Considere um circuito \mathrm{Y}-\Delta. As tensões da fonte em Y são \hat{V}_{a}=\left(\frac{208}{\sqrt{3}}\right) \angle-30^{\circ} \mathrm{V}_{\text {ef }}, \hat{V}_{b}= \left(\frac{208}{\sqrt{3}}\right) \angle-150^{\circ} \mathrm{V}_{\text {ef }} e \hat{V}_{c}=\left(\frac{208}{\sqrt{3}}\right) \angle 90^{\circ} \mathrm{V} ef. A carga em \Delta é equilibrada. A impedância de cada fase é \mathbf{Z}=12 \Omega. Determine as correntes de linha e calcule a potência média total dissipada na carga.

Passo 1

O enunciado dá as tensões de fase (fonte em Y) e pede as correntes de linha e a potência média total dissipada na carga \Delta. Dados essenciais (peguei-os do enunciado):
  • Tensões de fase (phasors, valores eficazes): \hat{V}_{a}=\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle -30^\circ\\ \text{V}, \qquad \hat{V}_{b}=\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle -150^\circ\\ \text{V},
\hat{V}_{c}=\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle 90^\circ\\ \text{V}.
  • Carga em \Delta perfeitamente equilibrada, impedância por fase: \mathbf{Z}_\Delta = 12\\ \Omega\quad(\text{resistiva, ângulo }0^\circ).â
O que é pedido:
  • Correntes de linha \hat{I}_a,\hat{I}_b,\hat{I}_c (phasors).
  • Potência média total dissipada na carga (potência ativa P_{\text{total}}).

Passo 2

Estratégia de resolução (por que escolher este caminho): uma forma direta seria calcular as tensões de linha \hat{V}_{ab}=\hat{V}_a-\hat{V}_b etc., obter as correntes de cada ramo do \Delta e combinar por KCL para achar as correntes de linha. Porém existe um atalho muito prático e padrão: converter a carga \Delta equilibrada em uma equivalente estrela ( Y). A conversão é simples e reduz a conta porque então cada corrente de linha é simplesmente a tensão de fase dividida pela impedância equivalente de fase. Vou usar essa conversão (é mais direto e evita subtrações de fasores). Explico a fórmula:
  • Conversão \Delta \to Y: impedância equivalente por fase no Y é \mathbf{Z}_Y = \dfrac{\mathbf{Z}_\Delta}{3}.Aqui \mathbf{Z}_\Delta é a impedância do ramo \Delta e ela é puramente real 12\\ \Omega.

Passo 3

Calcular a impedância equivalente em Y:
\mathbf{Z}_Y = \dfrac{12\\ \Omega}{3} = 4\\ \Omega.
Interpretação: cada fase do sistema visto pelo neutro agora “vê” uma impedância de 4\\ \Omega.

Passo 4

Calcular as correntes de linha usando as tensões de fase e \mathbf{Z}_Y.
Fórmula usada: para cada fase x\in\{a,b,c\},
\hat{I}_x = \dfrac{\hat{V}_x}{\mathbf{Z}_Y}.
Explicando a divisão de fasores: divide-se a magnitude e subtrai-se o ângulo.
Aplicando:
  • Para a fase a:
    \hat{I}_a = \dfrac{\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle -30^\circ}{4} = \left(\dfrac{208}{4\sqrt{3}}\right)\angle -30^\circ = \left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle -30^\circ\\ \text{A}.
    Valor numérico aproximado:
    \left|\hat{I}_a\right|=\dfrac{52}{\sqrt{3}}\approx 30{,}037\\ \text{A}, \quad\hat{I}_a\approx 30{,}037\angle -30^\circ\\ \text{A}.
  • Para a fase b:
    \hat{I}_b = \dfrac{\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle -150^\circ}{4} = \left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle -150^\circ\\ \text{A} \approx 30{,}037\angle -150^\circ\\ \text{A}.
  • Para a fase c:
    \hat{I}_c = \dfrac{\left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\angle 90^\circ}{4} = \left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle 90^\circ\\ \text{A} \approx 30{,}037\angle 90^\circ\\ \text{A}.
(Faz sentido físico: as correntes de linha ficam balanceadas e com os mesmos ângulos das tensões de fase porque a impedância equivalente é puramente resistiva.)

Passo 5

Checagem alternativa (curta) via correntes de fase do \Delta: se preferir ver pela outra via, as tensões linha a linha têm magnitude exatamente 208\\ \text{V} (porque \sqrt{3}\cdot \dfrac{208}{\sqrt{3}}=208), logo a corrente em cada ramo do \Delta é
\hat{I}_{\text{ramo}}=\dfrac{208\angle\{\text{ângulo do }V_{LL}\}}{12} =\dfrac{208}{12}\angle(\cdots)=\dfrac{52}{3}\angle(\cdots)\\ \text{A}\approx 17{,}333\\ \text{A}.â
E então a relação entre corrente de linha e corrente de ramo em carga \Delta equilibrada dá \left|\hat{I}_{\text{linha}}\right|=\sqrt{3}\left|\hat{I}_{\text{ramo}}\right|, o que devolve \left|\hat{I}_{\text{linha}}\right|=\sqrt{3}\cdot\dfrac{52}{3}=\dfrac{52}{\sqrt{3}}, mesma resposta anterior (confirmando).

Passo 6

Calcular a potência média total dissipada na carga ( P_{\text{total}}).
Método 1 (por fase Y equivalente): potência por fase é
P_{\text{fase}} = V_{\text{fase}}\cdot I_{\text{fase}}\cdot\cos\varphi,
onde \varphi é o ângulo entre tensão e corrente. Aqui \varphi=0 porque a impedância é puramente resistiva. Assim
P_{\text{fase}} = \left(\dfrac{208}{\sqrt{3}}\right)\cdot\left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{208\cdot 52}{3}=\dfrac{10816}{3}\\ \text{W}.
Potência total em 3 fases:
P_{\text{total}}=3\cdot P_{\text{fase}}=3\cdot \dfrac{10816}{3}=10816\\ \text{W}.
Método 2 (checagem via ramos \Delta): potência por ramo do \Delta é I_{\text{ramo}}^2\cdot R com I_{\text{ramo}}=\dfrac{208}{12}=\dfrac{52}{3}. Então
P_{\text{ramo}}=\left(\dfrac{52}{3}\right)^2\cdot 12=\dfrac{2704}{9}\cdot 12=\dfrac{10816}{3}\\ \text{W},
e P_{\text{total}}=3\cdot P_{\text{ramo}}=10816\\ \text{W}, mesma resposta (consistência confirmada).

Resposta

\hat{I}_a=\displaystyle\left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle -30^\circ\\ \text{A}\approx 30{,}04\angle -30^\circ\\ \text{A}
\hat{I}_b=\displaystyle\left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle -150^\circ\\ \text{A}\approx 30{,}04\angle -150^\circ\\ \text{A}
\hat{I}_c=\displaystyle\left(\dfrac{52}{\sqrt{3}}\right)\angle 90^\circ\\ \text{A}\approx 30{,}04\angle 90^\circ\\ \text{A}
P_{\text{total}}=10816\\ \text{W}

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