Um circuito trifásico tem fonte equilibrada ligada em Y , com sequência positiva e alimenta uma associação de três cargas em paralelo através de uma linha de distribuição com impedância (1+\mathrm{j} 10) \Omega / fase. Na carga, a tensão fase-neutro é \mathrm{V}=7200 \angle 0^{\circ} \mathrm{V}. As cargas 1 e 2 têm modo de ligação e impedância por fase conforme descrição da tabela abaixo. A carga 3 absorve da fonte a potência complexa trifásica (112,32+j 95,04) \mathrm{kVA}. Calcule:
Carga Ligação \mathbf{Z} em \boldsymbol{\Omega} / fase
\mathbf{1} Y 300+\mathrm{j} 100
\mathbf{2} \Delta 5400-\mathrm{j} 2400
a) O fasores das tensões de fase ( \widehat{V}_{a n}, \widehat{V}_{b n}, \mathrm{e} \widehat{V}_{c n} ) nos terminais da fonte;
b) O fasor da corrente de linha para a fase a;
c) A potência complexa total fornecida pela fonte e o fator de potência total;
d) Os fasores das correntes de linha para as fases b e c.
e) Os fasores das tensões de linha nos terminais da fonte.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as quantidades listadas abaixo.
Informações fornecidas (peguei tudo do enunciado):
  • A fonte é trifásica equilibrada, ligada em Y e com sequência positiva.
  • A tensão fase-neutro nos terminais da carga (ou seja, na saída da linha, no lado da carga) é \displaystyle V_{an}^{(carga)}=7200\angle 0^\circ\\ \text{V}. Pela sequência positiva usamos: \displaystyle V_{bn}^{(carga)}=7200\angle -120^\circ\\ \text{V},\qquad \displaystyle V_{cn}^{(carga)}=7200\angle +120^\circ\\ \text{V}.
  • Impedância da linha por fase: \displaystyle Z_\ell = 1 + \mathrm{j}10\\ \Omega.
  • Carga 1: ligada em Y, impedância por fase \displaystyle Z_1 = 300 + \mathrm{j}100\\ \Omega.
  • Carga 2: ligada em \Delta, impedância por fase (ramo delta) \displaystyle Z_2 = 5400 - \mathrm{j}2400\\ \Omega.
  • Carga 3: absorve da fonte potência complexa trifásica total \displaystyle S_3^{(3\varphi)} = 112,32 + \mathrm{j}\,95,04\\ \text{kVA}.
O que o enunciado pede:
a) Os fasores das tensões de fase nos terminais da fonte: \widehat{V}_{an},\\ \widehat{V}_{bn},\\ \widehat{V}_{cn}.
b) O fasor da corrente de linha da fase a: \widehat{I}_a.
c) A potência complexa total fornecida pela fonte (trifásica) e o fator de potência total.
d) Os fasores das correntes de linha para as fases b e c: \widehat{I}_b,\\ \widehat{I}_c.
e) Os fasores das tensões de linha nos terminais da fonte (linha a-b, b-c, c-a).
Observações iniciais (não resolvo ainda): as cargas 1 e 2 são balanceadas (mesma impedância em cada fase/ramo), e a potência da carga 3 foi dada trifásica — vou assumir que ela é equilibrada por fase (ou seja, \displaystyle S_{3,\text{por fase}}=\dfrac{S_3^{(3\varphi)}}{3}). Como tudo é simétrico e as impedâncias de cada fase e de linha são as mesmas em cada fase, o conjunto resultará em correntes balanceadas com sequência positiva; assim posso calcular a corrente de uma fase (a) e obter as demais por rotações de \pm 120^\circ. A resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Plano de ação (fórmulas e conceitos que vou usar — explico didaticamente):
  • Relação tensão-corrente em elemento ôhmico/complexo: para uma impedância \displaystyle Z e tensão fasorial \displaystyle V aplicada, a corrente é \displaystyle I=\frac{V}{Z}.Aqui V é a tensão complexa (fenfazor) aplicada nos terminais do elemento e I é a corrente complexa (phasor).
  • Para carga em \Delta com impedância por ramo \displaystyle Z_\Delta, a corrente de linha que sai da fase a (no esquema de fases-to-neutro) pode ser escrita como soma das correntes nas duas ramos que partem de a. Para sistema simétrico vale a relação conveniente (mostro a dedução rápida): \displaystyle I_{a,\Delta}=\frac{V_a - V_b}{Z_\Delta}+\frac{V_a - V_c}{Z_\Delta} =\frac{2V_a - V_b - V_c}{Z_\Delta}.Se V_a+V_b+V_c=0 (condição de tensões de fase equilibradas), então 2V_a - V_b - V_c = 3V_a, logo para carga delta balanceada: \displaystyle I_{a,\Delta}=\frac{3V_a}{Z_\Delta}.Esta fórmula é prática e correta quando as tensões de fase são equilibradas (como no nosso caso).
  • Para potência trifásica total fornecida pela fonte, podemos usar (fórmula geral): \displaystyle S_{total}^{(3\varphi)} = 3\,V_{a}^{(fonte)}\,I_a^{(fonte)*},onde o asterisco denota conjugado complexo. Ou também posso somar as potências entregues às cargas e as perdas nas linhas: S_{fonte}=S_{cargas}+S_{linhas}.
  • Perdas por fase na linha (potência complexa) são \displaystyle S_{\ell,\,\text{fase}} = I_{\text{fase}}^{2}\,Z_{\ell} (aqui I^2 significa I\cdot I^* no cálculo do módulo, mas na forma complexa usamos I\cdot (I\,Z_\ell) via multiplicação direta: a potência complexa por fase é V_{\ell}\,I_{\ell}^*, e como V_{\ell}=I_{\ell}Z_{\ell}, tem-se S_{\ell,\,\text{fase}}=I_{\ell}Z_{\ell}I_{\ell}^*=|I_{\ell}|^2 Z_{\ell}.)
  • Sequência positiva: tomo referência \displaystyle V_{an}^{(carga)}=7200\angle 0^\circ\\ \text{V}, e as outras fases com deslocamentos -120^\circ e +120^\circ.
Agora calculo as correntes por fase no lado da carga (antes da linha) — ou seja, as correntes de carga que passam depois pela linha.

