Análise de Potência em Circuitos CA

Robert L Boylestad 12ª EDIÇÃO ANÁLISE DE CIRCUITOS Introdução à Poténcia CA Saf aT 1a A as ay re eli a cae ee ih iu rs 5 Pee cae oe Sree Se it Bee Mee SS SSS Objetivos e Familiarizarse com as diferengas entre as poténcias média aparente e reativa calculando cada uma para qualquer com binagao de elementos resistivos e reativos e Entender que a energia dissipada por uma carga é a area sob a curva da poténcia pelo periodo de tempo de interesse e Entender como as poténcias real aparente e reativa estao relacionadas em um circuito CA e aprender como encontrar o valor total de cada uma em qualquer configuracao e Entender o conceito da correg4o do fator de poténcia e aprender como aplicalo para melhorar as caracteristicas dos terminais de uma carga e Compreender as perdas de energia em um sistema CA que néo estao presentes sob condicédes CC 191 INTRODUC AO Se a carga for puramente indutiva ou capacitiva 6 90 ou 0 90 respectivamente Nos circuitos indutivos 6 A discussao sobre poténcia no Capitulo 14 incluiu positivo v adiantada em relacao a i enquanto nos circui apenas a poténcia média ou a poténcia real fornecidaaum tgs capacitivos é negativo i adiantada em relacio a v circuito CA Examinaremos agora a expressao da poténcia Substituindo as equagées de v e i na equacdo da total de uma maneira um pouco diferente e apresentare poténcia temos mos dois novos tipos de poténcia aparente e reativa p VI sen wt sen at 0 192 EQUACAO GERAL Se aplicarmos agora algumas identidades trigono Em um sistema como o ilustrado na Figura 191 meétricas o resultado sera a seguinte expressao para a a poténcia fornecida a uma carga em qualquer instante potencia é definida pelo produto da tensao aplicada pela corrente resultante Ou seja p Vi cos 1 cos 2wt VIsen Osen2 wt 191 pvi Nesse caso como v e sao grandezas senoidais podemos estabelecer um caso geral em que O vV senwt 6 es v carga P e i sen wt O Essas express6es para v e 7 cobrem todas as possi bilidades pois se a carga for puramente resistiva0 Figura 191 Definigao da poténcia fornecida a uma carga Capitulo 19 Poténcia CA 685 onde V e J sao valores eficazes rms A conversdo dos valores de pico V e J para valores rms resulta das y h transformagoes realizadas quando usadas as identidades p 2 R ros R trigonometricas Inicialmente pode parecer que nao houve nenhum Figura 192 Determinagao da poténcia fornecida a uma ganho ao colocar a equagao nessa forma Entretanto a carga puramente resistiva utilidade da forma da Equacao 191 sera demonstrada nas proximas secoées A deducao da Equacao 191 a partir da for ma inicial sera proposta como exercicio no final do capitulo grafico na Figura 193 tem as mesmas caracteristicas Se a Equagao 191 for escrita na forma obtidas na Figura 1430 Observe que p VI cos VI cos cos 2wt VIsen sen 2ut 4 ee ee Média Pico 2x Pico 2x T periodo das quantidades de entrada dois fatos evidentes podem ser identificados Primeiro a T periodo da curva de poténcia pp poténcia média aparece em um termo isolado que é inde a Além disso a curva da poténcia passa por dois pendente do tempo Segundo os outros dois termos variam ne A ciclos em torno do seu valor médio de VI para cada ciclo com uma frequéncia que é o dobro da frequéncia da tensao e da corrente com valores de pico em formatos similares de v oui T 20 ou fo 2h Note também que como Com 0 intuito de tornar o estudo mais sistematico tra valores de pico ou médio da curva de poténcia sao os taremos separadamente os trés elementos basicosRLeC MSMOS 4 Cullva esta sempre acima do eixo horizontal Isso significa que 193 CIRCUITOS RESISTIVOS toda a poténcia fornecida a um resistor é dissipada em forma de calor Nos circuitos puramente resistivos como o que é mostrado na Figura 192 v e i estao em fase e 6 0 A poténcia que retorna a fonte representada pela como podemos ver na Figura 193 Fazendo 6 0 na parte da curva abaixo do eixo que nesse caso é zero A Equacao 191 obtemos poténcia dissipada pelo resistor em qualquer instante do tempo pode ser determinada pela simples substituicao Pr VIcos01 cos 2wt VI sen0 sen 2wt de na Equacao 192 para obter p como indica a Figura VI1 cos 2wt 0 193 A poténcia média real obtida a partir da Equacdo 192 ou da Figura 193 é VI Resumindo ou Pr VI VI cos 2wt 192 Ve Lin Vv 72p onde VI corresponde a poténcia média ou CC e V cos Vi 2 we R watts W 193 2wt 6 uma cossenoide negativa de amplitude V7 e frequén cia duas vezes maior do que a da tensféo ea dacorrente conforme deduzida no Capitulo 14 Ty RN Py VI Poténcia a Y fornecida Bnergia Pmergia Média ao elemento dissipada dissipada pela fonte weonn VI pe nnn Ler ios 0 ty Saree ee t Poténcia yO eee devolvida T a fonte pelo elemento Figura 193 Poténcia em funcdo do tempo para uma carga puramente resistiva 686 Introducao a analise de circuitos A energia dissipada pelo resistor Wp em um ciclo Vln 12 V3 A completo da tensao aplicada veja a Figura 193 é a area P a a 18 W sob a curva de poténcia e pode ser obtida por meio da seguinte equacdo d A area sob a curva determinada pela Equagao 195 v Pr We Ve Yndm PICA aging A 2h 21 kHz onde P 0 valor médio e 0 periodo da tensao aplicada ou seja 194 POTENCIA APARENTE joules 1 194 ote ees Os conhecimentos adquiridos na analise de circuitos ou como T If de corrente continua e também nos circuitos resistivos de corrente alternada vistos na segdo anterior parecem VI indicar que a poténcia fornecida a uma carga como a joules J 195 itustrada da Figura 196 determinada simplesmente pelo produto da corrente pela tensao aplicada qualquer que seja a natureza da carga ou seja P VI Entretanto vimos no EXEMPLO 191 Capitulo 14 que o fator da poténcia cos 0 da carga tem um Para o circuito resistivo mostrado na Figura 194 efeito expressivo sobre a poténcia dissipada sendo menos a Determine a poténcia instantanea fornecida aoresis relevante para cargas mais reativas Embora 0 produto tor nos instantes de ft a f da tensao pela corrente nem sempre seja igual a poténcia b Desenhe o grafico dos resultados do item a para fornecida tratase de um parametro util para descrigao e um periodo completo da tensao aplicada analise de circuitos de corrente alternada senoidal e para c Calcule o valor médio da curva no item becompare a especificagéo do numero maximo de componentes e o nivel com aquele determinado pela Equagao 193 sistemas elétricos Esse parametro é chamado de poténcia d Calcule a energia dissipada pelo resistor por um aparente e é representado pelo simbolo S Como a po periodo completo da tenso aplicada téncia aparente simplesmente o produto da tensao pela Solug6es atjivyp OV ee pr vrig OW to Up 12V e ip 12 V4 Q3A pp W PR Upig 12 V3 A 36 W tz Up OV e ip 6V4Q015A 36 PR Urig 6V15A 9W t4 Up OV e Pr Vrip O0W aa ts Up 12V ec ig12W4QN3A 8 sfr PR Upig 12 V3 A 36 W te Up OV e Pr Vrip OW Oe Scat b O grafico resultante de vp ipe ppaparece na Figura 195 c O valor médio da curva na Figura 195 é 18 W que corresponde ao que foi obtido com a Equagao 193 Ou seja Figura 195 Curva de poténcia para o Exemplo 191 UR 4 7 Up 12 senwt a fl kHz RS40 Ol 4 t NGS t 12V Figura 194 Exemplo 191 Até 1968 0 simbolo usado para a poténcia aparente era P Capitulo 19 Poténcia CA 687 ampéres de um equipamento sera igual a poténcia em I watts apenas quando F for 1 Tal condicao existe quando y a impedancia total de um sistema Z Z 6 é tal que 0 0 O consumo exato de corrente de um equipamento quando usado em condi6es normais de operagao poderia ser determinado se a especificagao de poténcia em watts e Figura 196 Definico da poténcia aparente fornecida a o fator de poténcia fossem dados em vez da poténcia apa uma carga rente em voltsampéres Entretanto muitas vezes o fator de poténcia nao conhecido ou varia em funcao da carga O motivo para se especificar a poténcia de alguns corrente sua unidade é 0 voltampére cuja abreviagéo é equipamentos elétricos em kilovoltsampéres em vez de VA Seu valor é dado por em kilowatts pode ser compreendido se examinarmos o circuito da Figura 197 A carga tem uma especificagao de voltampéres VA 196 poténcia aparente de 10 kVA e uma especificagao de cor rente de 50 A para a tensao de 200 V Conforme indicado V a carga consome uma corrente de 70 A que é maior que ou como V IZ r Z o valor especificado e pode danificar a carga no entanto a leitura do wattimetro é relativamente baixa visto que entao VA 197 a carga é altamente reativa Em outras palavras a leitura do wattimetro indica apenas a poténcia dissipada e pode y2 nao refletir o valor da corrente drenada Teoricamente se e S Zz VA 198 carga fosse puramente reativa a leitura do wattimetro seria zero Mesmo que oO equipamento estivesse sendo A poténcia média fornecida a carga da Figura 194é danificado por uma corrente excessiva BEIT CoS 6 195 CIRCUITOS INDUTIVOS Entretanto sV1 E POTENCIA REATIVA Nos circuitos puramente indutivos como o que é Portanto