1. 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 4500 kW a um fator de potência atrasado de 0,866 e a tensão de linha nos seus terminais é 24 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. (Valor 4,5)

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados (fornecidos pelo enunciado):
    • Potência ativa da carga: P_{carga}=4500\\ \mathrm{kW}.
    • Fator de potência da carga (atrasado): \mathrm{pf}_{carga}=0{,}866 (lagging).
    • Tensão de linha nos terminais da carga: V_{LL}^{carga}=24\\ \mathrm{kV}.
    • Impedância da linha (por fase): Z_{linha}=3+j4\\ \Omega/\varphi.
  • O enunciado pede:
    1. A corrente na linha (valor por fase, com ângulo).
    2. A tensão de linha no início da linha (tensão de linha no gerador).
    3. A potência complexa fornecida no início da linha ( S_{início}í ).
    4. O fator de potência no início da linha.
Observação: a linha e a carga são equilibradas, então uso modelagem por fase (quantidades fase a fase) e depois multiplico por 3 quando necessário.

Passo 2

Primeiro obtenho a potência reativa da carga e a potência aparente total da carga.
  • Ângulo de fase da carga \varphi definido por \cos\varphi=\mathrm{pf}_{carga}=0{,}866. Logo
    \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}866)=30^\circ.
  • Potência reativa total da carga:
    Q_{carga}=P_{carga}\tan\varphi=4500\cdot\tan(30^\circ)=4500\cdot0{,}577350\ldots\approx2598{,}08\\ \mathrm{kVAr}.
  • Potência aparente total da carga:
    S_{carga}=P_{carga}+jQ_{carga}=4500+j2598{,}08\\ \mathrm{kVA}.

Passo 3

Passo para grandezas por fase (dividindo por 3), e calculo a tensão de fase nos terminais da carga.
  • Por fase: P_{ph}=\frac{P_{carga}}{3}=1500\\ \mathrm{kW},\qquad Q_{ph}=\frac{Q_{carga}}{3}=866{,}025\\ \mathrm{kVAr},
S_{ph}=P_{ph}+jQ_{ph}=1500+j866{,}025\\ \mathrm{kVA}.
  • Tensão de fase (assumindo estrela equivalente para referência): V_{ph}^{carga}=\frac{V_{LL}^{carga}}{\sqrt{3}}=\frac{24000}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{V}\approx13856{,}406\\ \mathrm{V}.(vou usar V_{ph}^{carga} como referência de fase, ou seja, ângulo 0^\circ.)

Passo 4

Calcular a corrente por fase que a carga consome. Usamos a relação entre potência por fase e corrente:
I_{ph}=\frac{S_{ph}^*}{V_{ph}^{carga}},
onde o asterisco indica conjugado (isso garante o sinal correto do ângulo da corrente para cargas com \mathrm{pf} atrasado).
  • Primeiro módulo de S_{ph}: |S_{ph}|=\sqrt{1500^2+866{,}025^2}=\sqrt{3{,}000{,}000}\approx1732{,}05\\ \mathrm{kVA\\ por\\ fase}.
  • Módulo da corrente por fase: |I_{ph}|=\frac{|S_{ph}|}{V_{ph}^{carga}}=\frac{1732{,}05\times10^3}{13856{,}406}\\ \mathrm{A}\approx125{,}0\\ \mathrm{A}.
  • Ângulo: S_{ph} tem ângulo +\varphi=+30^\circ. Usando o conjugado, o ângulo da corrente é -30^\circ (corrente atrasa a tensão). I_{ph}=125\angle -30^\circ\\ \mathrm{A}.
Como o sistema é equilibrado, essa é também a corrente de linha (linha que liga gerador-carga):
\boxed{I_{linha}=125\angle -30^\circ\\ \mathrm{A}.}

Passo 5

Calcular a queda de tensão por fase na linha: \Delta V_{ph}=I_{ph}\,Z_{linha}.
  • Primeiro represento Z_{linha} em forma polar: |Z|=\sqrt{3^2+4^2}=5\\ \Omega, ângulo \theta_Z=\arctan\!\left(\tfrac{4}{3}\right)=53{,}130^\circ.
  • Produto em polar: \Delta V_{ph}=125\angle -30^\circ \times 5\angle 53{,}130^\circ =625\angle 23{,}130^\circ\\ \mathrm{V}.
  • Converto \Delta V_{ph} para forma retangular para somar com V_{ph}^{carga}: \Delta V_{ph}=625\cos(23{,}13^\circ)+j\,625\sin(23{,}13^\circ)\approx575{,}3 + j244{,}2\\ \mathrm{V}.

