Exercício 08: São aplicadas tensõs de linha trifásicas equilibradas de 100 V a uma carga ligada em Y consistindo em três resistores. O neutro da carga não está aterrado. A resistência na fase a é 10 \Omega, na fase b é 20 \Omega e na fase c é 30 \Omega. Escolha V_{a n}^{\prime} como referência e determine a corrente na fase a e a tensão V_{a n}^{\prime}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede.
  • Dados do enunciado:
    • Tensões trifásicas equilibradas aplicadas à carga (tensões fase‑neutro da fonte): \;V_{an}=100\angle 0^\circ\\ \text{V},\;V_{bn}=100\angle -120^\circ\\ \text{V},\;V_{cn}=100\angle +120^\circ\\ \text{V}.
    • Carga ligada em Y, neutro da carga não aterrado (neutro da carga é n' e do gerador é n; n' fica “flutuando”).
    • Resistências: \;R_a=10\\ \Omega,\;R_b=20\\ \Omega,\;R_c=30\\ \Omega.
  • O que o enunciado pede:
    • Escolher \;V_{a n'} como referência (ou seja, pôr sua fase igual a 0^\circ).
    • Determinar a corrente na fase a (ou seja \;I_a) e a tensão \;V_{a n'}.
Observação útil (não resolvo ainda): como o neutro da carga não está conectado ao neutro da fonte, o ponto neutro da carga n' desloca-se; então as tensões fase‑neutro sobre cada resistor serão \;V_{a n'}=V_{an}-V_{n'n}, etc., onde V_{n'n} é a tensão do neutro da carga em relação ao neutro da fonte. Vou calcular V_{n'n} usando a lei das correntes (KCL) no ponto n'.

Passo 2

Explicação do método (passo a passo conceitual):
  • Em regime fasorial, a corrente de cada fase é dada por
    I_a=\frac{V_{a n'}}{R_a},\qquad I_b=\frac{V_{b n'}}{R_b},\qquad I_c=\frac{V_{c n'}}{R_c}.
    Aqui \;V_{k n'} é a tensão da fase k ao neutro da carga n'.
  • Relação entre tensões da fonte e tensões na carga:
    V_{k n'} = V_{kn} - V_{n'n},
    onde V_{kn} é a tensão fase‑neutro da fonte e V_{n'n} é a tensão do neutro da carga em relação ao neutro da fonte (incógnita).
  • Como n' não está conectado ao gerador, a soma das correntes que entram no nó n' é zero (KCL):
    I_a + I_b + I_c = 0.
    Substituindo as expressões das correntes:
    \frac{V_{an}-V_{n'n}}{R_a}+\frac{V_{bn}-V_{n'n}}{R_b}+\frac{V_{cn}-V_{n'n}}{R_c}=0.
  • Isolando V_{n'n} obtemos uma fórmula direta:
    V_{n'n}=\frac{\dfrac{V_{an}}{R_a}+\dfrac{V_{bn}}{R_b}+\dfrac{V_{cn}}{R_c}}{\dfrac{1}{R_a}+\dfrac{1}{R_b}+\dfrac{1}{R_c}}.
    Esta fórmula é muito útil: é a média ponderada das tensões de fase, ponderada pelas condutâncias 1/R_k.

Passo 3

Calcular os termos necessários: primeiro \dfrac{V_{kn}}{R_k} para cada fase.
  • Para a:
    \frac{V_{an}}{R_a}=\frac{100\angle 0^\circ}{10}=10\quad(\text{puro real}).
  • Para b: usar V_{bn}=100\angle -120^\circ. Em forma retangular:
    100\angle -120^\circ = 100\big(\cos(-120^\circ)+j\sin(-120^\circ)\big) = -50 - j50\sqrt{3}.
    Logo
    \frac{V_{bn}}{R_b}=\frac{-50 - j50\sqrt{3}}{20}=-\frac{5}{2}-j\frac{5\sqrt{3}}{2}.
  • Para c: usar V_{cn}=100\angle +120^\circ. Em forma retangular:
    100\angle +120^\circ = -50 + j50\sqrt{3}.
    Logo
    \frac{V_{cn}}{R_c}=\frac{-50 + j50\sqrt{3}}{30}=-\frac{5}{3}+j\frac{5\sqrt{3}}{3}.
Agora somamos esses três termos:
\frac{V_{an}}{R_a}+\frac{V_{bn}}{R_b}+\frac{V_{cn}}{R_c} =10-\frac{5}{2}-\frac{5}{3}-j\!\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{3}\right).
Calculemos as partes real e imaginária separadamente.
  • Parte real:
    10-\frac{5}{2}-\frac{5}{3}=\frac{60-15-10}{6}=\frac{35}{6}\approx 5{,}833333.
  • Parte imaginária:
    -\left(\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{5\sqrt{3}}{6}\approx -1{,}443376.
Portanto
\frac{V_{an}}{R_a}+\frac{V_{bn}}{R_b}+\frac{V_{cn}}{R_c} =\frac{35}{6}-j\frac{5\sqrt{3}}{6}\approx 5{,}833333 - j1{,}443376.

