Eletrotécnica Básica3

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Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica Ressonância em circuitos de corrente alternada Um circuito está em ressonância quando a tensão aplicada em fase com a corrente resultante, apesar do circuito ter reatância capacitiva e indutiva. Portanto Z = R. V em fase com I ⇒ fator de potência = 1 Ressonância em Série 1 ⎞ Z = R + j⎛⎜ ωL − ⎟ = R + jX ωC ⎠ ⎝ isto é, ωL = em ressonância ⇒ X=0 1 1 ⇒ ω2LC = 1 ⇒ ω2 = ∴ ω = ωC LC como ωL = 2πf ⇒ f0 = 1 LC 1 ciclos/seg 2π LC 0 na ressonância: Z = 1 = LC R 2 + (XL − XC)2 = R XL = 2πfL = ωL XC = 1 1 = 2πfC ωC V ⇒ a corrente vai ser máxima Z Se a freqüência do circuito for menor que ω0 ⇒ o circuito passa a Com I = ter a reatância capacitiva maior do que a reatância indutiva saindo então da ressonância. 61 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica Se a freqüência do circuito for maior que ω0 ⇒ o circuito passa a ser predominantemente indutivo. O circuito sai da ressonância. Ressonância Paralela R, L, C ⇒ elementos puros 1 ⎞ Y = G + j⎛⎜ ωC − ⎟ = G + jB ωL ⎠ ⎝ ∴ B = BC − BL = ωC − 1 ωL O circuito está em ressonância quando B = 0, isto é, quando: ωC = 1 ⇒ ω = ωL 1 1 = ω0 ⇒ ω = 2πf ∴ f0 = LC 2π LC Na ressonância Y = G +jB portanto Y é mínimo, a corrente (I = VY) também será Quando ω < ω0 ⇒ BL > BC ⇒ predominantemente indutivo Quando ω > ω0 ⇒ BL < BC ⇒ predominantemente capacitivo Problemas 1) Num circuito RLC série, R=10Ω, L=5mH e C=12,5μF. Representar graficamente o módulo e o ângulo da impedância em função de ω, com ω variando de 0,8ω0 e 1,2ω0. Na ressonância: ω = ω0 = ⇒ 1 −3 −6 (5x10 )(12,5x10 ) = 1 ⇒ LC 1 − 10 625x10 = 4000 rad seg XL0 = ω0L = 4000(5x10-3) = 20Ω 62 Profº Marcus Fernandes XC0 = Eletrotécnica Básica 1 1 = = 20Ω ω0 (4000x12,5x10− 6) Z0 = R + j(XL0 – XC0) = 10 +j(20-20) = 10∠0º 0,8ω= 0,9ω= ω= 1,1ω= 1,2ω= ω 3200 3600 4000 4400 4800 XL 16 18 20 22 24 XC 25,0 22,2 20,0 18,2 16,7 10-j9,0 10-j4,2 10 10+j3,8 10+j7,3 Z 13,4∠-42,0º 10,8∠-22,8º 10,0∠0,0º 10,7∠20,8º 12,4∠36,2º 2) Aplica-se uma tensão V=100∠0º ao circuito série do problema anterior. Achar a tensão em cada elemento para ω=3600, 4000 e 4400 rad/s. Traçar o diagrama do fasor tensão em cada freqüência. -Para ω=3600rad/s, I = V 100∠0º = = 9,26∠22,8º Z 10,8∠(−22,8º ) Então VR = 9,26∠22,8º x 10 = 92,6∠22,8º 63 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica VL = (9,26∠22,8º)x(18∠90º) = 167∠112,8º VC = (9,26∠22,8º)x[22,2∠(-90º)] = 205,6∠(-67,2º) -Para ω=4000rad/s, I = V 100∠0º = = 10∠0º Z 10∠0º ) Então VR = 10∠0º x 10 = 100∠0º VL = (10∠0º)x(20∠90º) = 200∠90º VC = (10∠0º)x[20∠(-90º)] = 200∠(-90º) -Para ω=4400rad/s, I = V 100∠0º = = 9,34∠(−20,8º ) Z 10,7∠(20,8º ) Então VR = 9,34∠(-20,8º) x 10 = 93,4∠(-20,8º) VL = [9,34∠(-20,8º)]x(22∠90º) = 205,5∠69,2º VC = [9,34∠(-20,8)]x[18,2∠(-90º)] = 170∠(-110,8º) 3) Num circuito RLC série com R=5Ω, L=20mH e numa capacitância variável aplica-se uma tensão de freqüência de 100Hz. Determinar C para que o circuito entre ressonância. Em ressonância as reatâncias são iguais: 2πfL = 1 1 1 ∴ C = = = 1,27μF 2 2πfC (2πf) L (2πx1000)2(20x10− 3) 64 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica 4) Uma tensão V=10∠0º, de freqüência 1000rad/s é aplicada a um circuito série constituído de R=5Ω, C=20μF