Passo 6

A tensão de fase no início da linha (na saída do gerador) é soma da tensão na carga com a queda:
V_{ph}^{início}=V_{ph}^{carga}+\Delta V_{ph}.í
Usando V_{ph}^{carga}=13856{,}406\angle 0^\circ =13856{,}406+ j0\\ \mathrm{V}, obtemos
V_{ph}^{início}\approx(13856{,}406+575{,}3) + j(0+244{,}2)=14431{,}706 + j244{,}2\\ \mathrm{V}.í
  • Módulo e ângulo: |V_{ph}^{início}|\approx14431{,}9\\ \mathrm{V},\qquad \angle V_{ph}^{início}\approx0{,}97^\circ.íí
Tensão de linha (linha a linha) no início:
V_{LL}^{início}=\sqrt{3}\,V_{ph}^{início}\approx\sqrt{3}\times14431{,}9\\ \mathrm{V}\approx25000\\ \mathrm{V}=25{,}00\\ \mathrm{kV},íí
com ângulo também de aproximadamente 0{,}97^\circ.

Passo 7

Calcular a potência complexa no início da linha. Duas formas equivalentes: (a) somar potência da carga com a potência absorvida pela linha; ou (b) usar S_{início}=3\,V_{ph}^{início}\,I_{ph}^*íí. Vou usar (b) porque já tenho V_{ph}^{início}í retangular e I_{ph}^* em retangular.
  • Conjugado da corrente: I_{ph}^*=125\angle +30^\circ =125(\cos30^\circ + j\sin30^\circ)=108{,}25317 + j62{,}5\\ \mathrm{A}.
  • Produto por fase: S_{ph}^{início}=V_{ph}^{início}\,I_{ph}^*=(14431{,}706 + j244{,}2)(108{,}25317 + j62{,}5)\\ \mathrm{VA}.ííFazendo a multiplicação (mostrada no cálculo): S_{ph}^{início}\approx1{,}547{,}014{,}65 + j928{,}417{,}03\\ \mathrm{VA}.í
  • Potência total (multiplicando por 3): S_{início}=3\,S_{ph}^{início}\approx4{,}641{,}043{,}95 + j2{,}785{,}251{,}09\\ \mathrm{VA}.ííEm unidades mais usuais: S_{início}\approx 4641{,}04\\ \mathrm{kW} + j\,2785{,}25\\ \mathrm{kVAr}.í
Verificação rápida: a parte ativa adicional P_{início}-P_{carga}\approx141{,}04\\ \mathrm{kW}í é próxima da perda em resistência na linha 3I^2R=3\times125^2\times3=140{,}625\\ \mathrm{W} (diferença por arredondamento). E a reativa adicional bate com 3I^2X\approx187{,}5\\ \mathrm{kVAr}. Então está consistente.

Passo 8

Calcular o fator de potência no início da linha:
\mathrm{pf}_{início}=\frac{P_{início}}{|S_{início}|}=\frac{4641{,}04}{\sqrt{4641{,}04^2+2785{,}25^2}}.ííí
Já que |S_{início}|\approx5411{,}96\\ \mathrm{kVA}í, temos
\mathrm{pf}_{início}\approx\frac{4641{,}04}{5411{,}96}\approx0{,}857.í
O sinal da reativa é positivo, então o fator de potência é atrasado (lagging).

Passo 9

Resumo numérico das respostas obtidas (valores com arredondamento adequado para prova):
  • Corrente na linha por fase: I_{linha}=125\angle -30^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Tensão de linha no início: V_{LL}^{início}\approx25{,}00\\ \mathrm{kV}\angle0{,}97^\circ.í
  • Potência complexa no início: S_{início}\approx4641{,}04 + j\,2785{,}25\\ \mathrm{kW\,(kVAr)}.í
  • Fator de potência no início: \mathrm{pf}_{início}\approx0{,}857í (atrasado).
Força aí — esses passos são os que normalmente aparecem na prova: converter para por-fase, achar I via S^*/V, calcular queda IZ, somar para ter tensão de envio, e depois S de envio por 3VI^*. Se quiser, praticamos outro exemplo parecidinho para fixar.

Resposta

I_{linha}=125\angle -30^\circ\\ \mathrm{A}
V_{LL}^{início}=25{,}00\\ \mathrm{kV}\angle0{,}97^\circí
S_{início}=4641{,}04 + j\,2785{,}25\\ \mathrm{kW\,(kVAr)}í
\mathrm{pf}_{início}=0{,}857í (atrasado)

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