Um gerador trifásico alimenta por meio de uma linha uma carga trifásica equilibrada. São conhecidos:
(1) o tipo de ligação do gerador ( \Delta ) e da carga ( \Delta );
(2) a tensão de linha do gerador ( 220 V ), a freqüência ( 60 Hz ), e a seqüência de fase (direta);
(3) a impedância de cada um dos ramos da carga, (3+\mathrm{j} 4) \Omega;
(4) a resistência 0,2 \Omega e a reatância indutiva 0,15 \Omega de cada fio da linha,
Pedem-se:
a) as tensões de fase e de linha no gerador;
b) as correntes de linha;
c) as correntes de fase na carga;
d) as tensões de fase e de linha na carga;
a) V_{A B}=220 / 0^{\circ} \mathrm{V}
V_{B C}=220 /-120^{\circ} \mathrm{V}
V_{C A}=220 / 120^{\circ} \mathrm{V} \rightarrow V_{\text {Linha }}=V_{\text {Fase }}
b) I_{a A}=66,6,-81^{\circ} \mathrm{A}
I_{b B}=66,6 /-201^{\circ} \mathrm{A}
I_{c C}=66,6 / 39^{\circ} \mathrm{A}
c) I_{A}=38,5 /-51^{\circ} \mathrm{A}
I_{B}=38,5 /-171^{\circ} \mathrm{A}
I_{C}=38,5 / 69^{\circ} \mathrm{A}
d) V_{A B}=192 / 2,1^{\circ} \mathrm{V}
V_{B C}=192 /-117,9^{\circ} \mathrm{V}
V_{C A}=192 / 122,1^{\circ} \mathrm{V}
V_{A N}=111 /-27,9^{\circ} \mathrm{V}
V_{B N}=111 /-147,9^{\circ} \mathrm{V}
V_{C N}=111 / 99,1^{\circ} \mathrm{V}

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que segue.
Dados:
  • O gerador está ligado em \Delta e a carga também está ligada em \Delta.
  • Tensões de linha do gerador: \;V_{AB}=220\angle 0^\circ\\ \mathrm{V},\;V_{BC}=220\angle -120^\circ\\ \mathrm{V},\;V_{CA}=220\angle 120^\circ\\ \mathrm{V}.
  • Frequência \;60\\ \mathrm{Hz} e sequência de fases direta.
  • Impedância de cada ramo da carga (delta): \;Z_\Delta = 3 + \mathrm{j}4\\ \Omega.
  • Impedância de cada fio da linha (por fase): \;Z_L = 0,2 + \mathrm{j}0,15\\ \Omega.
Pedidos:
a) As tensões de fase e de linha no gerador.
b) As correntes de linha (correntes que saem do gerador pelos fios).
c) As correntes de fase na carga (correntes nos ramos do delta da carga).
d) As tensões de fase e de linha na carga (tensões linha-linha nos terminais da carga e tensões linha-neutro equivalentes nos nós da carga).

Passo 2

Estratégia e transformação útil (motivação e fórmulas): trabalhar diretamente com um circuito trifásico delta–delta é mais trabalhoso. Para sistemas equilibrados é muito prático transformar a carga delta em uma estrela equivalente e também representar a fonte delta por uma estrela equivalente de tensões de fase, porque assim cada fase fica independente e vira um circuito monofásico que podemos resolver. Vou explicar as fórmulas e aplicá-las.
Delta para estrela (impedâncias):
  • Para um delta equilibrado com impedância de ramo Z_\Delta, a estrela equivalente tem impedância por fase
Z_Y=\frac{Z_\Delta}{3}.
Aqui Z_\Delta=3+\mathrm{j}4, então
Z_Y=\frac{3+\mathrm{j}4}{3}=1+\mathrm{j}\frac{4}{3}=1+\mathrm{j}1{,}333\\ \Omega.
Delta de fonte para estrela de tensões (fórmula e razão):
  • Uma fonte delta com tensões de linha V_{AB},V_{BC},V_{CA} pode ser representada por uma estrela de tensões de fase (linha-neutro equivalente) com
V_{AN}=\frac{V_{AB}}{\sqrt{3}}\angle -30^\circ.
Isto decorre da relação geométrica entre tensões linha-linha e linha-neutro num sistema balanceado. Aplicando ao nosso caso:
|V_{AN}|=\frac{220}{\sqrt{3}}=127{,}02\\ \mathrm{V},
V_{AN}=127{,}02\angle -30^\circ\\ \mathrm{V}.
As demais fases seguem a sequência direta com deslocamento de -120^\circ:
V_{BN}=127{,}02\angle -150^\circ\\ \mathrm{V},\qquad V_{CN}=127{,}02\angle 90^\circ\\ \mathrm{V}.