e uma indutância variável L. Ajusta-se L até que a tensão no resistor seja máxima. Achar a tensão em cada elemento. Como VR=RI, ressonância, a tensão quando no é resistor máxima a é máxima na corrente. Na ressonância as reatâncias são iguais. Assim: XC = I = 1 1 = = 50Ω ωC 1000x20x10−6 V 10∠0º = = 2∠0º Z 5∠0º XL = 50Ω, Z=R=5∠0º então VR = RI = 5x2∠0º = 10∠0º VL = XLI = (50∠90º)(2∠0º) = 100∠90º, VC = 100∠(-90º) Circuitos Trifásicos 65 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica É de 120º a diferença de fase entre as tensões induzidas nas três bobinas igualmente espaçadas, como mostra a figura. Na seqüência ABC, a tensão na Bobina “A” atinge um máximo em primeiro lugar, seguida pela bobina “B” e, depois, por “C”. Essa seqüência fica evidente pelo diagrama de fasores, sendo positiva a rotação anti-horária, onde os fasores passam por um determinado ponto fixo na seqüência: A-B-C-A-B-C-A-B-C... Dependendo da maneira de ligar as bobinas AA’, BB’, CC’, podemos tê-las ligadas em Triângulo (∆) ou em Estrela (Y) Esse tipo de ligação chama-se de estrela. Nesse caso as correntes nas bobinas (ou de fase) são iguais às correntes na linha (ou de linha). Ao contrário, as tensões de linha (entre duas fases) são 3 maiores do que as tensões de fase (entre fase e neutro) 66 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica IL = IF Vab = Van + Vbn VL = 2.VF.cos30º VL = 2VF 3 ⇒ VL = 2 3 VF Essa é uma ligação em triângulo ou delta (∆). As tensões de linha são iguais às de fase, porém as correntes de linha são 3 vezes as correntes de fase. VF = VL Ia = Iab - Ica Ia = Iab + Iac IL = 2.IF.cos30º IL = 2IF 3 ⇒ IL = 2 3 IF A escolha de uma tensão de referência com ângulo de fase nulo, determina os ângulos de fase de todas as demais tensões do sistema. No exemplo a seguir VBC foi escolhida para referência. O triângulo abaixo mostra todas as tensões. 67 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica Seqüência ABC A VAB = VL∠120º VBC = VL∠0º VCA = VL∠240º N VAN = ⎛⎜ VL ⎞⎟∠90º 3⎠ ⎝ B C V VBN = ⎛⎜ L ⎞⎟∠(−30º ) 3⎠ ⎝ VCN = ⎛⎜ VL ⎞⎟∠(−150º ) 3⎠ ⎝ Seqüência CBA C B VAB = VL∠240º VBC = VL∠0º N VCA = VL∠120º VAN = ⎛⎜ VL ⎞⎟∠(−90º ) 3⎠ ⎝ A V VBN = ⎛⎜ L ⎞⎟∠30º 3⎠ ⎝ VCN = ⎛⎜ VL ⎞⎟∠150º 3⎠ ⎝ Num sistema trifásico a quatro fios de 208 volts, as tensões de linha são de 208 volts e as tensões de linha para neutro (tensões de fase) são de 208 VBC = 208∠0º 3 ou 120 volts. Assim: VAN = 120∠90º 68 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica VAB = 208∠120º VBN = 120∠(-30º) VCA = 208∠240º VCN = 120∠(-150º) ABC Cargas trifásicas equilibradas Exemplo1: Um sistema ABC trifásico a três condutores, 110 volts, alimenta uma carga em triângulo, constituída por 3 impedâncias iguais de 5∠45º Ω. Determinar as correntes de linha IA, IB e IC e traçar o diagrama de fasores IAB = VAB 110∠120º = = 22∠75º = 5,7 + j21,2 Z 5∠45º IBC = VBC 110∠0º = = 22∠(−45º ) = 15,55 − j15,55 Z 5∠45º ICA = VCA 110∠240º = = 22∠195º = −21,2 + j5,7 Z 5∠45º Aplicada a lei dos nós para cada vértice da carga, tem-se: IA = IAB – ICA = 22∠75º - 22∠195º = 38,1∠45º ⇒ IA = 26,94 + j26,94 IB = IBC - IAB = 22∠(-45º)- 22∠75º = 38,1∠(-75º) 69 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica IB = 9,86 + j36,80 IC = ICA – IBC = 22∠195º - 22∠(-95º) = 38,1∠165º ⇒ IC = -36,80 + j26,94 O diagrama de fasores mostra as correntes de linha, equilibradas, de 38,1 amperes, com ângulos de fase de 120º entre elas. “Para uma carga equilibrada ligada em triângulo, a tensão de linha é igual a tensão de fase e a corrente de linha é 3 vezes a corrente de fase” Exemplo 2: Um sistema CBA trifásico a quatro condutores, 208 volts, alimenta uma carga em estrela, constituída por impedâncias 20∠(-30º)Ω. Calcular as correntes de linha e traçar o diagrama de fasores. 