Uma carga equilibrada em Y com impedância 65 \mathrm{~L}-2^{\circ} \Omega é ligada a um sistema CBA 3 \varphi, a 4 condutores, 408 V . Determinar as correntes de linha e a potência total.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) as correntes de linha do sistema trifásico; (2) a potência total absorvida pela carga.
Informações fornecidas pelo enunciado:
  • A carga está ligada em estrela (Y), equilibrada, com impedância por fase \;65\angle -2^\circ\\ \Omega.
  • A alimentação é trifásica 3\varphi, sistema de quatro condutores (tem neutro), tensão linha-linha igual a \;408\\ \mathrm{V}.
  • A sequência de fases do sistema é CBA (sequência inversa).

Passo 2

Entendendo as tensões em estrela (passo didático): numa ligação em estrela (Y) a tensão de linha (entre duas fases) e a tensão de fase (fase para neutro) têm a relação
V_{LL}=\sqrt{3}\;V_{ph}.
Aqui V_{LL} é a tensão linha-linha (dada: \;408\\ \mathrm{V}) e V_{ph} é a tensão de fase (fase para neutro), que é a tensão aplicada a cada impedância de fase. Vamos calcular V_{ph}:
V_{ph}=\frac{V_{LL}}{\sqrt{3}}=\frac{408}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{V}.
Calculemos numericamente: \sqrt{3}\approx 1,732, portanto
V_{ph}=\frac{408}{1,732}\approx 235,597\\ \mathrm{V}.

Passo 3

Lei de Ohm em fasores (passo didático): para cada fase, a corrente de fase (que, em ligação Y, é igual à corrente de linha porque os condutores de linha conduzem a corrente de cada fase) é dada por
I_{ph}=\frac{V_{ph}}{Z_{ph}},
onde Z_{ph} é a impedância da fase. Aqui Z_{ph}=65\angle -2^\circ\\ \Omega. Em forma de magnitude/ângulo, o módulo da corrente é
|I_{ph}|=\frac{|V_{ph}|}{|Z_{ph}|}=\frac{235,597}{65}\\ \mathrm{A}.
Façamos a divisão com cuidado (sem pular etapa):
|I_{ph}|=\frac{235,597}{65}\approx 3,6246\\ \mathrm{A}.
Sobre o argumento (ângulo) do fasor: se \arg(Z_{ph})=\phi_Z, e \arg(V_{ph})=\theta_V, então
\arg(I_{ph})=\theta_V-\phi_Z.
Isto quer dizer: a corrente tem o ângulo da tensão de fase menos o ângulo da impedância. Como \phi_Z=-2^\circ, a corrente fica com ângulo \theta_V-(-2^\circ)=\theta_V+2^\circ. Ou seja, a carga tem ângulo negativo pequeno, o que implica potência reativa negativa (comportamento ligeiramente capacitivo).

Passo 4

Trabalhando com a sequência de fases (passo didático sobre sequência): a sequência CBA é a sequência inversa (negativa) em relação à sequência padrão ABC. Podemos escolher uma referência de ângulo conveniente; vou tomar a tensão de fase V_{A N} com ângulo 0^\circ — isso é só uma escolha de referência. Para sequência CBA (inversa), as tensões de fase ficam, então:
\arg(V_{A N})=0^\circ,\qquad \arg(V_{B N})=+120^\circ,\qquad \arg(V_{C N})=-120^\circ.
(Se tivéssemos sequência ABC os sinais de 120^\circ seriam invertidos.) Essa escolha é apenas uma referência; o importante é o deslocamento relativo entre fases.

