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V POTÊNCIA EM CIRCUITOS CA
V.1 Potência Senoidal
+ Circuito
Elétrico
i(t)
e(t)
A Potência Instantânea p(t) de um circuito elétrico em corrente alternada é dada por
p ( t )= e ( t ). i ( t )e a energia líquida fornecida pela fonte entre os instantes t 1 e t 2 é dada por:
W(t ) 2 W(t ) 1 e(t).i(t) d(t)
t
t
1
2
− =
A potência p pode ter valores positivos e negativos dependendo do instante considerado.
Uma potência p positiva indica uma transferência de energia da fonte para o circuito, ao passo
que, um valor negativo corresponde a uma transferência de energia do circuito para a fonte.
A potência instantânea p ( t )= e ( t ). i ( t )é dada em função do tempo. Temos portanto que:
e(t) = Emáx .sen (wt + α)
i(t) = Imáx. .sen (wt + β)
β
E
I
Ref.
Se adotarmos α - β = φ e mudarmos a
referência temos:
E
I
Ref.
Adotando a mudança de referência temos:
e (t) = Emáx sen (wt + φ)
i (t) = Imáx sen wt
e a potência instantânea p é dada por: p(t) = E (^) máx sen (wt + φ). Imáx sen wt.
Se lembrarmos que: sen α sen β = [ cos (α − β )− cos( α +β)]
e que
α = (wt + φ) e β = wt, tem-se:
E I [cos φ − cos ( 2 wt +φ)] 2
p(t) = max max
p t = [cos φ −cos ( 2 wt +φ)] 2
I
E
max max
p(t) = ERMS.IRMS[cos φ −cos ( 2 wt +φ)]
Se chamarmos S, Potência Aparente ao produto E (^) RMS. I (^) RMS temos:
p ( t )= S .[cos φ −cos ( 2 wt +φ)] ou p ( t )= S .cosφ− S .cos( 2 wt +φ)
Logo a potência instantânea tem uma parcela constante e uma parcela cossenoidal com
freqüência de pulsação que é igual a 2 vezes a freqüência da corrente alternada.
Temos ainda que o termo cos( 2 wt +φ) tem valor médio igual a zero. Pode-se então
definir a Potência Média ∫
T
média pt dt S T
P
0
. (). .cos
φ.
V.1.1.1 Circuito Resistivo
Para φ = 0 não existe defasagem entre a tensão e corrente, logo tem-se um circuito
puramente resistivo e cosφ = 1. Tem-se então (para f = 60 hz)::
p = S – S.cos (2wt) = S.(1 - cos 2wt)
0 2 4 6 8 10 12 14 16 t (ms)
P 2.S
( ) ∫ ∫
π
π 0
T
0
1 cos 2 wtdwt
S
p(t)dt= T
p
p (^) = = S
∫
S
sen2wt wt
S
0
π π π
π
A energia armazenada é dada por:
∫
2
1
wt
wt
W= S(1-cos2wt)dwt
1
2
wt
wt
sen 2 wt 2
S
W S wt-
V.1.1.2 Circuito Puramente Reativo
Para 2
π φ = ± tem-se que cos φ = 0 e sen φ = ± 1. Este é o caso de um circuito puramente
indutivo ou capacitivo. Para o circuito puramente indutivo temos (para
f = 60 hz):
p(t) (cos 2 w.cos sen 2 wt.sen ) 2
φ φ
π φ = ⇒ =− S t − e p(t) = S sen 2wt
V.1.1.4 Potência Ativa e Potência Reativa
No início deste capítulo vimos que p(t) = S.cos φ - S.cos (2wt + φ). Temos então que:
p(t) = S.cos φ - S.cos 2wt. cos φ + S.sen 2wt. sen φ
p(t) = S.cos φ (1 - cos 2wt) + S.sen φ. sen 2wt
potência consumida potência trocada
Por definição a Potência Ativa consumida é igual a potência média, ou seja:
P = S.cosφ ( o termo -S.cosφ.cos2wt tem valor médio nulo).
A parcela S.sen φ sen 2wt corresponde a energia trocada e tem valor médio nulo. Seu
valor máximo é entretanto S.sen φ. A este valor máximo dá-se o nome de Potência Reativa – Q.
Q =S.sen φ =ERMSIRMSsen φ
A seguir, a seguinte notação será utilizada: E = ERMS, I = IRMS de tal modo que
S = E.I ( Potência Aparente ).
Unidades :
Potência Ativa (P)! P = E.I cos φ! W ou kW (watt)
Potência Reativa (Q)! Q = E.I sen φ! VAR (volt - ampere - reativo) e VAR,
MVAR
Potência Aparente (S)! S = E.I! VA (volt - ampere) e VA ou MVA
V.2 Triângulo de Potências
As três potências introduzidas acima podem ser representadas através de um triângulo de
potências. Assim, assumindo-se a corrente como referência tem-se:
E &
I &
I &
E &
S Q
P
P
Q S
Circuito Indutivo
Circuito Capacitivo
O termo cos φ é denominado Fator de Potência (FP).
