Apresentacao 17 - Circuitos polifasicos.ppt

Circuitos polifásicos
Circuitos elétricos 2

Notação de duplo subíndice
Por definição Vab é a tensão do ponto a com relação so ponto b.
a c
b d
Vad = Vab + Vbd
Vad= Vac + Vcd = Vab + Vbc + Vcd

Sistema trifásico de Tensão
+

+

+

a
b
c
n
100120° V
1000° V
100-120° V
Van = 1000° V rms
Vbn = 100-120° V rms
Vcn = 100-240° V rms

Diagrama fasorial
Vcn
Vbn
Van
Vnb Vab =Van+ Vnb
Vab =Van+ Vnb
=Van– Vbn
= 1000°–100–120° V
= 100 – (–50 –j86.6) V
= 173.2 30° V

Tarefa
Seja Vab = 100/_0° V, Vbd = 40/_80° V,Vca = 70/_200° V,
determine a) Vad, b) Vbc, c) Vcd.
Solução: 114.0/_20.2° V, 41.8/_145° V, 44.0/_20.6° V

Tarefa
Se Ifj = 3 A, Ide = 2 A, Ihd = -6 A, determinar a) Icd, b) Ief, c)Iij
Sol: -3 A, 7 A, A

Sistema monofásico de 3
condutores
Fonte de
3 fios
Uma fase
a
n
b
+

+

a
n
b
V1
V1
Van = Vnb = V1
Vab = 2Van = 2Vnb
Van + Vbn = 0
Permite trabalhar en 110 V
0 220 V

aplicação a duas cargas iguais
+

+

a
n
b
V1
V1
ZP
ZP
A
B
N
Van = Vnb
IaA = Van/Zp = IBb = Vnb/Zp
por tanto
InN = IBb + IAa = IBb – IaA = 0
IaA
InN
IBb

Exemplo
Determinar a potência entregue a cada uma das três cargas e a
potência perdida no elo neutro e em cada linha.

Solução no Matlab
R1 = 1;
R2 = 50;
R3 = 20;
R4 = 3;
R5 = 100;
R6 = 1;
ZL = 10j;
V1 = 115;
V2 = 115;
% matriz de impedancia
Z = [R1+R2+R4, -R2, -R4;...
-R2, R2+R3+R5+ZL, -R5;...
-R4, -R5, R4+R5+R6];
V = [V1,0,V2]';
I = inv(Z)*V;
polar(I(1))
polar(I(2))
polar(I(3))
IaA = I(1);
IbB = -I(3);
InN = I(3)-I(1);
% potencias
P50 = abs(I(1)-I(2))^2*R2
P100 = abs(I(3)-I(2))^2*R5
P20 = abs(I(2))^2*R3
% potencia linea superior
PaA = abs(I(1))^2*R1
% potencia línea de tierra
PbB = abs(I(3))^2*R6
% potencia línea inferior
PnN = abs(InN)^2*R4

Solução
IaA = 11.2437-19.8349° A
IbB = 10.3685158.204° A
InN = 0.949937-177.908° A
P50 = 206.6269 W
P100 = 117.2732 W
P20 = 1762.9 W
PaA = 126.4205 W
PbB = 107.5066 W
PnN = 2.7071 W

Diagrama fasorial
IbB
IaA
InN
Vbn
Van
IaA + IbB

Tarefa
Determinar a potência entregue a cada uma das tres cargas e a
potência perdida no elo neutro e em cada linha.
2.5 
2.5 
5.5 
153.1 W, 95.8 W, 1374 W

Conexão trifásica Y
Consideraremos somente fontes trifásicas balanceadas.
+

+

+

a
b
c
n
Van
Vbn
Vcn
A
B
N
C
|Van| = |Vbn| = |Vcn|
Vab + Vbn + Vcn = 0
Van = Vp0°
Vbn = Vp120°
Vcn = Vp240°
O
Vbn = Vp120°
Vcn = Vp240°

Conexão trifásica Y
Van = Vp0°
Vcn = Vp240°
Vbn = Vp120°
Sequência (+)
Vbn = Vp0°
Vcn = Vp240°
Sequência (-)
Van = Vp0°

Tensões de linha a linha
Van
Vcn
Vbn
Vab
Vbc
Vca
Tensões de linha
Vab = 3Vp30°
Vbc = 3Vp90°
Vca = 3Vp210°

Conexão Y-Y
+

+

+

Zp Zp
Zp
a
b
c
n
A B
N
C
IaA = Van / Zp
IbB = IaA °
IcC = IaA °
InN = IaA + IbB + IcC = 0

