Três cargas trifásicas associadas em paralelo são conectadas a um gerador trifásico através de uma linha com impedância de 8+j 9. O gerador, que é conectado em estrela, apresenta uma impedância interna de 2+j 3 por fase.
As cargas são representadas por:
Carga 1: 3 3 0 VAR com FP =0,8 (atrasado) e conectado em estrela
Carga 2: 2 7 0 kW com FP =0,95 (adiantado) e conectada em estrela
Carga 3: 3 0 0 k V A com FP =0,75 (indutivo) e conectada em triângulo
Sabe-se que a tensão entre as fases “B” e “C” nos terminais das cargas tem um ângulo de fase de -30^circ e que o sistema trifásico é de sequência positiva, operando a 50 Hz Na condição de máxima transferência de potência ativa para as cargas, determine:
a) O valor das impedâncias das cargas;
b) As correntes que circulam nas fases do gerador;
c) A potência complexa total associada ao gerador;
d) O que deverá ser feito para alterar o fator de potência visto pelos terminais das cargas para 0,95 (indutivo)?

Passo 1

Beleza, vamos entender o que o problema nos pede. Temos três cargas trifásicas (duas em estrela, uma em triângulo) ligadas em paralelo a um gerador através de uma linha com impedância por fase de
Z_linha = 8 + j9  (Ω)  
O gerador é estrela, cada fase com impedância interna
Z_g = 2 + j3  (Ω)  
As cargas são:
  • Carga 1: 330 VAR, FP = 0,8 (atrasado), estrela
  • Carga 2: 270 kW, FP = 0,95 (adiantado), estrela
  • Carga 3: 300 kVA, FP = 0,75 (indutivo), triângulo
Sabemos também que a tensão entre as fases B–C nos terminais das cargas é
V_BC = 400∠–30°  (V)  
(tradicionalmente usa-se 400 V entre fases). O sistema é de sequência positiva, 50 Hz.
O enunciado diz “na condição de máxima transferência de potência ativa para as cargas…” – mas, como as cargas são fixas, isso só serve para sabermos que elas não vão variar. Nosso trabalho é:
a) Calcular as impedâncias de cada carga (por fase);
b) Calcular as correntes de fase fornecidas pelo gerador;
c) Calcular a potência complexa total fornecida pelo gerador;
d) Dizer como corrigir o FP visto pelos terminais das cargas para 0,95 indutivo.
Matérias/métodos que vamos usar:
  1. Cálculo de S = P + jQ a partir de FP;
  2. Conversão S → Z via ;
  3. Montagem de correntes de carga em estrela e em delta;
  4. Soma vetorial de correntes;
  5. Cálculo de queda de tensão na linha e na impedância interna;
  6. Cálculo de S total do gerador via ;
  7. Correção de FP com capacitores (Qc = diferença de Q).

Passo 2

CÁLCULO DE P e Q DE CADA CARGA
  1. Carga 1 (330 VAR, FP=0,8 lag):
    • φ₁ = arccos(0,8) ≃ 36,87°
    • Q₁ = +330 VAR ⇒ P₁ = Q₁ / tanφ₁ = 330 / 0,75 ≃ 440 W
    • S₁ = 440 + j330 (VA)
  2. Carga 2 (270 kW, FP=0,95 lead):
    • φ₂ = arccos(0,95) ≃ 18,19°
    • P₂ = 270 000 W ⇒ Q₂ = –P₂·tanφ₂ = –270 000·0,328 ≃ –88 560 VAr
    • S₂ = 270 000 – j88 560 (VA)
  3. Carga 3 (300 kVA, FP=0,75 ind):
    • φ₃ = arccos(0,75) ≃ 41,41°
    • P₃ = 300 000·0,75 = 225 000 W
    • Q₃ = +225 000·tanφ₃ ≃ +198 500 VAr
    • S₃ = 225 000 + j198 500 (VA)

