Dúvida do leitor: Correção do fator de potência

Nosso querido leitor Marcos Cruz me deixou uma dúvida bastante pertinente a respeito da correção do fator de potência. Desde já quero agradecer a ele por participar do Engenheirando deixando seus comentários e dúvidas… Valeu Marcos!!!

Esse tema sempre gera muitas dúvidas na cabeça das pessoas. Então, para começar, vamos tentar entender o que diacho é fator de potência.

Se formos pensar nos componentes passivos que fazem parte dos nossos circuitos elétricos e eletrônicos, vamos nos deparar com três tipos distintos: os resistores, os capacitores e os indutores. Dois desses três acabam se comportando como “armazenadores de energia”: os capacitores retêm carga elétrica enquanto os indutores retêm campo magnético. Já os resistores não armazenam nenhum tipo de energia.

A parte interessante no assunto é que para que os capacitores e os indutores armazenem essa energia, eles consomem um tipo de potência chamada Potência Reativa, que é representada pela letra Q e sua unidade é o VAr (volt ampére reativo). O problema é que esse tipo de potência não gera trabalho, ou seja, ela simplesmente carrega o capacitor e energiza o indutor, mas esse “carregamento” e “energização”, para nós, não podem ser empregados em absolutamente nada. Eu costumo dizer que nada é 100% perfeito (apenas Deus) e como diz meu amado e admirado Profº Bassani, “ninguém dá sanduiche de graça para ninguém”. Se você quer utilizar as propriedades dos capacitores e indutores você terá que pagar por elas, e o preço é a Potência Reativa.

Mas nem tudo está perdido! Existe uma potência boazinha e menos mercenária… rsrsrs… A potência que realmente gera trabalho (acende a lâmpada, gira o motor, aquece o calefator, …) é chamada de Potência Ativa que é representada pela letra P e tem como unidade o W (watt). É por isso que nossa “conta de luz” é dada em KWh (quilowatts hora ou mil watts hora). A concessionária cobra aquilo que realmente utilizamos.

A partir daí, podemos relacionar essas duas potências representando-as como dois vetores perpendiculares entre si. Esses vetores formam o famoso “Triângulo das Potências” que pode ser visto abaixo.

Mas espera ai!!! O que é essa tal de Potência Aparente que apareceu no triângulo? Pois é… ela nada mais é do que o vetor resultante entre as Potências Reativa e Ativa. Ela é a potência que a concessionária fornece. É representada pela letra S e sua unidade é o VA (volt ampére).

Outra personagem nova que acabou de entrar em cena: o φ. Ele é o ângulo de inclinação da resultante. E é esse ângulo que acaba saindo como o vilão do fator de potência. Vamos entender por que… Este ângulo representa a relação entre Q e P. Quanto menor for a Q menor será φ e mais parecido com P a S será (É isso o que queremos). Então, o fator de potência é apenas o número que representa “quão pequeno é Q em relação a P”. Esse número é obtido a partir do cosseno do ângulo φ e, portanto, pode variar entre 0 (zero) e 1 (um).

Bom, para ficar mais fácil de entendermos esse troço todo, vamos imaginar uma empresa que possui muitos motores (alta carga indutiva). Para alimentarmos esses motores vamos precisar de Potência Reativa para energizar os seus indutores e Potência Ativa para fazê-los girar. Então a concessionária de energia nos “fornece as duas potências”. Mas vocês concordam comigo que não é vantagem nenhuma para as usinas geradoras de energia elétrica ficarem produzindo Reativa já que ela não é realmente utilizada? Aí é que entram os capacitores.

Como a maior parte das coisas nessa vida tem o seu antônimo, os capacitores e os indutores não ficariam de fora. Um é o antônimo do outro, assim como a derivada é o da integral e a raiz quadrada é o do elevado ao quadrado e o Ln é o do exponencial e o escuro é o do claro e… (Nossa! Agora eu me empolguei… ).

Assim, se num circuito indutivo você adiciona alguns capacitores, ambos se “anularão” mutuamente fazendo com que a Potência Reativa consumida seja minimizada. Numa explicação mais correta, eu diria o seguinte: o módulo da Potência Reativa consumida pelo indutor é negativo e a do capacitor é positivo, então a somatória deles dois acaba reduzindo o valor da Reativa resultante. (A dedução desses negativos e positivos ficará para outro post… ).

Agora, olha que legal! Se eu reduzo Q, S fica bem parecido com P, φ diminui e o fator de potência fica bem próximo de 1. Em outras palavras, a concessionária passa a enviar “apenas” a potência que realmente utilizamos para gerar trabalho. Atualmente o menor fator de potência admitido pelas concessionárias é de 0,92.

Bom, agora que a gente sabe todo esse lance do fator de potência, é que vem a pergunta do Marcos. Ele perguntou a respeito de colocarmos os capacitores em paralelo com o circuito. Vamos pensar no seguinte: se colocarmos os capacitores em série com o circuito, eles formarão um divisor de tensão e isso não é interessante. A minha carga precisa da tensão nominal dela para trabalhar apropriadamente. Assim, todo o cálculo do banco de capacitores que serão instalados na fábrica deve ser feito considerando que essa nova impedância (os capacitores) será instalada em paralelo com o circuito.

Bom pessoal, é isso. Espero que não tenha ficado muito confuso de entender esse assunto.

Para as próximas semanas estarei providenciando um post explicando como fazer o cálculo da capacitância necessária para corrigir determinado fator de potência.

Abraços e até o próximo tutorial.