Exemplo 12-2
% exemplo 12-2
% Encontrar correntes e tensões en todo o circuito
% a A
% +----------------------+
% | +-------------------+ B
% / b | |
% / R R
% V1 V2 /
% / L L
% / /
% / n / N
% | |
% V3 L
% | |
% | R
% | |
% c +---------------------+ C
% dados
V1 = 200;
V2 = 200*(cos(-120*pi/180)+j*sin(-120*pi/180));
V3 = 200*(cos(-240*pi/180)+j*sin(-240*pi/180));
Z = 100*(cos(60*pi/180)+j*sin(60*pi/180));

% Tensões
Van = V1;
Vbn = V2;
Vcn = V3;
Vab = V1 - V2;
Vbc = V2 - V3;
Vca = V3 - V1;
polar(Vab)
polar(Vbc)
polar(Vca)
IaA = Van/Z;
IbB = Vbn/Z;
IcC = Vcn/Z;
polar(IaA)
polar(IbB)
polar(IcC)
PAN = abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-angle(IaA))
% RESULTADOS
Vab = 346.41/_30°
Vbc = 346.41/_-90°
Vca = 346.41/_150°
IaA = 2/_-60°
IbB = 2/_-180°
IcC = 2/_60°
PAN = 200.00

Prática 12-4
% prac 12-4
% um sistema trifasico balanceado Y-Y
% Z = -100j, 100, 50+50j en paralelo
% Vab = 400;
% Encontrar correntes, tensões em todo o circuito e potencia
% a A
% +----------------------+
% | +-------------------+ B
% / b | |
% / /
% V1 V2 Z Z
% / /
% / /
% / n / N
% | |
% V3 |
% | Z
% | |
% | |
% d c +---------------------+ C
% datos
Vab = 400;
Z = 1/(1/-100j + 1/100 + 1/(50+50j));
% Tensões
Van = Vab/sqrt(3)*(cos(30*pi/180)+j*sin(30*pi/180));
polar(Van)
IaA = Van/Z;
polar(IaA)
P = 3*abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-angle(IaA))
Van = 230.94/_30°
IaA = 4.6188/_30°
P = 3200.0

Exemplo
exemplo 12-3
um sistema trifásico balanceado com uma tensão de
linha de 300 V se coloca uma carga balanceada Y com
1200 W com um FP adiantado de 0.8. Determine a
corrente de linha e a impedância de carga por fase.
A tensão de fase é
Van = Vp/3 = 300/3 V
A potência por fase é
P = 1200/3 = 400 W
Dado que P = Van*IL*FP
IL = P/(Van*FP) = 2.89 A
A impedância é Vp/IL
ZP = Vp/IL = 300/3/2.89 = 60 Ohms

Exemplo
prática 12-5 um sistema trifásico balanceado com uma tensão de linha de 500 V e estão
presentes em duas cargas balanceadas em Y, uma carga capacitiva com 7 - j2 Ohms por
fase e uma carga indutiva con 4 + j2 Ohms. Determine a) A tensão de fase, b) A corrente
de linha, c) A potência total extraída por carga, d) O fator de potência com o que opera a
fonte ZC = 7 – 2j;
ZL = 4 + 2j;
A tensão de fase é
Van = Vp/3 = 289 V
A corrente de linha é
IaA = Van/ ZC|| ZL = Van/(ZC*ZL/(ZC+ZL)) = 95.97 – 18j = 97.510.6° A
A potencia total extraída por carga
P = 3Van|IaA|
O fator de potencia com o que opera a fonte
FP = cos(10.6°) = 0.983

Tarefa
Práctica 12-6
Tres cargas balanceadas conectadas en Y se instalan en un
sistema trifásico balanceado de 4 hilos. La carga 1 demanda
una potencia total de 6 kW a un factor de potencia unitario. La
carga 2 requiere 10 kVA a un FP = 0.96 retrasado, y la carga 3
necesita 7 kW a 0.85 retrasado. Si la tensión de fase en las
cargas es 135 V, cada línea tiene una resistencia de 0.1  y el
neutro tiene una resistencia de 1 , determine a) la potencia
total consumida por las cargas, b) el FP combinado de las
cargas, c) la pérdida de potencia total en las 4 líneas, d) la
tensión de fase en la fuente y e) el factor de potencia con el
que opera la fuente,