Passo 3

IMPEDÂNCIAS POR FASE (usando Z1 = Vp^2S1^* /3 = (230,94∠-60°)^2(440/3 - j,330/3) approx 296,2∠-83,1°;Omega V)
  1. Para cargas em estrela usamos Z2 = (230,94∠-60°)^2l(90,000 + j29,520r) approx 0,5473∠-138,2°;Omega :
    Vₚ = 400/√3 ∠(–30°–30°) = 230,94∠–60° V
    Carga 1 (S₁_total = 440+j330 VA → S₁_fase = (440+j330)/3):
    Z3 = (400∠-30°)^2100,000∠-41,41° =1,6∠(-60° +41,41°) =1,6∠-18,6°;Omega
    Carga 2 (S₂_fase = (270000 – j88560)/3):
  2. Para a carga em triângulo usamos :
    S₃_fase = 300 000/3 ∠41,41° =100 000∠41,41° VA ⇒ conj S₃_fase =100 000∠–41,41°

Passo 4

CÁLCULO DAS CORRENTES DE FASE
  1. Correntes nas fases das cargas:
    I₁ = Vₚ / Z₁ = 230,94∠-60° / 296,2∠-83,1° ≃ 0,779∠23,1° A
    I₂ = 230,94∠-60° / 0,5473∠-138,2° ≃ 422,2∠78,2° A
  2. Carga delta (por fase da carga):
    I₃_f = V_{LL} / Z₃ = 400∠-30° / 1,6∠-18,6° ≃ 250∠-11,4° A
    Mas a corrente de linha (que vai pro gerador) é
    I3,linha = raiz3;I3f;ang<=(+30°) =1,732cdot250;ang<=(-11,4°+30°) =433∠18,6°;A
  3. Corrente total por fase que sai do gerador (soma vetorial):
    I_T = I₁ + I₂ + I_{3,linha}
    ≃ (0,779∠23,1°)+(422,2∠78,2°)+(433∠18,6°)
    ≃ 744∠47,5° A

Passo 5

POTÊNCIA COMPLEXA DO GERADOR
  1. Impedância série total (linha + interna):
    Z_s = (8+j9)+(2+j3) =10 + j12 =15,62∠50,2° Ω
  2. Queda de tensão por fase:
    ΔV = I_T · Z_s
    =744∠47,5° · 15,62∠50,2°
    ≃11 625∠97,7° V
  3. Tensão interna do gerador (por fase):
    V_g1 = Vₚ + ΔV
    ≃230,94∠-60° + 11 625∠97,7°
    ≃11 423∠92,2° V
  4. Potência trifásica do gerador:
    Sg = 3;Vg1;IT^* =3;(11,423∠92,2°),(744∠-47,5°) =2,55297times10^6∠(92,2°-47,5°) =2,55297 MVAang<=44,7°
    Logo
    P_g = 2{,}55297·cos44,7° ≃ 1,834 MW
    Q_g = 2{,}55297·sin44,7° ≃ 1,782 MVAr

Passo 6

CORREÇÃO DO FATOR DE POTÊNCIA NAS CARGAS PARA 0,95 LAG
  1. Dados totais das cargas:
    P_total = 440 + 270 000 + 225 000 = 495 440 W
    Q_total = +330 – 88 560 + 198 500 = 110 270 VAr
    FP atual = cosφ = P_total/√(P_total²+Q_total²) ≃ 0,928 (atrasado)
  2. Para FP desejado 0,95 (lag), φ_d = arccos(0,95) ≃18,19° ⇒
    Q_d = P_total·tanφ_d = 495 440·0,328 ≃162 650 VAr
  3. Capacitor necessário (Q_c negativo para anular excesso de Q):
    Q_c = Q_total – Q_d ≃110 270 – 162 650 = –52 380 VAr (por fase, em estrela dividir por 3)
    Mas como estamos falando do conjunto trifásico:
    Q_c,total ≃ 110 270 – 162 650 = –52 380 VAr (capacitivo)
  4. Conclusão: colocar bancos de capacitores em paralelo nos terminais das cargas, totalizando cerca de 52 kVAr (trifásico), para levar o FP a 0,95 atrasado.

Resposta

a)
Z₁ ≃ 296,2∠–83,1° Ω;
Z₂ ≃ 0,5473∠–138,2° Ω;
Z₃ ≃ 1,6∠–18,6° Ω.
b) Corrente de fase no gerador:
I ≃ 744∠47,5° A.
c) Potência complexa do gerador:
S_g ≃ 2,553 MVA ∠44,7°, isto é P_g ≃ 1,834 MW e Q_g ≃ 1,782 MVAr.
d) Instalar bancos de capacitores em paralelo nos terminais (cerca de 52 kVAr trifásicos) para corrigir o FP a 0,95 (atrasado).

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