W 199 ilustrado na Figura 198 v esta adiantada 90 em relagao o fator de poténcia de um sistema Fé a i conforme mostra o grafico na Figura 199 Portanto 6 90 na Equagao 191 Substituindo esse valor de 6 na P Equagao 191 temos adimensional 1910 PL VI cos901 cos 2t VI sen90sen 21 0 Vi sen 2wt Portanto o fator de poténcia de um circuito é a razao entre a poténcia média e a poténcia aparente Para um circuito puramente resistivo temos PVicos0 10 kVA 200 V50 A PVIS Sev attimetro e F cos 5 1 aw cores Em geral a poténcia dos equipamentos é especifica 170A50A 7 R da em voltsampéres VA ou quilovoltsampéres kVA 4 nao em watts Conhecendo as especificagées de poténcia 7 S em voltsampéres e de tensao de um equipamento é facil 200V 0 SX calcular a corrente maxima especificada Por exemplo um equipamento com uma poténcia especificada de 10 kVA XR para uma tensao de 200 V apresenta uma corrente maxima de J 10000 VA200 V 50 A quando estiver operando Figura 197 Demonstraco do motivo para a nas condigées especificadas O valor da poténciaem volts especificacio de uma carga em kVA e nado em kW 688 Introducao a analise de circuitos ciclo completo é nula O simbolo da poténcia reativa Q e ou py Vi sen 2ot 1911 omp ae P Q sua unidade de medida é 0 voltampére reativo VAR O onde V sen 2wt é uma senoide com o dobro da frequéncia simbolo Q foi escolhido por causa da relacao de quadratura de entrada v ow i e valor de pico VI Note a auséncia de 90 entre as diversas poténcias algo a ser discutido em um termo correspondente a um valor médio ou de uma detalhes mais adiante Portanto constante na equagao Tragando o grafico de p veja a Figura 199 ob QO VI sen voltampére reativo VARIAVEL 1912 temos T periodo da tensao e da corrente onde o angulo de fase entre Ve I Para o indutor T periodo da curva p VAR 1913 Observe que em um ciclo completo de p 7 a area acima do eixo horizontal da Figura 199 é exatamente S ou como V LX oul VX igual a area abaixo do eixo Isso indica que em um ciclo completo de p a poténcia fornecida pela fonte ao indutor ae ty QO 1X VAR 1914 exatamente igual a poténcia devolvida a fonte pelo indutor No caso de um indutor puro ideal o fluxo de 2 oténcia entre a fonte e a carga durante um ciclo com Vv Porene fe i184 6 ou OQ VAR 1915 pleto é exatamente zero e nado existe perda no processo X A poténcia absorvida ou devolvida pelo indutor em A poténcia aparente associada a um indutor é S VI qualquer instante do tempo f pode ser calculada subs a poténcia média é P 0 como podemos observar na tituindo por na Equagao 1911 O valor de pico da Figura 199 O fator de poténcia é portanto curva VJ é denominado poténcia reativa associada a um indutor puro P oO P ne Fy cos80 Em geral a poténcia reativa associada a qualquer S WI circuito é definida como VI sen 6 um dos fatores que aparecem no segundo membro da Equaciio 191 Observe Se a poténcia média é nula e toda a energia fornecida que esse é 0 valor de pico do termo cuja média para um pela fonte é devolvida dentro de um ciclo por que a potén cia reativa importante A razao nao obvia mas pode ser bye explicada usando a curva vista na Figura 199 Em todos a os instantes de tempo ao longo da curva de poténcia para PL Os quais a poténcia esta acima do eixo horizontal portan to positiva a fonte precisa fornecer energia ao indutor Figura 198 Definico do valor da poténcia para uma embora ela seja totalmente devolvida mais tarde na parte carga puramente indutiva negativa do ciclo A poténcia solicitada durante a parte Poténcia T fornecida PL nena ao elemento pela fonte Energia Energia VI 0 eh apsorvida a absorvida eee cr oor Sea ae oor ot MM wee ae aor oor 690 Teme fen ree ee An te Energia Energia Poténcia VI retornada retornada devolvida a fonte y pelo elemento T Figura 199 Curva de poténcia para uma carga puramente indutiva Até 1968 o simbolo usado para a poténcia reativa era P Capitulo 19 Poténcia CA 689 positiva do ciclo faz com que a usina geradora forneca We Vi energia durante esse intervalo Portanto elementos rea WL a2f 7 O tivos como indutores exigem um aumento na capacidade Entretanto V lel das usinas geradoras mesmo que a poténcia reativa nao mera i seja dissipada mas apenas emprestada Um aumento na Iw LI demanda de poténcia nesses intervalos é um fator de custo de maneira que W wo que precisa ser repassado aos consumidores industriais 5 Na realidade grandes consumidores de energia elétrica 1918 pagam pela potencia aparente que consomem nao pela 0 que nos da uma equagao para a energia armazenada ou oténcia em watts dissipada em seus equipamentos ja que P Sere i P Jed fornecida pelo indutor em meio ciclo da tensao aplicada em os voltsampéres utilizados sao sensiveis ao requisito de yo ae termos da indutancia e do quadrado do valor rms da corrente poténcia reativa veja a Secado 197 Em outras palavras quanto mais proximo de estiver o fator de poténcia de um consumidor maior a eficiéncia dos seus equipamentos ja ee 92 dutivo v Fj 1910 Anata card to indutivo visto na Figura 1910 que a parcela de poténcia emprestada sera menor ara O CITCUl oe i A energia armazenada pelo indutor na parte positiva a Determine nivel de poténcia instantanea para o do ciclo veja a Figura 199 é igual aquela devolvida na b meter nos neath de t a fs parte negativa e pode ser calculada pela seguinte equacao a it Tesu sos i a para um periodo completo da tensao aplicada W Pt c Determine o valor médio da curva no item b por um ciclo inteiro da tensao aplicada e compare o valor onde P é 0 valor médio para o intervalo e o intervalo de pico de cada pulso com o valor determinado pela de tempo associado Equagao 1913 Lembrese de que vimos no Capitulo 14 que o valor d Determine a energia armazenada ou dissipada para médio da parte positiva de uma senoide é igual a 2 valor qualquer pulso da curva de poténcia g de pico7r e t T2 Portanto Solugées a a OV PL vyly OW w 2M 2 V L 1 2 ti vp 7071 V i y sena 90 L 10 V 5 5 W VIT 0 1916 Sq senla 90 2 sena 90 e Ww Em a 45i 2 sen 45 90 ou como T 1f onde f a frequéncia da curva p temos 2 sen45 1414 A Pr vziz 7071 V1414 A 10 W VI i vi avy tee 0 Ap in OW Z ta vy 7071 V ip 2 sena 90 Como a frequéncia f da curva da poténcia é 0 dobro 2 sen135 90 do valor de entrada substituindo a frequéncia da tensao 2sen45 1414A ou corrente de entrada na Equagao 1917 temos Pi vi 7071 V1414 A 10 W ts Up OV PL vib 0W UL 7 10 V Loy 1071VE a v 10 sen 200t X S50 a 12 3 4 S5 t LY 5 45 90 135 10V Figura 1910 Exemplo 192 690 Introducao a analise de circuitos b O grafico resultante de v i ep aparece na Figura a v como mostra a Figura 1913 Portanto 6 90 na 1911 Equacao 191 Substituindo esse valor de 6 90 na c O valor médio para a curva da Figura 191160W Equagao 191 obtemos por um ciclo completo da tensao aplicada O valor de pico da curva é 10 W que corresponde diretamente Pc VI cos90 1cos 21 ao que foi obtido do produto VI sen90sen 21 0 VI sen 2wt VoL 10 V2 A y 10W 2 2 ou Pc VI sen 2wt 1919 d A energia armazenada ou dissipada durante cada pulso da curva de poténcia é onde VIJ sen 2wt é uma senoide negativa com o dobro da frequéncia de entrada v ou 7 e um valor de pico de VI VI Vln 10 V2 A Note mais uma vez a auséncia de um termo associado a Wi 20 2200rads 50 mJ um valor médio ou constante Plotando a forma de onda de p veja a Figura 1913 temos 196 CIRCUITOS CAPACITIVOS T1 periodo da tensao e da corrente Nos circuitos puramente capacitivos como o que vemos na Figura 1912 i esta adiantada 90 em relagao T2 periodo da curva pc Note que a situagao para a curva pc 6 a mesma que PiW para a curva p A poténcia fornecida pela fonte ao capa citor exatamente igual a poténcia devolvida a fonte pelo 410 capacitor em um ciclo completo MA Li je No caso de um capacitor puro ideal a troca a ree de poténcia entre a fonte e a carga durante um ciclo 4 Vy 4 eee completo é exatamente zero 10 e nenhuma energia é perdida no processo A poténcia ab sorvida ou devolvida pelo capacitor em qualquer instante Figura 1911 Curva de poténcia para o Exemplo 192 do tempo pode ser calculada substituindo por t na Equagao 1919 u As ns iy A poténcia reativa associada ao capacitor é igual 7 ao valor de pico da curva de p como mostrado a seguir c Cc VAR 1920 Figura 1912 Definico do valor da poténcia para uma Qc carga puramente capacitiva T Poténcia fornecida epeaeHHHHe ao elemento Pc pela fonte Ener gia v Energia 9 90 VI absorvida Lo absorvida OO eee wee seen Totes Wes lee ene Sse SSL oot ot ee eetelL eee wane teesIL eee as Energia Energia Poténcia devolvida VI devolvida devolvida a fonte J pelo elemento qT Figura 1913 Curva de poténcia para uma carga puramente capacitiva Capitulo 19 Poténcia CA 691 Porém como V 1X e VX a poténcia reativa Para uma carga indutiva a poténcia fasorial S como associada ao capacitor também pode ser escrita como é conhecida é definida por 5 como mostra a Figura 1914 e Oc ve VAR 1922 O angulo de 90 entre O e P da