P 12.6-2 Uma fonte trifásica com uma tensão de linha de 45 kV rms é ligada a duas cargas equilibradas. A carga ligada em Y tem três impedâncias \mathbf{Z}=10+j 20 \Omega e a carga ligada em \Delta tem três impedâncias de 50 \Omega. As linhas de transmissão têm uma impedância de 2 \Omega. Determine a potência fornecida às cargas e a potência perdida nos fios. Que porcentagem da potência é perdida nos fios?

Passo 1

O enunciado dá uma fonte trifásica com tensão de linha V_{LL}=45\\ \text{kV (rms)} que alimenta duas cargas equilibradas e linhas com impedância por fase Z_{\text{linha}}=2\\ \Omega (assumimos puramente resistiva, R_{\text{linha}}=2\\ \Omega). As duas cargas são:
  • carga em estrela (Y) com cada impedância por fase Z_Y=10+j\,20\\ \Omega;
  • carga em delta ( \Delta) com cada impedância de ramo Z_\Delta=50\\ \Omega.
O que nos pediram:
  1. Determinar a potência fornecida às cargas (potência ativa total entregue às duas cargas).
  2. Determinar a potência perdida nos fios (perda ôhmica nas três fases).
  3. Calcular a porcentagem da potência que é perdida nos fios.
Listei todas as informações relevantes acima; agora vamos resolver passo a passo.

Passo 2

Primeiro passo prático: calcular a tensão de fase do gerador (tensão fase-neutro na barra do gerador), porque trabalharemos com impedâncias por fase. A relação entre tensão de linha e tensão de fase em sistema trifásico equilibrado é
V_\varphi=\frac{V_{LL}}{\sqrt{3}}.
Substituindo,
V_\varphi=\frac{45000}{\sqrt{3}}\\ \text{V}\approx 25980{,}762\\ \text{V}.
Aqui V_\varphi é a magnitude da tensão fase-neutro fornecida pelo gerador.

Passo 3

A carga em \Delta é dada por ramos de Z_\Delta=50\\ \Omega. Para trabalhar com circuitos por fase (e poder somar/parallelizar com a carga em Y), convertemos a delta para uma estrela equivalente. A fórmula de conversão \Delta\to Y para impedâncias idênticas é
Z_{Y(\text{equiv})}=\frac{Z_\Delta}{3}.
Logo
Z_{\Delta\to Y}=\frac{50}{3}\\ \Omega \approx 16{,}6667\\ \Omega.
Explicação didática: a conversão garante que, para as mesmas tensões de linha/fase, as correntes e potências vistas externamente sejam iguais. Assim conseguimos representar a carga \Delta como um impedância por fase ligada ao neutro.

Passo 4

Agora calculamos a impedância equivalente por fase da combinação paralela entre Z_Y e Z_{\Delta\to Y}:
Z_Y=10+j\,20,\qquad Z_d=\frac{50}{3}.
A impedância equivalente em paralelo é
Z_{\text{eq}}=\frac{Z_Y\;Z_d}{Z_Y+Z_d}.
Vamos calcular isto de forma exata (usar frações facilita a conta): escrevendo Z_d=\dfrac{50}{3} e fazendo a divisão complexa, obtemos (passos algébricos resumidos)
Z_{\text{eq}}=10+j\,5\\ \Omega.
Comentário sobre o cálculo: multiplicamos numerador e denominador pelo conjugado do denominador; com os números dados a conta simplifica exatamente para 10+j5. Isso significa que, por fase, a combinação das duas cargas vista do ponto de alimentação tem impedância 10+j5\\ \Omega.

Passo 5

Somamos agora a impedância da linha (em série por fase) com Z_{\text{eq}}:
Z_{\text{linha}}=2+j\,0,\qquad Z_{\text{total}}=Z_{\text{linha}}+Z_{\text{eq}}=(2+10)+j(0+5)=12+j\,5\\ \Omega.
Calculemos a magnitude e o ângulo de Z_{\text{total}}. A magnitude é
|Z_{\text{total}}|=\sqrt{12^2+5^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\\ \Omega.
O ângulo de Z_{\text{total}} é \theta_Z=\arctan\!\left(\dfrac{5}{12}\right)\approx 22{,}62^\circ.

Passo 6

Agora a corrente de fase fornecida pelo gerador (corrente da linha por fase) é
I_\varphi=\frac{V_\varphi}{Z_{\text{total}}}.
Como |Z_{\text{total}}|=13,
|I_\varphi|=\frac{|V_\varphi|}{13}=\frac{45000/\sqrt{3}}{13}=\frac{45000}{13\sqrt{3}}\\ \text{A}\approx 1998{,}52\\ \text{A}.
E o ângulo da corrente é -\theta_Z (corrente defasada atrás da tensão de fase), ou seja cerca de -22{,}62^\circ. Assim
I_\varphi\approx 1998{,}52\\ \angle -22{,}62^\circ\\ \text{A}.
Interpretação prática: essa é a corrente por fase que circula pela linha (e que se dividirá nas duas cargas no ponto de carga, já que as cargas estão em paralelo).

