Uma carga Y equilibrada com uma resistência de 10 \Omega por fase é conectada a um gerador trifásico de quatro fios conectado em Y com uma tensão de linha de 208 V . Calcule o módulo:
Repita o Problema 1 se cada impedância de fase for substituída por um resistor de 10 \Omega em paralelo com uma reatância capacitiva de 10 \Omega.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede para cada caso.
Dados comuns aos dois casos (pegos do enunciado):
  • A fonte é trifásica em ligação Y de quatro fios (há neutro).
  • Tensão de linha: V_{L}=208\\ \text{V}.
  • A carga é equilibrada (mesma impedância em cada fase).
Parte (a) (problema 1 original):
  • Cada fase da carga é um resistor R=10\\ \Omega.
  • Pede-se o módulo da corrente (interpreto como o módulo da corrente de fase, que em Y balanceado é igual ao módulo da corrente de linha).
Parte (b) (repetição):
  • Cada fase da carga é um resistor R=10\\ \Omega em paralelo com uma reatância capacitiva de X_C=10\\ \Omega (logo a impedância do capacitor é Z_C=-j\,10\\ \Omega).
  • Pede-se novamente o módulo da corrente (corrente de fase / de linha no caso balanceado).

Passo 2

Relembrando a relação entre tensão de linha e tensão de fase em ligação Y balanceada:
  • A tensão de fase (fase para neutro) V_{ph} está relacionada com a tensão de linha V_{L} por
V_{ph}=\frac{V_{L}}{\sqrt{3}}.
Explicação curta e prática: em Y equilibrado as três tensões de fase formam um sistema trifásico simétrico; a magnitude da tensão de fase é a tensão de linha dividida por \sqrt{3}. Como a fonte é de quatro fios, o neutro existe, então V_{ph} é a tensão que aparece em cada carga de fase.

Passo 3

Calcular numericamente a tensão de fase:
V_{ph}=\frac{208}{\sqrt{3}}\\ \text{V}.
Avaliação numérica (aproximando \sqrt{3}\approx1,7320508):
V_{ph}\approx 208\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 208\cdot 0{,}577350269\approx 120{,}09\\ \text{V}.

Passo 4

Caso 1 — carga puramente resistiva R=10\\ \Omega.
Fórmula básica (Lei de Ohm para cada fase): a corrente de fase tem módulo
I_{ph}=\frac{V_{ph}}{R}.
Aplicando os números:
I_{ph}=\frac{120{,}09}{10}=12{,}0089\\ \text{A}\approx 12{,}01\\ \text{A}.
Comentário didático: em uma ligação Y balanceada com carga puramente resistiva, a corrente de linha tem exatamente o mesmo valor (e mesma fase) que a corrente de fase, então o módulo procurado é 12{,}01\\ \text{A}.

Passo 5

Breve intuição física (ajuda para a prova): quando a impedância de cada fase é só R, a corrente de cada fase é simplesmente a tensão fase dividida por R. Como tudo é balanceado, não há corrente no neutro e as correntes de linha valem as correntes de fase.

Passo 6

Caso 2 — cada fase é R em paralelo com Z_C=-j\,10\\ \Omega.
Método prático (admitâncias): calcular a admitância equivalente da fase e depois inverter para obter a impedância equivalente.
Admitância do resistor:
Y_R=\frac{1}{R}=\frac{1}{10}=0{,}1\\ \text{S}.
Admitância do capacitor ( Z_C=-j\,10\\ \Omega):
Y_C=\frac{1}{Z_C}=\frac{1}{-j\,10}=j\cdot 0{,}1\\ \text{S}.
Admitância total da fase (soma das admitâncias em paralelo):
Y_{eq}=Y_R+Y_C=0{,}1 + j\,0{,}1\\ \text{S}.

Passo 7

Impedância equivalente da fase:
Z_{eq}=\frac{1}{Y_{eq}}=\frac{1}{0{,}1 + j\,0{,}1}.
Para inverter um número complexo, multiplica-se numerador e denominador pelo conjugado:
Z_{eq}=\frac{0{,}1 - j\,0{,}1}{(0{,}1)^2+(0{,}1)^2}=\frac{0{,}1 - j\,0{,}1}{0{,}02}.
Dividindo:
Z_{eq}=5 - j\,5\\ \Omega.
Agora o módulo dessa impedância:
|Z_{eq}|=\sqrt{5^2+(-5)^2}=\sqrt{25+25}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\\ \Omega\approx 7{,}071\\ \Omega.

Passo 8

Corrente de fase no caso 2 (módulo):
I_{ph}=\frac{V_{ph}}{|Z_{eq}|}=\frac{120{,}09}{5\sqrt{2}}\\ \text{A}.
Avaliação numérica:
I_{ph}\approx\frac{120{,}09}{7{,}071}\approx 16{,}99\\ \text{A}.
Comentário extra útil para a prova: a impedância tem ângulo \angle Z_{eq}=\arctan\!\left(\dfrac{-5}{5}\right)=-45^\circ. Como I=V/Z, a corrente fica com ângulo +45^\circ em relação à tensão de fase (ou seja, a corrente adianta a tensão — comportamento característico do efeito capacitivo combinado).

Passo 9

Resumo e interpretação final (para guardar na hora da prova):
  • Caso puramente resistivo: corrente menor, simplesmente V_{ph}/R.
  • Caso com capacitor em paralelo: a combinação reduz o módulo da impedância (a parte reativa combinada altera o módulo e o ângulo), aumentando a corrente de fase; calcular por admitâncias é geralmente mais simples quando há componentes em paralelo.

Resposta

12{,}01\\ \text{A}
16{,}99\\ \text{A}

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