Passo 3

Corrente da carga 1 (Y) na fase a:
  • Fórmula: \displaystyle I_{1a}=\frac{V_{an}^{(carga)}}{Z_1}.
  • Substituindo: \displaystyle Z_1=300+\mathrm{j}100. Faço divisão em forma retangular para ficar didático: \displaystyle I_{1a}=\frac{7200\angle 0^\circ}{300+\mathrm{j}100}.Uma maneira simples é multiplicar numerador e denominador pelo conjugado do denominador; isso dá rapidamente componentes reais e imaginárias: \displaystyle I_{1a}= \frac{7200(300-\mathrm{j}100)}{300^2+100^2} =\frac{7200(300-\mathrm{j}100)}{100000}.Assim: \displaystyle I_{1a}=21{,}6 - \mathrm{j}\,7{,}2\\ \text{A}.Em forma fasorial: \displaystyle \widehat{I}_{1a}=22{,}78\angle -18{,}435^\circ\\ \text{A}.

Passo 4

Corrente da carga 2 (Δ) na fase a:
  • Uso a fórmula para delta balanceado: \displaystyle I_{2a}=\frac{3V_{an}^{(carga)}}{Z_2}.
  • Substituindo: \displaystyle I_{2a}=\frac{3\cdot 7200\angle 0^\circ}{5400-\mathrm{j}2400}.Calculo o valor numérico aproximado (divisão em fasor):
    magnitude do denominador |Z_2|\approx 5910\\ \Omega (aprox.) e ângulo \angle Z_2=\arctan\!\big(\dfrac{-2400}{5400}\big)\approx -23{,}20^\circ.
    Logo \displaystyle \widehat{I}_{2a}\approx 3{,}655\angle +23{,}20^\circ\\ \text{A}.Em retangular (aprox.): \displaystyle I_{2a}\approx 3{,}359 + \mathrm{j}\,1{,}441\\ \text{A}.
Explicação rápida: o sinal de fase positivo (+23,20°) aparece porque a impedância tem componente capacitiva (parte imaginária negativa), deslocando a corrente adiante da tensão.

