375 X 1.000 = 37,5 volts.
PROBLEMAS A RESOLVER
U > ; Um motor de indução monofásico, alimentado por uma linha de 220
volts7"ãbsorve uma corrente de 24 ampères em atraso de 30° sobre a voltagem. 
Pedem-se: a) o Ifator de potência; 6) as potências aparente, real e reativa for­
necidas ao motor.
. R. 0,867; 5,28 kVÂ; 4,57 kW; 2,64 kVAR. ;
. \ 13.2.) Um motor de indução monofásico é alimentado com uma corrente de
-f*Tv‘ 24 ATTSÍlO V em atraso de 30“ sobre a voltagem, o) Qual o fator de potência? 
iji,',1-' b) Qual a potência aparente? c) Qual a potência real? d) Qual a potência 
17 reativa ?
R. 0,866; 5.28 kVA; 5.23 kW ; 2,64 kVAR.
Um alternador de 2 polos gera 2.400 volts (valor eficaz), girando com 
velocidade normal e campo normal. Pedem-se: o) O valor máximo da f.e.m.; 
o ãèu valor instantâneo depois de 1/10 de rotação, sendo a origem do tempo tomada
quando c valqr da f.e.m. instantânea for zero e a voltagem crescer na direção po. 
sitiva?
R. a) 3.395 volts; 6) 1.996 volts.
bobina de resistência desprezível e de indutância igual a 0,05 
henryTpercorrida por uma corrente cujo valor máximo é 2 0 A. e cuja freqúên- 
l J cia é 50 Hz. Determinar
o) a equação dos valores instantâneos da corrente;
6) a equação da f. e. m. á. induzida; 
c) a equação da f.e.m. aplicada ao cirCuito.
Resposta:
а) i — 20 sen 314 I.
б) e = — 314 cos 3 1 4 1.
c) V = 314 cos 3 1 4 1.
2 1 6 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
■■ uqpakty . rí. ;
: •- ob ■ juw
CAPÍTULO XIV
CIRCUITOS CONTENDO R ESISTÊN CIA , 
ÍNDUTÂNCIA OU CÁPACÍTÂNCIÁ
.. . > ■ |
14-1 —C onsiderações p re lim in ares j
■
Neste capítulo serão analisados os . efeitos dos parâmetros — 
resistência, indutância e capacitância — isoladamente, estabelecendo-se 
em cada caso as relações entrè voltagens e correntes para condições' 
estáveis do circuito, em termos dos valores eficazes (E, I), que são 
os únicos de importância prática, reservando-se o uso dos valores 
instantâneos (e, t) para as deduções teóricas.
14-2 —■ R e s is tê n c ia efetiv a . E fe ito p e licu lar. E fe ito de vizi­
n h an ça
 resistência de um circuito de corrente alternada tem o. nome 
de resistência efetiva, e é definida por
P
R, = -p ohms (14-1)
. . . . . . . . . . . . . \ . . . . . . . . . . . . - . . ' . . . . |
na qual P é a potência média, em w atts, e I o valor eficaz da cor­
rente, em ampères.
A resistência efetiva de um condutor é maior do que a sua re­
sistência ohmicá, pelas seguintes causas:
1. Efeito pelicular ou cortical
E assim chamado o fenômeno pelo qual a densidade da corrente 
alternada em um condutor maciço é maior na periferia do que na 
parte central do condutor.
Suponhamos, cdm efeito, que o condutor seja formado por tubos 
cilíndricos -concêntricos de pequena espessura. Um a corrente alter­
nada em cada tubo produz um fluxo alternado somente externo, ao;
1 3 NOÇOES DE ELETROTECNICA
tubo, e, portanto, quanto menor jor o diâmetro do tubo, maior quantidade 
ke fluxo o enlaça. O fluxo alternado, externo a cada tubo, induz nele 
uma f.e.m., e, assim, as f.e.m. geradas são maiores no centro do que 
na periferia do condutor; a d.d.p. resultante tende a forçar a corrente 
principal do centro para a periferia. Em conseqüência, nas camadas 
tubulares mais próximas da superfície a densidade da corrente é 
maior. | ' :
A secção reta efetiva do condutor ficará reduzida, portanto, a 
uma coroa circular e de acordo com a equação (3-2) a resistência 
do condutor ficará aumentada.
2. Perdas magnéticas devidas às correntes de Foucault e à histerese
Se o condutor for de material magnético, ‘ ou estiver imerso em 
material magnético (os condutores do induzido dos altemadores ficam 
alojados em canais na armadura) a variação do fluxo magnético 
produz perdas de potência por histerese e pelas correntes de Foucault, 
as quais se refletem em um aumento da potência absorvida da fonte. 
Gomo estas perdas são de mesma natureza (diósipação da energia em 
calor) é impossível distingui-las das perdas no cobre (PR ) sendo 
consideradas como devidas ao aumento; da resistência ohmica dos 
ui rolamentos.
Á resistência efetiva n|ão é uma constante. Ela aumenta rapi­
damente com a freqüência,; e também com a intensidade da corrente 
quando o circuito é adjacente a um material magnético.
Nas frequências comuns de 25 a 60 hertz o efeito pelicular só 
tem importância, nos condutores dé grandes secções retas, ou con­
tendo material magnético, como os cabos de alumínio com alma de 
âço. Nas freqüências elevadas (rádio) o efeito pelicular tem maior 
importância, e neste caso se empregam condutores tubulares ou de 
construção especial- "
3. Efeito de vizinhança . . ..■ s _ . , . - >
Nos condutores cilíndricos paralelos que transportam correntes 
de altas freqüências, o efeito de vizinhança produz a concentração 
da corrente na superfície dó condutor mais próxima: do outro, aumen­
tando a densidade da corrente nas partes vizinhas entre os dois 
condutores, e, por conseqüência, aumenta a resistência efetiva. Para 
as freqüências comuns e espaçamentos usuais dos condutores nas 
linhas de transmissão, o efeito de vizinhança póde também ser des- 
raprezado. ■ í " ; ̂ -p ' ; . ■' r‘.;
14-3 — Circuito contendo so m en te resistência
Consideremos o circuito da Fig. 14-l{a) contendo uma resistência 
não indutiva R ohms cujos terminais são ligados a uma f.e m. 
e = E m sen ut volts.
CIRCUITOS CONTENDO RESISTÊNCIA OU CAPACITÂNCIA 2 1 9
!'■ ( o
Fig. 14-1:
a) Circuito R; b) diagrama sinusoidal; c) diagrama vetorial
Uma corrente alternada circulará na resistência, de valor ins­
tantâneo
e E m sen cot
} - = R — ~ = I * sen u>t (14-2)
na qual I r* =
E m
R
é o valor máximo da corrente. As curvas da
voltagem e da corrente mostradas na Fig. 14-l(b) indicam que essas 
grandezas passam pelos seus valores zero e máximo conjuntamente, 
e, portanto, se acham em fase. A corrente produz uma queda iR 
igual e oposta à voltagem aplicada.
Tem-se: e = — eR, sendo «a = iR.
A Fig. 14-l(c) é o diagrama vetorial, construído com os valores 
eficazes E , I . » w
220
Potência et energia
A potência instantânea é
p = ei = Em sen cot X I m sen cot = EmI m sen2 cot.—
= Emlm ( 1 ---^ s 2- ^ = E I (1 - cos 2 cot) (14-3)
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA. :
A potência média em um ciclo é igual ao termo constante da 
expressão (14-3), visto que o valor médio do termo oscilatório A / cos 
2cot, em um ciclo, é igual a zero.
Tem-se: P = EI watts (14-4)
Como E = IR, resulta também: P = I 2R watts (14-5)
A energia dissipada na resistência R, sob a forma de calor, é
W = PRt joules (14-6)
sendo t o tempo em segundos.
A Fig. 14-í(b) mostra que a potência varia com uma freqüência
dupla da corrente, de 0 a E„ porém nunca se torna negativa.
A área sob a curva da potência representa a energia consumida no 
circuito durante um ciclo.
Exemplo:
Uma voltagem e — 120 sen cot, j — 60 hertz, é aplicada a uma 
resistência de 10 ohms. Qual a potência instantânea • quando t — ' 
'==. 1/240 seg.? Qual a potência média? Qual a energia dissipada
durante uma hora ? _ _ r
\ jo <2 V
Solução: - ' ; A - w - - ; . ,
1Para t = 1/240, e = 120 sen'27r X 60 X = 120 = E„ , 24U
120 1
i = — sen 2ir X 60 X = "12 = Im10
Potência instantânea:
240
•. r' -• • p = ei = 120 X 12 = 1 440 watts
Ví;
CIRCUITOS CONTENDO RESISTÊNCIA OÚ'CAPACITÂNCIA 221
Potência 'média:
E =
E n 120 V 2
V 2 ~ 2
= 60 V 2
í; 7 = - ^ = - á Í & V 2
p = EL -•= 60 V l / x 6 V ? = 720 watts 
■ Energia dissipada: V \ ;/*
W = Z2fí£ = (6 a/ 2 )2 X 10 X 3 600 = 2 592 000 joules.
14-4 — Circuito contendo som ente indutância
O circuito indutivo possui também resistência; quando esta 
resistência é desprezível o circuito pode ser considerado como pura­
mente indutivo.. Na prática, a aproximação que se obtém deste cir­
cuito é a bobina de reatâncÂa (choke), que consiste em um énrolamento 
de fio de cobre de grande secçãò sobre um núcleo de ferro laminado.
A Fig. 14-2(a) representa um circuito, puramente indutivo, de 
indutância L henrys. Supondo que no circuito circule uma corrente 
i = Im sen wt, e sendo a f.e.m. aplicada igual e oposta à f.e.m. de 
auto-indução, et, tem-se a cada instante:
« = — ei = — L = + L sen r + (oLIm COS Cüt = ,
= o>LZm sen (oj£ + 90°) . (14-7)
= En sen (oi + 90°)
A expressão (14-7) dá a f.e.m. aplicada, representada por uma 
fünção coseno e, conseqüentemente, em avanço de 90° sobre a corrente, 
representada pela função seno,
Na Fig. l4-2(b), a f.e.m. aplicada_J_é mostrada em linha cheia 
antecedendo a senoide da corrente i de um ângulo de 90°; a f.e.m. 
de auto-indução ep, sendo igual e oposta à f.e.m. aplicada, fica defa­
sada de 90° em atraso sobre a corrente.
A Fig. 14-2(c) é o diagrama vetorial do circuito.
A relação entre os valores eficazes é:
El = uL I ".= IX L - ' (14-8)
)r na qual X l ;= wZ, — 2irjL é a reatância indutiva dò circuito.
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
' *? \ j •
____ [ A reatância X l é expressa em ohms. Ela é diretamente propor-
■ cional à freqüência.
vrrsrgsrr
_ — — rrr
| Fig. 14-2
a) Circuito L : b) diagrama siriusoidal; c) diagrama vetorial 
Exemplo:
Determinar o valor da reatância indutiva de um circuito no 
qual a voltagem aplicada e = 120 sen cot faz circular uma corrente 
i = 12 sen (cot — 90°), sendo a freqüência 60 hertz.
■ i ■
Solução:
E = IX L. Donde: X L = ^ ~ = ~ = 10 ohms.1 iz
Potência e energia
A potência instantânea é dada por
p = ei = E'm sen {cot + 90°) • I m sen cot = Em I m sen col cos cot = 
EmIm— „ sen 2 cot — ÈI sen 2 cot
2
A potência média em um ciclo é igual a zero: 
P = EI cos 0 = E I cos 90° = 0
(14-9)
r !
(14-10)
A energia é armazenada no campo magnético quando a corrente 
aumenta, e é restituída à fonte quando a corrente diminui.
A expressão da energia armazenada, ou restituída, durante o 
intervalo de tempo U — ti é:
W = f t' p d l = f ' eL idt= [ ' Udi =
J t, J t , J i ,
= y L { Ú - / , ’ ) (14-11)
•v..-. fiü
1 . 1
CIRCUITOS CONTENDO RESISTÊNCIA OU CAPACITÂNCIA 223
A Fig. l4-2(b) nos mostra também que a curva da potência (p) 
é simétrica em relação ao eixo dos tempos, e de freqüência dupla 
da da corrente.
A área da curva abaixo do eixo dos tempos representa a energia 
restituída pelo campo magnético quando a corrente diminui de seu 
valor máximo, I m a zero, e a área acima do eixo dos tempos representa 
a energia armazenada no campo magnético enquanto a corrente cresce 
de zero ao seu valor máximo. A energia armazenada em cada caso é
L — — joules.
Exemplo:
Calcular a energia armazenada em um indutor L^= 1 H, ligado 
a uma linha de 120 V, 50 Hz, durante o intervalo .de vr/6 a 37r/2, sendo 
a equação da corrente i = I m sen coí. , - \ • .
Solução : ^ ' í ^i ■ .• • •- • *y' C ̂ .
X l = oi L = 314 X 1 = 314 ohms
I = E
120
X L 314
= 0,4 A; I m = I V 2 = 0,4 V 2 = 0,564
i = Jm sen a)t = 0,564 sen 3 líjf )
Para ust = ir/6 : h = 0,564 sen 30° = 0,282 
Para UH =v37r/2 : I i ^ ,0,564 sen 270°, = - 0,564
f ' ' . »*j < 1 / ’■ f
W = [(—,0,564)* - ,(0,282)*] = 0,119' joule
V „ /
:-i • J-.LV
c
i l o >
ty o p >
i á l o
14-5 — Circuito contendo somente capacitância
] • ' v. ,.»•* • •
Um circuito elétrico é puramente capacitivo quando contém 
somente capacitância, sendo desprezíveis os efeitos da resistência e 
da indutância.
Se uma f.e.m. alternada e = Em sen wt é aplicada aos terminais 
de um capacitor de C farads, èle ficará sujeito a cargas e descargas 
sucessivas. Em um tempo t a carga do capacitor é
q = Ce
224 NOÇÕES DF, ELETROTÉCNICA.
Por outro lado, a carga sendo a quantidade de eletricidade adqui­
rida pelo capacitor, tem por expressão
q = / idt
J o
sendo i a corrente de carga, e, portanto:
Ce
Diferenciando em relação a t, e substituindo o valor de e:
i = C yyZÜ =t\ - j - (Em sen o>t) = w CEm cos toi =, dt dt
— o) CEm sen (wí + 90°) (14-12)
e assim, a Corrente que circula no capácitor é uma senoide em qua- 
dratura, em avanço sóbre a f.e.m. aplicada. Seu valor máximo é
I = u CE =
Fig. 14-3
a) Circuito C; b) diagrama senoidal; c) diagrama vetorial
■ sendo X c = —yr = -——pr a realânda capacitiva do circuito, expressa 
cúC 2 7r/C
CIRCUITOS CONTENDO RESISTÊNCIA OU CAPACITÂNCIA 225
A Fig. 14-3(a) representa um circuito purainente capacitivo; na 
Fig. 14-3(b), a curva da corrente (i) está em avanço de 90° sobre a 
da voltagem aplicada (e); e a Fig. 14-3(c) é o diagrama vetorial. 
Da expressão (14-13) se obtém, tomando valores eficazes:
I = coCE = E
X c
(14-14)
Exemplo:
Calcular a reatânçia capaçitiva de um circuito que contém um 
capacitor de 100 microfarads, sendo a freqüência 50 hertz.
Solução:
1 ' • 10“
Z C =
Potência e energia
2ir]C 3 1 4 X 1 0 0
= 31,8 oh ms
Se a corrente for i = I m sen cot, a voltagem será e = Em sen 
(cot — 99°) e a potência instantânea:
p = ei — Em I m sen cot- sen (wí — 90°) == EI sen 2 cot (14-15)
. - ' . ■ . .' V ■ ̂ ... •/' r ' ■ ■ v;. ' '
A potência média P = E I cos 6 = E I cos 90° = 0
A energia é armazenada no campo do dielétrico do capacitor, 
quando a voltagem está aumentando (positiva ou negativamente), 
e é restitulda ao alternador quando a,voltagem diminui.
