Em um sistema trifásico equilibrado, a carga equilibrada consiste de um Y em paralelo com um delta. A impedância por fase para o Y é 10-j6,4[Ω] e para o delta é 36+\mathrm{j} 24[\Omega]. A fonte é um Y seqüência de fase cba em equilíbrio e \mathrm{V}_{\mathrm{an}}=200 \mathrm{~L} 130^{\circ}[\mathrm{V}]. Se a impedância de linha por fase for 0,15+\mathrm{j} 0,001[\Omega], determine a magnitude das correntes de fase em cada carga.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados do enunciado:
    • A carga equilibrada é composta por um Y em paralelo com um delta.
    • Impedância por fase do Y: Z_Y = 10 - \mathrm{j}\,6{,}4\\ \mathrm{\Omega}.
    • Impedância por elemento do delta (entre fases): Z_\Delta = 36 + \mathrm{j}\,24\\ \mathrm{\Omega}.
    • Fonte: ligação em Y, sequênica de fase \mathrm{cba} (equilíbrio) e V_{an}=200\angle 130^\circ\\ \mathrm{V}.
    • Impedância de linha por fase: Z_{l} = 0{,}15 + \mathrm{j}\,0{,}001\\ \mathrm{\Omega}.
  • O que o enunciado pede:
    • Determinar a magnitude das correntes de fase em cada carga.
      • Interpreto isso como: achar a magnitude da corrente de cada fase que alimenta a carga combinada (corrente de linha por fase) e também as correntes nas cargas Y e nas correntes de fase equivalentes do delta (e, se útil, nas ramos do delta).
Observação clara (sem resolver ainda): por ser um sistema equilibrado com cargas simétricas, posso converter o delta equivalente para estrela (Y) para trabalhar por fase, somar as correntes por fase e usar análise por fase única com os fasores fornecidos.

Passo 2

Explicação da estratégia (a “aula” resumida do método que vamos usar):
  • Em um sistema trifásico equilibrado, quando a carga delta é simétrica (mesmos Z_\Delta em cada lado), pode-se transformar o delta em uma estrela equivalente com impedância por fase \;Z_{\Delta,eq} = Z_\Delta/3. Isso permite analisar cada fase separadamente porque tudo fica simétrico.
  • A carga total por fase visto do terminal será a associação em paralelo entre Z_Y (a carga Y por fase) e Z_{\Delta,eq}. Chamarei essa impedância equivalente por fase de Z_p.
  • A corrente de linha por fase (da fonte) é então \;I_{a} = \dfrac{V_{an}}{Z_l + Z_p}, porque a queda na linha aparece em série com a impedância equivalente por fase.
  • A corrente através da carga Y por fase é \;I_{Y} = \dfrac{V_{a,load}}{Z_Y}, onde V_{a,load} é a tensão no terminal de carga (após a queda na linha).
  • A corrente correspondente ao delta vista como Y-equivalente por fase é \;I_{\Delta,eq} = \dfrac{V_{a,load}}{Z_{\Delta,eq}}. A corrente em cada ramo do delta (entre duas fases, por exemplo I_{ab}) tem magnitude \;I_{ab}=\dfrac{V_{ab}}{Z_\Delta}, sendo V_{ab}=V_a-V_b, e para sistema balanceado |V_{ab}|=\sqrt{3}\,|V_a|.
  • Como tudo é simétrico, os módulos das correntes serão iguais em cada fase; basta calcular uma fase (a fase a) e copiar para as demais.
Agora nós aplicamos os cálculos passo a passo.

Passo 3

Converter o delta para Y-equivalente:
Z_{\Delta,eq}=\frac{Z_\Delta}{3}=\frac{36+\mathrm{j}\,24}{3}=12+\mathrm{j}\,8\\ \mathrm{\Omega}.

Passo 4

Calcular a impedância equivalente por fase da associação em paralelo entre Z_Y e Z_{\Delta,eq}.
  • Primeiro Z_Y + Z_{\Delta,eq} = (10- \mathrm{j}\,6{,}4) + (12+\mathrm{j}\,8) = 22 + \mathrm{j}\,1{,}6.
  • Produto Z_Y\cdot Z_{\Delta,eq} = (10- \mathrm{j}\,6{,}4)\,(12+\mathrm{j}\,8).
    Calculo: (10- \mathrm{j}\,6{,}4)\,(12+\mathrm{j}\,8) = 171{,}2+\mathrm{j}\,3{,}2.
  • Então a impedância em paralelo é Z_p = \frac{Z_Y\cdot Z_{\Delta,eq}}{Z_Y + Z_{\Delta,eq}} = \frac{171{,}2+\mathrm{j}\,3{,}2}{22+\mathrm{j}\,1{,}6}.Fazendo a divisão complexa obtemos (arredondando): Z_p \approx 7{,}752 - \mathrm{j}\,0{,}419\\ \mathrm{\Omega}.
(Explanação rápida do porquê: a impedância equivalente em paralelo reduz o módulo, e o ângulo fica pequeno porque as partes reativa se cancelam parcialmente.)

