Uma das correntes de linha em uma carga equilibrada ligada em \Delta é dada por:
\hat{\mathrm{I}}_{B}=50 \angle-40^{0} A_{\mathrm{ef}}
Determine os fasores das correntes de fase \hat{\mathbf{I}}_{\mathrm{AB}}, \hat{\mathbf{I}}_{\mathrm{BC}} e \hat{\mathbf{I}}_{\mathrm{CA}} (módulo em valor eficaz). Desenhe um diagrama fasorial que mostre as correntes de linha e de fase. A sequência de fases da fonte é A B C.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (resumido e claro):
  • Dado: a corrente de linha na fase B é \hat{\mathrm{I}}_{B}=50\angle-40^{\circ}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}.
  • Sequência da fonte: A B C (portanto as correntes de linha são equilibradas e defasadas de 120^{\circ} entre si).
  • Pede-se: os fasores das correntes de fase \hat{\mathbf{I}}_{AB},\;\hat{\mathbf{I}}_{BC},\;\hat{\mathbf{I}}_{CA} (módulo em valor eficaz) e um diagrama fasorial que mostre correntes de linha e de fase.
Informações relevantes extraídas:
  • Como a carga é equilibrada, todas as correntes de linha têm mesmo módulo 50 e estão defasadas de 120^{\circ}: sabendo \hat{\mathrm{I}}_{B} obtém-se \hat{\mathrm{I}}_{A} e \hat{\mathrm{I}}_{C} deslocando \pm120^{\circ}.
  • Relação entre correntes em conexão em triângulo (Δ): as correntes de linha são diferenças das correntes de fase que chegam/saem nos nós. Usaremos isso para relacionar \hat{\mathrm{I}}_{B} com as correntes de fase.

Passo 2

Definições, convenções de sinal e equações que vamos usar (explicadas devagar):
  • Convenção de direção das correntes de fase (ramo do triângulo): \hat{\mathbf{I}}_{AB} é a corrente no ramo entre A e B, no sentido A\to B. Similarmente \hat{\mathbf{I}}_{BC} é B\to C e \hat{\mathbf{I}}_{CA} é C\to A.
  • Equações nodais (soma das correntes que entram/saem em cada nó) para uma Δ são: \hat{\mathrm{I}}_{A}=\hat{\mathbf{I}}_{AB}-\hat{\mathbf{I}}_{CA},
\hat{\mathrm{I}}_{B}=\hat{\mathbf{I}}_{BC}-\hat{\mathbf{I}}_{AB},
\hat{\mathrm{I}}_{C}=\hat{\mathbf{I}}_{CA}-\hat{\mathbf{I}}_{BC}.
Essas equações são diretas: por exemplo, na fase B entram/saem as correntes dos ramos BC e AB; adotando sinal positivo para a corrente de linha no condutor B conforme mostrado, obtemos \hat{\mathrm{I}}_{B}=\hat{\mathbf{I}}_{BC}-\hat{\mathbf{I}}_{AB}.
  • Como a carga é equilibrada, as três correntes de fase têm o mesmo módulo (chamemos I_{\varphi}) e estão defasadas de 120^{\circ} entre si. Ou seja, podemos escrever \hat{\mathbf{I}}_{AB}=I_{\varphi}\angle\varphi,
\hat{\mathbf{I}}_{BC}=I_{\varphi}\angle(\varphi-120^{\circ}),
\hat{\mathbf{I}}_{CA}=I_{\varphi}\angle(\varphi+120^{\circ}),
onde \varphi é a fase de referência da corrente de fase AB (a escolher para resolver).

Passo 3

Expressar \hat{\mathrm{I}}_{B} em termos de I_{\varphi} e \varphi, e simplificar:
  • Usando \hat{\mathrm{I}}_{B}=\hat{\mathbf{I}}_{BC}-\hat{\mathbf{I}}_{AB} e as expressões acima: \hat{\mathrm{I}}_{B}=I_{\varphi}\angle(\varphi-120^{\circ})-I_{\varphi}\angle\varphi.
  • Fatorando I_{\varphi}\angle\varphi: \hat{\mathrm{I}}_{B}=I_{\varphi}\angle\varphi\left(\angle(-120^{\circ})-1\right) =I_{\varphi}e^{j\varphi}\big(e^{-j120^{\circ}}-1\big).
  • Calculo explícito do complexo e^{-j120^{\circ}}-1. Primeiro escrevendo em forma cartesiana: e^{-j120^{\circ}}=\cos120^{\circ}-j\sin120^{\circ}=-\tfrac{1}{2}-j\tfrac{\sqrt{3}}{2}.Portanto e^{-j120^{\circ}}-1=\left(-\tfrac{1}{2}-1\right)-j\tfrac{\sqrt{3}}{2}=-\tfrac{3}{2}-j\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
  • Magnitude e ângulo desse número: \big|e^{-j120^{\circ}}-1\big|=\sqrt{\left(-\tfrac{3}{2}\right)^{2}+\left(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}} =\sqrt{\tfrac{9}{4}+\tfrac{3}{4}}=\sqrt{3}.O argumento é \arg(e^{-j120^{\circ}}-1)=\arctan\!\left(\frac{-\tfrac{\sqrt{3}}{2}}{-\tfrac{3}{2}}\right)=\arctan\!\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=30^{\circ},mas o ponto está no terceiro quadrante (coordenadas negativas, negativas), logo o ângulo é -150^{\circ} (ou 210^{\circ}). Assim e^{-j120^{\circ}}-1=\sqrt{3}\angle-150^{\circ}.
  • Substituindo de volta: \hat{\mathrm{I}}_{B}=I_{\varphi}\, \sqrt{3}\,\angle(\varphi-150^{\circ}).Esta é uma relação útil: o módulo de \hat{\mathrm{I}}_{B} é \sqrt{3}I_{\varphi} e sua fase é \varphi-150^{\circ}.

