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Deslocamento do neutro para circuitos desequilibrados
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7/21/2019 Deslocamento de Neutro
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O PROBLEMA DO DESLOCAMENTO DE NEUTRO EM CIRCUITOSTRIFÁSICOS ESTRELA DESEQUILIBRADOS.
Prof. Antonio Sergio Cavalcanti de Menezes
Toda instalação trifásica predial e/ou industrial é uma ligação em estrela
tipicamente desequilibrada. Isto quer dizer que nestas instalações tem que haver um
retorno de corrente que é feito através do fio de neutro que, por sua vez, deve estar emalgum lugar aterrado, isto é, bem fixado a uma ou mais barras de cobre enterradasconvenientemente no chão, fazendo o zero de referência para os circuitos.
O problema é quando este aterramento não está bem feito. Há vários fatores que
contribuem para isso e há literatura especializada que trata exclusivamente do problema do
aterramento. Mas em linhas gerais pode-se que são: fio de aterramento subdimensionado,
resistências de contato devido ao afrouxamento dos contatos elétricos, grande resistividadedo solo, etc. Isto leva ao aparecimento de uma resistência de neutro que vamos chamar de
R N.Suponha que o circuito trifásico tenha três impedâncias Z1, Z2 e Z3. Seja R N a
resistência de neutro. Seja ainda IA, IB e IC as correntes de fase de cada umas das cargas,
respectivamente, e IN a corrente de neutro. Pela Lei dos Nós, tem-se:
IN = IA + IB + IC (1)
Substituindo cada membro da igualdade pela diferença de voltagem que é
desenvolvida em cada uma das impedâncias, e dividindo-se por elas mesmo, tem-se:
C
ONCN
B
ONBN
A
ONAN
N
ON
Z
VV
Z
VV
Z
VV
R
V
(2)
Nas considerações feitas acima, leva-se em conta que o potencial elétrico (assim
como o potencial gravitacional) de um ponto A a um ponto B é a soma de um potencial deA para um ponto arbitrário X e de X para B. Assim, VAB = VAX + VXB e que VAB = - VBA.
IMPORTANTE!O ponto O é o neutro do circuito e o ponto N é a referencia absoluta, isto o ponto
aonde o potencial é zero
VON é tensão do ponto O ao terra. Este ponto é o que chamamos de neutro nas
instalações prediais. Isolando algebricamente VON, tem-se:
C
CN
B
BN
A
AN
CBANON
Z
V
Z
V
Z
V
ZZZR V
1111 (3)
O que está entre parênteses na equação acima são as três impedâncias R N, ZA, ZB
e ZC em paralelo, isto é,
CBANeq ZZZR Z
11111 (4)
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Ou, equivalentemente,
Zeq = R N//ZA//ZB//ZC (5)
O lado direito da equação (3) é soma das correntes de fase se R N = 0, isto é, se
o circuito estiver perfeitamente aterrado. Chamaremos esta corrente de IN. Assim,
C
CN
B
BN
A
ANN
ZV
ZV
ZVI (6)
Assim sendo,
VON = Zeq x IN (7)
O resultado do surgimento de uma resistência de neutro maior que zero é uma
flutuação do neutro do circuito tendo como conseqüência uma flutuação das tensões que
cada fase do circuito recebe. O resultado disso é imprevisível. As tensões do neutro e dasfases do circuito podem assumir qualquer valor no limite da tensão de linha. Na figura
abaixo, tem-se uma figura que mostra qualitativamente o que acontece nestes casos.
Fig. 1 – Diagrama fasorial de uma ligação em estrela a 3 fios.
O ponto O (neutro da instalação) se desloca imprevisivelmente do centro
geométrico do triângulo fasorial trifásico para um ponto qualquer dentro do mesmo.
