Um gerador simétrico ligado em estrela com seqüência direta e \dot{V}_{A B}=220 \mid \underline{35^{\circ}} \mathrm{V} alimenta, através de uma linha equilibrada, duas cargas equilibradas ligadas em paralelo, uma ligada em estrela e outra ligada em triângulo. Pede-se determinar a corrente de linha e a tensão de linha na carga.
Dados:
  1. impedância por fase da carga em estrela: (4+\mathrm{j} 6) \Omega;
  2. impedância por fase da carga em triângulo: (3+\mathrm{j} 4) \Omega;
  3. impedância por fase da linha: (0,2+\mathrm{j} 0,3) \Omega.
Resposta:
\begin{aligned} & \dot{I}_{A}=74,080\left|\underline{-49,3^{\circ}} \mathrm{A} ; \dot{I}_{B}=74,080\right| \underline{-169,3^{\circ}} \mathrm{A} ; \dot{I}_{C}=74,080 \mid \underline{70,7^{\circ}} \mathrm{A} ; \\ & \dot{V}_{A B}=173,745\left|\underline{34,5^{\circ}} \mathrm{V} ; \dot{V}_{B C}=173,745\right| \underline{-85,5^{\circ}} \mathrm{V} ; \dot{V}_{C A}=173,745 \mid \underline{154,5^{\circ}} \mathrm{V} . \end{aligned}

Passo 1

O enunciado descreve um gerador simétrico, ligado em estrela com sequência direta, cuja tensão de linha é \dot V_{AB}=220\angle35^\circ V. Esse gerador alimenta, por uma linha equilibrada de impedância por fase \,(0,2 + \mathrm j\,0,3)\,\Omega, duas cargas equilibradas em paralelo: uma em estrela com impedância de fase \,(4 + \mathrm j\,6)\,\Omega e outra em triângulo com impedância de fase \,(3 + \mathrm j\,4)\,\Omega.
Conteúdo: análise de circuito trifásico equilibrado, conversão delta–estrela, impedâncias em paralelo e cálculo de quedas de tensão.

Passo 2

Convertemos a tensão de gerador para o valor de fase V_{AN}. Para conexão em estrela vale
V_{AN} = \frac{V_{AB}}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ) = \frac{220\angle35^\circ}{\sqrt{3}}\angle(-30^\circ) =127,02\angle5^\circ\text{ V}.

Passo 3

Transformamos a carga em triângulo numa equivalente em estrela dividindo a impedância por 3:
Z_{\Delta,\rm eq} = \frac{3 + \mathrm j\,4}{3} = 1 + \mathrm j\,1{,}333\;\Omega.
Agora calculamos a impedância total da carga por fase, que é o paralelo entre Z_Y=4+\mathrm j\,6 e Z_{\Delta,\rm eq}:
Z_{\rm Carga} = \frac{Z_Y\,Z_{\Delta,\rm eq}}{Z_Y + Z_{\Delta,\rm eq}} = \frac{(4+\mathrm j\,6)\,(1+\mathrm j\,1{,}333)}{(4+\mathrm j\,6)+(1+\mathrm j\,1{,}333)} =1{,}3546\angle53{,}14^\circ\;\Omega.

Passo 4

Somamos a impedância da linha em série com a da carga para obter a impedância total por fase:
Z_{\rm total} = (0{,}2+\mathrm j\,0{,}3) + 1{,}3546\angle53{,}14^\circ =1{,}0118 + \mathrm j\,1{,}3819 =1{,}733\angle53{,}35^\circ\;\Omega.

Passo 5

A corrente de fase I_A é
\dot I_A = \frac{V_{AN}}{Z_{\rm total}} = \frac{127,02\angle5^\circ}{1,733\angle53{,}35^\circ} =74,080\angle(-49{,}3^\circ)\;\mathrm A.
Como o sistema é equilibrado, as demais correntes de linha são
\dot I_B = \dot I_A\angle(-120^\circ) =74,080\angle(-169{,}3^\circ)\;\mathrm A, \qquad \dot I_C = \dot I_A\angle(+120^\circ) =74,080\angle70{,}7^\circ\;\mathrm A.

Passo 6

Calculamos a tensão na carga no terminal A:
\dot V_{\rm queda} = \dot I_A\,(0{,}2+\mathrm j\,0{,}3) =26,72\angle7{,}01^\circ\;\mathrm V,
\dot V_{AN,\rm carga} =127,02\angle5^\circ - 26,72\angle7{,}01^\circ =100,19\angle4{,}48^\circ\;\mathrm V.
Finalmente a tensão de linha na carga é
\dot V_{AB} = \sqrt{3}\,\dot V_{AN,\rm carga}\angle30^\circ =173,745\angle34{,}5^\circ\;\mathrm V,
e, pelo equilíbrio,
\dot V_{BC}=173,745\angle(-85{,}5^\circ)\;\mathrm V, \quad \dot V_{CA}=173,745\angle154{,}5^\circ\;\mathrm V.

Resposta

\dot I_{A}=74,080\angle{-49,3^\circ}\,\mathrm A;\quad \dot I_{B}=74,080\angle{-169,3^\circ}\,\mathrm A;\quad \dot I_{C}=74,080\angle{70,7^\circ}\,\mathrm A; \dot V_{AB}=173,745\angle{34,5^\circ}\,\mathrm V;\quad \dot V_{BC}=173,745\angle{-85,5^\circ}\,\mathrm V;\quad \dot V_{CA}=173,745\angle{154,5^\circ}\,\mathrm V.

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