70 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica A figura mostra o circuito aplicadas as tensões de linha para neutro da seqüência CBA. O diagrama acima apresenta verificando-se todas que as elas correntes retornam pelo de linha condutor neutro. Assim: IA = VAN 120∠(−90º ) = = 6,0∠(−60º ) Z 20∠(−30º ) IB = VBN 120∠30º = = 6,0∠60º Z 20∠(−30º ) IC = VCN 120∠150º = = 6,0∠180º Z 20∠(−30º ) A corrente do neutro será: IN = -(IA + IB + IC) ⇒ = -[6,0∠(-60º) + 6,0∠60º + 6,0∠180º] ⇒ IN = 0 71 Profº Marcus Fernandes Este diagrama equilibradas Eletrotécnica Básica de de fasores linha, mostra estando as cada correntes uma delas adiantada com relação à tensão de fase do ângulo da respectiva impedância. “Numa carga equilibrada ligada em triângulo, as correntes de linha são iguais às correntes de fase. A corrente no neutro é nula e a tensão de linha VL = é 3 vezes a tensão de fase. Isto é 3.VF ” Carga Desequilibrada em triângulo A solução, quando a carga é desequilibrada e ligada em triângulo, consiste em calcular as correntes de fase e, em seguida, por 72 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica aplicação aos nós da lei de Kirchhoff para as correntes, determinar as três correntes de linha. As correntes de linha não serão iguais e sua defasagem não será de 120º, como ocorre nas cargas equilibradas. Exemplo 03: Um sistema trifásico ABC de 240 volts, a 3 condutores, tem carga ligada em triângulo com ZAB = 10∠0º, ZBC = 10∠30º e ZCA = 15∠(-30º). Calcular as três correntes de linha e traçar o diagrama de fasores. As correntes serão calculadas da seguinte maneira: V 240∠120º IAB = AB = = 24∠120º ZAB 10∠0º IBC = VBC 240∠0º = = 24∠(−30º ) ZBC 10∠30º ICA = VCA 240∠240º = = 16∠270º ZCA 15∠(−30º ) Aplicando-se a Lei dos Nós, teremos: IA = IAB + IAC = 24∠120º - 16∠270º = 38,7∠108,1º IB = IBA + IBC = -24∠120º + 24∠(-30º) = 46,4∠(-45º) 73 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica IC = ICA + ICB = 16∠270º - 24∠(-30º) = 21,2∠190,9º Carga desequilibrada ligada em estrela com 4 condutores Num sistema a quatro fios, o condutor neutro transporta corrente somente quando a carga é desequilibrada e a tensão em cada uma das impedâncias de carga permanece fixa e de amplitude igual à existente entre linha e neutro (tensão de fase). As correntes de linha são desiguais e sua defasagem não é 120º Exemplo 04: Um sistema trifásico CBA trifásico a quatro fios, 208 volts, tem carga ligada em estrela com ZA = 6∠0º, 74 Profº Marcus Fernandes Eletrotécnica Básica ZB = 6∠30º e ZC = 5∠45º. Calcular as correntes de linha e no neutro e traçar o diagrama de fasores. IA = VAN 120∠(−90º ) = = 20∠(−90º ) ZA 6∠0º IB = VBN 120∠30º = = 20∠0º ZB 6∠30º IC = VCN 120∠150º = = 24∠105º ZC 5∠45º A corrente de neutro será a soma: IN = -(IA + IB + IC) = -[20∠(-90º) + 20∠0º + 24∠105º] IN = 14,1∠(-166,9º) 75