Exemplo 1: (circuitos elétricos da Coleção Schaum)
Um sistema CBA trifásico, a três fios, 208V volts, tem carga ZA = 600 ZB = 630
0 e ZC = 545
0.. Determinar as correntes de linha, o fasor de tensão em cada
impedância e a tensão de deslocamento de neutro de neutro VON,
Solução:
Se a ligação é a tres fios, isto quer dizer que não há ligação de neutro. Aligação de neutro está em aberto, isto é, R N = . Se o circuito estivesse bem aterrado, a
corrente de cada linha seria:
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3
182321610524455
150120
20020306
30120
20902006
90120
0
0
0
0
0
0
0
0
0
, j,Z
VI
Z
VI
. jZ
VI
C
CNC
B
BNB
A
ANA
A soma das três correntes acima é a corrente de neutro discutida na Eq.(6).
Assim, somando-se os três termos das equações acima, tem-se:
IN = IA + IB + IC = 13,79 + j.3,18 = 14,15 12,980
Por outro lado, a impedância equivalente total do circuito acima é dada por:
00
000
eq
452,030167,0167,0455
1
306
1
06
1
Z
1
= 0,167 + (0.145 – 0,084) +(0,141 – j.141) = 0,41 – j0,23 = 0,504-26,51
Zeq = (0,504-26,51)-1
= 1,98+26,510
Assim, pela equação (7), tem-se:
V0N = Zeq x IN = (1,98+26,510)x(14,15 12,98
0) = 28,0239,49
0
Na expressão acima, 28,02V é quanto vale a tensão de flutuação do neutro
do circuito (instalação).
As tensões fasorias que cada fase recebe é dada por:
VAO = VAN – VON = 120-900 – 28,0239,49
0
= -j120 – (21,62 + 17,82) = -21,62 – j137,82
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4
= 139,21-98,910
VBO = VBN – VON = 120300 – 28,0239,49
0 = 92,527,14
0
VCO = VCN – VON = 1201500 – 28,0239,49
0 = 132,4161,4
0
Para a situação acima, tem-se o triângulo fasorial abaixo:
Fig. 2 – Diagrama fasorial para o Exemplo 1
Se no entanto, for uma ligação a quatro fios com um R N < , o resultado é
um pouco diferente, conforme se verá abaixo:
Seja R N = 30 . Pelo exposto acima, tem-se que acrescentar R N às cargas presentes no circuito para calcular a nova impedância Zeq :
000 456
1
306
1
06
11
eqZ + 30
1
= 0,504-26,51 + (30)-1
= 0.534-250
O novo Zeq = (0.534-250 )
-1 = 1,873+25
0
Sendo assim, a nova tensão de flutuação de neutro será:
VON = Zeq x IN = (1,873+250)x(14,15 12,98
0) = 26,5028
0
Comparado com situação anterior vê-se que a resistência de 30 de neutro
pouco altera em relação à situação em que esta resistência era infinita. No entanto se aresistência R N cair para 5 tem-se:
VON = 20,5320
Se R N = 1 , VON = 9,632,180.