origem a outro termo Xc usado para a poténcia reativa poténcia de quadratura No caso de uma carga capacitiva a poténcia fasorial A poténcia aparente associada ao capacitor é r S definida por VA 1923 SPjO e a poténcia média é P 0 como podemos observar na como mostra a Figura 1915 Equagao 1919 ou na Figura 1913 O fator de poténcia Se um circuito contém elementos capacitivos e in portanto dutivos a componente reativa do triangulo de poténcias P 0 é determinada pela diferenga entre as poténcias reativas F cos 0 Ss VI 0 fornecidas a esses elementos Se QO Q 0 triangulo de poténcias resultante semelhante ao da Figura 1914 Se A energia armazenada pelo capacitor na parte positiva Q Q o triangulo de poténcia resultante é semelhante do ciclo veja a Figura 1913 igual a devolvida na parte ao da Figura 1915 negativa e pode ser obtida usando a equacao W Pt Para ver que a poténcia reativa total é a diferenca De maneira similar a que fizemos no caso do indutor entre as poténcias reativas dos elementos capacitivos e podemos mostrar que indutivos basta comparar as equagoes 1911 e 1919 A partir dessas equagdes plotamos no mesmo grafico as VIT énci ircuito L We MAND J 1924 potencias fornecidas aos elementos de um circuit LCem 7 série veja a Figura 1916 Os elementos reativos foram escolhidos de modo que X X Observe que as curvas de ou como T If onde f a frequencia da curva de pe yoténcia dos dois elementos esto defasadas exatamente VI 180 A curva da poténcia reativa resultante é portanto J 1925 determinada pela soma algébrica das duas poténcias em mh cada instante de tempo Como a poténcia reativa é definida Em termos da frequéncia f da corrente e da tensio 0M0 valor de Pico a componente reativa do triangulo de poténcias é como indica a Figura 1916 PX X W VI VI VVwC Uma verificagao adicional pode ser deduzida con p i ns m2 siderando primeiramente diagrama de impedancia de um circuito RLC em série veja a Figura 1917 Se fornecendo uma equacdo para a energia armazenada ou s devolvida pelo capacitor em meio ciclo da tensao aplicada QO em termos da capacitancia e do quadrado da tensao 0 P 197 O TRIANGULO DE POTENCIAS Figura 1914 Diagrama de poténcia para cargas indutivas As grandezas poténcia média poténcia aparente e poténcia reativa estao relacionadas no dominio vetorial por P 0 SPQ 1927 Oc S com P PZO0 Q QO 290 Qc Oc Z90 Figura 1915 Diagrama de poténcia para cargas capacitivas 692 Introducao a analise de circuitos Py VIsen 2at QO QO Oc Vi I Vel KV Ve IUX Xe 1X 1X 17 X XO KM at Pc VcIsen 2at Figura 1916 Demonstragao do motivo pelo qual a poténcia reativa total é a diferenga entre as poténcias fornecidas aos elementos indutivos e capacitivos multiplicarmos cada vetor pela corrente ao quadrado P P oa 5 p Q 1928 obteremos os resultados mostrados na Figura 1918 que éo triangulo de poténcias para um circuito predominan Portanto se conhecermos os valores de duas dessas temente indutivo Co poténcias sempre poderemos calcular a terceira Como Os vetores associados a poténcia reativa e a E interessante notar que a equacao poténcia média tém sempre um angulo de defasagem de 90 os valores das trés poténcias estao relacionados pelo teorema de Pitagoras ou seja j fornece a forma vetorial da poténcia aparente de um sistema Aqui V é a tensao aplicada ao sistema e I é 0 X complexo conjugado da corrente Considere por exemplo 0 circuito RL visto na Figura 1919 no qual Z X Xc t 10V 20 s 10 V 20 Zr 304 740 50 25313 R 2A 2Z5313 Xc A poténcia real 0 termo real esta associado ao fato Figura 1917 Diagrama de impedancia para um circuito de a poténcia média ser plotada no semieixo positivo do RLC em série e1xo real do plano complexo é dada por j PPR2AY3Q12W e a poténcia reativa PX Q QO PX 2 A4Q 16 VARL Uh com SPjQc12W j16VARL S Q resultante Q Oc I7X Xo 20 VA Z5313 R Pp IDPR PXo Oc Y 30 V10VZL0 xX S40 Figura 1918 Resultado da multiplicacdo dos vetores mostrados na Figura 1917 por 7 para um circuito RLC em série Figura 1919 Demonstragao da validade da Equacao 1929 Capitulo 19 Poténcia CA 693 Ha dois pontos importantes no método anterior Primeiro a poténcia aparente total tem de ser calculada S 20VA a partir da poténcia total média e da poténcia reativa e Q 16 VAR nao pode ser calculada com base nas poténcias aparentes dos varios ramos Segundo e mais importante ndo é nee necessario considerar a configuraao sérieparalelo dos P 12W ramos Em outras palavras a poténcia total real reativa 1920 Tis a oo ou aparente independente do fato de as cargas estarem igura Triangulo de poténcias para 0 circuito visto ary série em paralelo ou em sérieparalelo Os exemplos a na Figura 1919 seguir mostram como relativamente facil calcular todas as grandezas de interesse como mostra a Figura 1920 Usando a Equagao 1929 temos S S VI 10 V 202 A 2 5313 EXEMPLO 193 20 VA 25313 Caleule o numero total de watts de voltsampéres reativos e de voltsampéres e o fator de poténcia F do como obtivemos anteriormente circuito visto na Figura 1921 Desenhe o triangulo de O Angulo associado a S que aparece nas figuras poténcias e determine a corrente em forma fasorial 1914 1915 e 1920 é 0 Angulo do fator de poténcia do Solugao Construa uma tabela como a 191 circuito Como Assim P Vi cos 0 Pr 600 W Fi 066 adiantado C ou P Scos6 Sp 1000 VA P O triangulo de poténcias é mostrado na Figura 1922 entao F cos 6 in 1930 Como S VI 1000 VA J 1000 VA100 V 10 A como o de cos 0 F o angulo entre a tensao e a corrente 198 AS POTENCIAS P QE S TOTAIS I 10A 25313 O numero total de watts voltsampéres reativos e nal posit ad anoul fase i voltsampéres e o fator de poténcia de qualquer sistema O sina P ositivo esta associa 0 a0 angu lo de ase Ja que 0 circuito é predominantemente capacitivo podem ser determinados pelo seguinte procedimento 1 Determine a poténcia real e a poténcia reativa para Carga 1 todos os ramos do circuito 5 QWAR 2 A poténcia real total do sistema Py é a soma das 100 W poténcias médias fornecidas a todos os ramos Carga 3 3 A poténcia reativa total Q é a diferenga entre as iy y oe 700 VAR L 1500 VAR C poténcias reativas das cargas indutivas e a das car 00W 300 W gas capacitivas 4 A poténcia total aparente é dada por Sy VP OF 5 O fator de poténcia total é igual a PS Figura 1921 Exemplo 193 Tabela 191 Carga Ww VAR VA 1 100 0 100 2 200 700 L 200 700 7280 3 300 1500 C V 300 1500 152971 Pr 600 Or 800C Srp V 600 800 1000 Poténcia total dissipada Poténcia reativa resultante do circuito Note que Sy soma dos trés ramos 1000 100 728 152971 694 Introducao a analise de circuitos P 600 W R X 5313 cos 06 a I 60 70 E 100 VZ0 Q 800 VAR C Xc So Sp 1000 VA Figura 1922 Triangulo de poténcias para o Exemplo 193 Figura 1923 Exemplo 194 6 EXEMPLO 194 oa a Calcule o numero total de watts voltsamperes rea 5313 tivos e voltsampéres e o fator de poténcia F para s00 VAR YC 0 circuito visto na Figura 1923 er b Desenhe o triangulo de poténcias Sp 1000 VA c Calcule a energia dissipada pelo resistor durante um ciclo completo da tensao se a frequéncia da tensao for 60 Hz d Calcule a energia armazenada ou devolvida pelo Figura 1924 Triangulo de poténcias para o Exemplo 194 capacitor e pelo indutor durante meio ciclo da curva de poténcia se a frequéncia da tensao for 60 Hz b Otriangulo de poténcias é mostrado na Figura 1924 Solug6es 60 V10 A Vel a j 100 V Z0 We 10S Zr 60770j150 Ai 0 Hz 109 25313 t 2760Hz 377 Vr 10 A 253136O 20 60 V 25313 Ver 150 VIOA 15005 Cc Wo Oo 598 Vi 10 A 253137 O 290 C wo 377 rads 377 J 70 V 214313 Vo 10 A 2531315 O 2902 Pr Elcos 6 100 V10 A cos 5313 Para o sistema mostrado na Figura 1925 600 W a Calcule as poténcias média aparente e reativa e o Fp para cada ramo a so 62 600W b Calcule a poténcia total em watts em voltsampéres K 699 w reativos e em voltsampéres e calcule ainda o fator de R 6 poténcia do sistema Desenhe o triangulo de poténcias Sr EI 100 V10 A 1000 VA c Calcule a corrente I fornecida pela fonte I1Zr 10 A10 2 1000 VA Soluges EE 00V soo va a Lampadas ein oo Z 100 Dissipagao total da poténcia aplicada T Or EI sen 100 V10 A sen 5313 P 1260 W 720 W 800 VAR O 0 VAR Gc O1 S P 720 VA 1Xc X 10 A15 O 70 F1 800 VAR b A 7 2 2 150 V2 70 v2 quecedores Or a a oy mye Dissipagao total da poténcia aplicada c L P 64 kW 1500 VAR 700 VAR 800 VAR QO 0 VARIAVEL P 600 W P F 1 06 adiantadoC 52 P 64 KVA Sp 1000 VA Fy1 Capitulo 19 Poténcia CA 695 Aquecedores Motor Carga capacitiva b 1 82 Soa E 208 V 20 lampadas 3 64kW 60 W F 072 Xo 120 atrasado Figura 1925 Exemplo 195 Motor Pr 134kW fo 5746 W Figura 1926 Triangulo de poténcia para o Exemplo 195 n25 P 25 P n 082 454878 W P P 134 kW F 072 atrasado F f 7356006VA 0988 atrasado P cos 23 454878 W Sr 130006 VA 3 93 COS 3 cos 6 6 072 6 cos 0988 889 631775 VA Observe a Figura 1926 Sp 1355989 VA Também sabemos que 0 cos 072 4395 de c Sp Elo 1 z x08v 6519A maneira que Fator de poténcia atrasado E esta adiantada com rela QO S3sen 631775 VAsen 4395 cao