01. Circuitos Trifásicos (Johnson)

EN2705: Circuitos Elétricos II UFABC Lista 01 (Carlos Eduardo Capovilla) v2

Fernando Freitas Alves [email protected] 02/03/15 – pág. 1/62

1. Se, na figura abaixo, �̇�𝑎𝑛 = �̇�𝑛𝑏 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), a impedância entre os terminais 𝐴-𝑁 é 10∠60° 𝛺, e a

entre os terminais 𝑁-𝐵 é 10∠-60° 𝛺, calcule a corrente de neutro 𝐼�̇�𝑁.

(R.: 10√3∠90° 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))

𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜

Pela primeira Lei de Kirchhoff, sabe-se que

𝐼�̇�𝑁 = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵

= −𝐼�̇�𝑁 + 𝐼�̇�𝐵

Então, como a corrente entre os terminais 𝐴-𝑁 é

𝐼�̇�𝑁 =V̇𝐴𝑁

𝑍𝐴𝑁

=�̇�𝑎𝑛

𝑍𝐴𝑁

=100∠0° V (eficazes)

10∠60° Ω

= 10∠-60° A (eficazes)

e, assumindo que �̇�𝑛𝑏 não possui defasagem, ou seja, �̇�𝑛𝑏 = 𝑉𝑛𝑏 ∠0° V (eficazes), a corrente entre os terminais

𝑁-𝐵 é

𝐼�̇�𝐵 =�̇�𝑁𝐵

𝑍𝑁𝐵

=V̇𝑛𝑏

𝑍𝑁𝐵


10∠-60° Ω

= 10∠60° A (eficazes)

temos que

𝐼�̇�𝑁 = [−10∠-60° + 10∠60°] A (eficazes)

= [10∠(−60° + 180°) + 10∠60°] A (eficazes)

= [10∠120° + 10∠60°] A (eficazes)

≈ 10√3∠90° A (eficazes)

mailto:[email protected]



2. Na figura abaixo, façamos �̇�1 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), 𝑍1 = 5 + 𝑗5 𝛺, 𝑍2 = 0,5 𝛺, 𝑍3 = 1 𝛺 e

𝑍4 = 10 − 𝑗5 𝛺. Calcule a potência média absorvida pelas cargas, dissipada nas linhas e entregue pelas fontes.


Definindo 𝑣𝑍(𝑡) como a tensão aplicada a uma impedância 𝑍 um dado instante de tempo 𝑡 e 𝑖𝑍(𝑡) como a

corrente que passa por ela nesse mesmo instante, sabemos que a energia fornecida 𝐸𝑇 a essa impedância, em

um período 𝑇 de ciclo de onda de 𝑣𝑧(𝑡) ou 𝑖𝑧(𝑡) (que não necessariamente é o período da potência instantânea),

é dada pela soma de todas as potências instantâneas 𝑝𝑍(𝑡) aplicadas durante esse período (como pode ser

derivado da própria análise dimensional). Ou seja,

𝐸𝑇 = ∫ 𝑝𝑍(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0

= ∫ 𝑣𝑍(𝑡) · 𝑖𝑍(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0

= ∫𝑣𝑍2(𝑡)

𝑍𝑑𝑡

𝑇

0

= ∫ 𝑍 · 𝑖𝑍2(𝑡)𝑑𝑡

𝑇

0

Com base nessa energia total fornecida à impedância, ao contrário da potência instantânea (que acontece

num único instante de tempo), podemos encontrar a potência média absorvida 𝑃𝑍 durante esse ciclo (que é

relativamente mais conveniente de se mensurar em comparação à potência instantânea), que nada mais é que o

valor médio dessas potências calculadas anteriormente:

𝑃𝑍 = ⟨𝑝𝑍(𝑡)⟩0𝑇 =

∫ 𝑝𝑍(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0

∫ 𝑑𝑡𝑇

0

=𝐸𝑇𝑇

=1

𝑇∫ 𝑣𝑍(𝑡) · 𝑖𝑍(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0

=1

𝑇∫𝑣𝑍2(𝑡)

𝑍𝑑𝑡

𝑇

0

=1

𝑇∫ 𝑍 · 𝑖𝑍

2(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0




Dessa forma, se 𝑣𝑍(𝑡) for senoidal tal que

𝑣𝑍(𝑡) = 𝑉𝑧 cos(𝜔𝑡 + 𝜙𝑣) ⇔ V̇𝑧 = 𝑉𝑧∠𝜙𝑣

𝑍 = 𝑍∠𝜃 = 𝑅 + 𝑗𝑋 ; 𝑍 = √𝑅2 + 𝑋2 𝑒 𝜃 = tan−1(𝑋 𝑅⁄ ) = 𝜙𝑣 − 𝜙𝑖

𝑖𝑍(𝑡) = 𝐼𝑧 cos(𝜔𝑡 + 𝜙𝑖) ⇔ 𝐼�̇� = 𝐼𝑧∠𝜙𝑖 = 𝐼𝑧∠(𝜙𝑣 − 𝜃)

obtemos uma expressão simplificado para a potência média absorvida:

𝑃𝑍 =1

𝑇∫ 𝑉𝑧 cos(𝜔𝑡 + 𝜙𝑣) · 𝐼𝑧 cos(𝜔𝑡 + 𝜙𝑣 − 𝜃)⏟

cos𝐴 cos𝐵 = 12[cos(𝐴+𝐵)+cos(𝐴−𝐵)]

𝑑𝑡𝑇

0

=1

𝑇𝑉𝑧𝐼𝑧∫

1

2[cos(2𝜔𝑡 + 2𝜙𝑣 − 𝜃) + cos 𝜃⏟

𝑐𝑡𝑒.