Conexão delta (
+

+

+

Zp Zp
Zp
a
b
c
n
A B
C
Correntes de fase
IAB = Vab / Zp
IBC = Vbc / Zp
ICA = Vca / Zp
Correntes de linha
IaA = IAB ICA
IbB = IBC IAB
IcC = ICA –IBC
Tensões de linha VL = |Vab | = |Vbc| = |Vca|
Tensões de fase VP = |Van |= |Vbn |= |Vcn |
VL= 3VP y Vab=  3VP 30°

Conexões delta (
Van
Vcn
Vbn
Vab
Vbc
Vca
Correntes de linha
IL = |IaA| = |IbB| = |IcC|
IL = 3Ip
IAB
IaA
ICA
IBC
IcC
IbB

Exemplo 12.5
Determine a amplitude da corrente de linha em um sistema
trifásico com uma tensão de linha de 300 V que se coloca
uma carga de 1200W conectada en  a um FP de 0.8 atrasado.
Com a potencia e a tensão calculamos a corrente de fase:
400 = (300)(IP)(0.8) o IP = 1.667 A
A corriente de linha é
IL = (3) IP = (3)1.667 = 2.89 A
O ângulo de fase é: cos-1
(0.8) = 36.9°, assim a impedancia é:
ZP = (30036.9°)/1.667 = 18036.9° Ohms

Prática 12-7
Cada fase de uma carga trifásica balanceada conectada em delta
consiste em um indutor de 0.2 H em serie, com uma combinação
em paralelo de um capacitor de 5 F e uma resistência de 200 .
Pense em uma resistência de linha zero e uma tensão de fase de
200 V a  = 400 rad/s. Determine a) A corrente de fase, b) A
corrente de linha; c) A potência total que absorve a carga.

Solução prática 12-7
% Z = L + C||R, Vp = 200 V, w = 400 rad/s
L = 0.2;
C = 5e-6;
R = 200;
w = 400;
Vp = 200;
% a) corriente de fase
ZL = j*w*L;
ZC = 1/(j*w*C);
Z = ZL + ZC*R/(ZC+R)
Ip = Vp/Z;
abs(Ip)
% b) corriente de linea
IL = sqrt(3)*abs(Ip)
% c) potencia total que absorbe la carga
P = 3*Vp*abs(Ip)*cos(angle(Ip))
Z = 172.414 + 11.034i
IP = 1.1576
IL = 2.0051
P = 693.16

Potência monofásica
+ +
Red
pasiva
Bobina de potencial
Bobina de corriente
El momento de torsión aplicado a la aguja indicadora es proporcional al
producto instantáneo de las corrientes que fluyen por las bobinas. Debido
a la inercia mecánica, la desviación de la aguja es proporcional al
promedio de del momento de torsión.

exemplo
+ +
+
_ +
_
V1 = –100 90° V V2 = 100 0° V
10  10 
5j 
I
Determinar la potencia absorbida por la fuente de la derecha.
Mediante análisis de malla de obtiene:
I = 11.1803153.435°
P = |V2||I|cos(ang(V2)-ang(I)) = –1000
La aguja indicadora descansa contra el tope de la escala descendente.

Wattímetro no sistema trifásico
conexão estrela
A
+
+
+
+
+
+
B
C

Wattímetro no sistema trifásico
conexão delta
A
+
+
+
+
+
+ B
C

Método de três wattímetros
+ +
ZA ZB
ZC
A B
N
C
+ +
+ +
a
b
c
x

Cálculo de potencia


T
aA
Ax
A dt
i
v
T
P
0
1
La potencia promedio es:
La potencia total es:  
 





T
cC
Cx
bB
Bx
aA
Ax
C
B
A dt
i
v
i
v
i
v
T
P
P
P
P
0
1
Se cumple que: vAx = vAN + vNx
vBx = vBN + vNx
vCx = vCN + vNx
Por tanto:
   

 





T
cC
bB
aA
Nx
T
cC
CN
bB
BN
aA
AN dt
i
i
i
v
T
dt
i
v
i
v
i
v
T
P
0
0
1
1
Pero: iaA + ibB + icC = 0
Por lo tanto:  
 