A energia total armazenada por um capacitor perfeito durante 
um intervalo de tempo de ti a t. é:
W = f p ■ dl = [ * eid l= f e -C
•r íj %/ /| 11
de
dt dt = ■ 'í -
Cede = — (E j1 — Ei1) joules 
b, 2
(14-16)
Na Fig. 14-3(b), a área positiva da Curva da potência representa 
a energia armazenada no capacitor enquanto a f.e.m. está aumentando, 
e a área negativa representa a energia restitulda pelo capacitor ao 
circuito enquanto a f.e.m. está diminuindo. A quantidade máxima 
de energia em cada caso é
n Em* ' . ,. C —z— joules. 1
■!3I
wy
/ta
■
th.
!•] j
• • u
II í
5
•&k; .
.
226
Exemplo:
NOÇÕES DE ELETROTECNICA
Determinar a energia armazenada em um capacitor de 0,5 mi- 
crofarads quando a voltagem e = 120 sen 314 í aplicada aos terminais 
do capacitor atinge o seu valor máximo.
Solução:
W = — X 0,5 X IO"1 X (120)5 = 0.003 6 joule,Ct
QUESTÕES
* 14-1 Explicar o efeito pelicular. .
14-2 A que sào devidas as perdas magnéticas?
] 4-3 Explicar o efeito de vizinhança.
t 4-4 Dar o gráfico e as expressões de um circuito puramente resistivo.
- : 4-5 Idom, d c sircüito indutivo.
*
: 4-6 Idem, do circuito capacitivo. t
.4-7 Qual a expressão da energia armazenada em um capacitor?
4-8 Que sáo reatâncias indutiva e capacitiva em um circuito de c.a. ?
.4-9 Que acontece com a corrente elétrica em um circuito de c.a. contendo
somente indutáncia ou reatância?
M-10 Que^ é potência aparente ? E potência real ? Em quo unidades sáo 
ip^iidas?
14-11 Que é potência reativa? Quais as relações que a ligam às potências real
I e aparente ?
, » • . . 
14-l2\ Que é fator de potência?
- N r ,
■!l!
\ PROBLEM AS A RESOLVER
4.11) Uma linha de transmissão de 60 Hz tem uma reatância indutiva 
le 0,4lTJnm3 por km. Qual a indutáncia por km em henrys?
■ R. 0,00.108 henry.
Qual é a reatância indutiva de uma bobina cuja indutáncia é 16,7 
Sfenrys num sistema de 60 H z?
R. 6.290 ohms.
 ̂ ----
<^lA3h Um circuito tem uma resistência de 8 ohms e uma reatância indutiva 
X ' de o õ " Sms, e é percorrido por uma corrente de 15 ampères. Pedem-se: a) as
.tld; ./•
227
-•
CIRCUITOS CONTENDO RESISTÊNCIA OU CAPACITÂNCIA
'
quedas de voltagem na resistência e na reatância; 6) a voltagem aplicada ao 
circuito; c) a irapedância do circuito.
R. 120 volts; 90 volts; 150 volts; 10 ohms.
14.4. Um circuito série tem uma resistência de 3 ohms, uma reatância in­
dutiva de 1 ohm e uma reatância capacitiva de 1 ohm. Qual a voltagem c. a. 
que devemos aplicar-lhe para que nele circule uma corrente de 100 ampères?
R . 300 volts.
14.5. Qual a reatância capacitiva de um capacitor de 10 /jlF e qual a corrente
que o atravessará quando fòr ligado a uma fonte de correntè alternada de 110 volts, 
60 H z? ’
Resposta:
a) 265 fi; b) 0,415 A.
, V i - V —N
KS\C !/ 1 4 .6 ./ Um circuito contém um capacitor de 50pF e uma resistência em série 
H T l i e i » 5a uma fonte de corrente alternada de 120 V, 60 Hz. Qual deve ser o valor
' da resistência para que a potência consumida seja 80 watts?
CAPÍTULO XV
CIRCUITOS SÉRIE•• ». . . . . . . .; oí--; •% •• •. •; *v ;
15-1 — Generalidades
Existindo v á r io s elementos (R, L ou C) em série, as resistências, 
indutânçias e capacitâncias serão agrupadas em série, e depois 3erá 
computada a voltagem nos extremos de cada grupo R, L ou C, indi­
vidualmente, em grandeza e em fase. Tem-se, em resumo:
Voltagem nos èxtremos do grupo R: Er = IR, em fase com a
corrente. ■ *
Voltagem nos extremos do grupo L: El = IX l, em avanço de 
- . . • 90° sobre a corrente.
Voltagem nos extremos do grupo C: Ec = IX c, em atraso de
90° sobre a corrente.
15-2 Resistência è reatância indutiva em série 
A equação deste circuito é:
<7 e = e* + cl = t f i + L ~ (15-1)
Como a corrente t é a mesma em todo o circuito, é conveniente 
tomá-la como referência e resolver a equação para a voltagem apli­
cada e. Se a corrente tiver a forma i = Im sen w(, teremos subs­
tituindo ém (15-1):
(. J * ’ * • . ' • * ..
e = RIm sen ul L - j - ( / m sen cot) — I m (R sen at -(- w rdt *i
/ \
= Im(R sen coí -f- X l cos wt) = ImZ (sen wt •!
cos ut) = 
/ + cos cOt =
\ZJ
— I mZ (sen oit • cos 8 + cos ul • sen d) = I mZ sen {oit ^ (15-2)
sendo Z = V K2 + ~X# e cos0 J L
Z
Para os valores máximos, tem-se:
Em — ImZ
E, para os valoreseficazes:
E = IZ
A quantidade Z é chamada a impedância do circuito, sendo 
expressa em ohms. A equação E = IZ representa a lei de Ohm 
para o circuito, de modo que a impedância caracteriza a oposição 
do circuito à circulação da corrente alternada.
CIRCUITOS SÉRIE
A Fig. 15-1 mostra-nos os diagramas elétrico (a), vetorial (b), 
e senoidal (c), respec.tivamente. A Fig. 15-l(d), chamada' triângulo
Fig. 15-1:.
a) Circuito RL; b) diagrama senoidal; c) diagrama vetorial; 
d) triângulo da impedância
(15-3)
(15-4)
229
230 NOÇÕES BE ELETROTÉCNICA
da impedância é um meio mnemônico de guardar as relações entre
R, X i e Z.
\
Pela equação (15-2) e pelos diagramas vê-se que a voltagem 
anlecede á corrente de um ângulo 6, obtido por uma das relações:
tangd = X l/R; cos 6 = RjZ; sen 8 = Xi/Z.
A componente de E em fase com a corrente é En = IR = E cos 6, 
e a componente de E em quadratura em avanço sobre a corrente é
E i = ! IX l — E sen 0.
Exem-plo:
'
Uma bobina com núcleo de ar, tendo uma resistência de 5 ohms 
e uma indutância de 10 milihenrys, é ligada a uma linha de 120 volts, 
50 hertz. Calcular: a) a impedância e o fator de potência da bobina; 
5) a corrente no circuito; c) a potência média.
Solução:
a) X L = 2 7T J L = 314" X 0,010 = 3,14 ohms
Z f= V R' + xl = V 5* + 3,14* = 5,9 ohms 
■ ;V "v - . - . i c o s 9 - - | - | 5 ^ 0 ,Ô «
j? 120 • ■' ...
b) I - - f = ~ = 23,3 ampères
c) P = EI cos d = 120 X 23,3 X 0,348 = 1 523 watts 
Aplicação do método dos complexos
Pela inspeção da Fig. 15-l(c) vê-se que a relação entre as voltagens 
E, Er e E i pode ser expressa pela equação
È = ÈR + È i = Í R + j í X i = i(R + jX i) . (15-5)
•| . • ■
A impedância Z = y/ R2 -f X Í é expressa sob a forma complexa
por
Z = R + jX l 
A equação do circuito se toma
È = ÍZ
Sob a forma polar, teríamos:
(15-6)
(15-7)
I
CIRCUITOS SERIE 231
sendo
tanzd =
X /,
R
Exemplo-,
Um circuito série contém uma resistência R = 10 ohms, e uma 
indutância L = 0,2 henry, sob uma d.d.p. de 120 volts, 50 hertz. 
Determinar a corrente e as voltagens nós extremos da resistência 
e da indutância.
. 1 .. .
Solução:
X l = 2 r j L = 314 X 0,2 = 62,8 ohms 
Z = R + jX l = 10 + j'62,8 (Ver triângulo da impedância)
V = 120 + jO
y _ 120 + j0 = n o _ ,-i oo ‘
10 + j'62,8 ’3 7 ,88
= (0,3 - j'1,88) • 10 = 3 - j'18,8 ;
Êl = IU X l) = (0,3 - jl,88 ).(j62 ,8 )'= 116,8 4-^18,8
Verijicação: ■
È = ÊR + ÈL = (3 - j'18,8) + (116,8 + .718,8) = 120 + jO
Notemos que a impedância Z não é .um vetor, mas sim .um . 
operador que determina a rotação e variação de comprimento do 
vetor a que estiver ligada, isto é, converte o vetor em outro de sig­
nificado físico diferente.
No exemplo acima, a forma polar é mais conveniente, pois não 
há operações de soma ou subtração. Tem-se:
120 / 0°
j = — =
Z 62,8 / 8 0 o 57
- = 1,9 / - S0° 57'
Er = I (R / 0 o) ^ 1,9 / - 80° 57' X 10 / 0o = 19 / - 80° 57'
■■■• ■■ • ■ ! ' •. '
ÈL = Í (Xl / 9 0 o) = 1,9 / - 80° 57' X 62,8 / 9 0 ° = 119,3 /9 ° 3 '
15-3 — Resistência e reatância capacitiva em série
■ i .!■ ;'i . ; ■' v. .
Seja o circuito capacitivo da Fig. 15-2(a). N o circuito extemo
ao capacitor circula a corrente alternada i — I m sen wt, a qual produz
' * * '
232 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
na resistência uma queda ohmica e« = iR, em fase com a corrente, 
e nos extremos do capacitor uma f .c .e .m . ou queda capacitiva
ec = ~ f idt, em atraso de 90° sobre a corrente. A voltagem
aplicada e é igual, a cada instante, à soma vetorial destas duas quedas, 
e ficará, portanto, em atraso sobre a corrente i de um ângulo 0, 
compreendido entre 0o e 90°.
Com efeito:
e ■= Br + ec = iR -f-
i • -
~ J" idt = Rim sen oit + - jj J~I m sen oit dt =
RIm sen 03t-----75 cos o3t = I m (R sen o)l — X c cos co!) =coC
, j R , X c \?= ImZ I — sen 03t— ~ cos wí I =
= I mZ (cos 8 sen o>í — sen 8 cos ool) = I mZ sen (w/ — 8) (15-8)
sendo Z = s/ R2 + X c a impedância do circuito em ohms, e 8 o 
ângulo de defasagem d a ' voltagem sobre a corrente, em atraso. 
Tem-se para os valores'máximos
E „ rn I mZ -/■
e para os valores eficazes
E = IZ : (15-9)
—
Sob a forma complexa a impedância é expressa por Z = R — jX c. 
Donde: >.
ou
ÍZ = I R — j l X c 
È .= Er — jEc- . ; ;
Nas Figs. 15-2(b), (c), e (d) são mostrados os diagramas senoidal 
e vetorial, e o triângulo da impedância do circuito RC.
Exemplo:
Uma resistência de 10 ohms é ligada em série com um capacitor 
de 160 microfarads a uma linha de 120 volts, 50 hertz. Determinar: 
a) a.réatância capacitiva; b) a impedância; c) o fatór de potência;
d) a corrente; e) a potência média. ' .
CIRCUITOS SÉRIE
Fig. 15-2
.
a) Circuito RC; b) diagrama senoidal; c) diagrama vetorial; 
d) triângulo da impedância
Solução:
10’
314 X 160
= 20 ohms
Z = V r 2+ ( - X c )* = V lO * + 20* = 22,4 ohms 
o R 10
: .j .?•
‘ :11 i .•
>•
■lí'-
•I .
! ' i
c\
H | K
1
• i l i
J "
■ w
-.••Ml. ,
í : '•
á i •
• 1'
234
ou
*
n r E 12° xd) I = y = = 5<4 ampères
e) P = EI cos d = 120 X 5,4 X 0,45 = 291 watts
P = PR = (5 ‘4)2 X 10 = 291 watts 
Sob a forma complexa, teríamos:
Z = R — jX c = 10 — j20 (Ver triângulo da impedância)
i - 1 , 1^ + J ° = 2 4 — i'4 8 
1 ~ z 10 - j 20 ’4 J ’
E sob a forma polar:
È 120 /O * 1
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
!•? .
7 = 5 ,4 /6 3 9 2 6 '-
Z 22,4 63° 26
/ 1 *
15-4 — Resistência, indutância e capacitância em série
.... . . : ,
A Fig. 15-3(a) é o esquema elétrico de um circuito contendo
R, L e C em série (circuito RLC). O circuito é percorrido por uma 
corrente i = IXlseawt. A equação do circuito éI "'V
e — eu + eL + ec = iR + L ^ + : (15-10)
sendo- e a voltagem aplicada.
Substituiodo o valor de í em (15-10), e operando:
: * \
e = RIm sen cot + co LIm cos cot — ^ , / m cos cot =
, ‘s-.t
' &*-/" ■
:v.
— RIm sen cot-+ (A i — X c) Im cós cot =
W ; :•
= ZIm sen (cot + d), (15-11)
sendo (;rr
Z == V Ri - f (X l — X c )1
• I • ? ■; •
a impedância do circuito, em ohms, e
tan ô = X l - X c
/ : V
7.v*v.
■> (15-12
CIRCUITOS SÉRIE 235
A voltagem aplicada poderá estar em avanço ou em atraso 
sobre a corrente, conforme X l seja maior oü menor do que Xc-
Se X l > Xc, o circuito é indutivo, o ângulo d é positivo, e a 
voltagem está em avanço sobre a corrente; se X l < X c , o circuito 
é capacitivo, o ângulo 0 é negativo, e a voltagem fica em atraso sobre 
a corrente. As Figs. 15-3 (c e d) são os diagramas vetoriais para 
estes dois casos.
Sob a forma complexa, a impedância será Z — R ± jX , sendo 
X = X l — Xc- R é a resistência total do circuito.
(15-13)
A lei de Ohm para o circuito RLC é:
E = IZ = I V R* + (X l - X c)'
* _ •/ . v i
O fator de potência é
' . n .ò; /\ -
;• cos0 = - ,
e a potência média — /
; \ ■ P = E I cos d. -• 'v
Exemplo: '
Um capacitor tendo uma reatância de 15 ohms é ligado em série 
com uma bobina de núcleo de ar com uma resistência de 5 ohms 
e uma reatância de 10 ohms. Este circuito RLC é ligado a uma 
linha de 120 volts, 50 hertz. Determinar: a) a impedância da 
bobina; b) o fator de potência da bobina; c) a impedância de todo 
o circuito; d) o fator de potência de todo o circuito; e) a corrente; 
f) a potência fornecida ao circuito.
M # : r - * V t o H 5 .0
a) ZL± V 5* + 10* = 11,18 ohms
M ,, Rl 5
b) c« ‘ 0 ' . - z í - - Ü M = 0,447
c) Z'= V 5l + (1 0 — 15)! = 7,07
d
d) cos ô = — = 5— = 0 707 ;Z 7,07 ’
"
/ i
CIRCUITOS SÉRIE 237
e ) I = ~ = 4 ^ - = 1.7 a m p è re s .Z 7,07
f) P = EI cos 0 = 120 X 17 X 0,707 = 1442 watts.
• * * < .
