Um sistema ABC trifásico, a 3 fios, com 220 volts eficazes de linha, alimenta uma carga ligada em \mathrm{Y}: \mathrm{Z} \mathrm{AO}=6+\mathrm{j} 3(\Omega), \mathrm{ZBO}=15(\Omega) e \mathrm{ZCO}=6-\mathrm{j} 4(\Omega).
Determine:
a)As correntes de linha;
b)As tensões de fase;
c)A tensão de deslocamento de neutro;
d) As potências ativa, reativa e aparente da carga trifásica

Passo 1

O enunciado descreve um sistema trifásico ABC, 3-fios, com tensão de linha V_{LL}=220,V, alimentando carga em ligação em Y sem fio de neutro. Os impedâncias de fase são
Z_{A0}=6+j3\;\Omega,\quad Z_{B0}=15\;\Omega,\quad Z_{C0}=6-j4\;\Omega.
Pede-se:
a) correntes de linha I_A,I_B,I_C;
b) tensões de fase nos terminais da carga V_{A0},V_{B0},V_{C0};
c) tensão de deslocamento do neutro V_{n0};
d) potências ativa P, reativa Q e aparente S da carga.
Conteúdo: análise fasorial de carga Y desequilibrada com neutro aberto e cálculo de V_{n0} impondo \sum I_k=0.

Passo 2

Como não há fio de neutro, usamos a tensão de fase do gerador referida a um neutro virtual n:
V_{An}= \frac{220}{\sqrt3}\angle0^\circ=127{,}02\angle0^\circ\text{ V},
V_{Bn}=127{,}02\angle{-120}^\circ\text{ V}, \quad V_{Cn}=127{,}02\angle120^\circ\text{ V}.

Passo 3

Chamamos de V_{n0} a tensão do neutro da carga em relação ao neutro do gerador. Assim as tensões de fase na carga são
V_{A0}=V_{An}-V_{n0},\quad V_{B0}=V_{Bn}-V_{n0},\quad V_{C0}=V_{Cn}-V_{n0}.
As correntes de fase são
I_A=\frac{V_{A0}}{Z_{A0}},\quad I_B=\frac{V_{B0}}{Z_{B0}},\quad I_C=\frac{V_{C0}}{Z_{C0}}.
Como o neutro está aberto, não há soma de corrente nele, logo
I_A+I_B+I_C=0.
Desse modo podemos resolver para V_{n0}:
V_{n0} =\frac{\displaystyle\frac{V_{An}}{Z_{A0}}+\frac{V_{Bn}}{Z_{B0}}+\frac{V_{Cn}}{Z_{C0}}} {\displaystyle\frac1{Z_{A0}}+\frac1{Z_{B0}}+\frac1{Z_{C0}}}.

Passo 4

Calculando as admitâncias:
Y_{A0}=\frac1{6+j3}=0{,}1333-j0{,}06667\;\mathrm S, \; Y_{B0}=\frac1{15}=0{,}06667\;\mathrm S, \; Y_{C0}=\frac1{6-j4}=0{,}11538+j0{,}07692\;\mathrm S.
O somatório é
Y_\Sigma=0{,}31535+j0{,}01025\;\mathrm S,
e o numerador
\frac{V_{An}}{Z_{A0}}+\frac{V_{Bn}}{Z_{B0}}+\frac{V_{Cn}}{Z_{C0}} \approx -3{,}094 - j8{,}033\;\mathrm A\cdot\mathrm V.
Logo
V_{n0} =\frac{-3{,}094 - j8{,}033}{0{,}31535 + j0{,}01025} \approx -10{,}63 - j25{,}14\;\mathrm V
\boxed{ V_{n0}=27{,}85\angle{-113{,}0}^\circ\text{ V}.}

Passo 5

Subtraindo V_{n0} das tensões de gerador obtemos as tensões de fase na carga:
V_{A0}=127{,}02\angle0^\circ -(-10{,}63 - j25{,}14) \approx120{,}48\angle12{,}08^\circ\text{ V},
V_{B0}=127{,}02\angle{-120}^\circ-(-10{,}63 - j25{,}14) \approx100{,}00\angle{-121{,}82}^\circ\text{ V},
V_{C0}=127{,}02\angle120^\circ-(-10{,}63 - j25{,}14) \approx145{,}15\angle111{,}88^\circ\text{ V}.

Passo 6

As correntes de linha são iguais às de fase (Y):
I_A=\frac{V_{A0}}{6+j3} \approx17{,}96\angle{-14{,}49}^\circ\text{ A},
I_B=\frac{V_{B0}}{15} \approx6{,}666\angle{-121{,}82}^\circ\text{ A},
I_C=\frac{V_{C0}}{6 - j4} \approx20{,}12\angle145{,}57^\circ\text{ A}.

Passo 7

A tensão de deslocamento do neutro é justamente V_{n0} do Passo 4:
\boxed{V_{n0}=27{,}85\angle{-113{,}0}^\circ\text{ V}.}

Passo 8

O complexo de potência por fase é
S_k=V_{k0}\,I_k^*.
Calculando e somando as três fases resulta
P=P_A+P_B+P_C \approx1934{,}5 + 666{,}6 + 2428{,}2 =5030\;\mathrm W,
Q=Q_A+Q_B+Q_C \approx967{,}2 + 0 -1618{,}8 =-651{,}6\;\mathrm{var},
S=\sqrt{P^2+Q^2}\approx5072\;\mathrm{VA}.

Resposta

(a)
I_A\approx17{,}96\angle{-14{,}49}^\circ\text{ A},\quad I_B\approx6{,}666\angle{-121{,}82}^\circ\text{ A},\quad I_C\approx20{,}12\angle{145{,}57}^\circ\text{ A}.
(b)
V_{A0}\approx120{,}48\angle12{,}08^\circ\text{ V},\quad V_{B0}\approx100{,}00\angle{-121{,}82}^\circ\text{ V},\quad V_{C0}\approx145{,}15\angle111{,}88^\circ\text{ V}.
(c)
V_{n0}\approx27{,}85\angle{-113{,}0}^\circ\text{ V}.
(d)
P\approx5030\;\mathrm W,\quad Q\approx-651,6\;\mathrm{var},\quad S\approx5072\;\mathrm{VA}.

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