Passo 5

Calcular as correntes de cada fase usando I_{phase}=V_{phase}/Z (passo prático com números): para cada fase temos o mesmo módulo de corrente (porque a carga é equilibrada) e o ângulo obtido subtraindo o ângulo de Z do ângulo da tensão de fase.
Para a fase A:
I_A=\frac{V_{A N}}{Z_{ph}}=\frac{235,597\angle 0^\circ}{65\angle -2^\circ}= 3,6246\angle(0^\circ-(-2^\circ))\\ \mathrm{A}=3,6246\angle 2^\circ\\ \mathrm{A}.
Para a fase B:
I_B=\frac{V_{B N}}{Z_{ph}}=\frac{235,597\angle 120^\circ}{65\angle -2^\circ}= 3,6246\angle(120^\circ-(-2^\circ))\\ \mathrm{A}=3,6246\angle 122^\circ\\ \mathrm{A}.
Para a fase C:
I_C=\frac{V_{C N}}{Z_{ph}}=\frac{235,597\angle (-120^\circ)}{65\angle -2^\circ}= 3,6246\angle(-120^\circ-(-2^\circ))\\ \mathrm{A}=3,6246\angle -118^\circ\\ \mathrm{A}.
Observação didática: as três correntes têm igual módulo e estão defasadas de 120^\circ entre si, obedecendo à sequência CBA (note as direções dos ângulos).

Passo 6

Potência total absorvida pela carga (passo didático sobre potência trifásica): a potência complexa por fase é
S_{ph}=V_{ph}\,I_{ph}^*,
onde o asterisco denota o conjugado complex. Para carga equilibrada a potência total é
S_{tot}=3\,S_{ph}=3\,V_{ph}\,I_{ph}^*.
Como I_{ph}=V_{ph}/Z_{ph}, uma forma prática é
S_{tot}=3\,\frac{V_{ph}^2}{Z_{ph}^*}.
Mas a forma mais simples para cálculo de valores (magnitudes e ângulo) é notar que
|S_{tot}|=3\,V_{ph}\,|I_{ph}|
e o ângulo de S_{tot} é igual ao ângulo da impedância \arg(Z_{ph}). Assim:
|S_{tot}|=3\cdot 235,597\cdot 3,6246\approx 2564,226\\ \mathrm{VA},
e o ângulo de S_{tot} é \arg(Z_{ph})=-2^\circ. Portanto, em forma fasorial:
S_{tot}=2564,226\angle -2^\circ\\ \mathrm{VA}.
Para obter as partes ativa e reativa (úteis na prova) convertemos para forma retangular:
P_{tot}=|S_{tot}|\cos(-2^\circ)=2564,226\cos 2^\circ\approx 2562,63\\ \mathrm{W},
Q_{tot}=|S_{tot}|\sin(-2^\circ)=2564,226\sin(-2^\circ)\approx -89,49\\ \mathrm{var}.
(O sinal negativo em Q_{tot} indica reativo capacitivo.)

Passo 7

Verificação alternativa (checagem rápida, passo didático): usando a fórmula com tensões e correntes de linha,
S_{tot}=\sqrt{3}\;V_{LL}\;I_{L}\angle \varphi,
onde \varphi=\arg(Z_{ph}) e I_L é a corrente de linha. Calculando a magnitude:
\sqrt{3}\cdot 408\cdot 3,6246\approx 2564,226\\ \mathrm{VA},
o mesmo valor que obtivemos antes — boa checagem de consistência.

Passo 8

Recapitulando e dando ânimo: as correntes de linha têm módulo pequeno (cerca de 3{,}62\\ \mathrm{A}), todas iguais em magnitude e defasadas 120^\circ seguindo a sequência inversa CBA, e a potência total é cerca de 2{,}563\\ \mathrm{kW} com reativo capacitivo pequeno. Tá indo bem — você já consegue aplicar as fórmulas na prova: calcular V_{ph}, usar I=V/Z em fasores e aplicar S=3VI^*.

Resposta

I_A=3,6246\angle 2^\circ\\ \mathrm{A}
I_B=3,6246\angle 122^\circ\\ \mathrm{A}
I_C=3,6246\angle -118^\circ\\ \mathrm{A}
S_{tot}=2564,226\angle -2^\circ\\ \mathrm{VA}
P_{tot}=2562,63\\ \mathrm{W}
Q_{tot}=-89,49\\ \mathrm{var}

Exercícios relacionados