Para o circuito RLC a impedância, sob a forma complexa, é 
eViden temente:
Z = R + K X l - X c)
e sob a forma polar
Z = Z / 0 .
sendo
X r , - X c
(15-14)
tang d R
(15-15)
X l a soma das reatâncias indutivas, X c a soma das reatâncias capa-
citivas, e R a soma dás resistências.- 
.
15-5 — Impedâncias em série *' ’ ‘ ’ >• ' v .
A impedância resultante de um certo número de impedâncias
em série é: • | .
Z = Zi + Zt + ... = V (2 R )\+ (ZXl - 2 X c / (15-16)
O fator de potência da impedância equivalente é , •
. SR 
cos 0 = „ .Z
A Fig. 15-4(a).é um circuito contendo uma impedância indutiva 
Zl — Rl + jX c, e uma impedância capacitiva Zc — Rc — jXc- 
O diagrama vetorial é o da Fig. 15-4(b), que nos mostra ser
El = 1 ^ r l + x l ,
queda de voltagem na impedância Zl, constituída de duas compo­
nentes: IRl, em fase com a corrente, e IX l em quadratura com a 
corrente, em avanço sobre ela. A queda El está em avanço sobre 
a corrente de um ângulo 6l, cuja tangente é X lIRl■ Semelhantemente,
a queda
Ec = I V R l + X *
é constituída de duas componentes: IRc, em fase com a corrente, 
e IXc, em quadratura, porém era atraso sobre a corrente. A queda 
Ecostá em atraso sobre a,corrente I de um ânguio Oc cuja tangente 
é XcíRc-
A voltagem resultante E, nos extremos do circuito, é a soma 
vetorial de El e Ec. Esta voltagem E se compõe de duas partes: 
IR = 1 (.Ri + Rc) e IX = I (X l — Xc), respectivamente em fase e 
em quadratura com a corrente. A componente em quadratura está 
em avanço sobre a corrente quando X l > Xc) se X l < Xc, está 
em atraso.
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
Fig. 15-4 — Impedâncias em série: 
a) esquema elétrico; b) diagrama vetorial das voltagens
As duas componentes 
E cos 9 = IR
da voltagem E [Fig. 15-4(b) í são:
= I(Rl + Rc) (15-17)
Ê sen 9 = I X = I (X L - X c) (15-18)
Donde:\ . • •' I *VV *
E - I
sendo Z a impedância resultante, soma vetorial das várias impedâncias 
ém série.
CIRCUITOS SÉRIE 239
Mélodo dos complexos
A corrente I, sendo a mesma em todo o circuito, é tomada como 
referência, isto é, no eixo dos reais.
Tem-se então:
Èí = IZ i= Í(R l + j'Xl)
Êc = ÍZC = í (Rc - jXc)
È = Èl + Xc = I [ (Rl + Rc) + j(Xz, — Xc) ~
= Í ( R + j X ) = IZ
tang 0 = cos 0 = — ) sen 0 = -g 
Exemplo: f .
'
Um circuito RLC, ligado à uma linlia de 120 volls, 50 hertz, 
contém uma resistência não indutiva Rr = 15 ôhms, uma bobina 
com indutância L = 0,2 henry e resistência R i,= lOohms, e um 
capacitor com uma capacitância C = 100 microfarads e resistência 
R desprezível. Determinar: a) a corrente e o fator de potência 
do circuito; b) a potência absorvida; c) as quedas de voltagem 
na bobina e no capacitor, com os respectivos ângulos de defasagem.
Solução:
a) X l = 2 ir >< 50 X 0,2 = 62,8 oh ms
V.
C-
X c =
106
= 31,8 oh ms2 ir X 50 X 100 
Z = (Rl .+ Rc + Rr) + j (X L - X c) =
= (10 + 0 + 15) + j(62,8 - 31,8) =
= 25 + j31; Z = V 25l + 312 = 39,S oluns
r 120I = ——-- = 3 ampères
■M'.
39,8
R 25
cos 6 = — = = 0,628; 0 = 51° (aprox.) em avanço.
I
• I • * . I
240 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
#
b) P = EI cos 9 = 120 X 3 X 0,628 = 225 watts 
ou
P = I lR = 32 X 25 = 225 watts
c) El = IZt = 3 V lO 2 + 62,82 = 190,8 volts
Ec = 7ZC =* 3 V O 2 + 31,82 = 95,4 volts
tang 6l = == " ~ 6,28; 6l = 80° 57' em avanço;
E l 10
Oc = 90°, em atraso.
A voltagem total é 2? = IZ = 3 X 39,8 = 119,4 (aprox. 120 
volts).
O ângulo de defasagem: ■ - • .
t a n f l= .| - = | g = l ,2 4 ; f l^ 5 i y ‘ " 1
como anteriormente.
15-6 — Ressonância no circu ito série
. ' ; . . 9 ’
Um circuito série RLC está em ressonância quando se verifica 
a condição •
X l = X c
.... . . ' !
para a qual a corrente no circuito é máxima:
K ;:
7 = 4 = E E
(15-20)
(15-21)
z V W + ÍXl - X cY r
. . . .. r-'iV •' ■' '■ ■;■■■■■■
A impedância do circuito é mínima na condição de ressonância, 
e igual à sua resistência total; se a voltagem aplicada for constante, 
a corrente será limitada apenas pela resistência dõ circuito. O 
cos 6 — 1, e a potência é máxima.
íKS
Da expressão (15-20) se obtém a Jreqüência de ressonância (]r):
2 7T ] rL = A.
2 TT j rC
CIRCUITOS SERIE 241
Donde:
ír 2 ttV L C
(15-22)
Sendo X l = Xc, tem-se I X l = IX c oú E l = Ec. Estas duas 
quedas de voltagem não têm efeito sobre a queda de voltagem total 
do circuito, E. Elas são muito maiores do que a voltagem aplicada 
e podem atingir valores excessivos quando a resistência do circuito
for pequena em comparação com as reatânciàs indutiva e çapacitiva.*• ,x '
Neste caso a corrente no circuito pode tomar-se excessiva e as altas 
voltagens E e Ec produzem condições indesejáveis. Com efeito, 
na condição de ressonância, sendo I = E/R, tem-se:
Ec = E l = IX l = X L = E % = E.Q. . (15-23)
xt . JtC *-í. i • •
■ X l -sendo -jr — Q o Jator de mérito do circuito, cujo valor é tão mais
elevado quanto menor for a resistência R. A expressão (18-23)
• mostra que a voltagem nos extremos da capacitância oü da indutância 
é Q vezes maior do que a voltagem aplicada E. Por ex., se Q = 10 
e E = 120 volts, El = Ec = 1 200 volts.
Na Fig. 15-5 estão representadas as curvas características da 
freqüência no circuito RLC. Os valores mais elevados da corrente 
- estão compreendidos entre os pontos e / 2, que correspondem às 
freqüências para as quais a ■potência é metade da correspondente à
I
ressonância, (50% P/r), e a corrente é igual a "7— . A faixa de fre-
V 2
■qüências entre esses pontos se chama faiza de passagem, e é quem 
•determina a seletividade de um circuito ressonante em rádio, isto é, 
a propriedade de discriminar os sinais de uma dada freqüência.
• I
Um circuito RLC pode ser sintonizado para a ressonância va­
riando L ou C. Geralmente prefere-se variar C por meio de um 
capacitor variável.
t •* • . I . •
JEzemplo: j.
Uma bobina com indutância de 0,2 henry e resistência de Í0 ohms 
■é ligada em série com um capacitor de 100 microfarads, a uma linha
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
CIRCUITOS SÉRIE 243
fic IXC 12 X 6 28 x 35 7 x 100 --
— 538 volts (aprox.)
c) Os diagramas vetorial e senoidal (sem escala) são os da 
Fig. 15-6(a) è (b).
(a ) ' (b )
Fig. 15-6 — Circuito ressonante em série: 
a) diagrama vetorial; b) diagrama senoidal
j. ' ; • " ’
QUESTÕES
15-1 Estabelecer a equação do circuito contendo R e L em série.
15-2 Idem, do circuito contendo R e C em série.
15-3 Idem, do circuito contendo R, L e C em série.
15-4 Traçar os diagramas senoidal e vetorial para cada um dos três casos an­
teriores.
15-5 Estabelecer a equação da voltagem resultante nos extremos de um cir­
cuito contendo impedâncias em série.
15-6 Estabelecer a equação da frequência de ressonância.
15-7 Traçar os diagramas senoidal e vetorial do circuito ressonante-série.
]
ii
CAPÍTULO XVI
S7- '
* k
CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALELO
• . : •.* *“•. * •’ • ‘ *; v. ■ *; i ‘ • • * •
16-1 — Circuito paralelo
A Fig. 16-1 é um circuite paralelo com dois ramos, cada um 
deles consistindo de um circúito série (RL e RC): A voltagem é 
a mesma nos extremos'de cada ramo. Tem-se, para cada ramo 
e para todo o circuito: •
È • E
-a) Correntes: / , = j j , = . j = j , + j , (Kirchhoff).
" l -1 * '
b) Ângulos de defasagem entre I e E: 
tang 6 1 = ^ ; tang02 = ^ ; tangfl =
*í 1 XÍ3 -iC 1
c) Potências ativas: P i = Eli cos P 2 = E li cos02;
P = ET cos d. •
Ou P = P i -p P 2 (soma aritmética).
d) Potências reativas: Q; = P tjsen d i; Q2 = P / 2 sen02;
Q = EI seu 6.
Ou Q = <2i 4- Qt (soma algébrica).
Na resolução dos problemas dos circui­
tos paralelos podemos empregar o diagrama 60 Pps x 23 X 2= -
vetorial, ou, de preferência, a notáção com- i y :
plexa, como veremos no1 exemplo seguinte. ^
Fig. .16-1 — Circuito
Exemplo: paralelo
No circuito da Fig. 16-1, Rt = 10 ohms, X x = 62,8 ohms, P 2 = 20 
ohms, X j = 31,8 ohms, E = 220 volts, 60 hertz.
Calcular: a) a corrente; b) a potência real; c) a potência 
reativa. .
í I 
220 V
R :| r 2
I i t
X 2:
CIRCUITOS PARALELO E SERIE-PARALELO 245
Solução:
1. Método dos complexos
a) Z, = 72, + jX x = 10 + j'62,8; Z 2 = 722 - jX , = 20 - >31,8 
220 + jO
ll - Z , 10 + >62,s
= 0,54 - j 3,4
7 = / , + / , = 3,64 + >1,5 =3,94 / 22° 24'
I — 3,94 ampères
b) cós 0 = cos 22° 24' = 0,924 (em avanço)
P = E I cos 0 = 220 X 3,94 X 0,924 = 801 watts
c) Q — E I sen 0 = 220 X 3,94 X 0,381 = 330'vars (em avanço)
2." Método do diagrama vetorial
A voltagem aplicada é tomada como vetor de referência.
Z, = V 10* + 62,8* = 63;6 ohms 
Z 2 = V 20* + 31,8* = 37,6 ohms
T e 220 . . . . • :I I = — = —— - = 3,46 ampères
ju i DujU
tang 0 i = = 6,28; 0, = 80° 57' (em atraso)
iii 10
r í '220 ' . . . .72 = —- = = 5,85 ampères
Z 2 37,o
y q i c
tang 02 = = 1,59; 02 = 57» 50' (em avanço)
A Fig .16-2: mostra-nos o diagrama vetorial correspondente, do 
qual tiramos:
I ■= V (7, cos 0 1 + 7200502)* + (li sen 0 i - f 72 sen02)*
P = (3,46 cos 80» 57' + '5 ,85 cos 57» 50')* +••
+ ( - 3,46 sen 80» 57' + 5.85 sen 67» 50)*
i
246 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA.
9
I = "\/ 3,65* + 1,51* = V 15,5026 = 3,94 ampères
- 3,46 sen 80° 57' + 5,85 sen 57° 50' _ 1,51 
aDg 3,40 cos 80° 57' + 5,85 cos 57->50' ~ 3,65 ~ 0,412
6 = 22° 24' em avanço
Pi = /,* Rt = (3,46)* • 10 = 119,716;
\ Qi = Ji1 = (3,46)’ ( - 62,8) = - 751,916
Pi = 2V Rt = (5,85)* • 20 = 684,450;
Qi = /,* X , = (5,85)* • (31,8) = 1088,275
P = Pi + Pi = 804 watts; Q = Qi + Qi = 336 vars
I I
,
• ! 1
 ̂ 'j * - *
Fig. 16-2 — Diagrama vetorial relativo ao exemplo dado
* . . •*’ cy,̂ rJ .v*V-£.
Nota: As pequenas diferenças nos resultados numéricos devem 
ser levadas à conta das aproximações. Este exemplo é uma boa 
ilustração para o fato de que as correntes devem ser somadas veto- 
rialmente. h.
vVí 5 •v.'V» •.V '
CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALKLO 247
16-2 — Impedâncias cm paralelo. Método da admitância
Se várias impedâncias Z u Z2, Zt, são ligadas em paralelo a uma 
linha de voltagem constante E, tem-se:
E E E
•. j «,
Donde:
r/ f 3̂ 7 ,lJ\ CJ* Zf3
È . . . È , È , È
i , - T - y i + 7 J+ T , ;
i i i i
’ i= ~Ã~ + ~T + Ã~ ' (soma vetorial)Z V Z , ‘ Z2 ' Zt 
Chama-se admitância o inverso da impedância (símbolo Y)
(16-D
f - J L ■- z
Y = y t + F , + Zi (s o m a v e t o r ia l )
■! , i i
De (16-2) t ir a -s e : . .
1 1
Y Z R + j X
sendo
R - j X _R _ ,X_
~ z* Z* 1 Z1
Z = V R2 + X 2
(16-2)
(16-3)
(16-4)
X = X l - X c . 
Substituindo. X em (16-4):
* * v R ( X l X c \ „ Bc)
sendo G — a condulância, e m S iem en s
(16-5)
Bc = a suscelância capacitiva em S iem en s , tomada po­
sitivamente,
X le Bl = — a suscelância indutiva em Siemens, tomada
negativamente. > •, ' •
I
248 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
#
x
Chamando B = — = Bl — 5 c a suscctância total do circuito, 
escreveremos:
Y = G — jB - (16-6)
Se o circuito for capacitivo, Bc > B/,, e jB terá o sinal (+ ) ; se 
o circuito for indutivo, Bc < B l e jB terá o sinal (—).
Semelhante ao triângulo 
da impedância, traçamos o 
triângulo da admitância ten­
do para cateto horizontal G, 
em fase com a voltagem, e 
para cateto em quadratura 
B — B l — Bc. (Kg. 16-3). 
As correntes nas várias 
Fig. 16-3 - Definições das componentes da impeclâncias poderão ser ex- 
impedância e da admitância . pressas por
7 , = ÊYy, Í t = É Y t;r ,
A corrente total: .
7 = it - f í 2 = Ê (Fx + r 2) = 5 7 = É(G - jB ) (16-7/
A corrente tem, pois, duas componentes: uma,,ÊG = componente 
ativa, em fase com a voltagem; e outra, jEB — componente reativa, 
em quadratura.
O triângulo da admitância permite escrever:
a G -a B t , Bcos 0 = — ; sen 6 = — ; tang 0 = —
As condutâncias são somadas aritmeticamente, e as suscetâncias 
algebricamente.
Comparando as expressões correlatas:r .E,= 7Z r e 7 = ÈY;
Z — R + jX e Y = G + jB, resultam as definições:
1. A impedância é o vetor operador pelo qual se multiplica a 
corrente para obter a voltagem.
A admitância ê o vetor operador pelo qual se multiplica a voltagem 
para obter a corrente.
“ ... ' . . . , ' ' •
2. A impedância tem duas componentes', a resistência, componente
real ou em jase] e a reatância, componente imaginária ou em quadratura.
249CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALELO
A admilância tem duas componentes: a condutância, componente 
real ou em fase; e a suscetância, componente imaginária ou em quadralura.
Chama-se a atenção para o fato de que a condulância é o inverso . 
da resistência somente no caso de não haver reatância no circuito paralelo-, 
semelhantemente, a suscetância é o inverso da reatância somente quando 
não existe resistência associada com a bobina.
Exemplo:
O circuito da Fig. 16-4 compõe-se de dois ramos em paralelo, 
alimentados por uma tensão constante de 110 volts, 50 ciclos.
O primeiro ramo contém uma bobina A em série com um resistor 
B, e o outro contém uma bobina Ç. Calcular, pelo método da admi- 
tância: a) as admitâncias de cada ramo e a total, e os respectivos 
ângulos de defasagem; b) as correntes em cada ramo e a total, e os 
respectivos ângulos de defasagem.
Dados numéricos, em ohms: R a = 3; X a = 10; R b = 2; R c = 7; 
X c = 4. , ,
Solução:
Fig. 1&-4 — Circuito elétrico do exemplo dado
a) Z a+b = 3 + jlO + 2 = 5 + jlO ohms
. ••• <!'• . • •••
Zc = 7 + j‘4 ohms; Yc =
- 2; 6, = - 63°23‘
= 0,107 — j'0,061 siemen
■ j.1
0,570; B,
= Y a+b + Yc = 0,147 - 70,141
29° 41
tang 0 - = - 0,959; 0 = ~ 43»49<
b) Í mb = (110 + ;0 ) (0,04 - jd ,08) =
= 4,4 — j'8,8 ; I a+b = 9,8 ampères
tangí?! = ^ 4 — — 2; = — 83° 23'
4,4
ic = (110 + jO) (0,107 - ,0,061) =
= 11,77 -• ,'6,71; L r= 13,6 ampères.
: ' I
tang02 = •- 0,570; 0, = - 29» 41'
1 1 , / /
j = ÈY = (110 + ,0) (0,147 - ,'0,141) =
= 16,17 — j'15,51; I = 22,4 ampères
ta n g 0 = ~ - °>9 5 9 ; 0 = - 430 4 9 '
16-3 — Correção do fator dc potência
As cargas industriais comuns operam com fatores de potência 
menores do que a unidade, geralmente Ò,8, em atraso. Isto se explica 
pelo fato de que a carga industrial é composta, em sua maior parte, 
de motores de indução. Quando 0 motor de indução funciona sem 
carga, o fator de potência é muito baixo. Então. 0 primeiro cuidado 
para se obter um fator de potência elevado 6 verificar se as máquinas 
operatrizes são arrastadas por motores de potência adequada, e não 
maior do que a necessária. Com dimensionamento justo, 0 motor 
operará normalmente em plena carga. Entretanto, nem sempre esta 
providência produz fatores de potência elevados, e, em certos casos, 
há vantagem econômica na instalação de capacitores, em paralelo, 
para a correção do fator de potência. Os capacitores para este fim 
poderão ser instalados em subestações (alta ten3ão), porém, é geral­
mente preferível que eles fiquem o mais próximo possível dos pontos 
de consumo (motores de indução, fornos de indução).
A Fig; 16-5(a) é o esquema da instalação de um capacitor para 
correção de carga indutiva; a Fig. 16-5(b) é o diagrama vetorial.
A corrente de carga I I tem uma componente reativa oc= I l sen 0l. 
G capacitor produz uma componente reativa em avanço od, e a re­
sultante é oe = oc — od, componente reativa da corrente de linha.
250 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALELO 251
Exemplo:
Uma carga de 20 kVA ligada a uma linha de 230 volts, 60 hertz, 
opera com fator de potência 0,6, em atraso. Determinar a capa- 
çitância de um capacitor para elevar o fator de potência a 0,8, em 
atràso.
Tem-se:' cos Ol = 0,6; sen Ol- = 0,8
Utilizando o diagrama da Fig. 16-5(b) para as componentes 
da potência 20 kVA:
(oc) : 20 sen Ol — 16 kVAR (componente reativa)
* (oaj : 20 cos Ol = 12 kW (componente ativa)
Para o novo fator de potência 0,8, tangí? = 0,75.
Tem-se:
tang0 = ™ ' oa
donde:
oe = oa tang 6 >
Portanto:
(oe) : 12 tang 0 = 9 kVAE.
A potência reativa do capacitor será:
(od = oc — oe) : 16 — 9 = 7 kVAR 
A corrente no capacitor:
7 X 1000 
230 = 30,4 anrpères
■S
9S
P
252
•I ‘
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
A reatância do capacitor: X c — 23030,4 = 7,56 oh ms
A capacitância: C = 10‘
L 16-4 — Ci
377 X 7,56
= 351 microfarads.16-4 — Circuito ressonante paralelo
Um circuito paralelo contendo indutância e capacitância está 
em ressonância quando a corrente reativa no ramo indutivo for igual 
à corrente reativa no ramo capacitivo. A corrente reativa total do 
circuito é então igual á zero. Esta condição é mostrada na Fig. 16-6 
para um circuito de dois ramos paralelos. A corrente no indutor, II, 
está em atraso sobre a voltagem de linha. Sua componente reativa 
é I I enquanto que a corrente no capacitor, Ic, está em avanço, e 
sua componente reativa é Ic-
■ ■ - • * - * -i * t*
Na condição de ressonância, tem-se, pois:
donde:
ou
II" + Ic ” = 0• |
EBl -f- EBc — 0
• i
' .*! . UÍ; ' *' ; *. :
'Bl = Bc
S
X l X c
(16-8)
R h + X h R h + X h
Desta relação, substituindo as expressões de X l e Xc, tiramos 
a expressão da freqüência de ressonância jr :
C R h - L
(16-9)
lL C (C R h - L)
Se as resistências forem desprezíveis em face das reatâncias,
j _ 1 *
2 i r V L C
(16-10)
expressão idêntica à da freqüência de ressonância no circuito série.
I
CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALELO 253
Desta forma, se uma bobina e 
um capacitor, de baixa resistência, fi­
cam em ressonância para uma dada 
..freqüência quando Ligados em série, 
i poderão igualmente ficar em resso- 
; nância, para a mesma freqüência, 
quando ligados em paralelo. No caso 
de resistências desprezíveis, a freqüên­
cia de ressonância será obtida fazen­
do-se variar L ou C. Em geral prefe­
re-se variar a capacitância, por meio
de um capacitor ajustável. Para a ressonância, a corrente é mínima, 
ao passo que a impedância é máxima. O fator de potência é igual 
à unidade. Entretanto, uma corrente de valor elevado circula no 
circuito que compreende a bobina e o capacitor. 0 valor desta 
corrente é - " . . .
Fig. 16-6 —1 Diagrama vetorial de 
•um circuito ressonante paralelo
h = i c = = E • o>C (16-11)
Na condição de ressonância o circuito tem a propriedade de 
armazénar energia em üm estado oscilante; variando regularmente 
de energia cinética, no campo magnético, a energia potencial, no 
capacitor, e vice-versa. O capacitor completamente carregado passa
(a) v.b)
. *.
Fig. 16-7 — Intercâmbio de energia no circuito ressonante paralelo
a fornecer energia >à indutância, resultando a corrente mostrada em 
linha cheia na Fig. 16-7, até que se descarregue completamente.
t í •
I .
J
254 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
Neste instante, a energia está contida inteiramente no campo magné- 
,ico, e a corrente continuará no mesmo sentido (mostrado pela linha 
oontilhada) alimentada agora com energia do campo magnético, e 
;riará uma diferença de potencial, de polaridade contrária, nos ex- 
iremos do capacitor. Quando toda a energia tiver sido transferida 
io indutor para o capacitor, a d.d.p. nos bomes do capacitor terá 
o valor original, e a corrente se anula. Dá-se, então, a inversão 
da corrente, e o processo se repete indefinidamente, visto não haver 
perdas PR. Na prática, entretanto, a resistência do circuito não é 
nula, e uma pequena quantidade de energia é consumida por estas 
perdas. ‘
A impedância equivalente do circuito paralelo ressonante se 
obtém pela expressão: | :
4 - = 4 - + J - =
Z Zi Zt
1
+0 + j 2irjL 0 — j 2trJC
A variação desta impedância com a freqüência, e a correspon­
dente corrente do circuito, para uma tensão constante, estão repre­
sentadas ná Fig. 16-8.
• I ..
. á> '
Fig. 16-8 ■ Variação da reatância equivalente X e da corrente no circuito paralelo 
I.C era função da variação da freqüência.
16-5 — Circuito série-paralelo
* I ’ i . .
Um exemplo simples de circuito série-paralelo é o da Fig. 16-9, 
no qual a coinbinação de duas impedâncias em paralelo é ligada
: ...
CIRCUITOS PARALELO E SÉRIE-PARALELO 255
em série com uma terceira impedância para formar o circuito com­
pleto. Os problemas deste tipo são resolvidos determinando-se a 
impedância equivalente dos ramos paralelos e somando-a à impedân­
cia do elemento em série para obter a impedância total.
#3 Xj
y ■ ■ a<w\i ■ ■
Fig. 16-9 — Circuito 
série-paralelo
Exemplo:
Os valores das constantes do circuito da Fig. 16-9 são os seguintes:
Ri = 10; X i = 5; fí- = 20; X t = — 10; R} = 3> X 3 4 (ohms).
IE = 230 volts, 60 hertz. Determinar a corrente total e a potência 
! absorvida pelo circuito.
Solução:
Tem-se para impedâncias dos ramos paralelos:
Zi = 10 + )5; 5/2 = 20 — jlO. A impedância equivalente Zr é: 
1 1 . 1
v = t + v = ° ’ 12 - >0-38;/jp Al
0,12 - >0,38
= 0,74 + 70,24
Z = Z. + Zv■- (3 + j’4) + (0,74 + j'0,24) = 3,74 + 7+24 
A corrente total é
7 = 230 + -?0___= 26,9 - j 30,5 = 40,7 / - 48°34'
, . 3 ,74+74,24 !-----------------
A potência consumida no circuito é 
P = EI cos 6 = (230) (40,7) (cos 48“34') = 6 177 watts.
256 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
QUESTÕES
16-1
16-2
16-3
16-4
16-5
16-6
16-7
16-8
16-9
Fazer um esquema de úm circuito paralelo com dois ramoa, sendo um 
indutivo e o outro capacitivo, e mostrar como se obtém a corrente em 
cada ramo e os respectivos ângulos de defasagem.
Aplicar ao circuito anterior o método da admitância, supondo o circuito 
reais ti vo.
Mostrar em um diagrama vetorial a impedância, a condutância e a sus- 
cetância indutiva e capacitiva.
Definir admitância e seus componentes.
-•
Definir impedância e seus componentes.
.Qual a utilidade da correção do fator de potência, o como se procede para 
esse fim ?
Mostrar com um diagrama vetorial como se procede para fazer a corre­
ção do fator de potência.
Deduzir a expressão da frequência de ressonância no circuito ressonante
paralelo. ' ' ' ■ :• !■-.
Mostrar como a variação da frequência influi na-variação da reatância 
equivalente e na corrente de um circuito paralelo LC.
PROBLEMAS RESOLVIDOS
16.1. Um circuito contendo um capacitor de 50 pE e uma resistência variá­
vel é ligado a uma fonte de corrente alternada de 120 volts, 60 Hz.
Qual deve ser o valor da resistência para que a potência consumida seja 
80 watts?
Solução:
P = RI*; I
X c
1
Ccj
V r- + Xc2
______ 1_______
377 X 50 X 10~6
P =
F2
I? + X C2 ■ R:
53 ohms
I
PR? + PX ?c — V % ~ 0 ■
Donde:
80fi2 - 14.400 R + 80 X 532 = 0
.Ri = 163 ohms e ü j - 17 ohms
16.2. Um solenoide com 31 cm (7r3) de comprimento, 5 cm de raio e 1500 
espiras é construído com fio de cobre de 0,6 mm de diâmetro (p = 1,8 microhm-cm).
(2 000\rk— I
o TT /
e o conjunto em paralelo com Outro capacitor igual ao primeiro e com uma fonte 
de corrente alternada de 50 Hz, cuja tensão máxima é 141,4 volts.
CIRCUITOS PAKAUEU) E SÉKIE-PARALEOO 257
Pergunta-se qual é, em módulo e fase, a corrente total que atravessa o ,cir­
cuito?
Solução'.
Cálculo da resistência R do solenoide:
R - p — X 1,8 X 10-' X 2r — nXJ t50Q - 30 ohms 
s
Cálculo da induláncia L:
. 1,25 X N2 X n X S X IO-8 1,25 X 1500- X 1 X ir X 5! X 10~3
l 31
1,25 X 225 X 10< X r X 25 X IO-8 .............
= ------------------------ -------------------------------- 0,0735 henry
Tem-se: = 2?r/ = 2 t X 50 = 314
X l - o) L = 314 X 0,0735 = 23 ohms 
10' IO8
X c uC
314 X -
2.000 15 ohms
3t
141 4
V = = 100 volts
!,41
Zi = R + } ( X L - X C)=. .30 + >S 
1 30 - >8
30 + >8 900 + 64
Z = - >15
1 > 15
= 0,311 - ;0,00S
Yi > 0,0667- > 15 225
y = 0,311 + 3(0,0667 - 0,008) = 0,311 + >0,059
' i-
I = — = V Y = 100(0,311 +>0,059) = 31,1 +>5,9 
Z
I = \ /3 1 ,l2 + 5,92 = 31,6 ampères
tg0 ^ 59.131.1
0,19; d = 10° 50' (corrente em avanço)
16.3. Considere o circuito da figura, ao qual sé aplica uma f.e.m. senoidal ; 
de freqiiência 50 Ha. • . j
Determinar: , ,
. ■. I •: " ■: *
a) Qual deverá ser a capacitáncia, para que o fator de potência do circuito
seja 0,8, e neste caso, dizer se a corrente estará em avanço ou em atraso ?
-! f 
?!'•
* i
\E
v.
258 NOÇOES DE ELETROTECNICA
Solu0o:
5 ohms
i— 'VVV'-------
I P 2 ohms 4 ohms
^ 4 V U W Ü
—̂ W W ---------------------© —
2 ohm s
Fig. P-16.3
cos çj = 0,8 . ’. <p = 37°
Ramo ab: '
Ramo cá:
Z2 = 2 + j 4;
Z i = 5; y , = -±-
-•I í
• ' i
y# = ■■ ss -------------------
2 - f j 4 2 + j 4 ^ 2 - j 41
2 — j 4 . 2 - j 4
4 + 16 = 1 20 ‘
Somando as admitâncias dos ramos ab e cd em paralelo:
ir .. , ir 1 , 2 - Í 4 3 - j \Y - Y1 + Y, = — [5-
7' = — = 10
P 3 - j 2
30 - f j 2 0 = 30 + j 20 
9 + 4 13
Ramo r.j:
Z " = 2 - j X c.
Somando as impedâncias, vem:
3 0 .+ j 20
Z = Z' + Z ’
13 + 2 - j X c
56 . 20 - 13 X c
' 13 13
Como tang d = 0,75, tem-se:
20 - 13 Xc
tang 6 = 0,75 13
• . . > >.. ■:
56
13
20 - 13 Xc
56
• .:.v
CIRCUITOS PARAbEUO E SÉRIE-PARALELO 259
Donde:
20 - Í3 Xe = 56 X 0,75.
22
— l á A j — 22; A c — 13 ’
Isto aconteceu porque tomamos o valor do ângulo positivo. 
Tomando-se — 37°, com tang 9 = —g75, vem
20 i 13 X c = 56 X ( - 0,75) = - 42.
62
— 13 X c = — 62 ; X c — — . Como já vimos,
13
2tt X 50 X
6.200 ir
C = 6,7 X 10“7 X 106 nF 
A corrente está em atraso.
