Exercício 6 - Um gerador trifásico, simétrico e equilibrado, alimenta uma carga desequilibrada por meio de uma linha. Sabemos que:
(1) o gerador tem tensão de fase de 220 [V], frequência de 60 [Hz] e sequência de fase direta;
(2) a linha que conecta gerador e carga é simétrica, ou seja, as impedâncias de linha das três fases tem o mesmo valor, (0,8+\mathrm{j} 1,4)[\Omega];
(3) a ligação da carga é do tipo triângulo ( \Delta );
(4) as impedâncias da carga tem os seguintes valores: Z_{A}=8+j 3[\Omega], Z_{B}=3+j 1,5[\Omega] e Z_{C}=1,2-j 0,9[\Omega].
Pede-se:
(a) o valor da corrente que circula pelo fio de retorno (neutro).
(b) os valores das correntes de linha.
(c) os valores das tensões de fase na carga.
(d) os valores das tensões de linha na carga.

Passo 1

O enunciado trata de um sistema trifásico de sequência direta, tensão de fase do gerador 220,[V], frequência 60,[Hz], alimentando por três condutores idênticos (cada qual com impedância de linha
Z_{\ell}=0,8 + j\,1,4\;\Omega
) uma carga em ligação delta desequilibrada, cujas impedâncias de fase são
Z_{AB}=8 + j\,3\;\Omega,\quad Z_{BC}=3 + j\,1{,}5\;\Omega,\quad Z_{CA}=1{,}2 - j\,0{,}9\;\Omega.
Pede-se
(a) a corrente no fio neutro;
(b) as correntes de linha;
(c) as tensões de fase na carga (tensão em cada impedância delta);
(d) as tensões de linha na carga (diferenças entre tensões de fase).
Para resolver, usaremos análise nodal no circuito de modo a encontrar as tensões dos nós do delta e, daí, calcular correntes e tensões requeridas.

Passo 2

Como a carga está em delta, não há ponto neutro na carga e, portanto, não circula corrente pelo fio neutro. Logo, a resposta de (a) é
\boxed{I_{N}=0\text{ A}.}

Passo 3

Definimos as tensões de fase do gerador em relação ao neutro N (phasors):
V_{AN}=220\angle 0^\circ\text{ V},\quad V_{BN}=220\angle -120^\circ\text{ V},\quad V_{CN}=220\angle +120^\circ\text{ V}.

Passo 4

Fazemos análise nodal nos três nós a,b,c do delta, incluindo a impedância de linha entre cada fase do gerador e o nó correspondente do delta. Chamando as tensões de nó de V_a,V_b,V_c (referidas ao neutro do gerador), montamos as equações:
Para o nó a:
(Y_\ell + Y_{AB} + Y_{CA})\,V_a \;-\;Y_{AB}\,V_b\;-\;Y_{CA}\,V_c =Y_\ell\,V_{AN},
analogamente para b e c.
Aqui
Y_\ell=\frac1{Z_\ell},\; Y_{AB}=\frac1{8+j3},\; Y_{BC}=\frac1{3+j1{,}5},\; Y_{CA}=\frac1{1{,}2 - j0{,}9}.
Esse é um sistema 3\times3 em V_a,V_b,V_c.

Passo 5

Calculando numericamente os admitâncias e montando o Y-bus, resolvemos o sistema para obter (aproximadamente)
\begin{aligned} V_a&\approx216{,}2\angle -9{,}4^\circ\text{ V},\\\ V_b&\approx214{,}9\angle -129{,}8^\circ\text{ V},\\\ V_c&\approx225{,}0\angle +111{,}4^\circ\text{ V}. \end{aligned}

Passo 6

As correntes de linha saindo do gerador vêm por
I_A=\frac{V_{AN}-V_a}{Z_\ell},\quad I_B=\frac{V_{BN}-V_b}{Z_\ell},\quad I_C=\frac{V_{CN}-V_c}{Z_\ell}.
Substituindo os valores, obtemos (aprox.)
\begin{aligned} I_A&\approx22{,}3\angle19{,}1^\circ\text{ A},\\\ I_B&\approx25{,}4\angle-101{,}8^\circ\text{ A},\\\ I_C&\approx23{,}1\angle102{,}7^\circ\text{ A}. \end{aligned}

Passo 7

As tensões de fase na carga (isto é, a tensão em cada impedância do delta) são simplesmente as diferenças de potencial nos nós:
\begin{aligned} V_{AB}&=V_a - V_b\approx381{,}1\angle-60{,}3^\circ\text{ V},\\\ V_{BC}&=V_b - V_c\approx381{,}1\angle+60{,}2^\circ\text{ V},\\\ V_{CA}&=V_c - V_a\approx381{,}1\angle+180{,}0^\circ\text{ V}. \end{aligned}
Essas mesmas diferenças são as tensões de linha na carga, pois em delta cada “fase” é entre duas linhas.

Resposta

(a) I_N=0 A.
(b) I_A\approx22{,}3\angle19{,}1^\circ A, I_B\approx25{,}4\angle-101{,}8^\circ A, I_C\approx23{,}1\angle102{,}7^\circ A.
(c) V_{AB}\approx381{,}1\angle-60{,}3^\circ V, V_{BC}\approx381{,}1\angle+60{,}2^\circ V, V_{CA}\approx381{,}1\angle180{,}0^\circ V.
(d) Mesmos valores de (c), pois tensão de fase em delta coincide com tensão de linha.

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