aI por um angulo de 889 e 631775 VA0694 438471 VAR L I 6519 A 2 889 Carga capacitiva Zz 9020 Qj120 15 0 5313 5 0 Z5313 Um equipamento elétrico tem uma especl icagao de 1387 A 5313 5 kVA 100 V com um fator de poténcia atrasado 06 1 a impedancia d i t denad Py PR 1387 A29 O 173139 W Qual a impedancia do equipamento em coordenadas retangulares O04 PXc 1387 A 120 Solucdo 230852 VARC S EI 5000 VA Sy VP3 O4 5 5 5000 VA V173139 W 230852 VAR Portanto T 00V 50 A 288565 VA P 173139 W 06 adiantado Para F 06 temos Pp e SE A 1 Sq 288565 VA 6 cos 06 5313 b Pr Pi Py P3 P Pr 730 WwW 6 400 WwW 454878 W Como o fator de poténcia é atrasado 0 circuito pre 173139 W dominantemente indutivo e I esta atrasada em relacao 1340017 W a E Assim para E 100 V Z 0 Or QQ 03 Q4 5 0 0 438471 VARL T 504 25313 230852 VARC Entretanto 207619 VARL E 100 V 0 ZL Sr VPT OF Mr 7 50a 253132 O88 V1340017 W 207619 VAR 120 71602 1356006 VA que é a impedancia do circuito visto na Figura 1927 696 Introducao a analise de circuitos R 120 S Z 160 T X Qr Le SS a i 9 e0 Figura 1927 Exemplo 196 LA g Figura 1928 Demonstracao da influéncia da corregao do x fator de poténcia sobre o triangulo de poténcias de um circuito 199 CORRECAO DO FATOR DE POTENCIA Na Figura 1929a por exemplo uma carga indutiva O projeto de qualquer sistema de transmissao de eu ap P S er consome uma corrente que possui uma componente real energia tem como um dos principais parametros a intensi e uma imaginaria Na Figura 1929b uma carga capaci dade da corrente nas linhas que depende das cargas ligadas oe tiva foi conectada em paralelo com a carga original a fim ao sistema Correntes mais altas resultam em maiores ne a tas de aumentar o fator de poténcia do sistema para um valor perdas de poténcia por um fator quadratico pois P J 7 8 tao proximo da unidade Observe que como os elementos R nas linhas de transmissao devido a resisténcia delas indutivo carga e capacitivo estao ligados em paralelo a Valores elevados de corrente também tornam necessario tan carga continua a receber a mesma tens4o e a consumir a o uso de condutores de maior diametro aumentando a mesma corrente Em outras palavras do ponto de vista quantidade de cobre necessario para construir a linha e on oa da carga tanto faz se o circuito é o da Figura 1929a ou evidentemente implicam maior capacidade de geragao de energia por parte da concessionaria 0 da Figura 19296 i O calculo da corrente da fonte na Figura 1929b Portanto existe um empenho em manter os niveis rs o seguinte de corrente a um minimo necessario Como a tensao nas linhas de um sistema de transmissao é mantida cons IlIctI tante a potencia aparente e diretamente proporcional a jl Imag IR jir Imag jlo I jl intensidade da corrente Assim quanto menor a poténcia 1Re jUrmag Iclmag In ie 1 aparente menor a corrente drenada pela carga Portanto essa corrente é minima quando S P e 0 0 Note na Se X for escolhido de modo que J J entao Figura 1928 o efeito da diminuicgao de QO sobre o valor modulo de S para a mesma poténcia real Note também I 7 j0 I 20 que o angulo do fator de poténcia se aproxima de zero grau e F se aproxima de 1 revelando que o circuito tornase O resultado é uma corrente na fonte cuja intensidade cada vez mais resistivo nos terminais de entrada igual a parte real da corrente na carga indutiva que pode O processo de introduzir elementos reativos para ser consideravelmente menor quea intensidade da corrente levar o fator de poténcia a um valor mais proximo dauni 1a carga mostrada na Figura 1929a Além disso como dade é chamado de correcao do fator de poténciaComo as fases associadas a tensao aplicada e a corrente na fonte em geral as cargas sao indutivas 0 processo normalmente aO iguais 0 sistema parece resistivo nos terminais de envolve a introducao de elementos capacitivos com o entrada e toda a poténcia fornecida consumida criando unico objetivo de aumentar o fator de poténcia o maximo de eficiéncia para a concessionaria I I I 7 Carga indutiva Carga indutiva L xR I SL x R E E 20 Fy1 eV F1 R a R a b Figura 1929 Demonstragao da influéncia de um elemento capacitivo sobre o fator de poténcia de um circuito Capitulo 19 Poténcia CA 697 EXEMPLO 197 Um motor de 5 hp com um fator de poténcia atrasado 06 e cuja eficiéncia é 92 por cento esta conectado a S 675725 VA uma fonte de 208 V e 60 Hz Q 540445 VAR L a Estabelega o triangulo de poténcia para a carga b Determine o valor do capacitor que deve ser ligado 9 5313 em paralelo com a carga de modo a aumentar o fator P 405435 W de poténcia para 1 19 oe c Determine a diferenca na corrente fornecida pela Figura 1930 Triangulo de poténcia inicial para a carga f oe do Exemplo 197 onte no circuito compensado e a corrente no circuito nao compensado d Determine o circuito equivalente para o circuito Na unidade F acima e verifique as conclus6es p Solugées S VI 405435 VA a Como hp 746 W 405435 VA e 19A9A P Shp 5746 W 3730 W Vo 208V P 3730W resultando em uma reducao de 40 por cento na Pconsumida 1 999 corrente da fonte 405435 w d Para o motor 0 angulo de avango da tensdo aplicada em relacao a corrente é Além disso F cos 06 1 e 9 cos 06 5313 6 cos 06 5313 Aplicando te 6 Qi e PElI cos 6 405435 W de acordo com o resul S P tado anterior de maneira que obtemos QO P tg 6 405435 W tg 5313 P 405435 W 3249 A 54058 VARL Ecos 208V06 como anteriormente S VP OF o que resulta em V405435 W 54058 VAR 675725 VA I 3249 A Z5313 O triangulo de poténcias aparece na Figura 1930 Portanto b Obtemos um fator de poténcia unitario introduzin do um valor de poténcia reativa capacitiva igual a Z E 208 V 0 640 25313 54058 VAR para equilibrar O Como T3249 A Z5313 3840 75120 y2 Qc xX como mostra a Figura 193 1a c A carga em paralelo equivalente dada por v2 208 v entio Xo 80 1 1 Qc 54058 VARC Y 1 Z 640 25313 e C 3316 pF 0156 S Z5313 2mfXc 22r60 Hz8 00936 S 701258 1 1 c Em 06F 10680 j80O S VI 675725 VA como mostra a Figura 1931b I S 675725 VA 3249 A Agora esta claro que o efeito da reatancia indutiva Vv 208 V de 8 Q pode ser compensado por uma reatancia 698 Introducao a analise de circuitos I I 3249 A 25313 I 1949A 20 I 3249A 25313 X 3 5120 tic 26A r 208v 20AY B 208v 20AY a 89 Fr RS10640 xX S80 RZ3840 Motor Motor a b Figura 1931 Demonstraco da influéncia da correcao do fator de poténcia sobre a corrente da fonte capacitiva de 8 Q em paralelo por meio de um capa O triangulo de poténcias para o sistema aparece na citor de 332 wF para corregao do fator de poténcia Figura 1932 Observe a adicao das poténcias reais Como e o Sresultante Y 4 Sp V24kW 1428 KVAR 2793 kVA JAC JAL 1 SE 2793 KVA 27934 com I EY 4 E1000 V R 1 O fator de poténcia desejado 095 resulta em um 208 V 1949 A angulo entre S e P le saa g que vale como anteriormente 6 cos 095 1891 Além disso o médulo da corrente no ramo em que esta modificando 0 triangulo de poténcia para o que é 0 capacitor pode ser obtido assim visto na Figura 1933 E 208V c y 0 264 com t g 2h L g Q1 Pr tg Xc 8 O Pr 24 kWtg 1819 EXEMPLO 198 24 kW0329 79 kVARL a Uma pequena usina geradora industrial alimenta 10 kW de aquecedores e 20 kVA de motores de indu cao Os elementos de aquecimento sao considerados mM puramente resistivos Fp 1 e os motores possuem 5 wai Lae um fator de poténcia atrasado igual a 07 Se a fonte ail J ay Q 1428 kVAR L de 1000 V e 60 Hz determine a capacitancia ne pos 6 cessaria para aumentar o fator de poténcia para 095 et 30757 45 6 b Compare os valores de corrente drenados da fonte P 10kW P 14kW de alimentacao Aquecedores Motores de inducao Solug6es a Para os motores de inducio Figura 1932 Triangulo de poténcia inicial para a carga do Exemplo 198 S VI 20kVA P Scos 20 X 10 VA07 14kW 6 cos07 456 Q 79 KVAR L 0 1819 e Py 24kW Q VI sen 6 20 kVA0714 Figura 1933 Triangulo de poténcia para a carga de 1428 kVARL Exemplo 198 apés 0 aumento do fator de poténcia para 095 Capitulo 19 Poténcia CA 699 A poténcia reativa indutiva precisa ser reduzida em QO O 1428 kVAR LZ 79 kVAR L Pe 638 kVAR L i Portanto O 638 kVAR e usando oi ee ae ee OQ E 2 oe ee ee ene Xc e Lee a obtemos it ao o Pra Ts E 10 V Xc ONY 156740 Qc 638kVAR Figura 1934 Wattimetro digital de nica fase e de trés 1 1 e C SF fases HemeraGetty Images 2mafXc 27r60 Hz 15674 0 1693 uF b Sp V 24kW 79 kVARL 2527kVA Sp 2527kVA ia ak Ip 2527 A E 1000V E ll i O novo valor de I é TEND Ip 2527 A 22793 A original ee 9 i 1910 WATTIMETROS E MEDIDORES ee DE FATOR DE POTENCIA oJ EI O wattimetro visto na Figura 1934 usa circuitos e Oni fisti ir a tensa t eletronicos sofis icados para medir a ensae com Figura 1935 Analisador de qualidade de poténcia capaz e pelo uso de um modulo de conversao analdégicodigital de exibir a poténcia em watts a corrente em amperes e a mostra os resultados em forma digital Essa unidade é y tensao em volts Cortesia da Fluke Corporation Reproduzido capaz de operar com formas de onda nao senoidais e pode a com permissao fornecer também os