. i
67 X 10“ s F.
*t *
I
CAPÍTULO XVII
CIRCUITOS POLIFÁSICOS
17-1 — Introdução
•. o , *
• , V r . • ’ • I ,.
Os circuitos monojásicos são usados em grande escala na .ilumi­
nação, pequenos motores e equipamento doméstico. Na geração, 
transmissão e utilização da energia elétrica pára fins industriais 
utiliza-se quase que exclusivamente o sistema trijásico.
Um sistema_ polifásico consiste de um conjunto de dois ou mais 
circuitos monofásicos em que são geradas f.é.ms. ‘alternadas de mesma 
freqüência, porém defasadas de um ângulo definido; cada circuito 
do sistema constitui uma /ase; estas são ligadas entre si de maneira 
a resultar uma carga mais constante na fonte de alimentação.
O sistema polifásico encontra analogia no motor de explosão 
policilíndrico, no qual a potência fornecida ao volante é praticamente 
constante. •
Um sistema polifásico de n fases é simétrico quando as f.e.ms. _ 
de cada fase são todas iguais em valor e se acham defasadas suces­
sivamente, uma da outra, de 1/n de período. 0 sistema trifásico
é simétrico, e a defasagem é de 120° = 360°/3 = 2 r/3 radianos.
• *. • • • • »!. ' •,* »
Um sistema polifásico se diz balanceado quando as condições
em cada fase são as mesmas: o valor da corrente e o fator de potência 
de cada fase são os mesmos. O sistema que não satisfaz a estas 
condições se diz não balanceado.
As vantagens dos sistemas polifásicos sobre os monofásicos são:
.1. Para o mesmo tamanho, os geradores e motores polifásicos 
são de maior potência que os monofásicos.
2. As linhas de transmissão polifásicas necessitam menos cobre 
que. as monofásicas para transportar a mesma potência.
•
CIRCUITOS POLIFÁSICOS 261
3. Os motores polifásicos têm um conjugado absolutamente 
uniforme, enquanto que os monofásicos (exceto os dc coletor) têm 
um conjugado pulsatório. \
4. Os motores monofásicos (exceto os de coletor) não têm 
partida própria; os polifásicos podem partir sem auxílio exterior. ‘
17-2 — Conceito de “ rotação” e de “ sequência” de fase
Rotação de jase é o sentido no qual se considera que girem os 
vetores representativos das voltagens ou correntes alternadas.
Sequência de jase é a ordem na qual os vetores se sucedem, na 
rotação positiva, a partir do eixo de referência. Na Fig. 17-l(a) 
a seqüência é ABC] qs vetores,giram na rotação positiva na seguinte 
ordem: vetor A, vetor B, vetór C. Na Fig. 17-l(b), a seqüência é
[' ' .
•\
17-3 ’— A lte rn a d o re s trifá s ico s
Consideremos o alternador trifásico elementar, de dois polos da 
Fig.. 17-2.
Na periferia interna da armadura, carcassa ou eslalor, três 
espiras a a', 66', e cc', chamadas jases geradoras, são alojadas em 
ranhuras, e têm seus eixos descalados dé 120° elétricos no espaço.
Èste enrolamento é chamado induzido, e pode ser representado 
esquemátiçamente pela Fig. 17-3, onde ■ são mostradas as ligações 
das fases: (a) em estrela ou Y ; (b) em triângulo ou A. As três 
fases são idênticas, de modo que as amplitudes das três f.e.ms. geradas 
são iguais.
I i !I I !
262 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
0 campo magnético rotatório uniforme é produzido por. meio 
dé corrente contínua proveniente de uma excilatriz, que circula o
estator
enrolamento 
do induzido
enrolamento 
do campo
/ " polo v
rotor
Fíg, 17-2 — Alternador trifásico elementar, de dois pólos
. .. ■ ' i
enrolamento disposto sobre a estrutura magnética do rotor. Na 
Fig. 17-2 o campo N-S gira no sentido da. flecha.
Fig. 17-3 — Representação esquemática das ligações das fases geradores:
(a) em estrela; (b) em triângulo
Na Fig. 17-3, a, 6 e c, são as,extremidades das fases geradoras; 
as f.e.ms. geradas nas três fases sãp expressas por:
CIRCUITOS POLIFÁSICOS 263
A Fig. 17-4 mostra os diagramas (a) senoidal e (b) vetoria! 
dessas três f.e.ms. defasadas de 120°.
Qualquer dós dois diagramas nos mostra que,, a cada instante, 
a resultante das três f.e.ms. é igual a zero.
"A esta conclusão também podemos chejgar por via analítica:
ea’a + ei-i. + eec = E p (sen ut + sen ( u t . 120°) +
+ (sen ut — 240°) ] = 0. ; ;. (17-2)
Donde a propriedade fundamental: . ,
Em um sistema trifásico simétrico a soma dos valores instantâneos
na ; três fases é das.f.e.ms. igual a zero.
Se o sistema trifásico for balanceado, a soma dos valores instan-
,
tâneos das correntes,: em cada instante, Vi também igual a zero.
Esta importante propriedade permite reduzir o número de fios 
de linha de seis para três.
17-4 — Ligações das fases
Há duas possibilidades para a utilização das voltagens geradas 
por um alternador trifásico:
1. Os seis terminais a, a', b, b', c, c' poderão ser ligados de modo 
a formar três sistemas monofásicos independentes.
2. As três fases aa', bb', cc' poderão ser interligadas pelas duas
maneiras já mencionadas: em estrela ou èm triângulo, conforme o 
tipo de, utilização da energia elétrica. Pôr exemplo, os transforma­
dores de distribuição para serviço industrial (força motriz) são co- 
mumente ligados em estrela, enquanto que ós transformadores das 
linhas de transmissão são freqüentemente ligados em triângulo, pelo 
menos no lado de alta-tensão. . . ■
264 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
I — Ligação em estrela (F).
Os terminais a', b' e c' de cada fase são ligados ao mesmo ponto 
O, chamado neutro. (Fig. 17-5).
À Fig. 17-5(a) mostra que, se as três fases de um alternador ou 
motor trifásico operassem independentemente, seriam necessários seis 
Jios na linha.
Fig. 17-5 — Evolução da ligação em estrela
Na Fig. 17-5(b) tem-se o sistema em estrela a quatro Jios, Sendo 
o quarto fio da linha o jio neutro. Esta ligação emprega-se nós sis­
temas nãó'balanceados, e o'fio neutro transporta a corrente l 0, resultan­
te das três correntes de linha: - .
7 . = Ía + Íb + Ic (17-3)
*
Como I 0 é menor do que qualquer das correntes da linha, o fio 
neutro tem uma secção'menor do que a dos fios da linha.
Nos sistemas balanceados I0 — 0, e o fio neutro pode ser suprimido, 
obtendo-se o sistema a três Jios [Fig. 17-5(c) ], no qual cada fio atua 
altemadamente como condutor de ida, ou de volta da corrente.
As três voltagens geradas nas bobinas geradoras são chamadas 
voltagens de Jase, ao passo que as d.d.p. existentes entre os fios da 
linha são chamadas voltagens de linha.
As voltagens de fase são: E M, í , i e 
As voltagens de linha são: Eab, Et* e Eca.:
I As voltagens de linha são iguais & diferença geométrica entre cada 
• duas voltagens de Jase. >;.... : | , ,
Com efeito, o diagrama' vetorial' da Fig. l7-6(a) mostra que
&al = Epb 4 * E ao = Eob — Eoa ~ ’*\/3 * Eob
E b c = È o c + È b o =* E o c - E o b = V s ■ E o c (17-4)
Eca = Eoa 4“ Eco = E qo — Eoc = 3 * Eoa ’ ‘ • • fí
CIRCUITOS FOL.IFÁSICOS 265
Estas relações mostram que, na ligarão em estrela a voltagem 
de linha ê y / 3 vezes maior que a voltagem de jase.
Os vetores das correntes são mostrados na Fig. 17-6(b).
Fig. 17-6 — Diagramas de um sistema trifásico em 'estrela balanceado
É evidente que, na ligação em estrela as correntes de linha sãoiguais às correntes de jase: Iunha = Ijo>«
A Fig. 17-7 mostra-nos um sistema em estrela não balanceado, 
e respectivo diagrama vetorial:
! . *v • _ .' i .
11 — Ligação em triângulo (A).
Os terminais a, b, e c das três fases geradoras são ligados da 
forma representada esquematicamente na Fig. 17-8. .
É evidente que as voltagens de linha são iguais às voltagens geradas 
em cada jase: Eunha = E;a».
. . .
As i correntes de linha poderão ser obtidas usando a primeira:r: i.»' -
lei de Kirchhoff nas junções a, b e c:
ia = Ica + Iba = ' Ica
is = ias + Icb = V ã ” ■ iai .- (17-5)
; t V ’!ú ; •• . •
—---- Ic ~ Ibç Iae = * 3 * Ibc
Ü jwi'-* ■ ..
'Ó.
’
,yr: >- n4- •••
J- 
i ■
«a
•II'
• Portanto: na ligação em triângulo as correntes cie linha são V73 
;eses maiores que as correntes de fase.
.Io.
2S6 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
.Ib
-= * ü m
\l
V • \ 0 I 0 + I b
y A
J
/ I / *b 
' 1 / v 
1 /\f i
T
T0 3 Io +1|> + Ic
. <
!
•
-
'ob
Fig. 17-7 — Sistema trifásico em estrela, a quatro fios, n&o balanceado 
■ *Em resumo:
Ligação em estrela 
Eli,.ha = V 3 ■ ElaM
Ilinha — l Jaae
Ligação em triângulo
L in ha = V 3 ‘ Ijase 
Llinha = Efane
17-5 — Em prego da notação com plexa n o s circu itos trifásicos
Tomando, na Fig. 17-6(a), ’ Eab como voltagem de referência, 
3 a seqüência de fase db, bc, ca, e supondo, por exemplo, que as vol- 
iagens de linha sejam iguais a 100 volts, poderemos exprimi-las com
i notação -polar:
1 . - V \0
Eab = 100/ 0 a; Ebc = 100/ - 120°; E<u = 100 / + 120°
;?• V • i _
As voltagens de fase, sendo numericamente iguais a 100/ V 3 = 
= 57,7 volts, terão para expressões:
I I
CIRCUITOS rOCIFÁSICOS 267
A
Eoa = 57,7 / - 30°
Eo6 = Éo, X / ■ - 120° = 57,7 / - 30» X / - 120° = 57,7 / - 150° 
Eoc = B,a X / + 120° = 57>7 / - 30» X / + 120° = 57,7 / + 90°
a
Expressas sob a jorma complexa, as voltagens de linha são: 
Èab != 100 + jO
kbc = 100 (cos 120° - jsen 120°) =
= 100 ( - 0,5 - ./0,866) = - 50 - jS6,6 
Êca - 100 (cos 120° + jsen 120») =
= 100 ( - 0,5 +. j0,866) = - 50 + j 86,6 
c as voltagens de fase: 1
Eo* = 57,7 (cos 30° — jsen 30°) =
= 57,7 (0,866 - j0,5) = 50 - j28,85 
Eob = 57,7 (— cos 30° — jsen 30°) =
= 57,7 ( - 0,866 j0,5) = - 50 - j2S,85
= 57,7 (cos 90° + jsen 90°) =
• v . ** ’ T • /
Et
• * • r ;.*í'
• ; ; • v 9gg= 57,7 (0 4-j l l = 0 4-j57,7
j
i
17-6 — Expressões da potência nos sistem as balanceados
A potência elétrica de um sistema trifásico é a soma das potências 
de cada fase, em qualquer dos dois tipos de ligação. Se o sistema 
for balanceado, a tensão e a corrente são as mesmas nas três fases, 
e se acham defasadas de um mesmo ângulo. Chamando Ej a voltagem 
de fase, 7/ a corrente de fase, e 0/ o ângulo entre elas, a potência por 
fase é
Pt = E,I, cos e, (17-6)
ou . . '
P> = Í*jRj,. ‘ . j ‘
sendo R a resistência da fase. [
Em terjmos da voltagem de linha Ei e da. corrente de linha h , 
tem-se:
1. Ligação em estrela:
P = 3E,I, cos 6j = 3 - /— 11 cos 0/ = "\/3 Eili cos 8j (17-7)
V 3
1 ' .
2. Ligação em triângulo: .• * ‘
P = 3EjI j cos6/ = 3A’i —7 = cosí/ = a/ 3 E i I i cosOj (17-S)
v 3
As expressões (17-7) e (17-8) são idênticas. Notemos cy.ie Oj 
é o ângulo de defasagem entre a voltagem de. jase e a corrente de jase, 
e não entre a voltagem e a corrente de linha.
Potência aparente:
Um raciocínio idêntico nos conduziría à relação
- PaP = V S E i h (17-9)
para qualquer dos dois tipos de ligação.'
Potência reativa:
Provar-se-ia, igualmente, que [
Px = a /'3 Eih sen 0/
... • ... I, ,• • >
NOTA.: ' .'
A potência total instantânea de um sistema trijásieo é constante 
■\e é igual a três vezes a potência média por jase. {Fig. 17-9).
268 NOÇÕES JDE e l e t r o t é c n ic a .
CIRCUITOS POLIFÁSICOS 269
Em geral, a potência instantânea total de um siçtema polifásico 
balanceado é constante. Esta é uma das grandes vantagens dos 
sistemas polifásicos, principalmente na operação dos motores polifá- 
sicos, pois significa que a potência no eixo é constante.
A Fig. 17-9 representa as curvas da potência instantânea Pa, 
Pb e Pc, em cada fase do sistema trifásico, e mostra os valores médio 
e total da potência instantânea.
potência instantâneá total para as três fases
í~valof médio 
depa .P6oupc
240* o /í
Fig. 17-9 — Potência instantânea em um sistema trifásico
17-7 — Ligação das cargas em u m sistem a trifásico a três fios
As cargas de um sistema trifásico podem ser ligadas em estrela 
ou em triângulo, porém, uma carga determinada não pode em geral 
passar de uma ligação para outra, pois esta operação envolve uma 
variação na voltagem.
As cargas poderão ser balanceadas ou não balanceadas.
A carga é balanceada quando as voltagens de linha são iguais 
e as impedâncias de cada fase utilizadora são idênticas, daí resultando 
a igualdade das correntes de cada fase, e dos respectivos ângulos 
de defasagem em relação às voltagens.
Uma carga não balanceada poderá ser produzida por impedâncias 
diferentes nas fases útilizadoras do sistema.
As cargas industriais são geralmente balanceadas (motores tri- 
fásicos). As cargas monofásicas (circuitos de luz) devem ser distri­
buídas tanto quanto possível de maneira igual entre as três fases, 
de modo a tornar o sistema aproximadamente balanceado.
Na Fig 17-10 são mostradas as ligações de cargas nos dois 
sistemas, em estrela e em triângulo.
I [;
•|'i
I i
r-:J "i -,:;
Aplicação:
270;
Os seguintes exemplos mostram como se procede no cálculo 
dos circuitos trifásicos. . S &X tv* Í q. • *
1. Um altemador trifásico de 220 volts alimenta as seguintes 
cargas; >
(1) 150 lâmpadas de 100 watts cada uma, distribuídas em 
grupos de 50 lâmpadas.
(2) Um motor de indução de 100 HP efetivos; rendimento de 
90%‘ e fator de potência p,85. Determinar;" - I v v
à) A potência fornecida pelo altemador em quilowatts, 
b) A corrente de linha.. • i V
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
c) O fator de potência da carga combinada.