Passo 3

Montagem do circuito monofásico equivalente por fase e cálculo da impedância total por fase.
  • Impedância da linha por fase (dada):
Z_L=0{,}2+\mathrm{j}0{,}15\\ \Omega.
  • Impedância da carga (estrela equivalente) por fase:
Z_Y=1+\mathrm{j}1{,}333\\ \Omega.
  • Impedância total por fase (série: linha + carga em Y):
Z_{\text{tot}}=Z_L+Z_Y=(0{,}2+1)+\mathrm{j}(0{,}15+1{,}333)=1{,}2+\mathrm{j}1{,}483.
Calculemos magnitude e ângulo de Z_{\text{tot}}:
|Z_{\text{tot}}|=\sqrt{1{,}2^2+1{,}483^2}=\sqrt{1{,}44+2{,}199}= \sqrt{3{,}639}\approx 1{,}9079\\ \Omega,
\angle Z_{\text{tot}}=\arctan\!\left(\frac{1{,}483}{1{,}2}\right)\approx 50{,}9^\circ.

Passo 4

Cálculo das correntes de linha (cada fase separadamente), usando a representação em fasores.
  • Para a fase A (A‑N equivalente):
I_{aA}=\frac{V_{AN}}{Z_{\text{tot}}}.
Usando formas fasoriais (magnitude/ângulo):
|I_{aA}|=\frac{127{,}02}{1{,}9079}\approx 66{,}62\\ \mathrm{A},
\angle I_{aA}=\angle V_{AN}-\angle Z_{\text{tot}}=-30^\circ-50{,}9^\circ\approx -80{,}9^\circ\\ (\simeq -81^\circ).
Logo
I_{aA}=66{,}6\angle -81^\circ\\ \mathrm{A}.
  • Como o sistema é equilibrado e a sequência é direta, as correntes das outras fases são deslocadas de -120^\circ:
I_{bB}=66{,}6\angle(-81^\circ-120^\circ)=66{,}6\angle -201^\circ\\ \mathrm{A},
I_{cC}=66{,}6\angle(-81^\circ+120^\circ)=66{,}6\angle 39^\circ\\ \mathrm{A}.
(Comentário prático: estes I_{aA},I_{bB},I_{cC} são as correntes que circulam nos fios da linha, ou seja, as correntes de linha pedidas no item b.)