valores das poténcias total aparente e reativa o angulo de fase da poténcia e o fator de poténcia Ele também pode medir correntes de até 500 A tensdes de 1911 RESI STENCI A EFETIVA até 600 V e frequéncias entre 30 Hz e 1000 Hz O analisador de qualidade de poténcia visto na Fi A resisténcia de um condutor obtida pela equacao gura 1935 também pode exibir os niveis de poténciareal R pJA é frequentemente chamada de resisténcia CC reativa e aparente juntamente com o fator de poténcia 6hmica ou geométrica Tratase de uma grandeza constante Porém ele possui varias outras opoes incluindo fornecer que depende somente do material usado e das dimensdes o contetdo harménico de até 51 termos para tensdo cor fisicas Nos circuitos CA a resisténcia real dos condutores rente e poténcia A faixa de poténcia se estende de250 Wa denominada de resisténcia efetiva difere da resisténcia 25 MW e a corrente pode ser lida até 1000 AO medidor CC devido as variacdes nos valores da corrente e da tensao também pode ser usado para medir niveis de resisténcia que introduzem efeitos nao encontrados nos circuitos CC de 500 Q a 30 MQ niveis de capacitancia de 50 nF a 500 Esses efeitos incluem perdas por radiacdo efeito pF e temperatura em C e F pelicular skin correntes parasitas e perdas por histerese 700 Introducao a analise de circuitos Os dois primeiros estao presentes em qualquer circuito enquanto os outros dois dizem respeito a perdas adicionais ESE causadas pela presenga de materiais ferromagnéticos em campos magnéticos variaveis o Método experimental Figura 1936 Demonstracdo do efeito pelicular sobre a A resisténcia efetiva de um circuito CA nao pode ser resisténcia efetiva de um condutor medida pela razao VJ pois essa raz4o agora a impedan cia de um circuito que pode possuir resisténcia e reatancia Entretanto a resistncia efetiva pode ser determinada pela Co equacdo de poténcia P R onde concatena os fluxos magnéticos variaveis interno e externo A medida que a frequéncia do sinal aplicado aumenta o P fluxo no condutor varia a uma taxa maior Portanto com 1931 9 aumento da frequéncia a tensao contraria induzida no centro do condutor aumenta e praticamente toda a corrente Portanto precisamos de um wattimetro e de um Se concentra na superficie do condutor Em 60 Hz 0 efeito amperimetro para medir a resisténcia efetiva de um cir pelicular relativamente pequeno Entretanto nas frequén cuito CA cias de radio esse efeito mais intenso a ponto de serem construidos condutores ocos pois a parte central apresenta Perdas por radiaao eficiéncia de condugao relativamente pequena Portanto o Examinaremos agora com mais detalhes as diversas efeito pelicular reduz a area efetiva do condutor e aumenta perdas que podem ocorrer A perda por radiagéo éaperda a resistncia do condutor dada pela equagao Rt pA de energia na forma de ondas eletromagnéticas durante a transferéncia de energia de um elemento para outro Perdas por histerese e por Essa perda de energia torna necessario que a poténciade Correntes parasitas entrada seja maior para estabelecer a mesma corrente J Como mencionado anteriormente as perdas por fazendo com que R aumente como determina a Equacao histerese e correntes parasitas se manifestam quando um 1931 Auma frequéncia de 60 Hz os efeitos de perdas por material ferromagnético submetido a um campo mag radiacao podem ser completamente ignorados Entretanto nético variavel Para descrever as perdas por correntes nas frequéncias de radio esse efeito é importantee pode parasitas com mais detalhes consideraremos os efeitos de de fato se tornar o principal efeito a ser considerado em uma corrente alternada passando por uma bobina enrolada dispositivos eletromagnéticos como as antenas em torno de um nucleo de material ferromagnético A corrente alternada produz um fluxo magnético variavel Efeito pelicular no nucleo que de acordo com a lei de Faraday induz Para explicar o efeito pelicular skin tornase uma tensao no nucleo Essa tensao induzida e a resisténcia necessario 0 uso de alguns conceitos basicos previamente geométrica do nucleo R pA fazem com que surja descritos Lembrese de que de acordo com 0 Capitulo no nucleo uma corrente fpicleo Cing Rc denominada 12 existe um campo magnético em torno deumcondutor corrente parasita A corrente flui em uma trajetoria cir percorrido por uma corrente veja a Figura 1936Como cular como mostra a Figura 1937 mudando de sentido a quantidade de carga que flui em um circuito CA varia de acordo com a tensAo alternada aplicada com o tempo 0 campo magnético em torno da corrente também varia Lembrese também de que um condutor em um campo magnético variavel sofre a inducdo de uma Correntes parasitas tensao entre suas extremidades cujo valor é dado pela lei I Cy Bobina de Faraday e N x dddt Quanto maior a frequéncia 4 do fluxo em movimento determinado por uma corrente E jo alternada maior a tensao induzida aes Em um condutor percorrido por uma corrente alter Lea nada 0 campo magnético variavel age sobre ele mesmo Nuicleo ferromagnético induzindo uma tenséo que se op6e ao fluxo de carga ou a corrente original Esse efeito é mais pronunciado nocentro Figura 1937 Definigao das perdas por correntes parasitas do condutor do que na superficie pois o centro do condutor emum ntcleo ferromagnético Capitulo 19 Poténcia CA 701 As perdas por correntes parasitas sao dadas por Wattimetro P parasita Prarasitalnicteo Essas perdas dependem principalmente do tipo de nucleo usado Se o nucleo for feito de um material que Indutor nao apresente propriedades ferromagnéticas e tiver E 120 VZ0 PC uma alta resistividade como a madeira ou 0 ar as perdas por correntes parasitas poderao ser desprezadas Em termos da frequéncia do sinal aplicado e do campo f 60 Hz magnético produzido as perdas por correntes parasitas so proporcionais ao quadrado da frequéncia multiplicado Figura 1938 Componentes basicos necessarios para pelo quadrado do campo magnético determinar a resisténcia efetiva e a indutancia de uma bobina Pparasita x PPB aresisténcia e a indutancia da bobina Compare esses As perdas por correntes parasitas podem ser re valores aos obtidos no item a e discuta as diferengas duzidas se o nucleo for construido com laminas finas Solugées de material ferromagnético isoladas umas das outras e P 75W colocadas paralelamente ao fluxo magnético Isso reduz a a R PR 5A 30 intensidade das correntes parasitas em funao do aumento rae E 120V da resisténcia em seu caminho Zr 7 5A 240 As perdas por histerese foram discutidas na Se cao 126 Voo eve se lembrar de que em termos da Xp VZp RF V 240 30 frequéncia do sinal aplicado e da intensidade do campo 23810 magnético produzido a perda por histerese proporcional e X 2afL a frequencia multiplicada pelo campo magnetico elevado ou X 23810 a enésima poténcia L nf 377 rads 6316 mH Pris fB P 80W 800 bRG 7 GFT 5 onde 1 pode variar de 14 a 26 dependendo do material 4A 16 As perdas por histerese podem ser efetivamente O ntcleo de latdo tem relutancia menor que 0 nucleo reduzidas pela introdugdo de pequenas quantidades de de ar Portanto ha maior densidade de fluxo magné silicio no nucleo magnético representando cerca de 2 ou tico B no seu interior Como P yayasia 2B Phi X 3 por cento da composicao total do nucleo Entretanto isso fB a medida que a densidade de fluxo magnético tem de ser feito com muito cuidado porque 0 excesso de aumenta as perdas no nucleo e a resisténcia efetiva silicio torna o material quebradigo e dificil de usinar no aumentam formato desejado Pp SW 520 c R BFGF BD EXEMPLO 199 r Gay 4 a Um indutor de nucleo de ar ligado a uma fonte de Zr E 120V 600 120 V e 60 Hz como mostra a Figura 1938 A cor I 2A rente é5 Ae a poténcia medida por um wattimetro é X VZp RF V 600 130 75 W Determine a resisténcia efetiva e a indutancia 58570 da bobina a xX 58570 b Um nitcleo de latao é inserido na bobina O ampe L 15536 mH rimetro indica 4 A e 0 wattimetro 80 W Calcule emf 377 radis a resisténcia efetiva da bobina A que é atribuido o O nucleo de ferro tem menor relutancia que o de ar e aumento da resisténcia efetiva em relacao ao valor o de latéo Portanto a densidade de fluxo magnético medido no item a B no nucleo é maior Novamente como Praasita X c Se um nicleo de ferro macico é inserido na bobina a fB e P f B 0 aumento da densidade de fluxo corrente indicada é 2 A e a poténcia é 52 W Calcule 702 Introducao a analise de circuitos faz com que as perdas no nucleo e a resisténcia efetiva aumentem as a cn Como a indutancia L esta relacionada a variagao do flu ae xo pela equagao L Ndddi a indutancia sera maior 3 para o nucleo de ferro pois o fluxo variavel através do nucleo ira aumentar Ss SS it i 1912 APLICACOES Geradores de energia elétrica portateis Figura 1939 Gerador portatil de fase unica Cortesia da Embora possa parecer que a tensao de 120 V pode Coleman Powermate Inc ser obtida em qualquer lugar ha