■ 7
3
1 •.■ r • - - - • — '
■ 1 i *• * . • /,
d k- c
"
/
/
tio da li.i
w!t
íha
--- -r-1 00000000 w fio
íio
da linha 
da Jinha
• neutro
J° Ia lb □
cargas monofásicas
(O
carga trifásica
fio da linha af ...... , 1
l \ x
1 c íio da
t ‘
linha b
O '
s
L # ' f i o da linha;
1 1 
O
4 1
1
~ T , 1
i *>>)
Fig. 17-10:
a) Ligação em estrela a quatro fios; b) ligação era triângulo
C&é*
. CIRCUITOS POUFÁSICOS
• <
/< > ,
<'7®.■ + v
Solução•:
27.1
ÍW
■/ 74t>\^_
1 000 )
? ,; íoo g
a) Potência fornecida pelo altemador = 15 ' , ' q̂ O \
. " = 15 + 82,9 = 97,9 kW. !— J
7} ->£\- " $ ' ; ,■ ,4. 15 X 1 000 _ _Q,
i -- Jfe r• Xj toÊ' b) Correntè dá linha, em fase/ para (1) = ■ .——- JS,°
ví/ í_ '■ ••"* V 3 X 220 a ri
, . +,.• vl <—ô
ampères. '
. â ~ , % è- j- 
I
t L
rs v >"*
r - 5 fet
Corrente èm quadratura, para (1) = 0-
Corrente da linha, em fase, para (2) = ------- = ^18
. V 3 X 220
ampères.
— < J , . . . >■ V ,
’f - L ^ -Corrente total da Jinha, para (2) = = 256,5 ampères
- ° ‘.o . . r ‘ ' U ,» 5 -
218'
r 'A. yA, , Corrente em quadratura, .para (2) = "s/ (256,+ — (218)5 — 
= 135 ampères.
_ ; y Corrente, total da linha, em fase = 39,3 + 218 = 257,3 am-
L - ' -pères. '*. •
v9 (-? • Corrente total da linha, em quadratura = 0 + 135 — 135 
ampères.
Corrente total da linha = y/ (257,3)2 + (135)* = 290 am­
pères. , , _
2573 +
c) Fator de potência da carga = — - ^ ■ = 0,89
2. Em um sistema trifásico em estrela, balanceado, a tensão 
de linha é 220 volts, e' cada fase tem uma resistência de 3 ohms e 
uma reatância indutiva de 4 ohms. Determinar a corrente de linha, 
a potência por fase e a potência total.
Solução:
Ei 220Ei = —= ^ r = — = = 127 volts 
y/3 V 3
/«.= / ; = 127
y /3 2 + 4J
= 25,4 ampères
272
Potência por fase = //* Rt — 25,4* X 3 = 1 935,5 watts
Potência total = 3 X Pt = 5 806,5 watts{. '
3. Considerar os mesmos dados e quesitos do problema anterior 
para um sistema trifásico em triângulo, balanceado.
Solução:Ei = E) = 220 volts
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
T 220I , — —.. :--r = 44 ampères
V 3 2 + 41 • '! '
h = I j V 3 = 44 "\/3 = 76,2 ampères
. i
Potência por fase = //* R j = 44* k 3 = 5 808 watts 
Potência total = 3 X P/. = 3 X 5 808 = 17 424 watts. .S ’ . / 1 . ..V •
i * *. ^
4. As impedâncias Z ab = Z bc = Z ca = 3 + j 4 foram ligadas em 
triângulo a üm sistema trifásico balanceado. As tensões de linha 
apresentam a seqüência È a b , È bc, È ca , tendo-se È a b = 100 + jO 
Escrever as expressões complexas: a) das três tensões de linha; 
b) das três correntes de fase; c) das três correntes de linha.
Calcular: d) A potência de cada fase; e) a potência total.
• ’ * | ( ”"*■/- — _ # • 
Solução: ■ ) 1
a) È ab = 100 + j0; . ’
JSbc = È ab (cos 120° — jsen 120°) = — 50 — J 8 6,6;
È ca = È a b (cos 120° + jsen 120°) = — 50 + í'86,6
E a b = E bc = E ac — 100 volts. /
b) I áb =
I BC =
È ab
È a b
È bc
Zbc
1QQ.+ / ° ' = 12 - j l 6; 7.4a = 20 ampères.
• . I ‘ ‘ ' l í - .
50 - j'86,6 
3 + j 4
R:
= |- 19,85 - j'2,39; 1 bc = 20
ampères. 
z ÈcaICA = —h--- =
Z ca
ampères.
- 50 + .786,6 
- 3 + j 4
= 7,S5 + j'18,39; I ca = 20
1
CIRCUITOS POUFASICOS 273
Verificação: I ab + I bc + I ca = 0 
c) A Fig. 17-11 permite deduzir:
I a = I a b jt. / ça, = 4,15 — j'34,39 .
I b = I bc — Í ab = - 31,85 + j 13,61 
Jc = í c À r j B ? = 27,70+ /2 0 ,78 . V .
IUnha = V 3 • Ijat» == 31,64 ampères
d) P/ = J/J • R; = 20! X 3 = 1 200 watts 
ou também:
Pj = Ej I] cos 9/ = 100 X 20 X 0,6 = 1 200 watts
e) Potência total = 3 X P/ = 3 600 watts.
•V, • .. V •. .
.5. Três impedânòias ZM — Z„b = Em = 3 + jé foram ligadas 
em estrela a um circuito trifásico balanceado. /?«, = 100 + jO.
Escrever as expressões complexas: a) das tensões de fase; b) das 
tensões de linha; c) das correntes de linha. Determinar: d) a
potência de cada fase; e) a potência total consumida.
, • .. " ■ j
Solução:
. • * • •
a) È,a = 100 + j‘0;
®oò — Eoa (cos 120° — j sen 120°) = — 50 — j‘86,6;
Éoc = E m (cos 120° + j sen 120°) = — 50 + .786,6
b) Réferindo-nos à Fig. 17-10(a), escreveremos:i . • • • • . •
Èha ,= Eoa - Eoh = 100 + jO + 50 + .786,6 = 150 + j 86,6 
Eoc = Eoc - Eoa = - 50 + ;S6,6 - 100 - jO = - 150 + j'86,8
I
M l -J...
- - ;rr ■
a s i
274 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
Ecb •=• Eoh ■£?« = - .50 - j 86,6 + 50 - j86,0 = 0 - j'173,2 
? -Blir.te = V 3 • Elo„ = 173,2 volts
! I
£
c). 7Linha' —* I]a
■ . ) ' > • . ' •
Zá Io a —
Ib '= iot =
100 + ,?0
^oa
Êob
3 + j 4 
- 50 - j'86,6
= 20 ampères.
ic — L =
Eoc
iocr
ampères.' ?
3 + $
- 50 + j'86,6
= 12 — j l 6; Ia. = 20 ampères* 
= - 19,85 - j'2,39; h =
3 + j \ .
= 7,85 + jl8,39; I c = 20
d) Pi =, Z/1 • Ri = 202 X 3 =. 1 200 watts 
ou também: 
v P/ = E j l j cos 6j =
. .-r
100 X 20 X 0,6 = 1 200 watts
e) Potência total .= 3 X Pj — 3 600 watts
JP';] >
afôjv;-i‘7 :'
m ; *
17-8 — Sistem as difásicos •,
Embora o sistema trifásico seja quase exclusivamente usado na 
geração, transmissão e distribuição da energia elétrica, ainda existem 
alguns sistemas difásicos em uso.
Um gerador difásico consiste de dois enrolamentos semelhantes 
dispostos sobre a armadura de modo que neles sejam produzidas 
duas f.e.ms. monofásicas defasadas uma da outra de 90° elétricos. 
As Figs. 17-12 (a), (b), (c) e (d) mostram:
(a) As bobinas aa' e bb1, descaladas de 90°, em um gerador bipqlar.
(b) Os sentidos positivos das f.e.ms. geradas nas bobinas.
(c) Diagrama vetorial das f.e.ms.
. (d) Diagrama senoidal.
Como os dois enrolamentos são idênticos, as f.e.ms. geradas terão 
iguais valores máximos e iguais valores eficazes.
", ’• ' I 1 . \ \ ' •
j Et/b = Em sen oil,
Se 
tem-se:
Vtítvr&l >":-v r ‘ü
Ea‘a — Em sen (wí + 90°) (17-12)
CIRCUITOS POLIFÁSICOS 275
Geraímeute não existe ligação elétrica no interior do gerador 
entre os enrolamentos das duas fases.
(a) As bobinas an'i e bb', descaladas de 90°, em um gerador bipolar
(b) As direções positivas das f.e.ms. geradas nas bobinas
(c) Diagrama vetorial das f.e.ms.
(d) Diagrama senoidal
1. Sistema difásico a quatro fios. (Fig. 17-13). As duas fases 
geradoras são ligadas separadamente às fases utilizadoras correspon­
dentes como se fossem circuitos monofásicos independentes.
[ ■ .• A V.A H ' : '
I
276 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
I .
2. Sistema dijásico a três jios. (Fig 17-14). Os terminais a' e br 
são ligados conjuntamente em O, de onde parte o terceiro fio.
transformadores-,
'cargas 
mpnofásic as
alternador
difásico
a
o
) motor
1
7 difásico 
Fig. 17-14 — Sistema difásico a três fios
A tensão entre a eb é igual à soma da elevação da voltagem de 
a a o' e da elevação da voltagem de b' & b:
eub = eaa- + ei/b = ey& — ea-a = E m [sen cot — sen (cot -f 90°) ] =
= Em (sen cot -r- cos cot) = E m y/~2 í — sen cot — - 1
L V 2
= V 2 • Em sen (cot — 45°).
As correntes de linha são: -
cos cotcot -
lb = ErrZb
sen (cot — 6b) e ia = E
*v •*<
- sen (cot -f 90° — 6a)
6a e 6b são as defasagens das cargas Za e Zb, réspectivamente. À 
corrente no fio comum (0) é igual à soma_ vetorial dessas duas cor­
rentes: ia + ib + io = 0; io = — (ia + Í b).
Se as cargas são iguais (Za = Zb), as duas correntes são iguais, 
ei,éah ipotenusa do triângulo retângulo cujos catetossão as correntes:
Io = V 2 ■ I a
---------------------- o
oo .ç> •____ __
nr b
2? 00
ooo \------ — O
Çc
o
Fig. 17-15 — Sistema difásico a 
cinco fiosuva
■
3. Sistema dif ásico(o cinco jios. 
(Fig. 17-15). Ás bobinas geradoras
são reunidas pelo seu ponto médio
■ . .: ■
O, de onde parte o quinto fio. Com 
este arranjo podemos obter três 
voltagens diferentes, por exemplo, 
200 volts entre a e c, 100 volts 
entre a'e O, ou b e O, e 141 volts 
entre A e B, B e C, etc. Este sis­
tema se desequilibra mais facil­
CIRCUITOS POLIFÁSICOS 277
mente que o trifásico; outra desvantagem é o grande número de 
condutores.
Outros sistemas polifásicos, tais como o hexafásico, são usados 
nos conversores síncronos e retificadores de vapor de mercúrio. Estes 
sistemas podem ser obtidos pela transformação dos sistemas trifásicos.
QUESTÕES
17-1 Mostrar a diferença entre circuito trifásico simétrico e trifásico balan­
ceado.
17-2 Dizer as vantagens do sistema trifásico sobre o sistema monofásico.
17-3 Qual a diferença entre “rotação de fase” e "sequência de fase” .
17-4 Fazer um esquema de um alternador trifásico, mostrando as suas partes 
principais. _ t f
17-5 Trace circuitos trifásicos típicos com as ligações das fases, em estrela e 
triângulo. _
Trace os diagrámas vetoriais dos circuitos acima.
l7-6 Mostrar, em um diagrama vetorial, que a soma das f.e.ms. instantâneas 
- de um sistema trifásico é igual a zero.
17-7 Idem, com o emprego de um.diagrama senoidal.
17-8 Idem, pelo cálculo algébrico.
17-9 Ligaçáo das fases em estrela. Esquema e propriedades.
17-10 Ligação das fases em triângulo. Esquema e propriedades.
17-11 Ligação em estrela com fio neutro. Esquema e diagrama vetorial.1
PROBLEMAS A RESOLVER
. 17.1. Uma carga balanceada absorve de uma linha de alimentação trifásica 
com 2.400 volts entre fases uma corrente de 182 ampères. A potência fornecida 
é de 620 kW. Pedem-se: a) a potência aparente; 6) o fator de potência da 
carga; e) o ângulo de defasagem entre a corrente e a voltagem; d) a potência 
reativa fornecida à carga; e) a componente da corrente em fase com a voltagem; 
/) a componente da corrente em atraco de 90° sobre a voltagem.
R. 756,6 kVA; 79,3.%; 37» 32', em atraso; 461 kVAR; 194,3 A em fase 
com a voltagem; lJ.0,9_A.em atraso de 90» sobre a voltagem.
i. »• • \ •
17.2 Um circuito de distribuição trifásico, com 2.400 volts entre fase e neu- 
tro, alimenta uma carga de 1.000 kW com um fator de potência 0,85, em atraso.
-•'Pedém-sei i:-'
• >! M
278
a) a potência aparente; 6) a corrente de linha; c) a componente da cor- 
_ente na resistência; d) a componente indutiva da corrente, em atrasode 90° 
sobre a voltagem; d) a resistência, a reatância e a impedáncia totais do circuito, 
incluindo a carga.
R. 1.176, 4 kVA; 163 A; 138,6 A; 86,4 A; 14,7 ohms; 12,5 ohms.
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
■i
CAPÍTULO XVIII 
TRANSFORMADORES
18-1 — Generalidades
O grande desenvolvimento da indústria da eletricidade deve-se ao 
transformador, que possibilitou a transmissão da energia elétrica a 
longas distâncias, mediante a elevação da voltagem na extremidade de 
partida, é seü abaixamento nò extremo de recepção da linha.
O transformador de corrente alternada é um dispositivo que 
transfere energia elétrica entre dois sjstemas, geralmente ccm varia­
ção da voltagem e correspondente variação inversa da corrente, per­
manecendo constante à freqüência.
. Suas partes essenciais .são: üim circuito magnético (núcleo) enca­
deado tom dois circuitos elétricos independentes: o primário (P), que 
recebe a energia, e o secundário (S), que a restitúi (Fig. 18-1).
O núcleo é constituído de lâminas de aço estampado, de permea­
bilidade elevada e de reduzidas perdas por histerese e correntes para­
sitas. A espessura das lâminas é de 0,5 mm para a freqüência de 25 
Hz, e 0,35 mm para 50 Hz.
O primário consiste de n, espiras em série, de impedância z, = rx 
+ jx u sendo rt a resistência e jcj a reatância. Semelhantemente, o
S v
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
secundário tem n2 espiras em série, de impedância z% =* r2 + j x2, 
sendo r2 a resistência e r t a reatância do secundário.
Um transformador ideal seria o que não apresentasse perdas na 
transferência de energia. -
A Terminologia Brasileira (TB-45) da Associação Brasileira de 
Normas Técnicas (ABNT) define o transformador como
“ um dispositivo sem partes necessariamente em movimento o 
qual, por meio da indução eletromagnética, transfere energia elé­
trica de um ou mais Circuitos (Primário) para outro ou outros 
circuitos (Secundário), usando a mesma freqüência, mas, geral­
mente, com tensões e intensidades de correntes diferentes” .
L8-2 — Transformador ideal
• : i 'j '
O funcionamento do transformador baseia-se na indução eletro­
magnética.
Num transformador ideal admite-se :que:.
— não há fluxo de dispersão: o fluxo está todo contido no nú­
cleo e se encadeia totalmente £om as espiras do primário e do 
secundário; ‘V
— as resistências ôhmicas dos enrolamentos não são considera­
das; - ;■
— as perdas no ferro são igualmente desprezíveis;
*— a permeabilidade do núcleo é muito elevada.
I • r ■■ "■""
Funcionamento sem carga (em vazio) .
Quando o primário (P) é alimentado por uma corrente alternada, 
induz-se no secundário (S) uma f.e.m. que, de acordo com a lei de 
jFaraday da indução eletromagnética (12-1), é proporcional ao número 
pe espiras do secundário e: à velocidade de variação do fluxo magné­
tico encadeado com o mesmo.
