1. Uma tensão de linha \mathbf{V}_{\mathbf{a b}} de uma fonte trifásica balanceada conectada em Y tem módulo 180 V e ângulo de fase -20^{\circ}. Se a fonte está ligada a uma carga conectada em \Delta de impedância (15,32+\mathrm{j} 12,86) \Omega., determine as correntes de linha e de fase. Considere a sequência abc.
    (pontuação: 2,5)

Passo 1

O enunciado pede que eu determine as correntes de linha e as correntes de fase (dos ramos do triângulo) para uma fonte trifásica balanceada em ligação Y fornecendo a tensão de linha \mathbf{V}_{ab} com módulo e ângulo dados, e que alimenta uma carga em \Delta composta por impedâncias iguais. Dados fornecidos (extraídos do enunciado e da imagem):
\begin{aligned} &\text{Tensão de linha } \mathbf{V}_{ab}=180\angle -20^\circ\\ \text{V},\\\ &\text{Carga em }\Delta: Z_\Delta = 15{,}32 + \mathrm{j}\,12{,}86\\ \Omega\\ \text{(mesma impedância em cada ramo)}.\\\ &\text{Sequência: }abc. \end{aligned}ãâê
Perguntas: determinar
  • as correntes de fase dos ramos do \Delta (por exemplo \mathbf{I}_{ab},\mathbf{I}_{bc},\mathbf{I}_{ca});
  • as correntes de linha \mathbf{I}_a,\mathbf{I}_b,\mathbf{I}_c.

Passo 2

Observação importante sobre tensões em ligação \Delta: em uma carga em \Delta cada ramo “fase” do triângulo vê diretamente uma tensão de linha (tensão entre duas linhas). Portanto:
\begin{aligned} \mathbf{V}_{ab}&=180\angle -20^\circ\\ \text{V},\\\ \mathbf{V}_{bc}&=\mathbf{V}_{ab}\angle -120^\circ = 180\angle(-20-120)^\circ = 180\angle -140^\circ\\ \text{V},\\\ \mathbf{V}_{ca}&=\mathbf{V}_{ab}\angle -240^\circ = 180\angle(-20-240)^\circ = 180\angle -260^\circ = 180\angle 100^\circ\\ \text{V}. \end{aligned}
(Usei a relação de fase para sequência abc: as tensões de linha seguem deslocamentos de -120^\circ.)

Passo 3

Calculo da impedância do ramo em forma polar. Primeiro o módulo:
|Z|=\sqrt{(15{,}32)^2+(12{,}86)^2}.
Faço as contas:
(15{,}32)^2=234{,}7024,\qquad (12{,}86)^2=165{,}3796,
|Z|=\sqrt{234{,}7024+165{,}3796}=\sqrt{400{,}0820}\approx 20{,}00\\ \Omega.
Ângulo da impedância:
\angle Z = \arctan\!\left(\dfrac{12{,}86}{15{,}32}\right)\approx 40^\circ.
Logo, em forma polar:
Z_\Delta \approx 20{,}00\angle 40^\circ\\ \Omega.

Passo 4

Cálculo das correntes de fase (correntes nos ramos do \Delta). A corrente no ramo ab é
\mathbf{I}_{ab}=\dfrac{\mathbf{V}_{ab}}{Z_\Delta}=\dfrac{180\angle -20^\circ}{20{,}00\angle 40^\circ}.
Dividindo módulos e subtraindo ângulos:
|\mathbf{I}_{ab}|=\dfrac{180}{20{,}00}=9{,}00\\ \text{A},\qquad \angle\mathbf{I}_{ab}=-20^\circ-40^\circ=-60^\circ.
Portanto
\mathbf{I}_{ab}=9{,}00\angle -60^\circ\\ \text{A}.

Passo 5

As demais correntes de fase seguem o mesmo procedimento com as demais tensões de ramo:
\mathbf{I}_{bc}=\dfrac{\mathbf{V}_{bc}}{Z_\Delta}=\dfrac{180\angle -140^\circ}{20{,}00\angle 40^\circ}=9{,}00\angle(-140^\circ-40^\circ)=9{,}00\angle -180^\circ.
Observação: 9\angle -180^\circ é equivalente a 9\angle 180^\circ (mesma direção com sinal invertido).
\mathbf{I}_{ca}=\dfrac{\mathbf{V}_{ca}}{Z_\Delta}=\dfrac{180\angle 100^\circ}{20{,}00\angle 40^\circ}=9{,}00\angle(100^\circ-40^\circ)=9{,}00\angle 60^\circ.