T
cC
CN
bB
BN
aA
AN dt
i
v
i
v
i
v
T
P
0
1

Ejemplo
Supongamos una fuente balanceada:
Vab = 100/_0° V
Vbc = 100/_–120° V
Vca = 100/_–240° V
o
Van = 100 /3 /_–30°
Vbn = 100 /3/_–150°
Vcn = 100 /3 /_–270°
Y una carga desvalanceada
ZA = –j10 
ZB = j10 
ZC = 10 
Por análisis de mallas se obtiene
IaA = 19.32/_15° A
IbB = 19.32/_165° A
IcC = 10/_–90° A
La tensión entre los neutros es:
VnN = Vnb + VBN = Vnb + IbB (j10) = 157.7/_–90°
La potencia indicada por los wattimetros es:
PA = VPIaA cos(ang Van – ang IaA) = 788.7 W
PB = 788.7 W
PC = –577.4 W

Solución en Octave
%Ejemplo de potencia trifásica
% datos
Van =
100/sqrt(3)*exp(-30*i*pi/180);
Vbn = 100/sqrt(3)*exp(-
150*i*pi/180);
Vcn = 100/sqrt(3)*exp(-
270*i*pi/180);
ZA = -10j;
ZB = 10j;
ZC = 10;
%Matriz de impedancias
Z = [ZB+ZA -ZA; -ZA ZA+ZC];
%vector de voltajes
V = [Van-Vbn Vbn-Vcn]';
%Corrientes de malla
I = inv(Z)*V;
IaA = -I(2)+I(1);
IbB = -I(1);
IcC = I(2);
polar(IaA)
polar(IbB)
polar(IcC)
VnN = -Vbn + IbB*ZB;
polar(VnN)
PA=abs(Van)*abs(IaA)*cos(angle(Van)-
angle(IaA))
PB=abs(Vbn)*abs(IbB)*cos(angle(Vbn)-
angle(IbB))
PC=abs(Vcn)*abs(IcC)*cos(angle(Vcn)-
angle(IcC))
P = PA+PB+PC
P = abs(IcC)*abs(IcC)*ZC
19.3185/_15°
19.3185/_165°
10/_-90°
157.735/_-90°
PA = 788.68
PB = 788.68
PC = -577.35
P = 1000.0

Método de 2 wattímetros
El punto x del método de 3 wattimetros puede escogerse como
el punto B, entonces el segundo wattimetro indicaría
wattimetro 0.
La potencia total sería la suma de las lecturas de los otros dos
independientemente de:
1) El desbalance de la carga
2) El desbalance de la fuente
3) La diferencia entre los dos wattimetros
4) La forma de onda de la fuente periódica

Ejemplo
El ejemplo anterior con dos wattimetros uno con la línea de
potencial entre A y B y otro entre C y B se tendría:
P1 = VAB IaA cos(ang VAB – ang IaA)
= 100 (19.32) cos(0° – 15°) = 1866 W
P2 = VCB IcC cos(ang VCB – ang IcC)
= 100 (10) cos(60° + 90°) = –866 W
P = 1866 – 866 = 1000 W

Medición de FP
Zp Zp
Zp
A B
C
+ +
+ +
a
c
b
1
2

P1 = |VAB| |IaA| cos(angVAB– angIaA)
= VL IL cos(30° + )
y
P2 = |VCB| |IcC| cos(angVCB– angIcC)
= VL IL cos(30° – )
 
 





30
cos
30
cos
2
1
P
P
1
2
1
2
3
tan
P
P
P
P





Ejemplo
+ +
+ +
a
c
b
1
2
4  j15 
A
B
C
Vab = 230/_0° V
Vbc = 230/_–120° V
Vca = 230/_–240° V
 
A
j
j
V
I an
aA









1
.
105
/_
554
.
8
15
4
30
/_
3
/
230
15
4
P2 = |Vbc| |IbB| cos(angVbc– angIbB)
= (230)(8.554)cos(–120° – 134.9°)
= –512.5W
P1 = |Vac| |IaA| cos(angVac– angIaA)
= (230)(8.554)cos(–60° + 105.1°)
= 1389W
P = 876.5 W

Tarea
+ +
ZA ZB
ZC
A B
N
C
+ +
+ +
a
b
c
x
Sea ZA = 25/_60° , ZB = 50/_-60° , ZC = 50/_60° , VAB
= 600/_0° Vrms, con secuencia de fase (+) y el punto x se
ubica en C. Determine a) PA, a) PB, a) PC.

Potencia trifásica
Para una carga Y la potencia por fase es
PP =VP IP cos  = VP IL cos  =VL IP cos 
La potencia total es
P =3P = VL IP cos 
Para una carga  la potencia por fase es
PP =VP IP cos  = VL IP cos  =VL IP cos 
La potencia total es
P =3P = VL IP cos 

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