Um gerador alimenta uma carga trifásica equilibrada. Gerador e carga estão conectados por uma linha de distribuição com impedância 3+j 4 \Omega / \varphi. Se a carga demanda 4750 kW a um fator de potência atrasado de 0,866 e a tensão de linha nos seus terminais é 25 kV . Determine a corrente na linha, a tensão de linha no início da linha, a potência complexa e o fator de potência no início da linha. Se a carga está conectada em Δ, calcule a corrente pela carga entre as fases B e C. (Valor 5,0)

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados (retirados do enunciado):
  • Impedância da linha por fase: \,Z_{L}=3+j4\\ \Omega/\varphi.
  • Potência ativa total requerida pela carga: \,P_{c}=4{.}750\\ \text{kW}.
  • Fator de potência da carga (atrasado): \,\cos\varphi_{c}=0{,}866.
  • Tensão de linha nos terminais da carga (linha-line, carga): \,V_{LL,\text{carga}}=25\\ \text{kV}.
  • A carga está equilibrada e conectada em \Delta.
O enunciado pede:
  1. Corrente na linha (módulo e ângulo).
  2. Tensão de linha no início da linha (tensão na origem do trecho, isto é, tensão entre fases no ponto do gerador / início da linha).
  3. Potência complexa no início da linha ( S_{\text{entrada}} ).
  4. Fator de potência no início da linha.
  5. Se a carga está em \Delta, calcular a corrente pela carga entre as fases B e C (corrente na impedância \text{BC} do triângulo).
Observação importante para a resolução: todos os dados estão balanceados, então faz-se análise por “um dos três ramos” (método por fase) e depois multiplica-se por 3, ou usa-se as fórmulas de sistema trifásico balanceado (por ex. \,S=\sqrt{3}\,V_{LL}I_{L}^*).

Passo 2

Determinar a potência aparente e a componente reativa da carga (aulas rápidas de conceito).
  • Conceito: para uma carga com potência ativa P e fator de potência \cos\varphi, a potência aparente é \,S=\dfrac{P}{\cos\varphi} e a potência reativa é \,Q=P\tan\varphi. Aqui \varphi é o ângulo de fase entre tensão e corrente, com \cos\varphi dado.
Calculemos:
\varphi \approx \operatorname{arccos}(0{,}866)\approx 30^\circ.
S_{\text{carga}}=\dfrac{P_{c}}{\cos\varphi}=\dfrac{4{.}750\\ \text{kW}}{0{,}866}\approx 5{.}488{,}554\\ \text{kVA}.
Q_{\text{carga}}=P_{c}\tan\varphi=4{.}750\cdot\tan(30^\circ)=4{.}750\cdot 0{,}577350\approx 2{.}742{,}414\\ \text{kVAr}.
(Interpretação rápida: a carga consome P_{c}=4{.}750\\ \text{kW} e Q_{c}\approx 2{.}742{,}4\\ \text{kVAr}, com aparente S_{c}\approx 5{.}488{,}6\\ \text{kVA}.)

Passo 3

Calcular a corrente na linha (fórmula e explicação).
  • Fórmula trifásica balanceada: \,S=\sqrt{3}\,V_{LL}\,I_{L}^*. Tomando magnitudes, \,I_{L}=\dfrac{S}{\sqrt{3}\,V_{LL}}.
  • Observação sobre ângulo: como o fator de potência é atrasado, a corrente está atrasada em \varphi em relação à tensão de linha (ou seja, ângulo de corrente é -\varphi se tomarmos a tensão como referência).
Usando S_{\text{carga}}=5{.}488{,}554\\ \text{kVA} e V_{LL}=25\\ \text{kV}:
I_{L}=\dfrac{5{.}488{,}554}{\sqrt{3}\cdot 25} \\ \text{(A)} =\dfrac{5{.}488{,}554}{1{,}73205\cdot 25}\approx 126{,}78\\ \text{A}.
Como o PF é atrasado de 30^\circ, o fasor da corrente (referência: tensão de linha na sua fase correspondente em 0^\circ) é
I_{L}=126{,}78\angle -30^\circ\\ \text{A}.