Passo 5

Corrente da carga 3 (a partir da potência trifásica dada):
  • Primeiro obtenho a potência por fase (assumi equilíbrio): \displaystyle S_{3,\text{por fase}}=\frac{112{,}32 + \mathrm{j}\,95{,}04}{3}=\;37{,}44 + \mathrm{j}\,31{,}68\\ \text{kVA}que em VA é \displaystyle S_{3,\text{pf}}=37440 + \mathrm{j}\,31680\\ \text{VA}.
  • Relação entre potência por fase, tensão e corrente: \displaystyle S_{fase}=V_{fase}\,I_{fase}^*. Portanto: \displaystyle I_{3a}=\frac{S_{3,\text{pf}}^*}{V_{an}^{(carga)*}}.Como V_{an}^{(carga)}=7200\angle 0^\circ é real, fica simples: \displaystyle I_{3a}=\frac{37440 - \mathrm{j}\,31680}{7200} = 5{,}2 - \mathrm{j}\,4{,}4\\ \text{A}.Em fasor: \displaystyle \widehat{I}_{3a}=6{,}814\angle -40{,}398^\circ\\ \text{A}.
Comentário: usei a identidade S=V I^* (padrão em circuitos de potência) para recuperar a corrente a partir de potência conhecida.

Passo 6

Corrente total que sai da fase a (lado da carga), somando as três contribuições:
\displaystyle I_{a}^{(carga)}=I_{1a}+I_{2a}+I_{3a}.
Somando os componentes retangulares obtidos:
  • I_{1a}=21{,}6 - \mathrm{j}\,7{,}2
  • I_{2a}\approx 3{,}359 + \mathrm{j}\,1{,}441
  • I_{3a}=5{,}2 - \mathrm{j}\,4{,}4
Somatório:
\displaystyle I_{a}^{(carga)}\approx (21{,}6+3{,}359+5{,}2)\;+\;\mathrm{j}(-7{,}2+1{,}441-4{,}4) =30{,}159 - \mathrm{j}\,10{,}159\\ \text{A}.
Em fasor:
\displaystyle \widehat{I}_a \approx 31{,}82\angle -18{,}59^\circ\\ \text{A}.
Observação importante: por conservação de corrente em cada fase, essa mesma corrente é a corrente que circula na linha (ou seja, a corrente que atravessa a impedância de linha) — portanto \widehat{I}_a é a corrente de linha no fio a, tanto no lado da carga quanto no lado da fonte (a menos de pequenas correntes de neutro, mas o sistema é equilibrado). Assim respondo o item (b) com este valor (mas continuo para achar as tensões no lado da fonte).

Passo 7

Queda de tensão na linha e tensão no terminal da fonte (fase a):
  • A queda de tensão em cada fase é \displaystyle \Delta V_a = Z_\ell \cdot I_a.
    Com Z_\ell=1+\mathrm{j}10 e I_a\approx 30{,}159 - \mathrm{j}\,10{,}159,
    efetuo a multiplicação (retangular): \begin{aligned} \Delta V_a &= (1+\mathrm{j}10)\,(30{,}159 - \mathrm{j}\,10{,}159)\\\ &=131{,}749 + \mathrm{j}\,291{,}431\\ \text{V}\quad(\text{aprox.}) \end{aligned}(mostrei a multiplicação componente a componente: real =30{,}159\cdot1 -(-10{,}159)\cdot10, imag =30{,}159\cdot10 + (-10{,}159)\cdot1.)
  • A tensão fase-neutro no terminal da fonte é a soma da tensão no terminal da carga com a queda de linha: \displaystyle V_{an}^{(fonte)}=V_{an}^{(carga)}+\Delta V_a.Substituindo valores (em retangular): \displaystyle V_{an}^{(fonte)} \approx (7200 + \mathrm{j}0) + (131{,}749 + \mathrm{j}\,291{,}431) =7331{,}749 + \mathrm{j}\,291{,}431\\ \text{V}.Em fasor (módulo/ângulo): \displaystyle \widehat{V}_{an}^{(fonte)} \approx 7336{,}9\angle 2{,}272^\circ\\ \text{V}.
Comentário didático: a tensão no terminal da fonte é a tensão que aparece antes da linha; como há corrente na linha e impedância, há queda e portanto a tensão da fonte fica maior (aumenta em módulo e muda de fase conforme o produto I\cdot Z_\ell).