Passo 6

Para facilitar a obtenção das correntes de linha, converto as correntes de fase para forma retangular (aproximações com 3 casas decimais quando necessário):
\begin{aligned} \mathbf{I}_{ab}&=9\angle -60^\circ = 9(\cos(-60^\circ)+\mathrm{j}\sin(-60^\circ))\\\ &=9\big(0{,}5 - \mathrm{j}\,0{,}866025\big)=4{,}5 - \mathrm{j}\,7{,}794\\ \text{A},\\[4pt] \mathbf{I}_{bc}&=9\angle -180^\circ = 9(\cos 180^\circ + \mathrm{j}\sin 180^\circ) = -9 + \mathrm{j}\,0\\ \text{A},\\[4pt] \mathbf{I}_{ca}&=9\angle 60^\circ = 9(0{,}5 + \mathrm{j}\,0{,}866025)=4{,}5 + \mathrm{j}\,7{,}794\\ \text{A}. \end{aligned}]

Passo 7

Relação entre correntes de fase do \Delta e correntes de linha: em ligação \Delta a corrente de linha em cada fase é a diferença entre as correntes de dois ramos que se encontram naquela linha. Tomando a convenção de correntes positivas saindo do gerador para a carga:
\begin{aligned} \mathbf{I}_a&=\mathbf{I}_{ab}-\mathbf{I}_{ca},\\\ \mathbf{I}_b&=\mathbf{I}_{bc}-\mathbf{I}_{ab},\\\ \mathbf{I}_c&=\mathbf{I}_{ca}-\mathbf{I}_{bc}. \end{aligned}
(Expliquei: cada corrente de linha é soma das correntes que saem do nó de linha; escrevi de forma que os sinais das correntes de ramo utilizadas estão consistentes com a definição de \mathbf{I}_{xy}=(V_x-V_y)/Z.)

Passo 8

Cálculo de \mathbf{I}_a:
\mathbf{I}_a=\mathbf{I}_{ab}-\mathbf{I}_{ca}=(4{,}5 - \mathrm{j}\,7{,}794) - (4{,}5 + \mathrm{j}\,7{,}794) = -\mathrm{j}\,15{,}588\\ \text{A}.
Em forma polar:
\mathbf{I}_a=15{,}588\angle -90^\circ\\ \text{A}\approx 15{,}59\angle -90^\circ\\ \text{A}.

Passo 9

Cálculo de \mathbf{I}_b:
\mathbf{I}_b=\mathbf{I}_{bc}-\mathbf{I}_{ab}=(-9+\mathrm{j}\,0) - (4{,}5 - \mathrm{j}\,7{,}794) = -13{,}5 + \mathrm{j}\,7{,}794.
Módulo e ângulo:
|\mathbf{I}_b|=\sqrt{(-13{,}5)^2+(7{,}794)^2}\approx 15{,}588\\ \text{A},\quad \angle\mathbf{I}_b=\arctan\!\left(\dfrac{7{,}794}{-13{,}5}\right)\approx 150^\circ.
Então
\mathbf{I}_b\approx 15{,}59\angle 150^\circ\\ \text{A}.

Passo 10

Cálculo de \mathbf{I}_c:
\mathbf{I}_c=\mathbf{I}_{ca}-\mathbf{I}_{bc}=(4{,}5 + \mathrm{j}\,7{,}794) - (-9+\mathrm{j}\,0)=13{,}5 + \mathrm{j}\,7{,}794.
Módulo e ângulo:
|\mathbf{I}_c|\approx 15{,}588\\ \text{A},\quad \angle\mathbf{I}_c=\arctan\!\left(\dfrac{7{,}794}{13{,}5}\right)\approx 30^\circ,
ou seja
\mathbf{I}_c\approx 15{,}59\angle 30^\circ\\ \text{A}.
Observação final: as correntes de linha têm mesmo módulo e estão defasadas de 120^\circ (sequência a\!b\!c positiva), o que confirma que o sistema permanece balanceado.

Resposta

\mathbf{I}_{ab}=9{,}00\angle -60^\circ\\ \text{A}
\mathbf{I}_{bc}=9{,}00\angle -180^\circ\\ \text{A}
\mathbf{I}_{ca}=9{,}00\angle 60^\circ\\ \text{A}
\mathbf{I}_a=15{,}59\angle -90^\circ\\ \text{A}
\mathbf{I}_b=15{,}59\angle 150^\circ\\ \text{A}
\mathbf{I}_c=15{,}59\angle 30^\circ\\ \text{A}

Exercícios relacionados