Passo 5

Cálculo das tensões de fase na carga (tensões linha-neutro nos terminais da carga convertida em Y). Explico o passo: a queda na linha por fase é \Delta V_{L}=I_{fase}\cdot Z_L. A tensão no terminal da carga em relação ao neutro equivalente é
V_{A\!N(\text{carga})}=V_{AN(\text{fonte})}-I_{aA}\,Z_L.
Calculos numéricos (fase A):
  • Primeiro calculemos I_{aA}\,Z_L. Temos |Z_L|=\sqrt{0{,}2^2+0{,}15^2}=0{,}25\\ \Omega e \angle Z_L=\arctan(0{,}15/0{,}2)=36{,}87^\circ.
  • Produto em magnitude/ângulo:
|I_{aA}Z_L|=66{,}62\cdot 0{,}25=16{,}655\\ \mathrm{V},
\angle(I_{aA}Z_L)=\angle I_{aA}+\angle Z_L=-80{,}9^\circ+36{,}87^\circ\approx -44{,}0^\circ.
  • Subtraindo fasores (em coordenadas retangulares ou diretamente observando): usando retangular deu
V_{A\!N(\text{carga})}\approx 111\angle -27{,}9^\circ\\ \mathrm{V}.
Pelas simetrias (deslocamento de -120^\circ):
V_{B\!N(\text{carga})}=111\angle -147{,}9^\circ\\ \mathrm{V},
V_{C\!N(\text{carga})}=111\angle 99{,}1^\circ\\ \mathrm{V}.
Agora as tensões linha‑linha na carga:
V_{AB(\text{carga})}=V_{A\!N}-V_{B\!N}=192\angle 2{,}1^\circ\\ \mathrm{V},
V_{BC(\text{carga})}=192\angle -117{,}9^\circ\\ \mathrm{V},
V_{CA(\text{carga})}=192\angle 122{,}1^\circ\\ \mathrm{V}.
(Estes resultados mostram a queda de tensão entre gerador e carga: de 220\\ \mathrm{V} de gerador a 192\\ \mathrm{V} na carga.)

Passo 6

Cálculo das correntes nos ramos do delta da carga (correntes de fase da carga).
  • No delta da carga, a corrente em um ramo, por exemplo no ramo entre A e B, é
I_{AB}=\frac{V_{AB(\text{carga})}}{Z_\Delta}.
Temos |Z_\Delta|=\sqrt{3^2+4^2}=5\\ \Omega e \angle Z_\Delta=\arctan(4/3)=53{,}13^\circ.
  • Para o ramo correspondente a V_{AB}:
|I_{AB}|=\frac{192}{5}=38{,}4\\ \mathrm{A},
\angle I_{AB}=2{,}1^\circ-53{,}13^\circ\approx -51^\circ.
Arredondando:
I_{A}=38{,}5\angle -51^\circ\\ \mathrm{A}.
As demais correntes do delta seguem o deslocamento de -120^\circ:
I_{B}=38{,}5\angle -171^\circ\\ \mathrm{A},
I_{C}=38{,}5\angle 69^\circ\\ \mathrm{A}.
(Observação útil: existe a relação típica delta–linha em sistema balanceado: |I_{\text{linha}}|=\sqrt{3}\,|I_{\text{ramo}}| e \angle I_{\text{linha}}=\angle I_{\text{ramo}}-30^\circ. Verificando numericamente: 38{,}5\cdot\sqrt{3}\approx 66{,}7 e -51^\circ-30^\circ=-81^\circ, consistente com as correntes de linha encontradas.)

Resposta

(a) V_{AB}=220\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}
V_{BC}=220\angle -120^\circ\\ \mathrm{V}
V_{CA}=220\angle 120^\circ\\ \mathrm{V}
(b) I_{aA}=66{,}6\angle -81^\circ\\ \mathrm{A}
I_{bB}=66{,}6\angle -201^\circ\\ \mathrm{A}
I_{cC}=66{,}6\angle 39^\circ\\ \mathrm{A}
(c) I_{A}=38{,}5\angle -51^\circ\\ \mathrm{A}
I_{B}=38{,}5\angle -171^\circ\\ \mathrm{A}
I_{C}=38{,}5\angle 69^\circ\\ \mathrm{A}
(d) V_{AB(\text{carga})}=192\angle 2{,}1^\circ\\ \mathrm{V}
V_{BC(\text{carga})}=192\angle -117{,}9^\circ\\ \mathrm{V}
V_{CA(\text{carga})}=192\angle 122{,}1^\circ\\ \mathrm{V}
V_{A\!N}=111\angle -27{,}9^\circ\\ \mathrm{V}
V_{B\!N}=111\angle -147{,}9^\circ\\ \mathrm{V}
V_{C\!N}=111\angle 99{,}1^\circ\\ \mathrm{V}

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