3 - [30%] Sabendo que a carga 2 está com uma potência útil de 10 kW e fator de potência 0,8 atrasado, calcule: a) A tensão Vi, b) A queda de tensão Vx.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • (a) calcular a tensão de fonte V_i (tensão no gerador, antes da impedância série);
  • (b) calcular a queda de tensão V_x sobre a impedância série.
Informações fornecidas (peguei estes dados da figura):
  • tensão no ponto dos consumidores (no nó depois da impedância): \lvert V_o\rvert = 210\\ \text{V};
  • impedância série entre fonte e nó: Z_s = 0,2 + j0,3\\ \Omega;
  • existe uma carga 2 ligada ao nó com potência ativa útil P_2 = 10\\ \text{kW} e fator de potência \text{pf}_2 = 0,8 atrasado (portanto indutiva);
  • existe uma outra carga ligada ao mesmo nó representada pela impedância Z_3 = 14 - j30\\ \Omega (esta informação também está na figura).
Observações importantes que serão usadas:
  • A tensão indicada \lvert V_o\rvert=210\\ \text{V} é a tensão efetiva (RMS) no nó onde as cargas estão ligadas.
  • Vou tratar \,V_o=210\angle 0^\circ\\ \text{V} como referência de fase (ângulo zero) para simplificar os cálculos.

Passo 2

Converter a especificação da carga 2 ( P_2 e \text{pf}_2) em potência aparente complexa \;S_2.
Conceito rápido: para uma carga com potência ativa P e fator de potência \text{pf}=\cos\varphi,
S = P + jQ, \qquad Q = P\tan\varphi, \qquad \varphi = \operatorname{arccos}(\text{pf}).
Aplicando à carga 2:
\varphi_2 = \operatorname{arccos}(0,8)\approx 36{,}87^\circ, \qquad \tan\varphi_2 = 0{,}75.
Q_2 = P_2\tan\varphi_2 = 10\,000\cdot 0{,}75 = 7\,500\\ \text{var}.
S_2 = P_2 + jQ_2 = 10\,000 + j7\,500\\ \text{VA}.
Explicação didática curta: \,S (em VA) descreve a potência total aparente que a carga “absorve”; a parte real é P (kW) e a imaginária é Q (var). Como o fator de potência é atrasado, Q é positivo (indutivo).

Passo 3

Determinar a potência aparente consumida pela impedância Z_3=14 - j30\\ \Omega ligada ao mesmo nó.
Fórmula útil (para carga puramente dada por impedância ligada a tensão conhecida V):
S_3 = \frac{V^2}{Z_3^*},
onde Z_3^* é o conjugado de Z_3. Esta fórmula vem de S=V I^* e I=V/Z_3, então S=V(V/Z_3)^*=V^2/Z_3^*.
Calcule:
V^2 = 210^2 = 44\,100.
Z_3^* = 14 + j30.
S_3 = \frac{44\,100}{14 + j30}.
Para dividir, multiplica-se numerador e denominador pelo conjugado:
S_3 = \frac{44\,100(14 - j30)}{14^2+30^2} = \frac{44\,100(14 - j30)}{1\,096}.
\frac{44\,100}{1\,096}\approx 40{,}237.
S_3 \approx 40{,}237(14 - j30)\approx 563{,}32 - j1\,207{,}11\\ \text{VA}.
Interpretação: essa carga fornece reativos (porque Q_3 é negativo), ou seja, ela tem componente capacitiva (X negativa), reduzindo o consumo reativo total.

Passo 4

Somar as potências aparentes das cargas para obter a potência aparente total no nó:
S_\text{tot} = S_2 + S_3.
Numéricamente:
S_\text{tot} = (10\,000 + j7\,500) + (563{,}32 - j1\,207{,}11) = 10\,563{,}32 + j6\,292{,}89\\ \text{VA}.
Conceito: S_\text{tot} é a potência aparente total absorvida por todas as cargas ligadas ao nó com tensão V_o.

Passo 5

Calcular a corrente que sai do nó em direção à fonte (corrente de linha) usando a relação entre S, V e I.
Fórmula derivada: S = V I^*. Tomando conjugado: \overline{S} = V I. Assim
I = \frac{\overline{S}}{V}.
Aplicando:
\overline{S_\text{tot}} = 10\,563{,}32 - j6\,292{,}89.
I = \frac{10\,563{,}32 - j6\,292{,}89}{210}.
I \approx 50{,}302 - j29{,}967\\ \text{A}.
Calcule magnitude e ângulo (úteis para multiplicações posteriores):
\lvert I\rvert = \sqrt{50{,}302^2 + (-29{,}967)^2}\approx 58{,}57\\ \text{A},
\angle I = \arctan\!\left(\frac{-29{,}967}{50{,}302}\right)\approx -31{,}0^\circ.
Didática curta: expressar a corrente em forma retangular (parte real e imaginária) facilita a multiplicação por Z_s pois V_x=I\cdot Z_s.

Passo 6

Calcular a queda de tensão sobre a impedância série Z_s = 0,2 + j0,3\\ \Omega:
V_x = I\cdot Z_s.
Multiplicando os complexos:
I = 50{,}302 - j29{,}967,\qquad Z_s=0,2 + j0,3.
Produto:
V_x = (50{,}302 - j29{,}967)(0,2 + j0,3).
Fazendo os cálculos (desenvolvendo a multiplicação):
V_x \approx 19{,}050 + j9{,}097\\ \text{V}.
Magnitude e ângulo:
\lvert V_x\rvert \approx \sqrt{19{,}050^2 + 9{,}097^2}\approx 21{,}11\\ \text{V}, \qquad \angle V_x \approx 25{,}1^\circ.
Breve interpretação: a queda de tensão é relativamente pequena (cerca de 21\\ \text{V}) porque a impedância série é pequena, embora a corrente seja da ordem de 59\\ \text{A}.

Passo 7

Calcular a tensão da fonte V_i somando phasors (tensão do nó mais a queda na impedância):
V_i = V_o + V_x.
Adotando V_o = 210\angle 0^\circ = 210 + j0\\ \text{V},
V_i = (210 + j0) + (19{,}050 + j9{,}097) = 229{,}050 + j9{,}097\\ \text{V}.
Magnitude e ângulo:
\lvert V_i\rvert \approx \sqrt{229{,}050^2 + 9{,}097^2}\approx 229{,}32\\ \text{V}, \qquad \angle V_i \approx 2{,}28^\circ.
Interpretação curta: a fonte precisa fornecer cerca de 229{,}3\\ \text{V} RMS para que no nó, após a queda na impedância, fique 210\\ \text{V}.

Resposta

(a) \;V_i \approx 229{,}32\\ \text{V} (magnitude)
(b) \;V_x \approx 21{,}11\\ \text{V} (magnitude)

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