Com o secundário aberto, a voltagem no primário, V,, faz circular a 
corrente excitadora /„, a qual gera o fluxo alternado <f> = <f>m sen cot, de 
valor máximo <f>m. A corrente l„ tem duas componentes: Im, corrente 
magnetizante, em fase com 4>m; e / c, corrente de perda, em fase com V, 
(Fig. 18-2). Ela fica defasada em atraso sobre V,, de um ângulo 0O< 90°; 
cos 0„ é o fator de potência sem carga (aprox. 0,2); /„ varia entre 1 a 5% 
da corrente de plena cárgai
A variação do fluxo <f> Encadeado com o secundário induz nele uma 
f.e.m. e2:
e2 = - n 2
$ $ & & & - - M
d<t>
dt 10~8 volts =
= — co n2 <t>m cos cot • IO-8 volts, (1 8 -1 )
TRANSFORMADORES 281
V,
h £ l Io
3 R
I ,
■ E,
Ea ■
Fig. 18-2 — Diagrama vetorial no funcionamento sem carga
em atfaso de 90° sobre <f>m, e cujo valor eficaz é
E t = V t = = 4,44/n , <*>„, • IO' 8 volts (18-2)
V 2 V 2
I ... . • •
O fluxo (f> também se encadeia com o primário e induz nele uma 
f.e.m. e, de valor eficaz aproximadamente igual e oposta aV, :
Ei — 4,44 jn x 4>m ■ IO;;3 volts (18-3)
''"Ã1V5
As f.e.ms. £ , e Zs2 estão em fase.
Das relações (18-2) e (18-3) se deduz:
El 71
= -— — o = razão de transformação das voltagens (18-4) n2
Funcionamento com carga
Se ligarmos uma impedância z2 aos terminais do secundário, nele 
circulará a corrente I 2 = —* e aparece uma f.rii.m. n j 2 que produzi-
' Zi
rá perturbação no fluxo encadeado.
Para compensar esta f.m.m. a corrente I0 no primário deverá ser 
acrescida de uma componente tal que
282 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
A corrente total no primário, com carga, / , , é a soma vetorial de 
/ , ' com l„ (vide Fig.18-4); e, como /„ é geralmente muito pequena, 
para qualquer carga, podemos considerar I\ = Ix e escrever:
Jlj 1 \ — Tlj 12
Donde:
h nx _ 
/ i n2
Reunindo as expressões (18-4) e (18^5) em uma só:
( E \ Ir n\
vj g t h a
(18-5)
(18-6)
Examinemos agora o efeito, sobre o primário, da introdução, da 
impedância z2 no secundário.
Das relações (18-4) e (18-5) deduz-se: ajas,-» -T- -r~H
/» V n J * / .
ou
Zx — a 1 • z2
t .
(18-7)
Zx sendo a impedância equivalente, isto é, a impedância capaz de 
substituir a impedância z2. A relação (18-7) aplica-se também às resis­
tências e reatâncias.
Exemplo:
Seja um transformador ideal em que a = 1/2.
a) Para Ex = 120 volts,. qual a voltagem no secundário, com cir­
cuito aberto?
b) Se uma resistência R 2 = 20 ohms for ligada no secundário, 
quais as correntes no primário e no secundário?
c) Qual a resistência R 2 dò primário, equivalente á /?2?
. - . .;•{■* • * •.;:* * *
Solução:
a) 120
Ex 2 '
Ex = 240 volts.donde:
I ■ 
í .
t .
TRANSFORMADORES 2 8 3
b) h = 240
20
= 12 ampéres;
l i — — • I t = 2 X 12 = 24 ampéres.
c) R\ = x fí2 = ( y ) X 20 = 5 oh ms
18-3 — Reatância de dispersão
O fluxo produzido no primário não se encadeia totalmente com o 
secundário: A Fig. 18-3 nos mostra que, além do fluxo mútuo <f>, que 
se encadeia com o primário e o secundário, existem o fluxo <f>1( que se 
encadeia somente com o primário, e o fluxo <f>2, produzido pelos 
ampères-espiras do secundário, e que se encadeia somente com o se­
cundário. N
Fig. 18-3 — Fluxos de dispersão
Vf<lI Sii.
Os fluxos <f> i e 4>2 são chamados fluxos de dispersão, é seu efeito 
é o de reatâncias introduzidas no primário fx j e no secundário (x j, 
chamadas reatâncias de dispersão.
As reatâncias de dispersão são prejudiciais à boa regulação da 
voltagem, e, por isso, deverão ser mantidas com valores baixos, me­
diante uma disposição conveniente dos enrolamentos (dispondo-os 
superpostos no mesmo braço do núcleo, e cerrando bem as espiras).
- O fluxo <j>i mduz no primário uma f.e.m. em atraso de 90° sobre a 
corrente no primário e a componente da voltagem aplicada que 
compensa esta f.e.m. fica, portanto, defasada de 90° em avanço sobre 
/ 1, sendo representada por I txl.
De maneira semelhante, o fluxo de dispersão no secundário, <f>2, 
que depende somente da corrente no secundário / 2, induz neste uma 
f.e.m. em atraso sobre / 2. Esta f.e.m. é também chamada f.e.m . de 
reatância, e á componente que a compensa está em avanço de 90°
1 .
NOÇÕES DE EUETRÔTÉCNICA
sobre a corrente no secundário,.sendo representada p o r / 2x2.
O efeito da reatância de dispersão no primário consiste em.opor- 
se à entrada da corrente no primário, ao passo que a reatância do 
secundário opõe-se à saída da corrente no secundário.
Os fluxos <f>, (j>i e (f>2 não existem separadamente no núcleo do 
transformador; a separação do fluxo total em três componentes é 
apresentada com o intuito dç simplificar a discussão das reações que 
se passam eirt um transformador.
18-4 — Transformador real 1
No transformador real, além da dispersão do fluxo, analisada em 
18-3, deverão ser considerádas as perdas ôhmicas nos dois.enroía- 
mentos (P) e (S) e as perdas no ferro, por histerese e pelas correntes 
de Foucault.
Funcionamento do transformador real sem carga
• ;; r . •; . • ' . ■
Quando o transformador real funciona sem carga, no primário 
aparece uma corrente ! 0 que é chamada corrente em vazio.
Eqqação: V\ = r j 0 + j x j 0 +. ( - £ ,), j * (18-8)
ra qual: . . I "1 f j- :
V, = tensão aplicadaaò primário (póf fase); 
r, = resistência òhmica do primário, por fase;
Xi = reatância de dispersão do primário, por fase;
Í0 = corrente em vazio;
— £ , = f.e.m. induzida no primário, em oposição a V y.
Na prática, as quedas r j ü e j x j 0 são muito pequenas quandd- 
comparadas com a tensão V,, e podem ser desprezadas; neste caso, a 
equação (18-8) se toma em: V, = - È u
Funcionamento do transformador real com carga
284
Diagrama vetorial
A fim de simplificar a construção do diagrama, tememos a = 1. 
Às Figs. 18-4 (a, b, c) mostram a construção para três fatores de 
potência diferentes, ou sejá, com a corrente èm fase com a voltagem 
óu com a corrente defasada, em avanço ou em atraso.
A corrente no secundário, í 2, fica defasada de um ângulo 02, 
sobre a voltagem nos terminais V2, em avanço ou em atraso, con­
forme ò tipo de carga.
A f.e.m. É2 se obtém fazendo a soma vetorial
1 . -y..í-:<v - . - i •• ■ . '
= F 2 + Z2 (r2 + j x j)
TRANSFORMADORES 285
sendo /v-., a queda ôhmica, e l.jc2 a queda devida à reatância x2.
As f.e.ms. £ , e È 2, devidas ao mesmo fluxo mútuo são iguais em 
grandeza (por ser a = 1), e estão em fase, ambas defasadas de 90° em 
atraso sobre <j>.
Para uma razão de transformação diferente de 1, È t = a . È2. 
Para determinar V, faz-se a soma vetorial:
F , = — Éi + í i (rt + jxi)
sendo7,r, a queda ôhmica no primário, e / j r 2 a queda devida à reatân­
cia x,. , ,
A corrente no primário,, Í U é a soma vetorial da corrente excita- 
d o ra /0, com a componente / / , oposta a72, necessária para produzir
Fig. 18-4: a) Fator de potência em atraso; b) fator de potência igual a 1; c) fator 
de potência em avanço
286 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA.
uma f.m.m. no primário («,/,') que compense a f.m.rn. no secundário 
(n./2). No exemplo, / , ' = / 2. Para a qualquer,/,' = / * • —.■
ou de qualquer máquina ou
P. recebida - Perdas 
P. recebida
_ j _ Perdas
P. rest. + Perdas P. recebida P. rest. + Perdas
( 18-8)
As perdas (de potência ou de energia) são de duas espécies: per­
das no ferro e perdas no cobre.
As perdas no, ferro (PJ cuja sede é o núcleo independem das 
condições de carga e são constantes enqpanto permanecer constante 
a voltagem. São devidas à histerese e às jconentes parasitas. Depen­
dem da indução máxima Bm e da freqüêricia / . O seu valor é aproxi­
madamente igual à potência absorvida no funcionamento sem carga.
As perdas no cobre (Pjj são devidas ao efeito joule no primário e 
no secundário: P } = 7 ,^ , + I f r 2.
Quando um transformador funciona com carga, a potência resti- 
tuída é P2 = V J 2 cos 02, e a potência absorvida é P t — P2 -f Perdas.
A carga de um transforrtiador raramente permanece constante 
em um certo período. Chama-se rendimento ern energia a razão entre 
a energia total restituída e a energia recebida, em kWh, sendo estas 
energias avaliadas durante o período de tempo correspòndente a Um 
ciclo completo de carga.
O rendimento dos transformadores é muito elevado: o dos trans­
formadores de distribuição é da ordem de 95 a 97 por cento, e o dos 
transformadores para grandes potências, com plena carga, se eleva 
até 99%, ou mais.
A expressão do rendimento põe em relevo que ele depende das 
condições de carga (cos 02) e do valor desta. O rendimento máximo 
para um transformador ocorre entre 1/2 e 3/4 de carga, com o cos 02 
= 1.
O rendimento não é constante: depende da corrente de carga e do 
fator de potência da carga. ! .
O rendimento é zero, em vazio, e aumenta à medida que a carga
18-5 — Rendimento. Regulação
O rendimento de um transformador, 
equipamento elétrico, é expresso por
„ . Potência restituídaRendimento = —r-------------------- =
Potência recebida
P. restituída , Perdas
TRANSPOR M A DORES 2S7
aumenta; é máximo quando a carga tem utn valor próximo do seu 
valor nominal; diminui à medida que o transformador vai sendo so­
brecarregado. Se o transformador trabalha com uma carga constante, 
o seu rendimento se mantém constante.
Regulação da voltagem de um transformador é a razão entre a 
variação da voltagem nos terminais do secundário, do funcionamento 
sem carga até plena carga, sendo esta usualmente tomada como volta­
gem de regime. Tem-se:
Regulação =
sendo V2 a voltagem no secundário, com plena carga, e V f a voltagem 
nos terminais, sem carga.
A regulação é geralmente expressa em porcentagem do valor da 
voltagem de plena carga.
18-6 — Transformadores monofásicos e trifásicos
• v • .1 • .í
Existem vários tipos de transformadores, de acordo com sua finali­
dade e síias características.
I — Quanto à finalidade:
Podem ser: • :
a) Transformadores de força, e transformadores de distribuição. 
Ambos se destinam a elevar ou abaixar a tensão em um circuito. Nos 
transformadores elevadores de tensão, a tensão de saída (Secundário) é 
maior que a tensão de entrada (Primário). Nos abaixadores de tensão 
dá-se o inverso.
b) Há também ,ps transformadores para fins especiais (para ins­
trumentos de medida, para sistemas de radiocomunicação e os trans­
formadores de alta freqüênciq).
II — Quanto às características:
Quanto à disposição das bobinas podem ser:
a) de núcleo envolvido em que os enrolamentos do primário e do 
secundário envolvem o núcleo; neste tipo o circuito magnético é longo, e 
o circuito elétrico é curto (Fig. 18-5(a)];
b) de núcleo envolvente, em que os enrolamentos do primário e do 
secundário são envolvidos pelo núcleo; neste tipo, o circuito magnético 
é curto, e o circuito elétrico é longo [Fig. 18-5(b)].
O transformador trifásico reúne em um só núcleo os três núcleos 
de três transformadores monofásicos [Figs. 18-6(a), 18-6(b) e 18-6(c)). 
O fluxo no braço central é, a cada instante, a soma vetorial dos três 
fluxos produzidos pèlas correntes / a, J2 e / 3. Como a sóma vetorial 
destas três correntes é, a cada instante, igual a zero, a soma dos três
288 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA.
Fig. 18-5: (a) Pequeno transformador monofásico de núcleo envolvido 
(b) Idem. do tipo de núcleo envolvente
fluxos, a cada instante, será também nula, e, portanto, no braço co­
mum, não existirá fluxo apreciável. Este braço poderá, portanto, ser 
eliminado, de modo que dois braços atuem como retorno do fluxo do 
terceiro braço, analogamente ao que se verifica no circuito trifásico.
Quanto ao tipo de resfriamento empregado, os transformadores 
podem ser:
a) Transformadores imersos em óleo.
b) Transformadores secos.
•
L _ ________
B. T.
Fig. 18:6(a) — Esquema de um transformador trifásico
TRANSFORM ADORES 289
Fig. 18.6(c) — Transformador trifásico com neutro
290 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
No primeiro tipo, o óleo especial para transformador tem finali­
dade dupla: aumentar o isolamento e conduzir para fora o calor de­
senvolvido.
Quando em funcionamento, o óleo', em contato com os enrola- 
mentos e o núcleo, vai-se aquecendo e tende a circular no tanque do 
transformador. Essa circulação pode ser natural ou forçada (por uma 
bomba). O óleo pode ainda ser resfriado por meio de circulação 
d’água ou ar, dentro de tubos, de modo a evitar o contato destas 
substâncias. j
No segundo tipo o resfriamento é feito pelo ar, podendo ser na­
tural ou forçado (por meio de ventoinhas). Não pode ser empregado 
para voltagens superiores a 30.000 volts, dado qüe o isolamento se 
deteriora rapidamente devido à formação do ozona.
18-7 — Ligações dos transformadores. Bancos
Os enrolamentos do primário e do secundário na maioria dos 
tipos de transformadores monofásicos são formados por bobinas dis­
postas simetricamente sobre o núcleo, as quais poderão ser ligadas 
em série ou em paralelo, permitindo obter diversas razões de trans­
formação.
Por exemplo, o transformador de distribuição geralmente tem 
duas bobinas no secundário, que ligadás em série dão 230 volts 
(força), e em paralelo dão 115 volts (luz). Éstes transformadores 
podem ainda ser providos de tomadas (taps) no lado de alta tensão, 
permitindo a variação da razão de transformação entre^ limites deter­
minados.
Na Fig. 18-7 são apresentadosquatrò tipos de ligações, com um 
transformador para iluminação, coin duas bobinas no primário e duas 
no secundário.
O conjunto de três transformadores monofásicos. ligados conve­
nientemente para permitir transformação trifásica é denominado
2 2( 110
( a ) (b) i (c)(c) (d)
Fig. 18-7 — Ligações dos transformadores monofásicos: (a) a = 10/1; (b) a -
5/1; (c) a = 10/1; (d) n =20/1
TRANSFORMADORES 291
banco trifásico de transformadores. Para fazer a ligação é necessário 
conhecer a polaridade de cada transformador.