situagdes como em uma cabana em um local isolado em uma obra ou em um acampamento que nos fazem lembrar de que nao existe melhantes a qualquer outro equipamento se uma carga de uma tomada de energia elétrica em qualquer esquina do alto consumo for conectada eles param A maioria deles planeta A medida que nos afastamos dos grandes centros tem fusiveis de protecao ou disjuntores para garantir que urbanos os geradores a gasolina como 0 que aparece na demandas acima das especificacdes sejam monitoradas e Figura 1939 podem ser encontrados mais facilmenteem nao sejam ultrapassadas Uma barreira de protecado de 20 lojas de ferramentas depositos de madeiras e outros esta por cento faz com que a poténcia maxima de saida caia belecimentos comerciais de acordo com as necessidades de 5000 W para 4000 W o que nos faz querer saber a locais de geracao de energia elétrica Como os geradores respeito da carga que podemos aplicar Embora 4000 de corrente alternada sao acionados por motor a gasolina W sejam suficientes para acionar diversas lampadas de eles tém de ser ventilados adequadamente e nado devem 60 W um aparelho de TV e um ventilador entre outros ser ligados em ambientes fechados Geralmente devido sempre teremos problemas quando em uma unidade ge ao ruido sonoro e a fumaga eles sao instalados 0 mais radora forem conectados equipamentos de aquecimento distante possivel e séo conectados por cabos longos de como ferros elétricos secadores de cabelo e secadoras alta capacidade de corrente e resistentes as intempéries de roupa Mesmo fornos de microondas de 1200 W Qualquer ponto de conexdao tem de ser protegido adequa drenam uma poténcia razodvel Ao ligar um pequeno damente e instalado de maneira a garantir que as conex6es aquecedor elétrico de 1500 W com seis lampadas de 60 sejam impermeaveis e resistam a chuvas intensas ouneve W cada uma 360 W um aparelho de TV de 250 W e Embora sejam necessarios alguns esforos para colocaros um queimador de 6leo de 250 W e em seguida ligar um geradores em operacao e garantir que eles sempre tenham secador de cabelo de 1500 W de repente se esta com combustivel suficiente para funcionar a maioria dos usua uma carga bem proxima da capacidade maxima de 4000 rios dira que eles sao valiosissimos W Logo surge a necessidade de ampliar os limites de A grande maioria dos geradores construida para poténcia quando se aumenta 0 numero de equipamentos fornecer de 1750 W a 5000 W de poténcia emborauni que consomem energia dades maiores possam fornecer até 20000 W Inicialmen A Tabela 192 fornece uma lista de especificagdes te considere que 5000 W seja uma poténcia suficiente para uma ampla faixa de poténcias de geradores portateis para muitas aplicagoes Entretanto tenhaem mente quea movidos a gasolina Como grande parte dos geradores tem unidade adquirida deve ser especificadacom pelomenos um motor movido a gasolina qualquer poténcia acima de 20 por cento de capacidade acima da projetadaporcausa 5 hp passa a ser bastante onerosa especialmente quando de surtos de correntes que acontecem quando aparelhos se considera o custo da gasolina Muitos dos geradores motores ferramentas etc sao ligados Lembrese de que considerados bons que fornecem uma poténcia acima de mesmo uma lampada demanda uma grande corrente no 2400 W possuem receptaculos para 120 V e 220 V para momento em que é ligada devido a baixa resisténcia diversos niveis de corrente e uma tomada de 12 V de cor do filamento frio Se o gerador tiver de operar muito rente continua Eles também sdo construidos de maneira a proximo da capacidade maxima especificada podere tolerar razoavelmente as condicdes ambientais ao ar livre e mos perceber fortes quedas na iluminagao quando uma podem funcionar por longos periodos de tempo Para uma motosserra for ligada quase ao ponto em que parecera tensdo de 120 V uma unidade de 5000 W pode fornecer que a iluminagao geral se apagou Os geradores sao se uma corrente maxima de aproximadamente 42 A Capitulo 19 Poténcia CA 703 Tabela 192 Especificagdes de geradores CA portateis movidos a gasolina Poténcia de saida permanente 17503000 W 20005000 W 22507500 W Poténcia em hp do motor a gasolina 411 hp 514 hp 516 hp Para 120 V 1525 A Para 120 V 1742 A Para 120 V 1963 A Corrente de saida permanente Para 220 V3o 814A Para 220 V3d923A Para 220 V3d 1034 Tensao de saida 120 V ou 3 120 V220 V 120 V ou 3d 120 V220 V 120 V ou 3 120 V220 V Receptaculos 2 24 24 2 a 11 litros Tanque de combustivel 2 a8 litros de gasolina 4 a 19 litros de gasolina de gasolina Sentido do negocio Custo 450 kWh223kWh 12 MWh171kWh Devido aos custos envolvidos todas as grandes 1462 MWh 12 MWh 450 kWh89k Wh industrias precisam analisar continuamente suas contas 10035 205200 1190375 relativas ao consumo de energia elétrica para garantir um 1405610 conhecimento mais preciso sobre 0 consumo e considerar Antes de examinar os efeitos da estrutura da taxa formas de economizar energia Conforme descrito nesse de poténcia podemos determinar o fator de potncia total capitulo o fator de poténcia associado a industriacomoum da carga para o més fazendo a seguinte divisao de acordo todo pode ter um efeito mensuravel na corrente drenadae Com a conta mensal consequentemente na poténcia em kVA drenada da rede Pp 933 kW As concessionarias de energia elétrica estao cientes desse Fy 9932 P 250kVA problema que na realidade representa uma sobrecarga extra se o fator de poténcia cair abaixo de 09 Em outras At hat Como o fator de poténcia é maior que 09 as chan palavras para garantir que a carga seja vista como a mais oo ces sao de que nao havera sobretaxa ou de que ela sera resistiva possivel as concessionarias de energia elétrica minima tém solicitado a todos Os usuarios que procurem garantir Quando se determina o valor da poténcia na conta um fator de poténcia entre 09 e 1 de forma que a demanda ar cay poe o consumo em kVA é multiplicado pelo numero magico em kW seja bem proxima da demanda em kVA 09 para determinar o valor em kW para esse fator de po Considere a seguinte conta mensal para uma indus a téncia Esse valor em kW é comparado ao valor medido tria suficientemente grande x sendo que o consumidor paga em fungao do maior valor Consumo em kWh 1465 MWh Nesse caso se multiplicarmos 250 kVA por 09 Demanda de pico em kW 241 kW obteremos 225 kW que um pouco menor do que o valor Demanda em kW 233 kW medido de 233 kW Entretanto os dois valores séo me Demanda em kVA 250 kVA nores que 0 teto de consumo sem custo de 240 kW assim nao ha custo adicional para o componente da poténcia A A tabela de precos fornecida por uma companhia gonta total permanece em 1405610 local de fornecimento de energia elétrica é a seguinte Se o consumo em kVA registrado na conta fosse 388 Energia Primeiros 450 kWh a 223kWh kVA com 0 consumo em kW se mantendo em 233 kW a Proximos 12 MWh a 171kWh situacao mudaria pois 09 x 388 kVA corresponde a 3492 kWh adicional a 89kWh kW que é muito maior que o valor medido de 233 kW Poténcia Primeiros 240 kW sem custo O valor de 3492 kW é usado para determinar o valor da kW adicional a 1205kW conta da seguinte maneira Note que essa tabela de precos tem uma decompo 3492 kW 240 kW 1092 kW siao para custo de energia e para poténcia Essa segunda 1092 kW 1205kW 131586 taxa depende do fator de poténcia total da industria Lo A conta mensal da energia é calculada da seguinte que uma quantia significativa con 8 8 O valor total da conta pode entao ser determinado maneira da seguinte maneira 704 Introducao a analise de circuitos Custo 1405610 131586 Figura 1940 Em seguida usando a opgao Time Domain 1537196 Transient para obter um grafico em fungao do tempo ne ajustando Run to time em ms e Maximum step size Assim o fator de poténcia da carga cai para 233 kW J P em ms1000 1 ps acione 0 botao OK seguido do 388 kVA 06 colocandose uma carga adicional desne Saye icone Run PSpice para realizar a simulagao A seguir a cessaria no sistema de fornecimento de energia elétrica selecao de TraceAdd TraceV1R resultara na curva da Nesse caso deve ser considerada a correcao do fator de ns tensdo conforme mostra a Figura 1941 Ainda 0 uso da poténcia conforme descrito neste livro E comum vermos ne sequéncia TraceAdd TraceIR resultara na curva da grandes bancos de capacitores colocados na entrada de a corrente conforme mostra a Figura 1941 Finalmente a alimentagao de grandes industrias para realizar a correcao ns ria do fator de poténc curva da poténcia pode ser plotada selecionando Trace necessaria do tator ae porencia Add Trace V1RIR a partir da equacao fundamental Portanto de modo geral é importante que vocé ns para o calculo da poténcia resultando na curva de maior entenda perfeitamente o impacto de um baixo fator de oe amplitude vista na Figura 1941 poténcia em um sistema de geracao de energia elétrica Podemos fazer uma distinedo entre as curvas obser caso algum dia