Passo 4

Calcular a queda de tensão ao longo da linha (por fase) e obter a tensão de fase no início da linha.
  • Raciocínio: trabalharemos por fase (modelo por fase em sistema equilibrado). Para a carga, a tensão de fase (linha-neutro equivalente) no ponto de carga é
V_{\varphi,\text{carga}}=\dfrac{V_{LL,\text{carga}}}{\sqrt{3}}=\dfrac{25{.}000\\ \text{V}}{1{,}73205}\approx 14{.}433{,}76\\ \text{V}\quad(\text{por fase}).
  • A queda de tensão por fase é \Delta V_{\varphi}=I_{L}\cdot Z_{L}. Lembre que Z_{L}=3+j4=5\angle 53{,}13^\circ\\ \Omega.
Calculemos \Delta V_{\varphi}:
\Delta V_{\varphi}=126{,}78\angle -30^\circ\\ \text{A}\;\cdot\;5\angle 53{,}13^\circ\\ \Omega =633{,}9\angle 23{,}13^\circ\\ \text{V}.
Agora somamos vetorialmente (por fase):
V_{\varphi,\text{entrada}}=V_{\varphi,\text{carga}}+\Delta V_{\varphi}.
Escolhendo V_{\varphi,\text{carga}}=14{.}433{,}756\angle 0^\circ\\ \text{V} como referência, escrevemos em retangulares:
V_{\varphi,\text{carga}}=14{.}433{,}756 + j0\\ \text{V},
\Delta V_{\varphi}=633{,}9(\cos 23{,}13^\circ + j\sin 23{,}13^\circ)\approx 583{,}66 + j247{,}62\\ \text{V}.
V_{\varphi,\text{entrada}}\approx (14{.}433{,}756+583{,}66) + j(0+247{,}62) =15{.}017{,}416 + j247{,}62\\ \text{V}.
Módulo e ângulo:
|V_{\varphi,\text{entrada}}|\approx 15{.}027{,}8\\ \text{V},\qquad \angle V_{\varphi,\text{entrada}}\approx 0{,}95^\circ.
Finalmente a tensão de linha no início (linha-line) é \,V_{LL,\text{entrada}}=\sqrt{3}\,|V_{\varphi,\text{entrada}}|:
V_{LL,\text{entrada}}=\sqrt{3}\cdot 15{.}027{,}8\\ \text{V}\approx 26{.}032\\ \text{kV}.
(Interpretação: a queda na linha foi relativamente pequena comparada a 25\\ \text{kV}, então a tensão no início sobe para cerca de 26{,}03\\ \text{kV}.)

Passo 5

Calcular a potência complexa e o fator de potência no início da linha (aula curta sobre somas de potências).
  • Ideia: potência aparente enviada é soma da potência consumida pela carga mais a potência (complexa) dissipada na linha. Em termos de fasores:
S_{\text{entrada}}=S_{\text{carga}}+S_{\text{perdas}},
onde as perdas complexas totais da linha são
S_{\text{perdas}}=3\cdot |I_{L}|^{2}\,Z_{L}.
(Explicação: por fase a potência complexa absorvida pela impedância é I^* (I Z)=|I|^2 Z; multiplicando por 3 dá o total trifásico.)
Calculemos:
|I_{L}|^{2}=(126{,}78)^2\approx 16{.}076{,}6\\ \text{A}^2.
S_{\text{perdas}}=3\cdot 16{.}076{,}6\cdot(3+j4)\\ \text{VA} \approx (144{.}689 + j192{.}919)\times 10^{3}\\ \text{VA}
ou seja \approx 144{.}689\\ \text{kW} + j192{.}919\\ \text{kVAr}.
Somando com a carga:
S_{\text{entrada}}=(4{.}750{.}000 + 144{.}689) + j(2{.}742{.}414 + 192{.}919)\\ \text{VA}
S_{\text{entrada}}\approx 4{.}894{.}689 + j2{.}935{.}333\\ \text{VA}.
Módulo e fator de potência no início:
|S_{\text{entrada}}|\approx \sqrt{(4{.}894{.}689)^2+(2{.}935{.}333)^2}\\ \text{VA}\approx 5{.}709{.}3\\ \text{kVA}.
\text{pf}_{\text{entrada}}=\dfrac{P_{\text{entrada}}}{|S_{\text{entrada}}|}=\dfrac{4{.}894{.}689}{5{.}709{.}3}\approx 0{,}857\quad\text{(atrasado)}.
(Comentário: o fator de potência no início é um pouco pior que o da carga devido à reatância da linha que adiciona componente reativa às perdas.)

Passo 6

Corrente na carga entre as fases B e C (para conexão em \Delta).
  • Em ligação em \Delta, a tensão sobre cada ramo do delta é igual à tensão linha a linha: V_{\text{ramo}}=V_{LL,\text{carga}}=25\\ \text{kV}.
  • Para potências balanceadas, a potência aparente por ramo é S_{\text{ramo}}=S_{\text{carga}}/3.
  • Relação (módulos): |I_{\text{ramo}}|=\dfrac{|S_{\text{ramo}}|}{|V_{\text{ramo}}|}=\dfrac{S_{\text{carga}}/3}{V_{LL,\text{carga}}}.
Cálculo:
S_{\text{ramo}}=\dfrac{5{.}488{,}554}{3}\\ \text{kVA}\approx 1{.}829{,}518\\ \text{kVA}.
|I_{BC}|=\dfrac{1{.}829{,}518\\ \text{kVA}}{25\\ \text{kV}}\approx 73{,}19\\ \text{A}.
Como a carga é com fator de potência atrasado de 30^\circ, a corrente no ramo BC é defasada em -30^\circ em relação à tensão V_{BC}. Assim:
I_{BC}=73{,}19\angle -30^\circ\\ \text{A}.
(Observação alternativa: para delta vale I_{L}=\sqrt{3}\,I_{\text{ramo}}. Verificando: 126{,}78/\sqrt{3}\approx 73{,}19\\ \text{A}, consistente.)

Resposta

I_{L}=126{,}78\angle -30^\circ\\ \text{A}
V_{LL,\text{entrada}}\approx 26{,}03\\ \text{kV}
S_{\text{entrada}}\approx 4{.}894{.}689 + j2{.}935{.}333\\ \text{VA}
\text{pf}_{\text{entrada}}\approx 0{,}857 (atrasado)
I_{BC}=73{,}19\angle -30^\circ\\ \text{A}

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