Passo 8

Correntes das fases b e c e tensões de fase correspondentes no lado da fonte (usando simetria):
  • Como todas as cargas são balanceadas e a fonte é balanceada, as correntes de fase formam um conjunto equilibrado de sequência positiva. Assim:
    \displaystyle \widehat{I}_b = \widehat{I}_a \angle -120^\circ,\qquad \displaystyle \widehat{I}_c = \widehat{I}_a \angle +120^\circ.
    Portanto, com \widehat{I}_a\approx 31{,}82\angle -18{,}59^\circ\\ \text{A}:
    \displaystyle \widehat{I}_b \approx 31{,}82\angle -138{,}59^\circ\\ \text{A}, \qquad \displaystyle \widehat{I}_c \approx 31{,}82\angle 101{,}41^\circ\\ \text{A}.
  • As quedas de tensão nas fases b e c são simplesmente as rotações das quedas em a (porque Z_\ell é igual em cada fase): \Delta V_b=\Delta V_a\angle -120^\circ, \Delta V_c=\Delta V_a\angle +120^\circ.
    Logo as tensões de fase no lado da fonte ficam também equilibradas e obtidas por rotação:
    \displaystyle \widehat{V}_{bn}^{(fonte)}=\widehat{V}_{an}^{(fonte)}\angle -120^\circ,\qquad \displaystyle \widehat{V}_{cn}^{(fonte)}=\widehat{V}_{an}^{(fonte)}\angle +120^\circ.
    Numericamente:
    \displaystyle \widehat{V}_{bn}^{(fonte)}\approx 7336{,}9\angle -117{,}728^\circ\\ \text{V}, \qquad \displaystyle \widehat{V}_{cn}^{(fonte)}\approx 7336{,}9\angle 122{,}272^\circ\\ \text{V}.
Explicação: a simetria facilita muito — ao calcular uma fase (a), as demais obtêm-se por rotação de \pm 120^\circ quando o sistema e as cargas são equilibrados.

Passo 9

Potência complexa total fornecida pela fonte e fator de potência:
  • Primeiro soma das potências trifásicas das cargas (checagem):
    • Carga 1 (trifásica): por fase S_{1,\text{fase}}=V_{an}^{(carga)}\cdot I_{1a}^*. Como I_{1a}=21{,}6-\mathrm{j}\,7{,}2, S_{1,\text{fase}}=7200\,(21{,}6+\mathrm{j}\,7{,}2)=155{,}520+\mathrm{j}\,51{,}840\\ \text{VA},e trifásico \displaystyle S_1^{(3\varphi)}=3S_{1,\text{fase}}=466{,}560+\mathrm{j}\,155{,}520\\ \text{VA}.
    • Carga 2 (trifásica): posso usar S_2^{(3\varphi)}=3V_{an}^{(carga)}I_{2a}^*. Com I_{2a}\approx 3{,}655\angle 23{,}20^\circ, \displaystyle S_2^{(3\varphi)}\approx 72{,}552 - \mathrm{j}\,31{,}095\\ \text{VA}.
    • Carga 3 já dada: \displaystyle S_3^{(3\varphi)}=112{,}320 + \mathrm{j}\,95{,}040\\ \text{VA}.
    • Soma das cargas: \displaystyle S_{\text{cargas}} \approx (466{,}560+72{,}552+112{,}320)\;+\;\mathrm{j}(155{,}520-31{,}095+95{,}040) =651{,}432 + \mathrm{j}\,219{,}465\\ \text{VA}.
  • Perdas nas linhas (trifásicas): por fase S_{\ell,\text{fase}}=|I_a|^2 Z_\ell.
    |I_a|^2 \approx 31{,}82^2 \approx 1{,}012{,}78\\ \text{A}^2.
    Assim por fase
    S_{\ell,\text{fase}}\approx 1{,}012{,}78\,(1+\mathrm{j}10)=1{,}012{,}78+\mathrm{j}\,10{,}127{,}8\\ \text{VA},
    e trifásico
    \displaystyle S_{\ell}^{(3\varphi)}\approx 3{,}038 + \mathrm{j}\,30{,}383\\ \text{VA}.
  • Potência fornecida pela fonte:
    \displaystyle S_{\text{fonte}}=S_{\text{cargas}}+S_{\ell}= (651{,}432+3{,}038) + \mathrm{j}(219{,}465+30{,}383) \approx 654{,}470 + \mathrm{j}\,249{,}848\\ \text{VA}.
    Em unidades de kVA:
    \displaystyle S_{\text{fonte}}\approx 654{,}47 + \mathrm{j}\,249{,}85\\ \text{kVA}.
  • Fator de potência total (efeito da potência reativa total):
    \displaystyle \text{pf}=\cos\varphi=\frac{P_{\text{total}}}{|S_{\text{fonte}}|},
    onde P_{\text{total}}=\Re(S_{\text{fonte}})=654{,}47\\ \text{kW} e |S_{\text{fonte}}|=\sqrt{654{,}47^2 + 249{,}85^2}\approx 700{,}55\\ \text{kVA}.
    Logo
    \displaystyle \text{pf}\approx\frac{654{,}47}{700{,}55}\approx 0{,}9346\\ (\text{lagging}).
Explicação: o fator de potência é “lagging” porque a potência reativa fornecida é positiva (indutiva líquida), isto é, a fonte fornece reativo.