Passo 7

A tensão nos terminais das cargas (tensão de fase no barramento da carga, mesma para ambas porque estão em paralelo) é a queda em Z_{\text{eq}}:
V_{\text{carga}}=I_\varphi\,Z_{\text{eq}}.
Em magnitude podemos usar
|V_{\text{carga}}|=|I_\varphi|\,|Z_{\text{eq}}|.
Com |Z_{\text{eq}}|=\sqrt{10^2+5^2}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}\approx 11{,}18034\\ \Omega, e |I_\varphi| calculado,
|V_{\text{carga}}|=1998{,}52\cdot 11{,}18034\\ \text{V}\approx 22344{,}15\\ \text{V}.
Também é possível relacionar diretamente com V_\varphi:
|V_{\text{carga}}|=|V_\varphi|\frac{|Z_{\text{eq}}|}{|Z_{\text{total}}|}=\frac{45000}{\sqrt{3}}\cdot\frac{11{,}18034}{13}\approx 22344{,}15\\ \text{V}.

Passo 8

Calculemos a potência ativa absorvida pela carga em Y. Para uma impedância por fase Z_Y e tensão de fase V_{\text{carga}}, a potência ativa total (trifásica) da carga Y é
P_Y=3\cdot |V_{\text{carga}}|^2\cdot\operatorname{Re}\!\left(\frac{1}{Z_Y}\right).
Calculamos \dfrac{1}{Z_Y}=\dfrac{1}{10+j20}=\dfrac{10-j20}{500}=0{,}02-j0{,}04. A parte real é 0{,}02. Então
P_Y=3\cdot (22344{,}15)^2\cdot 0{,}02.
Calculando numericamente,
P_Y\approx 29{,}955{,}870\\ \text{W}\approx 29{,}96\\ \text{MW}.

Passo 9

Calculemos a potência ativa absorvida pela carga em \Delta. Como já convertemos a delta para estrela com Z_d=50/3, usamos a mesma fórmula (a tensão de fase é a mesma V_{\text{carga}}):
P_\Delta=3\cdot |V_{\text{carga}}|^2\cdot\operatorname{Re}\!\left(\frac{1}{Z_d}\right).
Aqui Z_d=50/3 é real, então \operatorname{Re}(1/Z_d)=3/50=0{,}06. Logo
P_\Delta=3\cdot (22344{,}15)^2\cdot 0{,}06.
Numericamente,
P_\Delta\approx 89{,}867{,}609\\ \text{W}\approx 89{,}87\\ \text{MW}.

Passo 10

A potência total fornecida às cargas é a soma das potências ativas de Y e \Delta:
P_{\text{cargas}}=P_Y+P_\Delta\approx 29{,}955{,}870 + 89{,}867{,}609 \approx 119{,}823{,}479\\ \text{W}\approx 119{,}82\\ \text{MW}.

Passo 11

Agora calculamos as perdas nos fios (perdas ôhmicas nas três fases). Como cada fase tem resistência R_{\text{linha}}=2\\ \Omega e a corrente por fase é |I_\varphi|, a perda total trifásica é
P_{\text{linhas}}=3\cdot |I_\varphi|^2 R_{\text{linha}}.
Substituindo |I_\varphi|=1998{,}52\\ \text{A},
P_{\text{linhas}}=3\cdot (1998{,}52)^2\cdot 2 =6\cdot (1998{,}52)^2\\ \text{W}.
Numericamente,
P_{\text{linhas}}\approx 23{,}964{,}858\\ \text{W}\approx 23{,}96\\ \text{MW}.

Passo 12

Por fim, a porcentagem da potência que é perdida nos fios relativa à potência total fornecida pela fonte (que é P_{\text{total}}=P_{\text{cargas}}+P_{\text{linhas}}) é
\%_{\text{perda}}=\frac{P_{\text{linhas}}}{P_{\text{cargas}}+P_{\text{linhas}}}\times 100\%.
Substituindo os valores numéricos,
\%_{\text{perda}}=\frac{23{,}964{,}858}{119{,}823{,}479+23{,}964{,}858}\times 100\%\approx 16{,}6667\%\approx 16{,}67\%.
Observação (motivadora): deu uma fração bem “bonita” 1/6 16{,}6667\%, resultado decorrente dos números escolhidos no problema.

Resposta

P_{\text{cargas}}=119{,}823{,}479\\ \text{W}\\ (\approx 119{,}82\\ \text{MW})
P_{\text{linhas}}=23{,}964{,}858\\ \text{W}\\ (\approx 23{,}96\\ \text{MW})
\%\\ \text{perdido nos fios}=16{,}6667\%\\ (\approx 16{,}67\%)

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