venha a trabalhar em uma empresa yando o simbolo usado para cada uma na parte inferior fornecedora ou consumidora de energia elétrica esquerda do grafico Entretanto nesse caso para tornar a identificagao mais facil cores diferentes foram seleciona 1913 ANALISE COMPUTACIONAL das para cada curva clicando em cada uma com 0 botao direito do mouse selecionando Properties e escolhendo PSpice tanto a cor quanto a espessura da linha de cada curva Curva de poténcia resistor Essa analise com No entanto podemos também inserir um texto na tela ao putacional comega com uma verificagdo das curvas selecionar 0 icone ABC para obter a caixa de didlogo Text mostradas na Figura 193 que mostra que a tensdo e Label e inserir um rotulo como PR clicando a seguir a corrente estao em fase em um resistor Essa figura em OK O rotulo pode ser posicionado em qualquer local também mostra que a curva de poténcia esta totalmente da tela Ao acionar o botao Toggle cursor e em seguida acima do eixo horizontal e tem o dobro da frequéncia clicar sobre IR na parte inferior da tela podemos usar aplicada e um valor de pico que é igual ao dobro do o cursor para determinar o valor maximo da corrente Em valor médio Primeiro monte 0 esquema simples da A1250 us ou 4 do periodo total da tensao de entrada Pe CirCAD Capture CIS Ceme Erition SCHEMATIC PAGE ee eee dence iota cadence bees a qi a BRRWt g SSCHEMATICIPSpice 2 Erie Jf2 races dab 2 E A VOFF 0 Ro VAMPL 1414V0 ES R 4 AC 1414V a Ss Be FREQ ikHz 7 oh ot PHASE 0 qh as 0 Je LJ k EO iterns selected Srale200 X200 Figura 1940 Uso do PSpice para analisar a curva de poténcia para um elemento resistivo em um circuito CA Capitulo 19 PoténciaCA 705 deg SCHEMATICIPSpice 191 PSpice AD Demo PSpice 191 active eh hf 8 File Edit View Simulation Trace Plot Tools Window Help Gb cadence 7 i6 6B ca SCHEMATICNPipce 134 1 f iQAQag Vie a Xx eS oo i il el a re 7 Probe Cure Ga a oe eae 250000u 49995 Ek a oie o000 u6 usa Hosa Ia EoocHauty Srey el aa n 4 cs ees Tec dacs ey ae aaa ace se ae ets i BB PSpice 151 CAICALZ Time 1000E03 100 ae Figura 1941 Graficos resultantes de poténcia tenso e corrente para 0 resistor do circuito visto na Figura 1940 a corrente apresenta um valor de pico de 354 A O valor Curvas de poténcia circuito RLC em série O de pico na curva de poténcia pode ser obtido clicandocom circuito mostrado na Figura 1942 com sua combinacao 0 botao direito do mouse sobre V1RIR clicando em de elementos sera usado agora para demonstrar que inde seguida na curva e determinando assim o valor de pico pendentemente da configuracAo fisica do circuito o valor obtido também clicando no icone Cursor Peak a direita médio da curva de poténcia estabelecida pelo produto da do botao Toggle cursor Esse valor ocorre no mesmo tensao aplicada e da corrente resultante é igual a poténcia ponto de maximo da corrente apresentando um valor de dissipada pelo circuito Em uma frequéncia de kHz a 50 W Observe particularmente que a curva de poténcia reatAncia do indutor de 1273 mH sera 8 Q e a reatancia mostra dois ciclos enquanto as outras duas curvas vz do capacitor sera 4 Q resultando em um circuito atrasado ig Mostram apenas um ciclo Obviamente a curva de Uma anilise do circuito gera os seguintes resultados poténcia tem o dobro da frequéncia do sinal aplicado Observe também que a curva de poténcia esta totalmente Zp 40 740 5657 245 acima do zero indicando que a poténcia é absorvida pelo E 10 VZ0 i i sm di com I 1768 A 2 45 resistor durante todo o ciclo mostrado Além disso 0 valor Zr 56570 245 de pico da curva de poténcia é 0 dobro do valor médio da 5 5 curva ou seja o valor de pico de 50 W é duas vezeso PTFR 1768 A4 0 125 W valor médio de 25 W Os resultados dessa simulac4o podem ser verificados Na listagem Time Domains Transient msira 20 ms fazendo os cdlculos manualmente usando 0 valorrmsda Run to Time Ms em Maximum step size As tres tensio aplicada Ou seja curvas mostradas na Figura 1943 foram obtidas usando se a opao Simulation Output Variables VE IR e Vp 10 v VEIR O parametro Run to time em Simulation P R40 25 W Profile apareceu com 20 ms embora us tenha sido esco 706 Introducao a analise de circuitos ee es ala x Se 0st pee Tee Bee Sere Pe fee Gee See dence ju teal baer 5 14 uy 2 Lo al es p i 3 51 ols 4 8440 0 9 fae a Li AG 14144 haramH EB FREQ ike Z C s 397aguF PHASE 0 VOFF oy 40 Q jal I Figura 1942 Uso do PSpice para examinar a distribuigdo de poténcia em um circuito RLC em série Ae ee ee RL eee Peer Bald bi Gh LoucMaTiC ian 1 Go pot Vie GA be ks ili a 7 a J 7 i My Brew ess Er beeeea na eee LA Figura 1943 Graficos da tenso aplicada e da corrente ip i e da poténcia fornecida p e x i para o circuito mostrado na Figura 1942 Ihido para Maximum step size para garantir uma boa re ser usada para a corrente e para a tensao O eixo vertical nao solugao para o grafico Observe particularmente que o eixo apresenta unidade de maneira que as unidades adequadas horizontal comega somente em 18 ms para garantir que tém de ser associadas mentalmente para cada curva Usando 0 circuito esteja no estado estacionario e nao no transitorio PlotLabelLine desenhe uma reta horizontal na tela pas onde os valores de pico das formas de onda podem variar sando pelo valor médio da poténcia que 125 W O icone com o tempo O eixo horizontal foi ajustado na faixade 18 de um lapis aparecera que pode ser posicionado no canto ms a 20 ms selecionando PlotAxis SettingsX AxisUser esquerdo ao nivel dos 125 W O lapis pode entao ser arras Defined18ms to 20msOK Primeiramente note que a tado ao longo da tela para desenhar a reta desejada Uma vez corrente esta atrasada em relacao a tensdo aplicada de alcangadaa borda direita do grafico libere 0 botao do mouse e acordo com 0 esperado para um circuito atrasado Adefasa a linha estara desenhada Vocé deve usar cores diferentes para gem angular entre as duas de 45 conforme determinado as curvas clicando com o botao direito do mouse na curva anteriormente Em segundo lugar saiba que os elementos desejada e fazendo as escolhas em Properties Observe que foram escolhidos de maneira que a mesma escala pudesse 0 valor 125 W é de fato 0 valor médio da curva de poténcia Capitulo 19 Poténcia CA 707 E interessante notar que a curva de poténcia esta abaixo do da energia do circuito proveniente dos elementos reativos eixo horizontal por apenas um curto periodo de tempoEm Portanto em geral a fonte tem de fornecer poténcia ao outras palavras durante os dois ciclos vistos a poténcia esta circuito na maior parte do tempo mesmo que uma boa por sendo absorvida pelo circuito na maior parte do tempo A centagem da energia seja fornecida aos elementos reativos pequena regiao abaixo do eixo horizontal representaoretorno podendo nao ser dissipada PROBLEMAS Secdes 191 a 198 c Calcule a poténcia aparente para cada componente 1 Dado 0 conjunto de lampadas puramente resistivas ilus d Determine a poténcia total em watts voltsampéres trado na Figura 1944 reativos voltsampéres e o fator de poténcia Fp do a Determine a poténcia total dissipada circuito b Calcule a poténcia total reativa e aparente e Desenhe o triangulo de poténcias c Calcule a corrente J f Calcule a energia dissipada pelo resistor em um ciclo d Calcule a resisténcia de cada lampada para as condides completo da tensao de entrada de operacao especificadas g Calcule a energia armazenada ou devolvida pelo ca e Determine as correntes J e J pacitor e pelo indutor em um semiciclo da curva de 2 Dado 0 circuito visto na Figura 1945 faga o que se pede poténcia para cada um a Determine a poténcia média fornecida a cada um dos 3 Dado o sistema mostrado na Figura 1946 componentes a Determine a poténcia total em watts voltsampéres b Calcule a poténcia reativa para cada componente reativo voltsamperes e o fator de poténcia F b Desenhe o triangulo de poténcia 60 W c Calcule a corrente I I aN 4 Dado o sistema da Figura 1947 iy 7 L a Calcule P OQ e S b Determine fator de poténcia Fp c Desenhe o triangulo de poténcia E 240 V 45 W 3 25 W 3 d Calcule I I Carga 1 Figura 1944 Probl 1 gura roblema 1200 VAR L 600 W Xx VAR L R c X E200V40 Carga 2 600 00 RO 30 50 90 1800 VAR C 1 500 W E 50V 240 f 60 Hz Figura 1947 Problema 4 Figura 1945 Problema 2 Carga 200 VAR L OW 600 VAR C 0 VAR E 100 V 290 100 W 300 W Figura 1946 Problema 3 708 Introducao a analise de circuitos 5 Dado o sistema visto na Figura 1948 7 Dado o circuito visto na Figura 1950 a Determine P QO e Sr a Calcule a poténcia média fornecida a cada elemento b Determine fator de poténcia F b Determine a poténcia reativa para cada elemento c Desenhe o triangulo de poténcias c Determine a poténcia aparente para cada elemento d Calcule I d Calcule P Q Se Fp para o sistema 6 Dado o circuito visto na Figura 1949 e Desenhe o triangulo de poténcias a Calcule as poténcias média reativa e aparente para o f Calcule I resistor de 20 Q 8 Repita o Problema 7 