Percebe-se, então, que quanto menor a resistência de neutro, menor aflutuação de neutro. O neutro bem aterrado “amarra” a tensão VON bem próxima do zero
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. Idealmente falando, se a resistência de neutro for realmente zero, a tensão do
neutro da instalação será sempre zero. Para descobrir o neutro da instalação podemos nos
valer do que os eletricistas chamam de “chave-teste”. Trata-se de uma chave de fendacomum que tem no interior de seu cabo uma lâmpada néon. Se a lâmpada acender o ponto
é de fase; se não acender, é de neutro. Se você colocar um voltímetro AC entre este neutro e
um ponto bem aterrado, o voltímetro deve dar uma leitura de poucos volts, isto é, pouca
flutuação. No entanto, se a flutuação for grande, pode estar ocorrendo duas coisas: ou há
problemas no aterramento de neutro, ou o está ocorrendo um forte desbalanceamento, sejana rede interna, seja na externa (de rua).Suponha um conjunto de 3 lâmpadas incandescentes comuns. Uma de 100W,
outra de 60W e uma terceira de 40W ligadas num circuito trifásico em estrela, uma em cada
fase, supondo-se que a tensão de linha é de 380V e que a sequencia é ABC
Seja IA a corrente que circula pela carga liga à fase A (100W); seja IB a cor-rente que circula pela carga ligada à fase B (60W) e seja IC a corrente em C (40W). Seja
ainda R A a resistência associada à carga de 100W; R B a carga de 60W e seja R C a carga deassociada a de 40W
124040
220
40
3/380
P
VR
7,806100
220
60
3/380
P
VR
484100
220
100
3/380
P
VR
22
C
2F
C
22
B
2F
B
22
A
2F
A
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6
00
00
0
2101770
1240
210220
3027307806
30220
4550484
90220
,
R
VI
,,R
VI
, jR
VI
C
CNA
B
BNB
A
ANA
Se a resistência de neutro R N for zero, a corrente de neutro I N será a soma
das três correntes acima. Assim,
IN = IA + IA + IC = 0,245700
Se a resistência de neutro for infinita o calculo de R eq acima, e
considerando-se a equação (4) , tem-se:
1240
1
807
1
484
11111
CBAeq R R R R
4,11x10
-3
R eq = 243,2
Assim, VON = R N .IN 243,2. 0,245700 = 59,6 70
0
O que aconteceu neste caso foi um forte desbalanceamento do neutro
(60V!). Isto reflete nas tensões que cada carga (no caso, cada lâmpada), Para ver isso, as
contas acima são refeitas:
100W: VAO = VAN – VON = 220900
- 59,6 700
16696,60
60W: VBO = VBN – VON = 220-30
0 - 59,6 70
0 238--43,9
0
40W: VCO = VCN – VON = 2202100 - 59,6 70
0 267-142
0
Na verdade, nos resultados finais os ângulos fasorias tem pouca ou nenhumaimportância prática. O que importa mesmo é saber que a lâmpada de 100W está submetida
a uma tensão de 166V, a de 60W, 238V e a de 40W, 267V. Assim sendo, as cargas estarão
sujeitas a grandes diferenças de tensão, podendo até serem queimadas.O aconteceu neste caso foi que a situação houve um forte desbalanceamento
das tensões de cada fase do circuito, mesmo sem a resistência de neutro ser
necessariamente infinita. O diagrama abaixo ilustra o que aconteceu:
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Supondo-se, agora, uma resistência de 30Ω de neutro e, tem-se:
30
1
1240
1
807
1
484
111111
NCBAeq R R R R R 0,037
Logo, R eq 26.7 o que leva a VON = R N .IN 26.7. 0,245700
= 6,58700
A tensão que cada lâmpada está submetida é dada por:
100W: VAO = VAN – VON = 220900 - 6,5870
0 21490,6
0
60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 6,5870
0 221-32
0
40W: VCO = VCN – VON = 2202100 - 6,5870
0 223211
0
Não é fácil generalizar, mas em linhas gerais pode-se dizer que as menorescargas sofrem mais e tem mais chances de se danificarem quando há problemas na
resistência de neutro.Se o desbalanceamento de cargas for realmente muito forte, como mostradoabaixo, em que a lâmpada de 100W foi trocada por uma carga igualmente resistiva de
1000W (48,4 ), tem-se para a corrente de neutro com resistência de neutro zero:
IN = j.4,55 + 0,273-300 + 0,177210
0 = 4,1789
0
Refazendo-se os calculos acima tem-se para a resistência equivalente R eq:
30
1
1240
1
807
1
448
111111
,R R R R R NCBAeq
R eq = (0,056)
-1 = 17, 84
VON = R eq .IN 17,84 x 4,17890 = 74,4689
0
Neste caso a tensão que cada carga desta recebe é:
1000W: VAO = VAN – VON = 220900 – 74,4689
0 14490,5
0
60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 74,4689
0 265-32
0
40W: VCO = VCN – VON = 2202100 -74,4689
0 26690
0
No entanto, se R = , VON 190 900. Portanto, uma desbalaceamento de
neutro de cerca de 190V! . Assim, sendo, cada carga receberia:
1000W: VAO = VAN – VON = 220900 – 190 90
0 3197
0
60W: VBO = VBN – VON = 220-300 - 190 90
0 353-58
0
40W: VCO = VCN – VON = 2202100 -190 90
0 357 -123
0
Assim, duas das cargas estão quase no limite da tensão de linha que é 380V!