A partir deste ponto, o conceito de fasores será redefinido: utilizar-se-á para o módulo do
fasor o valor eficaz e não mais o valor de pico como feito até aqui. Desta maneira,
E &^ = 110 ∠ 30 °Vequivalente a 110 V eficazes.
V.2.1 Potência Complexa
A potência eficaz absorvida por um elemento passivo sobre o qual é aplicada uma tensão
de V & ef^ = Vef ∠ θ v (
jv Vef e
θ
. ) e pelo qual passa uma corrente de I & ef^ = Ief ∠ θ i (
ji Ief e
θ
. ), foi definida
como sendo: P = Vef. I ef .cos(θ v − θ i ). Representando este valor com a fórmula de Euler, tem-se:
( )
[ ]
j v i P Vef IefRee
θ − θ
=.. ou ( )
v ji ef
j P Re Vefe I e
θ − θ =.
Na fórmula acima pode-se verificar que a parcela
jv Vef e
θ corresponde ao fasor de tensão.
Já a parcela
ji Ief e
− θ corresponde ao conjugado do fasor de corrente original. Portanto, tem-se
que: ( )
P = Re V & ef. I & ef
Desta maneira, como P = Re [ ] S , pode-se dizer que a Potência aparente complexa, S &^ é
dada por:
S &^ = V & ef. I & ef
Pode-se representar a potência aparente em termos dos fasores da tensão e da corrente.
Tem-se então:
∗ S =E&.&I=P jQ=E.Icos +j.E.Isen =S
Como pode ser observado, a potência ativa e a reativa são componentes da potência
aparente, conforme apresentado acima.
Fórmulas (E = E (^) RMS I = I (^) RMS):
1. R [ ]S
R
E
P E.Icos R.I e
2 2 R & = φ= = =
2. I [ ]S
X
E
Q E.Isen XI m
2 2 X & = φ= = =
3. S E.I Z.I
E
Z
P Q
2 2 2 = = = = +
2
S
P
E
E
Z
R
FP cos
R = φ= = =
R
X
E
E
tg R
X
tg P
Q
tg
− 1 − 1 − 1 φ= = =
S = E .I
∗
- p ( t )= S .cosφ − S .cos( 2 ω t + φ)
- W(t) = p(t)dt
t
t
1
2
Exercícios:
- Determinar o ∆ de potências de cada ramo do circuito sendo de 20 W a potência consumida
no resistor de 2 Ω. Determinar também o ∆ de potência total e o FP.
I 1 &
2 Ω
-j5Ω
1 Ω
j1Ω
V 1 &
I &^2
I &^
20 R.I 20 2 .I I 1 10 3 , 16 A
2 1
2 = 1 ⇒ = ⇒ = =
Z 1 = 2 + 5 =5 385
2 2 , Ω
V^ &^ Z&^ &I
1 =^1 1 !V^1 = Z^1 I^1
V 1 = 5,385 x 3,16 = 17,02 V
- Dado um circuito com E&^ = 500 ∠ 30 °Ve I &^ = 10 ∠ 60 °A(valores eficazes) determinar o ∆ de
potências.
S E. I 500 30. 10 60 5000 30 V A
&= && = ∠ ° ∠− °= ∠−
S& = 5000 cos(-30)+j 5000 sen(-30°) VA
S = 4330 - j 2500 VA
P = 4330 W
Q = 2500 VAR (capacitivo)
tg
φ = 30° adiantado
4330 W
2500 VAR
5000 VA
30°
- Calcular a corrente na linha, a potência consumida e o FP global de um circuito monofásico
de distribuição de 110 V, 60 Hz, que alimenta as seguintes cargas em paralelo:
a. 10 lâmpadas incandescentes de 100 W cada
b. 20 lâmpadas fluorescentes, que consomem 40W cada lâmpada com reator de 8W
(cada) com FP global de 0,9 atrasado.
c. 2 motores de indução que consomem 1 kW com corrente de 12A cada, atrasado em
relação a tensão.
d. Um forno elétrico a resistência de 1 kW.
Adota-se E &^ = 110 ∠ 0 °V.
Para a carga a tem-se um circuito puramente resistivo e tem-se:
FP = 1
P = 10.100 W = 1000 W
Q = 0 e S = 1000 VA
9 , 09 0 A
1000 0 1000 0 VA
= ∠ °
E
S
S EI I
S P jQ j
a &
Para a carga b tem-se um circuito reativo e tem-se:
FP = 0,9 (atrasado)! = = °
− cos ( 0 , 9 ) 25 , 84
1 φ b
P = 40.20 + 8.20 = 960 W
Q = P.tg φb = P.tg (cos
960 464 , 94 1066 , 67 VA
2 2 2 2 S = P + Q = + =
S &= 1066 , 67 ∠ 25 , 84 ° VA
9 , 70 25 , 84 A
= ∠− °
E
S
S EI Ib &
Para a carga c tem-se um circuito reativo e tem-se:
S = E. I = 110. 12 = 1320 VA
Q = S P 1320 1000 861 , 63 VAR
2 2 2 2 − = − =
24 40 , 75 A
2. 1000 2. 861 , 63 2640 40 , 75 VA
= ∠− °
E
S
S EI I
S P jQ j
c (^) &
Para a carga d tem-se um circuito puramente resistivo e temos:
FP = 1
P = 1000 W
Q = 0 e S = 1000 VA
9 , 09 0 A
1000 0 1000 0 VA
= ∠ °
E
S
S EI I
S P jQ j
d (^) &
A seguir apresenta-se, de forma tabular, os resultados obtidos acima para cada uma das
cargas, bem como os totais para cada quantidade.