As ligações das bobinas do primário e do secundário de um 
banco de três transformadores monofásicos podem ser em estrela ou 
em triângulo, obtendo-se as combinações constantes do quadro 
abaixo, e representadas na Fig. 18-8:
Ligação Primário Secundário Voltag
Y - A Estrela Triângulo V
a y /T
A - Y Triângulo Estrela V y s 
a
A - A Triângulo Triângulo V
a
Y+.-Y . Estrela Estrela V
a
\V = voltagem no primário; a
= - )
A ligação A — A é geralmente usada para as voltagens abaixo.de 
50.000 volts; acima deste limite usam-se as ligações Y — A oii A — Y, 
ficando a ligação Y do lado de alta-tensão.
Para que a ligação Y — Y opere satisfatoriamente, os pontos neu­
tros deverão ser ligados à terra, ou ao fio neutro da fonte de alimenta-
/ -
or/f
HA
1/V3 al/VÕ
a /
V3-
* a/-*-
• ( z \
} ' *.>sí ■ lí," s .* .•
'■‘■ 2 Fig. 18-8 — Ligações dos transformadores trifásicos
292 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
ção, mantendo um vaior fixo para a voltagem entre fase e neutro 
quando as cargas do sistema não forem equilibradas. Com a ligação 
dos neutros as correntes não equilibradas serão transportadas pelo fio
O banco trifásico poderá também consistir de um único transfor­
mador trifásico com seis enrolamentos sobre o mesmo núcleo e conti­
dos no mesmo tanque. A vantagem do transformador trifásico é que 
ele custa menos, pesa menos, e requer espaço menor do que três 
transformadores monofásiços. A desvantagem está na dificuldade de 
reparação.
A ligação A — A aberta, ou ligação em V, apresenta a vantagem 
de se poder remover um dos transformadores monofásiços, permane­
cendo os dois outròs em funcionamento com carga reduzida (Fig. 
18-9). As voltagens do sistema não sofrem grandes perturbações, 
sendo o desequilíbrio inferior a 5%, se as cargas no secundário trifá­
sico forem equilibradas. 1 -
A ligação em V poderá ser usada como ligação temporária em 
üma instalação que aguarda desenvolvimento de maior demanda, 
acrescentando-se o terceiro transformador posteriormente, quando se 
tornar necessário.
> ’ . ....•
//V37 sendo I a corrente da linha.
Na ligação Y — f as correntes de fase e de linha são iguais. 
Portanto, quando um transformador for retirado do banco A — A, a 
corrente da linha deverá ser reduzida a I/y/T, a fim de evitar o supe­
raquecimento dos outros dois transformadores. Isto equivale a redu-
neutro.
18-8 — Ligação triângulo aberto, on V
’í
I
Fig. 18-9.— Ligação em V
Na ligação A — A a corrente em cada braço do transformador é
zir a carga a 57,7% do seu valor primitivo. Se esta redução não for
TR ANSF0RM ADORES 293
feita, a carga nos outros dois transformadores fica multiplicada por 
V37 o que equivale a uma sobrecarga de 73%. Por exemplo, para 300 
kVA são necessários três transformadores de 100 kVA, na ligação A 
— Á, ou dois transformadores de 173 kVA, na ligação Y — 7. Vê-se 
que a potência global, 346 kVA, é 15,5% maior do que a requerida na 
ligação A — A.
18-9 — Auto-transformador. Transformadores para instrumentos
O auto-transformador tem apenas um enrolamento, que serve de 
primário e de secundário: uma porção do enrolamento é comum ao 
primário e ao secundário (Fig. 18-10).
Fig. 18-10 — Auto-transformador
Sendo a voltagem no primário, a queda dé voltagem ao longo 
do enrolamento é proporcional ao número de espiras; assim voltagens 
menores que V, poderão ser obtidas mediante ligações a pontos con­
venientes do enrolamento.
Se n, e n2 forem os números de espiras entre 1 e 3, e 1 e 2, 
respectivamente,.tem-se a razão de transformação:
v L = a ± = L l
Vt nt h
e na porção comum do enrolamento entre 2 e 3 a corrente será a 
diferença entre I t e / 2.
O auto-transformador, em virtude de ter o primário e o secundá­
rio eletricaménte ligados, não pode ser usado com segurança na trans­
formação de voltagens elevadas para as de utilização.
Os auto-transformadores com tomadas múltiplas são muito usa­
dos nos sistemas de distribuição para a regulação da voltagem. Deles 
também se faz largo uso para a partida dos motores de indução e 
motores síncronos, sendo neste caso chamados compensadores de 
partida. - •/•••
Os transformadores para instrumentos permitem a inserção de
294
instrumentos de medida, medidores e relés de proteção nos circuitos 
de alta tensão ou de correntes muito elevadas. Devem ser construídos 
para uma razão de transformação precisa, e para o menor ângulo de 
fase entre as voltagens ou as correntes no primário e as corresponden­
tes quantidades no secundário.
Os transformadores para instrumentos se dividem em duas clas­
ses: )
a) Transformadores de potencial, ou de voltagem.
O primário do transformador de potencial é ligado à linha de alta 
tensão, e o secundário opera com 220 volts ou 115 volts. O voltímetro 
é ligado no secundário.
O enrolamento do secundário dos transformadores de voltagem é 
projetado para 115 volts, quando a voltagem no primário for 34 500 
volts ou mais, e para 120 volts, quando a voltagem no primário for 
menor do. que 34 500 volts. Para 13 800 volts, ou menos, podem ser 
do tipo seco ou isolados com óleo; para voltagens maiores, são obri­
gatoriamente imersos em óleo. i ,
b) Transformadores de corrente. I *.
Os transformadores de corrente são ligados com os seus primá- , 
rios em série com o circuito e são usados para reduzir a corrente de 
linha a um valor compatível para relés è instrumentos indicadores.
Nos transformadores de corrente o secundário é projetado com 
uma razão de transformação que permita á inserção no secundário de 
amperímetros para 5 ampères. As correntes no primário vão de 5 a 
3 000 ampères, ou mais. Eles também isolam os instrumentos dos cir­
cuitos de alta-tensão.
O secundário de um transformador de instrumento deve ser sem­
pre ligado à terra, quando em serviço, devido à possibilidade de nele 
serem induzidas correntes elevadas; também deverá ser curto- 
circuitado antes de se desligar o instrumento, pois, do contrário, 
quando o secundário for aberto, toda a corrente no primário se tor­
nará uma corrente magnetizante, e uma voltagem excessiva será in- 
' duzida no secundário.
Assim, o secundário de um transformador de corrente deve estar 
em curto-circuito quando não há instrurpéhtòs ligadóí a ele. Esta 
providência é importante não só para proteger o isolamento do secun­
dário como o próprio operador,, em vistá da tensão muito alta que 
poderá surgir no secundário com o circuito aberto.
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sj, , _ . ' tv j . • . ... .. •» /
18-10 — Transformador de corrente constante
• / ' . i ; ; • ■ ' *• K • ' v :. f - í 1* ” i - f ' i . . . V i * ’ '
Os sistemas elétricos são geralmente operados com voltagem 
constante. Há casos, entretanto, em que se necessita de uma corrente 
constante, Como, por exemplo, na iluminação pública com circuito
NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
t
série, no qual as lâmpadas são ligadas em série, e a voltagem da linha 
tem de ser ajustada de modo a obter-se a corrente que se deseja no 
circuito.
O transformador de corrente constante se baseia no acréscimo da 
voltagem no secundário à medida que aumenta a carga, de modo que 
a corrente no secundário permaneça aproximadamente constante.
O primário é fixo, enquanto o secundário pode mover-se verti­
calmente, sendo equipado com contrapesos ajustáveis cuja posição 
determina o valor da voltagem no secundário (Fig. 18-11).
As correntes no primário e no secundário têm direções opostas e 
dão origem a campos opostos. Mas, à medida que .0 secundáriose 
afasta do primário, aumenta o fluxo de dispersão ocasionando a dimi­
nuição da voltagem no secundário.
TRANSFORMADORES 295
Uma diminuição da resistência no circuito da carga produz o au­
mento da corrente no secundário, daí resultando o seu afastamento, 
com a consequente diminuição da corrente até um valor próximo do 
primitivo. Se a corrente diminuir, devido a uma alteração na carga, o 
secundário se aproxima do primário, tendendo a mantê-la constante..
18-11 — Obtenção de potência monofásica de um circuito trifásico
Podemos obter potência monofásica de um circuito trifásico me­
diante à instalação de transformadores monofásicos entre um fio da fase 
e ò neutro. Os diversos consumidores monofásicos serão distribuídos 
pelas três fases do sistema de modo a manter a carga equilibrada, e a 
corrente não balanceada circulará no fio neutro. Quando as cargas 
monofásicas são muito grandes verifica-se um desequilíbrio nas volta­
gens terminais e aquecimento desigual nas três fases.
296 NOÇÕES DE ELETROTÉCNICA
A maioria dos consumidores necessita de pequenas demandas mo- 
riofásicas, o que pode ser obtido com um transformador de 2 300/220 
volts, entre um fio da linha e o neutro.
Quando for necessário estender os sistemas de distribuição urbanos 
além dos limites em que a voltagem de alimentação de 2 300 volts passa a 
ser desvantajosa, a voltagem de distribuição será elevada para 2 300 
4 000 volts, mediante a ligação do secundário do transformador alimen- 
tador em estrela (Fig. 18-12). A voltagem entre fases será 4 000 volts, e 
entre fase e neutro, 2 300 volts. Esta instalação reduz a quantidade de 
cobre, porém exige a instalação de um quarto fio (neutro) com a mesma 
secção dos fios da linha:
Fig. 18-12 — Sistema de distribuição trifásico á quatro fios
As grandes cargas trifásicas são alimentadas com 4 000 volts.
O fio neutro deve ser ligado à terra a intervalos. Não se usa a ligação 
Y — Y nos transformadores de alimentação.
: •••' - • j ' _ (] 1 i •
18-12 — Ligação de transformadores em paralelo.
h .) - , ■, . r , .
As condições para a operação de dois transformadores em paralelo 
ião: ■
1. A voltagem de serviço dós dois transformadores deve ser apro­
ximadamente a mesma. I ..
2. A razão de transformação das voltagens deve ser exataménte a 
mesma em ambos os transformadores.
3. As quedas devidas às impedâricias em cada transformador
devem ser aproximadamente as mesmas no funcionamento com carga 
normal. > ;
Quando as duas primeiras condições são satisfeitas, o paralelismo 
;dos dois transformadores se opera satisfatoriamente.
transformadores 297
A operação do paralelo exige que as polaridades ou sentidos das 
voltagens nos dois transformadores sejam as mesmas, pois, do contrá­
rio, resultará um curto-circuito perigoso.
Para ligar em paralelo transformadores em bancos trifásicos é im­
portante conhecer a seqüência de fases do primário e do sistema secun­
dário em relação ao primário. As seguintes condições deverão ser satis­
feitas pelo sistema secundário:
a) A tensão de serviço deve ser a mesma.
b) Os transformadores devem ter a mesma seqüência de fase.
c) A defasagem resultante deve ser nula.
Nos sistemas trifásicos só podem ser ligados em paralelo os trans­
formadores que apresentam a mesma variação de fase entre os primários 
e secundários. . t
Um banco A-—A pode ser ligado em paralelo com um banco Y— Y, 
ou A — A, semelhantes, porém nenhum desses bancos poderá ser ligado 
em paralelo cóm um banco A— Y ou Y — A. Um banco A— Y poderá ser 
ligado em paralelo com outro A— Y, desde que a razão de transformação 
seja tal que tome iguais as voltagens.
' • ; -v- - x —• *■-
I - QUESTÕES - .
■ ' . : , - i r\
18-1 Para que serve o transformador?
18-2 Descrever um transformador monofásicp, mostrando com um esquema 
os circuitos elétrico e magnético.
18-3 Traçar o diagrama do transformador monofásico ideal, funcionando sem
carga. ,
184 Deduzir a equação de funcionamento do transformador real com carga, 
com fator de potência em atraso.
18-5 Como se calcula a queda de voltagem em um transformador ideal?
18-6 Que vem a ser reatância de dispersão nos transformadores usuais?
18-7 Qual a equação que dá o valor eficaz da voltagem gerada no transforma­
dor?
18-8 Quais são as perdas que se verificam em um transformador monofásico, 
e como se calculam?
18-9 Que vem a ser rendimento diário de um transformador? Como se cal­
cula? j ■ - . .
18-10 Como podem ser diminuídas as perdas de;um transformador?
18-11 Como se calcula a regulação de voltagem de um transformador?
18-12. Quais os processos utilizados para obter o resfriamento dos transforma­
dores?
18-13 Faça o esquema de um transformador trifásico de núcleo envolvido. 
18-14 Faça o,esquema de um transformador trifásico de núcleo envolvente. 
18-15 Faça o esquema elétrico de um auto-transformador.
18-16 Faça o esquema elétrico de um transformador elevador de tensão. 
18-17 Para que fins é empregado o transformador de corrente constante?
298 NOÇÕES DK ELETROTÉCNICA
18-18 Como varia a corrente no primário em função da resistência do circuito 
ligado ao secundário?
18-19 A perda no ferro de um transformador varia com a carga?
Por quê?
18-20 Faça um esquema mostrando a ligação de transformadores monofásicos 
ein' uma linha trifásica.
18-21 Faça o esquema de ligação de um transformador estrela-estrela em um 
sistema trifásico de quatro lios.
18-22 Idem, de um transformador triângulo-triângulo em um sistema de três 
fios. : r
18-23 Idem de um transformador estrela-triângulo em um sistema de três fios.
18-24 Quais são as vantagens das ligações em estrela e em triângulo?
# \ .r j . . ’ J . .Jí, vv. •
PROBLEMAS RESOLVIDOS
18.1. ;Um transformador tem 1.000 espiras no enrolamento de A- T. è 100 
espiras no de/?. T. O fluxo máximo encadeado com os dois ênrolaméntos é 916.oo0 
maxwells, em 60 H z. V
* a)-Qual o valor da f.e.m. induzida eficaz por espira? - - -
b) Qual o valor da voltagem eficaz iriduzidà em ambos os enròlamentos?
c) Qual a razão da transformação do transformador?
d) Qual seria a voltagem induzida por espira se a freqüência fosse 50 Hz?
Solução:
a) E
b) Et0iat —. 1.000 x 2,44 = 2.440 volts, rio enrolamento de A. T., e 100 x
a) E = 4,44 X <t>m = 4,44 x 60 x 915.000 x 10-8 = 2,44 volts 
10"
x2,44 = volts no enroianiento.de/?. T.
c) Razão de transformação =
!N *
ou £ - = 50
1.000
100
- = 10
d)JhL. f *
f s i 2,44 60
donde: E s0 = 2,03 volts.
18.2. Um transformador tèm no primárití l iCXÍO espiras,^ no secundário 
240. Está ligado a uma linha de 500 volts, 50 Hz. A potência absorvida, sem 
carga, é de 150 watts* e a intensidade da corrente é de: 1,5 ampére.
Determinar: a) a razão de transformação; b) a voltagem nos terminais dò 
secundário; c) õ fluxo de indução rriáximo; </J a iridüçãó máxima, sendo asécção 
do ferro 20 cm2.
Solução:
TRANSFORMADORES
S. '■> X.íí
f< _i"í /
« 0
2 9 0
b ) ^ ± = = 4,16; donde: V2 = —̂ — = 5 °°0 = 120 volts.
N t V2 4,16 4,16 v..
. ^r " ' «t i • *r i.** * f
c) Ei = 4,44 x ^ x A', x /-x ip r" volts. H K U( iA y">- íO Vv--':
Dónde: -... A $ q
/ _ E l x 1»» J " 5.000 x-10-f-
4,44 x N i x / \4,44 x 1.000 x 50
= 225 maxwells .
v r
d) <f>m = B m x S. Donde: Bm = *±- = 225 000 = ]l.250gauss. 
- 5 20
t 4
/ ) \A* h> ~ r í?r . • s • ; . - * : v •• •
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