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Exercícios propostos:
1) Resolveu-se iluminar um ambiente externo para uma festa com lâmpadas
incandescentes comuns. Como a quantidade de lâmpadas era muito grande, optou-se por
uma ligação trifásica (em estrela). Colocou-se 50 lâmpadas de 100W na fase A; 40 lâmpa-
das de 60W na fase B e 100 lâmpadas de 40W na fase C. Se fio de neutro desta ligação se
romper quando todas as lâmpadas estiverem acesas, que voltagens cada conjunto delâmpadas estará submetido? A tensão de fase é 220V.Resp: 187,2V; 261,1V, 218,6V
2) Um certo prédio tem 60 salas comerciais. Para cada sala foram previstas 5
lâmpadas fluorescentes de 40W com reatores com 0,4 de fator de potência e um arcon-
dicionado de 10.000 btus (1500W) com fator de potência de 0,8. Supondo-se que a tensãode fase do prédio é 220V e instalação foi feito de maneira distribuir igualmente as salas nas
três fases e desconsiderando-se outras cargas presentes no prédio, pergunta-se:
a) Qual a corrente de neutro da instalação da instalação como um todo, se
todas as lâmpadas e arcondicionados do prédio estiverem ligados?
b) Qual tensão de neutro da instalação se medirá se 10 salas estiveremfuncionando plenamente na fase A, 20 na fase B e 17 na fase C, se, por algum motivo a
resistência de neutro for R N = 30 ? Que tensão um usuário da fase A, por exemplo, medena sua tomada nestas condições?
Sugestão:
Começar calculando a impedância equivalente de cada carga de cada sala, queé a impedância das lâmpadas em paralelo com a impedância do arcondicionado.
Se Z = Z é impedância de uma certa carga, então n impedâncias iguais a
ela em paralelo será:
Z n
Z
(b) Tensão de neutro da instalação: 41,23 V; o usuário irá medir na tomada
que estiver na fase aproximadamente 260 V.
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Solução do exercício proposto 2
A potência aparente das cinco lâmpadas são:
500
4,0
40x5 NL VA; cos
-1 0,4 = 66,42
0
A potência reativa das cinco lâmpadas são:
QL = NL x sen(66,42o) = 458,26 VAR
Para o arcondicionado, tem-se:
18758,0
1500 NA VA ; cos
-1(0,8) = 36,87
O --> QA = 1125 VAR
NT = 22 )112525,458()2001500( 2323,076 VA
Logo, a corrente total será:
IT = ooT
T 4356,1043220
08,2323
V
N
ZT = 20,83 430 = 15,23 + j 14,21
Z1 = 1,04 430 = 1,523 + j 1,421
VAN 1 0 AC 220 90VBN 2 0 AC 220 -30VCN 3 0 AC 220 210RA 1 5 1.523LA 5 4 3.77MRB 2 6 0.762LB 6 4 1.88MRC 3 7 0.9LC 7 4 2.22MRX 4 0 30* Resistência de neutro = 30 ohms.AC LIN 1 60HZ 60HZ.PRINT AC VM(1,4) VM(2,4) VM(3,4) VM(4,0) IM(RX)
.END
FREQ VM(1,4) VM(2,4) VM(3,4) VM(4,0) IM(RX)
6.000E+01 2.597E+02 1.920E+02 2.145E+02 4.123E+01 1.374