Passo 5

Somar a impedância de linha para obter a impedância por fase vista pela fonte:
Z_{tot} = Z_l + Z_p = (0{,}15+\mathrm{j}\,0{,}001) + (7{,}752 - \mathrm{j}\,0{,}419) = 7{,}902 - \mathrm{j}\,0{,}418\\ \mathrm{\Omega}.
Calcule o módulo e argumento de Z_{tot}:
|Z_{tot}| \approx 7{,}912\\ \mathrm{\Omega},\qquad \angle Z_{tot} \approx -3{,}03^\circ.

Passo 6

Corrente de linha por fase (corrente fornecida pela fonte em cada fase):
I_a = \frac{V_{an}}{Z_{tot}} = \frac{200\angle 130^\circ}{7{,}902 - \mathrm{j}\,0{,}418}.
Usando módulo e ângulo:
|I_a| = \frac{200}{|Z_{tot}|} \approx \frac{200}{7{,}912} \approx 25{,}28\\ \mathrm{A}.
Ângulo de I_a:
\angle I_a = 130^\circ - \angle Z_{tot} \approx 130^\circ - (-3{,}03^\circ) = 133{,}03^\circ.
Então a magnitude da corrente de linha por fase é aproximadamente 25{,}28\\ \mathrm{A} (mesma para as três fases por simetria).

Passo 7

Calcular a tensão no terminal de carga (após a queda na linha), V_{a,load}:
V_{a,load} = V_{an} - I_a\,Z_l.
Computei numericamente (fazendo a multiplicação fasorial e subtração):
V_{a,load} \approx 196{,}21\angle 129{,}96^\circ\\ \mathrm{V}.
(Observe que a queda na linha é pequena porque Z_l é muito pequena.)

Passo 8

Corrente na carga Y por fase:
I_{Y} = \frac{V_{a,load}}{Z_Y} = \frac{196{,}21\angle 129{,}96^\circ}{10 - \mathrm{j}\,6{,}4}.
  • Módulo de Z_Y: |Z_Y| = \sqrt{10^2 + (-6{,}4)^2} \approx 11{,}874\\ \mathrm{\Omega}.
  • Logo
|I_{Y}| \approx \frac{196{,}21}{11{,}874} \approx 16{,}52\\ \mathrm{A}.
Ângulo de I_Y: \angle I_Y \approx 129{,}96^\circ - (-32{,}66^\circ)=162{,}62^\circ.
Portanto a magnitude da corrente em cada fase da carga Y é aproximadamente 16{,}52\\ \mathrm{A}.

Passo 9

Corrente equivalente do delta vista como Y (corrente de fase “do delta”):
I_{\Delta,eq} = \frac{V_{a,load}}{Z_{\Delta,eq}} = \frac{196{,}21\angle 129{,}96^\circ}{12+\mathrm{j}\,8}.
  • Módulo de Z_{\Delta,eq}: |Z_{\Delta,eq}|=\sqrt{12^2+8^2}\approx 14{,}422\\ \mathrm{\Omega}.
  • Então
|I_{\Delta,eq}| \approx \frac{196{,}21}{14{,}422} \approx 13{,}60\\ \mathrm{A}.
Ângulo de I_{\Delta,eq}: \angle I_{\Delta,eq}\approx 129{,}96^\circ - 33{,}69^\circ = 96{,}27^\circ.
Observação sobre as correntes nos ramos do delta (entre fases): a corrente em cada ramo do delta (por exemplo I_{ab}) tem magnitude
|I_{ab}| = \frac{|V_{ab}|}{|Z_\Delta|},
onde, em sistema equilibrado, |V_{ab}|=\sqrt{3}\,|V_{a,load}|. Então
|V_{ab}| \approx \sqrt{3}\times 196{,}21 \approx 339{,}7\\ \mathrm{V},
e |Z_\Delta|=\sqrt{36^2+24^2}\approx 43{,}27\\ \mathrm{\Omega}. Assim
|I_{ab}| \approx \frac{339{,}7}{43{,}27}\approx 7{,}85\\ \mathrm{A}.

Passo 10

Verificação rápida (soma vetorial):
  • A corrente de linha I_a deve ser a soma fasorial de I_Y e I_{\Delta,eq}. Calculando em retangular e somando obtém-se I_a\approx 25{,}28\angle 133{,}03^\circ, consistente com o passo 6. Isso confirma que os cálculos estão coerentes.

Resposta

Corrente de linha por fase (corrente fornecida pela fonte): 25{,}28\\ \mathrm{A}
Corrente por fase na carga Y: 16{,}52\\ \mathrm{A}
Corrente por fase equivalente proveniente do delta (corrente de fase do delta convertida para Y): 13{,}60\\ \mathrm{A}
Corrente em cada ramo do delta (entre fases), por exemplo I_{ab}: 7{,}85\\ \mathrm{A}

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