considerando o circuito mostrado na b Repita o item a para a indutancia reativa de 10 Q Figura 1951 c Calcule a poténcia total em watts voltsampéres rea 9 Considerando o circuito visto na Figura 1952 tivos voltsampéres e o fator de poténcia Fp a Calcule a poténcia média fornecida a cada elemento d Calcule a corrente I b Determine a poténcia reativa para cada elemento Carga 2 50 VAR L 100 W 100 VAR L 200 VAR C 400 VAR C E 50V 260 200 W ow 50 W Figura 1948 Problema 5 I VAR L E 60V 230 R eas S100 Figura 1949 Problema 6 I p v 20 AY R20 Xo BS 50 x 40 f 50 Hz Figura 1950 Problema 7 I R30 E 50 V 260 Cc 100 L440 f 60 Hz Figura 1951 Problema 8 Capitulo 19 Poténcia CA 709 c Determine a poténcia aparente para cada elemento d Determine quais sao os componentes e suas impedan d Calcule a poténcia total em watts voltsampéres reati cias em ohms dentro de cada retangulo Suponha que vos voltsampéres e o fator de poténcia Fp do circuito todos os elementos de cada carga estejam em série e Desenhe o tridngulo da poténcia e Verifique se o resultado do item b esta correto encon f Calcule a energia dissipada pelo resistor em um ciclo trando a corrente I usando apenas a tensao de entrada completo da tensio de entrada Eeos resultados do item d Compare esse valor de g Encontre a energia armazenada ou devolvida pelo ca I com 0 obtido no item b pacitor e pelo indutor em um ciclo da curva de poténcia 13 Ke Ma mam 12 considerando o sistema visto na igura 1954 para cada um x Co 10 Um sistema elétrico esta especificado para 10 kVA 200 V iM a Coleule a povancia totat en ane voltsampéres rea com um fator de poténcia adiantado 05 tivos vol ie ampéres F P a Determine a impedancia do sistema em coordenadas b Calcule a corres I b ferangulares sncia média fi id c Determine o tipo dos componentes e suas impedan aleule a potencia media Tomecida ao sistema cias em cada retangulo Suponha que os elementos 11 Um sistema elétrico esta especificado para 5 kVA 120 V dentro de cada retangulo estejam em série com um fator de poténcia atrasado 08 15 Dado 0 circuito visto na Figura 1956 a Determine a impedancia do sistema em coordenadas a Calcule a poténcia total em watts voltsampéres rea retangulares tivos voltsampéres e Fp b Calcule a poténcia média fornecida ao sistema b Calcule a tensao E 12 Considerando o sistema visto na Figura 1953 c Determine o tipo dos componentes e suas impedancias a Calcule a poténcia total em watts voltsampéres reati em cada retangulo Suponha que os elementos dentro vos voltsampéres e o fator de poténcia F do circuito de cada retangulo estejam em série b Calcule a corrente I c Desenhe o triangulo de poténcia Carga L 600 VAR C 000 ow a fA 01H E50V 20 Cc 100pF RS30N E 30V 0 200 VAR L Figura 1952 Problema 9 Figura 1953 Problema 12 Carga 2 0 VAR 300 W 500 VAR C 500 VAR L E 100 VZ0 ow 600 W Figura 1954 Problema 13 Carga 2 30 W 40 VAR L 200 W 100 VAR L B 100 v 200 F1 F0 Figura 1955 Problema 14 710 Introducao a analise de circuitos b Repita o item a com a bobina de tensao BT ligada entre os pontos ab bc ac ad cd de e fe 20 A fonte de tensao vista na Figura 1958 fornece 660 VA 5 100 W 1000 W para uma tensao de 120 V com uma corrente atrasada em T5AZ0 08F adiantado 04F adiantado relagdo a tensdo por um fator de poténcia de 06 a Determine as leituras do voltimetro do amperimetro e do wattimetro b Calcule a impedancia da carga na forma retangular Secao 1911 Resisténcia efetiva Figura 1956 Problema 15 21 a Uma bobina de nicleo de ar é conectada a uma fonte de 200 V e 60 Hz A corrente é de 4 A e um wattimetro indica 80 W Calcule a resisténcia efetiva e a indutancia Segao 199 Correcao do fator de poténcia da bobina ee ow rs b Um nucleo de latao é inserido na bobina O ampe 16 Ailuminagao e os motores de uma pequena fabrica estabele Loa ere rimetro indica 3 A e 0 wattimetro 90 W Calcule a cem uma demanda de poténcia igual a 10 kVA para um fator isténcia efetiva do micleo Expli 1 de poténcia atrasado 07 com uma fonte de 208 V e 60 Hz Resistencia etettva Jo NHCICO EXPitdue por que o valor on a é maior do que no item a a Construa o triangulo de poténcia para a carga c Ao introduzir um nucleo de ferro macio no indutor b Determine o valor do capacitor que deve ser colocado Anat a corrente passa a ser de 2 A e 0 wattimetro passa a em paralelo com a carga para elevar o fator de poténcia rae ne 4 unidade indicar 60 W Calcule a resisténcia e a indutancia da oa bobina Compare os valores com os encontrados no c Determine a diferenga entre as correntes da fonte no item a e discuta as diferencas sistema nao compensado e no sistema compensado a a 22 a A indutancia de uma bobina de nucleo de ar é 008 H d Repita os itens b e c para um fator de poténcia de 09 ore 4 17 A e a resistencia efetiva 4 Q quando a fonte de 60 V e Acarga de um gerador de 120 V e 60 Hz é de 5 kW re oe we 50 Hz é conectada na bobina Determine a corrente na sistiva 8 kVAR indutiva e 2 kVAR capacitiva 5 bobina ea leitura de um wattimetro conectado a bobina a Calcule um numero total de kilovoltsampéres tas b Ao inserir um nucleo de latao na bobina a resisténcia b Determine o F das cargas combinadas 4 efetiva aumenta para 7 e o wattimetro indica 30 W c Calcule a corrente fornecida pelo gerador ae a re Calcule a corrente na bobina e sua indutancia d Calcule a capacitancia necessaria para estabelecer um At we c Ao inserir um nucleo de ferro macio na bobina a fator de poténcia unitario vas resisténcia efetiva aumenta para 10 Q e a corrente e Encontre a corrente fornecida pelo gerador com um ner na diminui para 17 A Determine a leitura do wattimetro fator de poténcia unitario e compare com 0 valor obtido oe e a indutancia da bobina no item c 18 As cargas de uma fabrica ligada a um sistema de 1000 V 60 Hz sao as seguintes 20 kW para aquecimento fator de poténcia unitario 10 kW P para motores de inducao fator de poténcia I 07 atrasado KY 5 kW para iluminacao fator de poténcia 085 atrasado CC a Desenhe o triangulo de poténcia para a carga total na fonte b Determine a capacitancia necessaria para tornar o fator E PCS v CARGA de poténcia total igual a 1 o c Calcule a diferenca entre as correntes totais no sistema Wattimetro compensado e no sistema nao compensado Segao 1910 Wattimetros e medidores de fator de poténcia 19 a Um wattimetro é conectado com a bobina de corrente Figura 1958 Problema 20 na posiao mostrada na Figura 1957 e com a bobina de tensao entre os pontos fe g Qual a leitura do wat timetro Bobina de corrente CC Ry Ry xX g d a 29 8 30 30 E 50VZ0 Xo 120 PC Bobina de tensao Rs f 10 e Figura 1957 Problema 19 Capitulo 19 Poténcia CA 711 Sec4o 1913 Analise computacional 24 Repita a analise da Figura 1942 para um circuito RLC PSpice ou Multisim em paralelo com os mesmos parametros e o mesmo valor 23 Usando o PSpice ou o Multisim obtenha um grafico da de tensao e frequéncia aplicada poténcia reativa para um capacitor de 63662 mF a uma 25 Plote no mesmo grafico a tensdo aplicada e a corrente frequéncia de 1 kHz para um ciclo da tensao usando uma total para o circuito visto na Figura 1931b e mostre tensdo aplicada E 10 V Z 0 Plote no mesmo grafico que a tens4o e a corrente estao em fase porque o fator de a tensao aplicada e a corrente resultante Aplique rotulos poténcia é 1 apropriados as curvas para obter um grafico parecido com o que vemos na Figura 1941 GLOSSARIO Correcfo do fator de poténcia Uso de componentes reativos Perdas por radiacg4o Perda de energia na forma de ondas quase sempre capacitivos para estabelecer um fator de eletromagnéticas durante a transferéncia de energia de um poténcia proximo da unidade elemento para outro Correntes parasitas Pequenas correntes circulares em um Poténcia aparente Poténcia fornecida a uma carga sem que se nucleo metalico que produzem um aumento da dissipacao e considerem os efeitos do fator de poténcia da carga E dada da resisténcia efetiva do material pelo produto da tensao aplicada pela corrente de carga Efeito pelicular Em altas frequéncias a tensao oposta induzi Poténcia média real Poténcia fornecida e dissipada em um da se concentra no centro do condutor resultando em uma elemento circuito ou sistema corrente maior proxima a superficie do condutor e em uma Poténcia reativa Poténcia associada aos elementos reativos reducao brusca proxima do centro Como consequéncia a area que fornece uma medida da energia envolvida na criacgao de efetiva do condutor diminui e a resisténcia aumenta de acordo campos elétricos e magnéticos em elementos capacitivos e com a equagao basica que determina a resisténcia geométrica indutivos respectivamente ou 6hmica de um condutor Resisténcia efetiva Valor de resisténcia que inclui os efeitos Perdas por histerese Perdas em um material magnético causadas das perdas por radiacao do efeito pelicular de correntes pelas mudangas de sentido do fluxo magnético no material parasitas e da histerese