1. (3,0) Uma carga trifásica equilibrada ligada em estrela é alimentada por uma fonte trifásica equilibrada ligada em estrela com sequência a b c, através de uma linha de transmissão com impedância de 1+\mathrm{j} 1 \Omega por fase. A impedância da carga é 8+\mathrm{j} 3 \Omega por fase. Se a tensão na fase a da carga for 104,02 \angle 26,6^{\circ} \mathrm{Vrms}, determine as tensões de fase da fonte.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (vou listar tudo de forma clara, sem resolver ainda):
  • Impedância da linha por fase: Z_{\ell}=1+\mathrm{j}1\\ \Omega.
  • Impedância da carga por fase (ligação em estrela): Z_{L}=8+\mathrm{j}3\\ \Omega.
  • Tensão na fase a da carga (tensão de fase no lado da carga): \,V_{aL}=104,02\angle 26,6^\circ\\ \mathrm{V_{rms}}.
O que é pedido:
  • Determinar as tensões de fase da fonte (ou seja, as tensões de fase no lado do gerador/sender) \,V_{aS},\,V_{bS},\,V_{cS}.
Informações relevantes e hipóteses implícitas que vou usar:
  • Sistema trifásico equilibrado; assim o comportamento por fase é idêntico e basta calcular para a fase a e depois obter b e c por rotação de fase.
  • Sequência de fases é a b c (sequência direta). Para um sistema equilibrado com sequência a b c valem as relações de fase: \,V_{b} = V_{a}\angle(-120^\circ) e \,V_{c} = V_{a}\angle(+120^\circ) (mesma regra será aplicada tanto no lado da carga quanto no lado da fonte).
  • Corrente de fase é dada por \,I_{a} = \dfrac{V_{aL}}{Z_{L}}.
  • Queda de tensão pela linha é \Delta V_{a} = I_{a}\,Z_{\ell}.
  • Tensão da fonte na fase a é soma vetorial: \,V_{aS} = V_{aL} + \Delta V_{a}.

Passo 2

Cálculo da corrente de fase \,I_{a}. Vou ensinar o que é e como fazer a divisão de fasores por impedância complexa.
Conceito rápido: uma impedância complexa \,Z = R + \mathrm{j}X tem módulo |Z|=\sqrt{R^{2}+X^{2}} e argumento \angle Z=\tan^{-1}\!\left(\dfrac{X}{R}\right). Dividir uma tensão fasorial \,V pela impedância \,Z em forma polar é simples: \dfrac{V\angle\theta_V}{|Z|\angle\theta_Z} = \dfrac{|V|}{|Z|}\angle(\theta_V-\theta_Z).
Aplicando isso:
  • Primeiro calculei |Z_{L}| e \angle Z_{L}:
|Z_{L}|=\sqrt{8^{2}+3^{2}}=\sqrt{73}\approx 8,544\quad,\quad \angle Z_{L}=\tan^{-1}\!\left(\frac{3}{8}\right)\approx 20,556^\circ.
  • Agora a corrente:
I_{a}=\frac{V_{aL}}{Z_{L}} =\frac{104,02\angle 26,6^\circ}{8,544\angle 20,556^\circ} =\left(\frac{104,02}{8,544}\right)\angle(26,6^\circ-20,556^\circ).
Calculei as partes numéricas:
\frac{104,02}{8,544}\approx 12,166\quad,\quad 26,6^\circ-20,556^\circ\approx 6,044^\circ.
Portanto
\boxed{\,I_{a}\approx 12,17\angle 6,04^\circ\\ \mathrm{A}.}
(Dica prática para prova: sempre calcule módulo e ângulo da impedância primeiro; depois faça divisão de módulos e subtração de ângulos.)

Passo 3

Cálculo da queda de tensão na linha \Delta V_{a}=I_{a}\,Z_{\ell}. Multiplicar fasores em forma polar é multiplicar módulos e somar ângulos.
Dados da linha: Z_{\ell}=1+\mathrm{j}1. Em forma polar:
|Z_{\ell}|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}\approx 1,4142\quad,\quad \angle Z_{\ell}=\tan^{-1}(1)=45^\circ.
Multiplicando:
\Delta V_{a}=12,166\angle 6,044^\circ \times 1,4142\angle 45^\circ = (12,166\times 1,4142)\angle(6,044^\circ+45^\circ).
Valores numéricos:
12,166\times 1,4142\approx 17,210\quad,\quad 6,044^\circ+45^\circ\approx 51,044^\circ.
Então
\boxed{\,\Delta V_{a}\approx 17,21\angle 51,04^\circ\\ \mathrm{V}.}

Passo 4

Somar vetorialmente V_{aL} e \Delta V_{a} para obter V_{aS}. Aqui explico como somar fasores: o jeito mais direto é passar cada fasor para forma retangular (parte real + j parte imaginária), somar as componentes reais e imaginárias, e então converter o resultado de volta para polar.
Primeiro escrevo os dois fasores em forma retangular.
  • Para \,V_{aL}=104,02\angle 26,6^\circ:
\Re\{V_{aL}\}=104,02\cos 26,6^\circ\approx 92,98,\quad \Im\{V_{aL}\}=104,02\sin 26,6^\circ\approx 46,56.
Logo V_{aL}\approx 92,98 + \mathrm{j}\,46,56\\ \mathrm{V}.
  • Para \,\Delta V_{a}=17,21\angle 51,04^\circ:
\Re\{\Delta V_{a}\}=17,21\cos 51,04^\circ\approx 10,82,\quad \Im\{\Delta V_{a}\}=17,21\sin 51,04^\circ\approx 13,37.
Logo \Delta V_{a}\approx 10,82 + \mathrm{j}\,13,37\\ \mathrm{V}.
Agora somo componentes:
V_{aS}=V_{aL}+\Delta V_{a}\approx (92,98+10,82) + \mathrm{j}(46,56+13,37) \approx 103,80 + \mathrm{j}\,59,93\\ \mathrm{V}.
Converto para forma polar (módulo e ângulo):
|V_{aS}|=\sqrt{103,80^{2}+59,93^{2}}\approx 119,85\\ \mathrm{V},
\angle V_{aS}=\tan^{-1}\!\left(\frac{59,93}{103,80}\right)\approx 30,02^\circ.
Portanto
\boxed{\,V_{aS}\approx 119,85\angle 30,02^\circ\\ \mathrm{V}.}
(Interpretação física rápida: a tensão no gerador é maior que a tensão na carga pela queda na linha; o ângulo também mudou por causa da reatância da carga e da linha.)

Passo 5

Obter as tensões das outras fases usando a sequência a b c. Em um sistema trifásico equilibrado com sequência direta a b c vale:
V_{bS}=V_{aS}\angle(-120^\circ),\qquad V_{cS}=V_{aS}\angle(+120^\circ).
Aplicando aos valores obtidos:
V_{bS}\approx 119,85\angle(30,02^\circ-120^\circ)=119,85\angle(-89,98^\circ),
V_{cS}\approx 119,85\angle(30,02^\circ+120^\circ)=119,85\angle 150,02^\circ.
(Observação prática: em provas é comum arredondar os ângulos para valores limpos; aqui mantive duas casas decimais para consistência com os dados.)

Resposta

V_{aS}\approx 119,85\angle 30,02^\circ\\ \mathrm{V}
V_{bS}\approx 119,85\angle -89,98^\circ\\ \mathrm{V}
V_{cS}\approx 119,85\angle 150,02^\circ\\ \mathrm{V}

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