5 { }^{\mathrm{a}} QUESTÃO (2,0PONTOS): Uma fonte trifásica ligada em triângulo com \mathrm{V}_{\mathrm{AB}}=18040^{\circ} \mathrm{V}, sequência A B C, alimenta uma carga trifásica ligada em triângulo com impedancia Z=14060^{\circ} \Omega por fase. Determine as correntes de fase e as correntes de linha

Passo 1

O enunciado pede que a gente determine as correntes de fase (ou seja, as correntes nos ramos da carga ligada em triângulo) e as correntes de linha (as correntes que saem da fonte pelos condutores de linha) para um sistema trifásico balanceado.
Dados fornecidos:
\underline{V}_{AB}=180\angle 40^\circ\\ \text{V}
Sequência das fases: A B C.
Impedância por fase da carga (ligada em triângulo):
Z = 140\angle 60^\circ\\ \Omega.

Passo 2

Entendendo as tensões de fase na carga em ligação triângulo: em uma ligação em triângulo a tensão aplicada a cada impedância de fase é exatamente a tensão entre as linhas correspondentes (tensão linha a linha). Assim, as tensões sobre os ramos são \underline{V}_{AB}, \underline{V}_{BC} e \underline{V}_{CA}. Como temos sequência A B C, as tensões de linha estão defasadas de 120^\circ no sentido positivo. Partindo de \underline{V}_{AB}=180\angle 40^\circ, obtemos:
\underline{V}_{BC}=180\angle(40^\circ-120^\circ)=180\angle -80^\circ
\underline{V}_{CA}=180\angle(40^\circ-240^\circ)=180\angle 160^\circ.

Passo 3

Cálculo das correntes de fase (correntes nos ramos do triângulo): cada corrente de ramo é a divisão da tensão do respectivo ramo pela impedância Z. A divisão de fasores em forma polar é feita dividindo módulos e subtraindo ângulos. Assim:
\underline{I}_{AB}=\frac{\underline{V}_{AB}}{Z}=\frac{180\angle 40^\circ}{140\angle 60^\circ}=\frac{180}{140}\angle(40^\circ-60^\circ)=1{,}285714\angle -20^\circ\\ \text{A}.
\underline{I}_{BC}=\frac{\underline{V}_{BC}}{Z}=\frac{180\angle -80^\circ}{140\angle 60^\circ}=1{,}285714\angle -140^\circ\\ \text{A}.
\underline{I}_{CA}=\frac{\underline{V}_{CA}}{Z}=\frac{180\angle 160^\circ}{140\angle 60^\circ}=1{,}285714\angle 100^\circ\\ \text{A}.
Vou arredondar os módulos para três casas significativas quando for apresentar os valores finais.

Passo 4

Explicando como obter as correntes de linha a partir das correntes de fase em ligação triângulo: tomamos a convenção de sinais em que \underline{I}_{AB} é a corrente do ramo que vai do nó A para o nó B, \underline{I}_{BC} do nó B para C e \underline{I}_{CA} do nó C para A. Aplicando a lei das correntes no nó da fonte, a corrente de linha na fase A (corrente que sai da fonte em A) é a soma algébrica das correntes nos ramos ligados a A, o que dá:
\underline{I}_A=\underline{I}_{AB}-\underline{I}_{CA}.
Analogamente:
\underline{I}_B=\underline{I}_{BC}-\underline{I}_{AB}, \qquad \underline{I}_C=\underline{I}_{CA}-\underline{I}_{BC}.

Passo 5

Para fazer as subtrações com facilidade, convertemos as correntes de fase para forma retangular. Primeiro, calculemos numericamente cada corrente de fase em retangular (uso \cos e \sin para transformar):
\underline{I}_{AB}=1{,}285714\angle -20^\circ =1{,}285714(\cos(-20^\circ)+j\sin(-20^\circ)) \approx 1{,}20777 - j0{,}43917\\ \text{A}.
\underline{I}_{BC}=1{,}285714\angle -140^\circ \approx -0{,}98578 - j0{,}82609\\ \text{A}.
\underline{I}_{CA}=1{,}285714\angle 100^\circ \approx -0{,}22309 + j1{,}26569\\ \text{A}.

Passo 6

Agora fazemos as subtrações para obter as correntes de linha em retangular:
Cálculo de \underline{I}_A:
\underline{I}_A=\underline{I}_{AB}-\underline{I}_{CA} \approx (1{,}20777 - j0{,}43917)-(-0{,}22309 + j1{,}26569)
\underline{I}_A\approx 1{,}43086 - j1{,}70486\\ \text{A}.
Cálculo de \underline{I}_B:
\underline{I}_B=\underline{I}_{BC}-\underline{I}_{AB} \approx (-0{,}98578 - j0{,}82609)-(1{,}20777 - j0{,}43917)
\underline{I}_B\approx -2{,}19355 - j0{,}38692\\ \text{A}.
Cálculo de \underline{I}_C:
\underline{I}_C=\underline{I}_{CA}-\underline{I}_{BC} \approx (-0{,}22309 + j1{,}26569)-(-0{,}98578 - j0{,}82609)
\underline{I}_C\approx 0{,}76269 + j2{,}09178\\ \text{A}.

Passo 7

Convertemos as correntes de linha de volta para forma polar (módulo e ângulo) para apresentar de forma clássica de fasores:
Para \underline{I}_A:
|\underline{I}_A|=\sqrt{1{,}43086^2+(-1{,}70486)^2}\approx 2{,}2255\\ \text{A},
\angle \underline{I}_A=\arctan\!\left(\frac{-1{,}70486}{1{,}43086}\right)\approx -50^\circ,
logo \underline{I}_A\approx 2{,}226\angle -50^\circ\\ \text{A}.
Para \underline{I}_B:
|\underline{I}_B|\approx \sqrt{(-2{,}19355)^2+(-0{,}38692)^2}\approx 2{,}228\\ \text{A},
\angle \underline{I}_B=\arctan\!\left(\frac{-0{,}38692}{-2{,}19355}\right)\approx -170^\circ,
logo \underline{I}_B\approx 2{,}228\angle -170^\circ\\ \text{A}.
Para \underline{I}_C:
|\underline{I}_C|\approx \sqrt{0{,}76269^2+2{,}09178^2}\approx 2{,}227\\ \text{A},
\angle \underline{I}_C=\arctan\!\left(\frac{2{,}09178}{0{,}76269}\right)\approx 70^\circ,
logo \underline{I}_C\approx 2{,}227\angle 70^\circ\\ \text{A}.
(Repare que as correntes de linha têm módulo aproximadamente 2{,}226\\ \text{A} e estão defasadas de 120^\circ entre si, como esperado num sistema trifásico equilibrado.)

Resposta

\underline{I}_{AB}=1{,}286\angle -20^\circ\\ \text{A}
\underline{I}_{BC}=1{,}286\angle -140^\circ\\ \text{A}
\underline{I}_{CA}=1{,}286\angle 100^\circ\\ \text{A}
\underline{I}_{A}=2{,}226\angle -50^\circ\\ \text{A}
\underline{I}_{B}=2{,}228\angle -170^\circ\\ \text{A}
\underline{I}_{C}=2{,}227\angle 70^\circ\\ \text{A}

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