Carga P(W) Q(VAR) (^) S& (VA) I &^ (A)
1 1000 0 1000 ∠ 0 °^9 ,^09 ∠^0 °
2 960 464,96 (ind) 1066 , 66 ∠^25 , 84 ° 9 , 70 ∠^ − 25 , 84 °
3 2000 1723,25 (ind) 2640 ∠ 40. 75 ° 24 , 00 ∠ − 40 , 75 °
Total 4960 2188,21 (ind) 5421 , 22 ∠ 23 , 81 ° 49 , 29 ∠ − 23 , 81 °
Pode-se calcular os valores solicitados para conferir com as somas obtidas na tabela
acima.
PTotal = 4960 W
49 , 28 23 , 81 A
4960 2188 , 21 5421 , 22 23 , 81 VA
= ∠− °
E
S
S EI I
S (^) Total P jQ j
FP =cos( 23 , 81 °)= 0 , 91 atrasado
V.3 Correção do Fator de Potência
As alimentações elétricas, a partir de uma demanda instalada são feitas através de três
fases. Os sistemas industriais em geral possuem um componente indutivo preponderante devido
ao grande número de motores. Cada carga individual tende a ser uma resistência para um FP
a) A plena carga, o transformador opera com 25 kVA. Para se calcular a porcentagem
de plena carga, deve-se portanto calcular a potência aparente para a carga em questão
(12 kW com fp=0,6 atrasado)
P (^) a = 12 kW fpa = 0,6 atrasado
φa = cos
Qa = P (^) a tg φa = 16 kVAR
S P Q 20 kVA
2 a
2 a = a + =
S (^) T = 25 kVA
T
a
S
S
12 kW
φa
16 kVAR
Logo o transformador está operando a
80% de plena carga.
b) É solicitado a quantidade de carga com fp=1 (puramente resistivas) que se pode
adicionar (∆P) até que o transformador esteja operando a plena carga (S (^) b /S (^) T=1). Como
será adicionada somente carga resistiva, Qb = Qa.
Pa =12 kW
Q (^) a=Qb
∆P
Sb =25 kVA
φb
2 2 b
2 2 b
P 25 16
P
= ST − Qb
P (^) b = 19,2 kW
∆P = 19,2 - 12 = 7,2 kW
c) Neste item é solicitada a quantidade de carga com fp=0,8667 adiantado que se deve
adicionar para que o transformador opere a plena carga (S (^) c /S (^) T=1). Com fp=0,
adiantado teremos a adição de potência ativa e reativa (PC e QC ). A figura abaixo
apresenta esta situação.
Pa
Q (^) a
φc
Pc
Q (^) c S (^) a
S (^) c
S φa
P (^) c
Q (^) T=Q (^) a -Qc S (^) T
PT =P (^) a +Pc
φcf
S (^) a = 12 + j 16
Carga adicionada:
φc = cos
S (^) c =Pc+jQc
Potência aparente a plena carga:
S (^) T = 25 kVA
Pc Q c
tg
P
Q
P
Q
tg = c
c
c
c c
φ ⇒ °= = ⇒
S S S 12 P j(16-Q )
S
T a c c c
T
PT Q T
( )
( )
( )
625 12 1 , 73 Q (16-Q)
25 12 P (16-Q )
S 12 P (16-Q )
2
2 2
2 c
2 c
2 c
2 c
2
2 c
2 T c
c c
c c c c
Q Q
Q Q Q Q
Calculando o delta para a equação tem-se:
6 , 40 kVAR 2
Q (^) c =
P (^) c = 1,73Qc = 11,08 kW
S P Q 12 , 8 kVA
2 c
2 c = c + =
d) O fator de potência final dos itens b e c é obtido do triângulo de potência final. Assim
tem-se:
0 , 768 atrasado 25
S
P
FP (b)
b
b T = = =
0 , 923 atrasado 25
P P
FP (c)
a T = =
c
O fator de potência final do item b, é menor que 0,92 e necessita portanto de
correção.
∆Q = P(tg cos
∆Q = 19,2 (tg cos
∆Q = 19,2 (0,834 - 0,426) = 7,
C =
Q
2 f E
2
π π
2
C = 1288 μF
Portanto deve-se colocar um capacitor de 1288 μF em paralelo com as cargas
para que o fator de potência final seja igual a 0,92.
