Uma fonte trifásica equilibrada de sequência NEGATIVA com V_{o b}=100<30^{\circ} Vef, alimenta uma carga desequilibrada em delta com Zab=10j, Zbc = -10j e Zca = 3-4j. Usando a fase C com referência e o método dos dois wattímetros calcule a potência trifásica e as leituras dos Wattimetros.

Passo 1

O enunciado (interpretado como usual em problemas de sistemas trifásicos) nos fornece e pede o seguinte (não peço nada, apenas uso os dados que você deu):
  • Dados fornecidos:
    • Fonte trifásica equilibrada de sequência NEGATIVA com tensão de linha V_{ab}=100\angle30^\circ\\ \text{V}. (Interpretei V_{o b} como V_{ab}, isto é a tensão entre as fases A e B.)
    • A fase C será tomada como referência (ou seja, escolhemos V_C=0 como referência de potencial para montar as equações de duas-wattímetros).
    • Carga em delta (triângulo) com impedâncias das fases do delta:
      • Z_{ab}=10j\\ \Omega,
      • Z_{bc}=-10j\\ \Omega,
      • Z_{ca}=3-4j\\ \Omega.
  • O que o problema pede:
    1. Calcular a potência trifásica total absorvida pela carga (potência complexa total S_{3\varphi}, e portanto P e Q).
    2. Calcular as leituras dos dois wattímetros quando a referência é a fase C (ou seja, os dois wattímetros ligados com bobinas de tensão entre A C e B C, e bobinas de corrente nas linhas A e B).

Passo 2

Entendendo a sequência NEGATIVA e obtendo as tensões de linha do delta.
  • Para uma fonte equilibrada de sequência negativa, se uma tensão de linha for \,V_{ab}=V_m\angle\theta\,, as outras tensões de linha obedecem à rotação contrária à positiva. Assim: \begin{aligned} V_{ab} &= V_m\angle\theta,\\\ V_{bc} &= V_m\angle(\theta+120^\circ),\\\ V_{ca} &= V_m\angle(\theta+240^\circ). \end{aligned}
  • Aplicando com V_m=100 e \theta=30^\circ: \begin{aligned} V_{ab} &= 100\angle30^\circ\\ \text{V},\\\ V_{bc} &= 100\angle150^\circ\\ \text{V},\\\ V_{ca} &= 100\angle270^\circ = 100\angle-90^\circ\\ \text{V}. \end{aligned}
Observação: essas três tensões são exatamente as tensões que aparecem nos braços do delta (cada impedância do delta vê a tensão de linha correspondente).

Passo 3

Correntes nos ramos do delta (cada impedância recebe a tensão de linha correspondente).
  • Fórmula usada: \,I_{xy}=\dfrac{V_{xy}}{Z_{xy}}\,, corrente com orientação de x para y.
  • Cálculos ramo a ramo:
    1. Ramo ab:
    I_{ab}=\frac{V_{ab}}{Z_{ab}}=\frac{100\angle30^\circ}{10j} =10\angle30^\circ\cdot\frac{1}{j} =10\angle30^\circ\cdot(-j)=10\angle(30^\circ-90^\circ)=10\angle-60^\circ.
    1. Ramo bc:
    I_{bc}=\frac{V_{bc}}{Z_{bc}}=\frac{100\angle150^\circ}{-10j} =10\angle(150^\circ-(-90^\circ))=10\angle240^\circ=10\angle-120^\circ.
    (usei -10j = 10\angle-90^\circ.)
    1. Ramo ca:
    Z_{ca}=3-4j=5\angle-53{,}130102^\circ,
    então
    I_{ca}=\frac{V_{ca}}{Z_{ca}}=\frac{100\angle-90^\circ}{5\angle-53{,}130102^\circ} =20\angle(-90^\circ+53{,}130102^\circ)=20\angle-36{,}869898^\circ.

Passo 4

Obter as correntes de linha I_A,I_B,I_C a partir das correntes dos ramos do delta.
  • Regra (delta):
    \begin{aligned} I_A &= I_{ab}-I_{ca},\\\ I_B &= I_{bc}-I_{ab},\\\ I_C &= I_{ca}-I_{bc}. \end{aligned}
    (Essas fórmulas vêm do KCL em cada nó do triângulo.)
  • Converto para retangular para subtrações:
    1. I_{ab}=10\angle-60^\circ=5 - j8{,}660254.
    2. I_{bc}=10\angle-120^\circ=-5 - j8{,}660254.
    3. I_{ca}=20\angle-36{,}869898^\circ=16 - j12.
  • Agora subtrações:
    1. I_A = I_{ab}-I_{ca}=(5 - j8{,}660254)-(16 - j12)=-11 + j3{,}339746.
      • Módulo/ângulo: I_A \approx 11{,}497\angle163{,}13^\circ.
    2. I_B = I_{bc}-I_{ab}=(-5 - j8{,}660254)-(5 - j8{,}660254)=-10 + j0.
      • Logo I_B = 10\angle180^\circ.
    3. I_C = I_{ca}-I_{bc}=(16 - j12)-(-5 - j8{,}660254)=21 - j3{,}339746.
      • Módulo/ângulo: I_C \approx 21{,}266\angle-8{,}999^\circ.
  • Verificação rápida: I_A+I_B+I_C=0 (soma das correntes de linha é zero), confirma consistência.