Passo 4

Calcular a soma das condutâncias \sum 1/R_k:
\frac{1}{R_a}+\frac{1}{R_b}+\frac{1}{R_c}=\frac{1}{10}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30} =\frac{6+3+2}{60}=\frac{11}{60}\approx 0{,}1833333.
Agora usar a fórmula do Passo 2 para obter V_{n'n}:
V_{n'n} =\frac{\dfrac{35}{6}-j\dfrac{5\sqrt{3}}{6}}{\dfrac{11}{60}} =\Big(\frac{35}{6}-j\frac{5\sqrt{3}}{6}\Big)\cdot\frac{60}{11}.
Simplificando 60/6=10, obtemos
V_{n'n}=\frac{350}{11}-j\frac{50\sqrt{3}}{11}.
Valores numéricos:
V_{n'n}\approx 31{,}81818 - j7{,}872958\\ \text{V}.
Podemos também obter módulo e ângulo (para compreensão):
|V_{n'n}|\approx\sqrt{31{,}81818^2+(-7{,}872958)^2}\approx 32{,}78\\ \text{V}, \quad \angle V_{n'n}\approx -13{,}88^\circ.

Passo 5

Agora calculo \;V_{a n'}=V_{an}-V_{n'n}.
  • V_{an}=100\angle 0^\circ=100+ j0.
  • Subtraindo V_{n'n}: V_{a n'}=(100 - 31{,}81818) + j(0 - (-7{,}872958)) =68{,}18182 + j7{,}872958\\ \text{V}.
Convertendo para forma polar:
|V_{a n'}|=\sqrt{68{,}18182^2+7{,}872958^2}\approx 68{,}727\\ \text{V},
\angle V_{a n'}=\arctan\!\left(\dfrac{7{,}872958}{68{,}18182}\right)\approx 6{,}59^\circ.
Portanto, em forma fasorial:
V_{a n'}\approx 68{,}727\angle 6{,}59^\circ\\ \text{V}.

Passo 6

Corrente da fase a:
Como R_a é puramente resistivo, \;I_a=\dfrac{V_{a n'}}{R_a}. Em forma retangular:
I_a=\frac{68{,}18182 + j7{,}872958}{10}=6{,}818182 + j0{,}7872958\\ \text{A}.
Em forma polar:
|I_a|=\frac{|V_{a n'}|}{R_a}=\frac{68{,}727}{10}\approx 6{,}8727\\ \text{A}, \quad \angle I_a=\angle V_{a n'}\approx 6{,}59^\circ.
Assim
I_a\approx 6{,}8727\angle 6{,}59^\circ\\ \text{A}.

Passo 7

O enunciado pediu explicitamente: “Escolha V_{a n'} como referência”. Isso significa que podemos tomar a fase de V_{a n'} igual a 0^\circ e referir todas as outras fases a essa referência. Se adotarmos essa referência, então:
  • \;V_{a n'} em referência própria será \;V_{a n'}=68{,}727\angle 0^\circ\\ \text{V}.
  • Como R_a é real, a corrente I_a tem o mesmo ângulo de \;V_{a n'}. Assim em referência a \;V_{a n'}: I_a=6{,}8727\angle 0^\circ\\ \text{A}.
(Os valores numéricos mantêm-se; só foi feita a mudança de referência de fase para colocar \angle V_{a n'}=0^\circ.)

Resposta

I_a = 6{,}8727\angle 0^\circ\\ \text{A}\n
V_{a n'} = 68{,}727\angle 0^\circ\\ \text{V}

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