Uma carga tipo \Delta equilibrada com uma resistência de 20 \Omega por ramo é ligada a um gerador trifásico tipo Y de três fios, sequência de fase A C B, com uma tensão de linha de 380 \mathrm{~V} \angle \mathbf{0}^{\circ} na fase A. Calcule:
a) As tensões de fase do gerador.
b) As tensões de fase da carga.
c) As correntes de fase da carga.
d) As correntes de linha.

Passo 1

O enunciado descreve um gerador trifásico em estrela sem neutro, sequência de fases A C B, com tensão de linha (tensão entre duas fases) V_{AB}=380\angle0^\circ,V. A carga é delta equilibrada, resistência de 20\\ \Omega por ramo. Precisamos usar a relação entre tensões de linha e de fase em Y (estrela), a regra de sequência negativa (ACB) e depois aplicar impedância ôhmica para obter correntes de fase do delta e, por fim, as correntes de linha pelo somatório vetorial nos nós do delta.

Passo 2

Em uma ligação Y, a tensão de fase (linha–neutro) tem módulo \tfrac{V_{LL}}{\sqrt3} e defasagem de \pm30^\circ dependendo da sequência. Em sequência A C B (sequência negativa), cada tensão de fase lidera a correspondente tensão de linha em 30^\circ. Logo:
|V_{\varphi}| = \frac{380}{\sqrt3}\approx219{,}4\text{ V}.
Definindo
V_{AN} = 219{,}4\angle +30^\circ, \quad V_{CN} = V_{AN}\,\angle +120^\circ = 219{,}4\angle150^\circ, \quad V_{BN} = V_{AN}\,\angle +240^\circ = 219{,}4\angle-90^\circ.

Passo 3

Na carga delta, cada ramo “vê” diretamente a tensão de linha. Chamando as fases do delta de A–B, B–C e C–A, temos
V_{AB}=380\angle0^\circ, \quad V_{BC}=380\angle120^\circ, \quad V_{CA}=380\angle240^\circ.

Passo 4

As correntes de fase da carga (ramo a ramo) são
I_{AB}=\frac{V_{AB}}{20} = 19\angle0^\circ\text{ A}, \quad I_{BC}=\frac{V_{BC}}{20} = 19\angle120^\circ\text{ A}, \quad I_{CA}=\frac{V_{CA}}{20} = 19\angle240^\circ\text{ A}.

Passo 5

Para cada linha da fonte, a corrente é a soma algébrica (vetorial) das correntes nos dois ramos que nela desembocam. Por exemplo, na linha A:
I_A = I_{AB} - I_{CA}.
Em retangular:
I_{AB}=19+ j0,\quad I_{CA}=19\bigl(\cos240^\circ+j\sin240^\circ\bigr)=-9{,}5 - j16{,}45,
I_A=(19-(-9{,}5)) + j(0-(-16{,}45)) = 28{,}5 + j16{,}45.
Convertendo para polar:
|I_A|=\sqrt{28{,}5^2+16{,}45^2}\approx32{,}9\text{ A},\quad \angle I_A=\tan^{-1}\!\bigl(\tfrac{16{,}45}{28{,}5}\bigr)\approx30^\circ,
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I_A = 32{,}9\angle30^\circ\text{ A}.
Pelas rotações de +120^\circ (sequência negativa),
I_B = 32{,}9\angle150^\circ\text{ A}, \quad I_C = 32{,}9\angle240^\circ\text{ A}\;(=\!32{,}9\angle-120^\circ).

Resposta

(a)
\displaystyle V_{AN}=219{,}4\angle30^\circ\text{ V},\quad V_{CN}=219{,}4\angle150^\circ\text{ V},\quad V_{BN}=219{,}4\angle-90^\circ\text{ V}.
(b)
\displaystyle V_{AB}=380\angle0^\circ\text{ V},\quad V_{BC}=380\angle120^\circ\text{ V},\quad V_{CA}=380\angle240^\circ\text{ V}.
(c)
\displaystyle I_{AB}=19\angle0^\circ\text{ A},\quad I_{BC}=19\angle120^\circ\text{ A},\quad I_{CA}=19\angle240^\circ\text{ A}.
(d)
\displaystyle I_A=32{,}9\angle30^\circ\text{ A},\quad I_B=32{,}9\angle150^\circ\text{ A},\quad I_C=32{,}9\angle240^\circ\text{ A}.

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