Passo 5

Calcular a potência complexa total consumida pela carga usando as potências dos ramos do delta.
  • Fórmula (para cada ramo): S_{xy}=V_{xy}\,I_{xy}^*. Somando os três ramos temos a potência total da carga:
    S_{3\varphi}=S_{ab}+S_{bc}+S_{ca} =V_{ab}I_{ab}^*+V_{bc}I_{bc}^*+V_{ca}I_{ca}^*.
  • Cálculos (uso forma polar e depois retangular quando necessário):
    1. Para ab:
      S_{ab}=100\angle30^\circ\cdot(10\angle-60^\circ)^* =100\angle30^\circ\cdot10\angle60^\circ=1000\angle90^\circ=j1000\\ \text{VA}.
    2. Para bc:
      S_{bc}=100\angle150^\circ\cdot(10\angle-120^\circ)^* =100\angle150^\circ\cdot10\angle120^\circ=1000\angle270^\circ=-j1000\\ \text{VA}.
    3. Para ca:
      S_{ca}=100\angle-90^\circ\cdot(20\angle-36{,}869898^\circ)^* =100\angle-90^\circ\cdot20\angle36{,}869898^\circ=2000\angle-53{,}130102^\circ.
      Em retangular:
      S_{ca}=1200 - j1600\\ \text{VA}
      (porque 2000\cos(-53{,}1301^\circ)=1200 e 2000\sin(-53{,}1301^\circ)=-1600).
  • Somando:
    S_{3\varphi}=j1000 - j1000 + (1200 - j1600)=1200 - j1600\\ \text{VA}.
    Assim:
    P = 1200\\ \text{W},\qquad Q = -1600\\ \text{VAR}.
    Interpretação: potência ativa positiva 1200\\ \text{W}; reativo negativo (capacitância líquida) de -1600\\ \text{VAR}.

Passo 6

Explicando o método dos dois wattímetros com referência na fase C e as fórmulas que vamos usar.
  • Ligação padrão (duas bobinas de corrente em linhas A e B; bobinas de tensão entre A C e B C). Tomando V_C=0 como referência:
    • A bobina de tensão do wattímetro 1 mede V_{AC}=V_A-V_C=V_A.
    • A bobina de tensão do wattímetro 2 mede V_{BC}=V_B-V_C=V_B.
    • As correntes medidas são I_A e I_B.
  • Leituras (expressões gerais):
    \begin{aligned} W_1 &= \Re\{V_A I_A^*\},\\\ W_2 &= \Re\{V_B I_B^*\}. \end{aligned}
  • Resta agora obter V_A e V_B com V_C=0. Usando relações entre tensões de linha e tensões de fase (com V_C=0):
    \begin{aligned} V_B &= V_{BC}\quad(\text{porque }V_{BC}=V_B-V_C=V_B),\\\ V_A &= V_{AB}+V_B\quad(\text{porque }V_{AB}=V_A-V_B\Rightarrow V_A=V_{AB}+V_B). \end{aligned}

Passo 7

Calcular V_A e V_B numericamente (referência V_C=0).
  • Sabemos: V_{ab}=100\angle30^\circ,\qquad V_{bc}=100\angle150^\circ.
  • Então: V_B=V_{bc}=100\angle150^\circ.
V_A=V_{ab}+V_B=100\angle30^\circ+100\angle150^\circ.
  • Soma em retangular: 100\angle30^\circ=86{,}602540 + j50,\qquad 100\angle150^\circ=-86{,}602540 + j50,logo V_A=(86{,}602540-86{,}602540) + j(50+50)=j100=100\angle90^\circ\\ \text{V}.

Passo 8

Calcular as leituras W_1 e W_2 usando as fórmulas.
  • Já temos:
    \begin{aligned} V_A &= 100\angle90^\circ = j100,\\\ V_B &= 100\angle150^\circ = -86{,}602540 + j50,\\\ I_A &= -11 + j3{,}339746,\\\ I_B &= -10 + j0. \end{aligned}
  • Produto para W_1:
    V_A I_A^* = j100\cdot(-11 - j3{,}339746).
    Multiplicando:
    V_A I_A^* = 100\cdot\big( -j11 - j\cdot j3{,}339746\big) =100\cdot\big( -j11 +3{,}339746\big) =333{,}9746 - j1100.
    A leitura é a parte real:
    W_1=\Re\{V_A I_A^*\}=333{,}9746\\ \text{W}\approx333{,}975\\ \text{W}.
  • Produto para W_2:
    V_B I_B^* = (-86{,}602540 + j50)\cdot(-10).
V_B I_B^* = 866{,}025 - j500.
Parte real:
W_2=\Re\{V_B I_B^*\}=866{,}025\\ \text{W}.

Passo 9

Verificação e interpretação final:
  • Soma dos dois wattímetros:
    W_1+W_2\approx333{,}975 + 866{,}025 = 1200\\ \text{W},
    que confere com a potência ativa total P=1200\\ \text{W} obtida jogando as potências dos ramos—boa checagem de consistência.
  • Observação sobre sinais: ambas as leituras são positivas, ou seja, ambos os wattímetros registram potência ativa consumida; o sinal do reativo total é negativo ( -1600\\ \text{VAR}), indicando que a carga fornece reativo (comportamento líquido capacitivo).

Resposta

S_{3\varphi}=1200 - j1600\\ \text{VA}
P=1200\\ \text{W}
Q=-1600\\ \text{VAR}
W_1\approx333{,}975\\ \text{W}
W_2\approx866{,}025\\ \text{W}

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