Passo 10

Tensões de linha (entre fases) nos terminais da fonte:
  • Para um sistema equilibrado de tensões de fase \widehat{V}_{an}^{(fonte)} com ângulo \theta_a e magnitude V_{fase}, as tensões de linha (linha a-b etc.) têm magnitude \sqrt{3}V_{fase} e ângulo deslocado de -30^\circ em relação à fase de referência. Assim: \displaystyle \widehat{V}_{ab}^{(fonte)}=\sqrt{3}\,V_{fase}\angle(\theta_a-30^\circ).
  • Usando V_{fase}\approx 7336{,}9\\ \text{V} e \theta_a\approx 2{,}272^\circ, \displaystyle |\widehat{V}_{ab}^{(fonte)}|=\sqrt{3}\cdot 7336{,}9\approx 12{,}707\\ \text{V},e o ângulo \displaystyle \angle \widehat{V}_{ab}^{(fonte)}\approx 2{,}272^\circ - 30^\circ = -27{,}728^\circ.Similarmente: \displaystyle \widehat{V}_{bc}^{(fonte)}\approx 12{,}707\angle(-147{,}728^\circ), \qquad \displaystyle \widehat{V}_{ca}^{(fonte)}\approx 12{,}707\angle 92{,}272^\circ.
Verificação rápida: somando vetorialmente as duas fases dá coerência com V_{ab}=V_a-V_b etc.; como o sistema ficou equilibrado, as magnitudes de linha são \sqrt{3} vezes as de fase.

Resposta

\widehat{V}_{an}^{(fonte)}\approx 7336{,}9\angle 2{,}272^\circ\\ \text{V}
\widehat{V}_{bn}^{(fonte)}\approx 7336{,}9\angle -117{,}728^\circ\\ \text{V}
\widehat{V}_{cn}^{(fonte)}\approx 7336{,}9\angle 122{,}272^\circ\\ \text{V}
\widehat{I}_a\approx 31{,}82\angle -18{,}59^\circ\\ \text{A}
\displaystyle S_{\text{fonte}}\approx 654{,}47 + \mathrm{j}\,249{,}85\\ \text{kVA},\quad \text{pf}\approx 0{,}9346\\ \text{(lagging)}
\widehat{I}_b\approx 31{,}82\angle -138{,}59^\circ\\ \text{A}
\widehat{I}_c\approx 31{,}82\angle 101{,}41^\circ\\ \text{A}
\widehat{V}_{ab}^{(fonte)}\approx 12{,}707\angle -27{,}728^\circ\\ \text{V}
\widehat{V}_{bc}^{(fonte)}\approx 12{,}707\angle -147{,}728^\circ\\ \text{V}
\widehat{V}_{ca}^{(fonte)}\approx 12{,}707\angle 92{,}272^\circ\\ \text{V}

Exercícios relacionados