Resolução de circuitos em corrente alternada utilizando a lei das malhas

Meu querido leitor Ednilson sugeriu que eu fizesse um post que abordasse o cálculo das correntes de cada ramo de circuitos em corrente alternada utilizando o método das malhas.

Ednilson, muito obrigada pela sua sugestão.

Então vamos lá…

Para desenvolvermos nosso raciocínio, vamos utilizar o seguinte circuito:

Vamos admitir que na malha da esquerda, circula uma corrente I₁ e que na malha da direita circula uma corrente I₂ conforme mostrado na figura.

Equacionando a malha de I₁ teremos:

Observe que quando temos um número complexo negativo, o sinal interfere na fase do número e não no módulo.

Equacionando a malha de I₂ teremos:

Resolvendo o sistema formado pelas equações Eq. A e Eq. B pelo método que você preferir (é possível resolvê-lo com a HP), serão encontrados os seguintes valores para I₁ (corrente do ramo da esquerda) e I₂ (corrente do ramo da direita):

Ficou faltando a corrente do ramo do meio (I₃). Como assumimos sentidos contrários para I₁ e I₂, a corrente I₃ será a diferença entre essas correntes:

Prontinho… Todas as correntes foram encontradas.

Espero que tenham entendido.

Que todos tenham uma excelente semana!!!

Como resolver Equações Diferenciais de 1ª Ordem

Meu querido leitor Mario ficou com dúvida na solução de uma das equações diferenciais que utilizei nos posts de circuitos elétricos. Então resolvi fazer este tutorial para facilitar a vida de todos aqueles que estão com a mesma dúvida.

Bom, para tentar eliminar as dúvidas, vamos encontrar uma solução geral para a equação y’-3.y=6

Existem várias maneiras de resolvê-la. A que eu acho mais legal é a seguinte:

Admitindo que a forma da equação é y’+P(x).y=G(x) temos que:

P(x)=-3

G(x)=6

Assim podemos montar a seguinte equação que utilizaremos na resolução:

u(x)=e^∫P(x).dx=e^∫-3.dx=e^-3.x

Multiplicando a equação y’-3y=6 por u(x)=e^-3.x temos:

y’.e^-3.x-3.y.e^-3.x=6.e^-3x

Agora, desenvolvendo matematicamente a expressão teremos:

(y.e^-3.x)’=6.e^{-3x ***}

y.e^-3.x=∫6.e^-3x.dx

y.e^-3.x=6.(-1/3).e^-3x+C (onde C é uma constante)

y=-2+C.e^3.x

^*** A dúvida do Mario foi nesta passagem. Como que y’.e^-3.x-3.y.e^-3.x=(y.e^-3.x)’ ?

Bom, a resposta é simples. Vamos resolver a derivada (y.e^-3.x)’ para ver o que é que dá.

Para isso vamos utilizar a regrinha que diz que (f.g)’=f’.g+g’.f. (Essa e outras regras de cálculo podem ser encontradas na tabela que eu disponibilizei na área de Downloads).

No nosso caso então:

f=y / f’=y’

g= e^-3.x / g’=-3.e^-3.x

Assim:

(y.e^-3.x)’=f’.g+g’.f=y’.e^-3.x–3.e^-3.x.y

Prontinho. Encontramos a identidade y’.e^-3.x-3.y.e^-3.x=(y.e^-3.x)’.

Se essa solução fizesse parte de um Problema de Valor Inicial (p.v.i.) no qual y(0)=3, por exemplo, então a solução ficaria:

-2+C.e^3.0=3 → C=3+2 → C=5

Portanto, a solução final ficaria: y=-2+5.e^3.x

Então é isso. Espero que tenha ajudado.

Abraços.

BJT: ganho em pequenos sinais

Sempre recebo dúvida de alunos com relação ao cálculo do ganho de tensão em amplificadores de pequenos sinais utilizando BJT.

Neste post vou tentar descrever o quão simples é este tipo de cálculo.

Vamos tomar como exemplo o seguinte circuito onde β=10, V_T=26mV e V_BE=0,6V:

Obs.: As variáveis i_in, i_b, i_c e i_e equivalem às correntes de pequeno sinal de entrada, de base, de coletor e de emissor respectivamente.

O primeiro passo é encontrarmos o valor da resistência de emissor (r_e). Ela pode ser entrada dividindo-se a tensão térmica V_T pela corrente de emissor I_E. Como ainda não conhecemos I_E, vamos ter que calculá-lo da seguinte forma:

A queda de tensão no resistor de 10kΩ é de 0,6V uma vez que ele está em paralelo à tensão V_BE. Sendo assim:

Se V_BE=0,6V então V_BC=9,4V e como o resistor de 1kΩ está em paralelo com esta tensão podemos calcular I₁ da seguinte maneira:

Utilizando a Lei dos Nós de Kirchhoff, podemos calcular I_B e, a partir daí, também as demais correntes que precisamos:

Agora já podemos calcular r_e:

Agora para fazermos a análise em pequenos sinais vamos utilizar o modelo mostrado abaixo. Nele apenas curto-circuitamos as fontes de tensão e os capacitores. Caso houvesse fontes de corrente deveríamos tê-las aberto. Quanto ao transistor, o dividimos em duas partes: à esquerda a resistência r_e(β+1) equivale à resistência base-emissor para pequenos sinais e à direita a fonte de corrente representa a corrente do emissor.

Calculando r_e(β+1) e associando os resistores de 1 e 10kΩ o circuito equivalente fica assim:

Podemos dizer que:

Agora que temos todos os valores das correntes podemos deixar V_out em função de V_in:

A agora, finalmente, encontramos o ganho:

Esta semana fico por aqui.

Até a semana que vem…