Passo 4

Determinar I_{\varphi} e \varphi a partir de \hat{\mathrm{I}}_{B}=50\angle-40^{\circ}:
  • Igualando módulos: 50 = \sqrt{3}\,I_{\varphi}\quad\Rightarrow\quad I_{\varphi}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}\approx 28,87\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}.
  • Igualando argumentos (fases): -40^{\circ}=\varphi-150^{\circ}\quad\Rightarrow\quad \varphi=-40^{\circ}+150^{\circ}=110^{\circ}.
  • Portanto os fasores das correntes de fase são: \hat{\mathbf{I}}_{AB}=I_{\varphi}\angle\varphi=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle110^{\circ}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}},
\hat{\mathbf{I}}_{BC}=I_{\varphi}\angle(\varphi-120^{\circ})=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle(110^{\circ}-120^{\circ})=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle(-10^{\circ})\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}},
\hat{\mathbf{I}}_{CA}=I_{\varphi}\angle(\varphi+120^{\circ})=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle(110^{\circ}+120^{\circ})=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle230^{\circ}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}.
Obs.: \angle230^{\circ} equivale a \angle(-130^{\circ}), escolha a forma que preferir para desenhar.
  • Verificação rápida (opcional, mas útil para prova): calcular \hat{\mathrm{I}}_{B}=\hat{\mathbf{I}}_{BC}-\hat{\mathbf{I}}_{AB} com os valores acima devolve 50\angle-40^{\circ} (conferido numericamente), logo tudo está consistente.

Passo 5

Como desenhar o diagrama fasorial (passo a passo para desenhar à mão; isto satisfaz a parte “desenhe”):
  • Desenhe um eixo complexo (eixo real horizontal e eixo imaginário vertical).
  • Desenhe os três fasores de corrente de fase (mesmo módulo 28,87):
    • \hat{\mathbf{I}}_{AB} com ângulo 110^{\circ} (um pouco acima do eixo negativo real, no II quadrante).
    • \hat{\mathbf{I}}_{BC} com ângulo -10^{\circ} (próximo ao eixo real, ligeiramente abaixo).
    • \hat{\mathbf{I}}_{CA} com ângulo 230^{\circ} (equivalente a -130^{\circ}, no III quadrante). Esses três estão defasados de 120^{\circ} entre si e têm mesmo comprimento.
  • Em seguida desenhe as correntes de linha (mesmo módulo 50):
    • \hat{\mathrm{I}}_{B}=50\angle-40^{\circ} (já dada).
    • \hat{\mathrm{I}}_{A}=50\angle(-40^{\circ}+120^{\circ})=50\angle80^{\circ}.
    • \hat{\mathrm{I}}_{C}=50\angle(-40^{\circ}-120^{\circ})=50\angle-160^{\circ}.
  • Para mostrar a relação, no nó B desenhe vetorialmente \hat{\mathbf{I}}_{BC} e \hat{\mathbf{I}}_{AB} e faça a diferença \hat{\mathbf{I}}_{BC}-\hat{\mathbf{I}}_{AB}; o resultado da diferença é o vetor \hat{\mathrm{I}}_{B} (isto ilustra a equação nodal). Repita análogamente para os nós A e C.

Passo 6

Observações finais e dica prática para prova (motivo/intuído por trás dos números):
  • Resultado prático rápido: em Δ equilibrado a relação entre módulo de corrente de linha e corrente de fase é |\hat{\mathrm{I}}_{\text{linha}}|=\sqrt{3}\,|\hat{\mathbf{I}}_{\text{fase}}|. A fase relativa entre a corrente de fase escolhida e a corrente de linha que resulta da diferença apresenta o desvio calculado acima (isto vem da soma vetorial de dois fasores defasados 120^{\circ}).
  • Dica: se te der uma corrente de linha, já sabe: divide por \sqrt{3} para achar a corrente de fase e some +150^{\circ} ao ângulo da corrente de linha para obter a referência \varphi de \hat{\mathbf{I}}_{AB} conforme a convenção usada aqui. (Aprende esse “macete” de memória para ganhar tempo na prova.)

Resposta

\hat{\mathbf{I}}_{AB}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle110^{\circ}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}
\hat{\mathbf{I}}_{BC}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle(-10^{\circ})\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}
\hat{\mathbf{I}}_{CA}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\angle230^{\circ}\\ \mathrm{A}_{\mathrm{ef}}

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