] 𝑑𝑡𝑇

0

=𝑇

2𝑇𝑉𝑧𝐼𝑧 cos 𝜃

=1

2𝑉𝑧𝐼𝑧 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

=1

2(√2𝑉𝑧𝑅𝑀𝑆)(√2𝐼𝑧𝑅𝑀𝑆) cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

= 𝑉𝑧𝑅𝑀𝑆𝐼𝑧𝑅𝑀𝑆 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

como está ilustrado na figura abaixo

onde cos 𝜃 é denominado fator de potência, ou 𝑓𝑝, quando o sistema é equilibrado, tal que sua identidade implica

𝑓𝑝 = cos 𝜃

=Re𝑍

𝑍

o que implica em

𝑃𝑍 = Re𝑍 (𝑉𝑧𝑅𝑀𝑆𝑍

)⏟ 𝐼𝑍𝑅𝑀𝑆

𝐼𝑧𝑅𝑀𝑆

= Re𝑍 𝐼𝑧2𝑅𝑀𝑆

= 𝑍𝐼𝑧2𝑅𝑀𝑆

cos 𝜃

0 por ser periódico e a integral ser no dobro de seu período

1

2𝑉𝑧𝐼𝑧 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

1

2𝑉𝑧𝐼𝑧




Assim, podemos calcular as potências médias absorvidas por cada carga do sistema da figura acima sabendo

apenas sua parte real (resistência) Re𝑍 e o módulo da corrente 𝐼�̇� que flui por ela.

Para isso, devemos utilizar o teorema da superposição, tal que

𝑃𝑍1𝑠𝑢𝑝= Re𝑍1 ‖𝐼�̇�𝐴 − 𝐼3̇‖

2 𝑒 𝑃𝑍1𝑖𝑛𝑓

= Re𝑍1 ‖𝐼�̇�𝐵 + 𝐼3̇‖2

𝑃𝑍2𝑠𝑢𝑝= Re𝑍2 𝐼𝑎𝐴

2 𝑒 𝑃𝑍2 𝑖𝑛𝑓= Re𝑍2 𝐼𝑏𝐵

2

𝑃𝑍3 = Re𝑍1 ‖𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵‖2

𝑃𝑍4 = Re𝑍2 𝐼32

Pelo teorema das malhas, obtemos os valores das outras correntes analisando:

𝑍1(𝐼�̇�𝐴 − 𝐼3̇) + 𝑍2𝐼�̇�𝐴 + 𝑍3(𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵) = �̇�1 ⇔ (𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3)𝐼�̇�𝐴 + 𝑍3𝐼�̇�𝐵 − 𝑍1𝐼3̇ = �̇�1

𝑍1(𝐼�̇�𝐵 + 𝐼3̇) + 𝑍2𝐼�̇�𝐵 + 𝑍3(𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐴) = �̇�1 ⇔ 𝑍3𝐼�̇�𝐴 + (𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3)𝐼�̇�𝐵 + 𝑍1𝐼3̇ = −�̇�1

𝑍1(𝐼3̇ − 𝐼�̇�𝐴) + 𝑍1(𝐼3̇ + 𝐼�̇�𝐵) + 𝑍4𝐼3̇ = 0̇ ⇔ −𝑍1𝐼�̇�𝐴 + 𝑍1𝐼�̇�𝐵 + (2𝑍1 + 𝑍4)𝐼3̇ = 0̇

No entanto, somando apenas as duas primeiras linhas, como há simetria no circuito (apesar de desiquilibrado,

há uma certa simetria), perceba que a corrente de neutro será nula:

(𝑍1 + 𝑍2 + 2𝑍3)𝐼�̇�𝐴 + (𝑍1 + 𝑍2 + 2𝑍3)𝐼�̇�𝐵 = 0̇

⇒ 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵 = 0̇

⇒ −𝐼�̇�𝑁 = 0̇

Isso diminui o nosso circuito de 3 correntes para um circuito de 2 correntes, o que diminui as dimensões

vetoriais na equação matricial, onde adota-se 𝐼�̇�𝐴𝐵𝑏 = 𝐼�̇�𝐴 = −𝐼�̇�𝐵:

(2𝑍1 + 2𝑍2 −2𝑍1

−2𝑍1 2𝑍1 + 𝑍4)

⏞ 𝐴

(𝐼�̇�𝐴𝐵𝑏𝐼3̇

) = (2�̇�10̇)


) = 𝐴−1 (2�̇�10̇)

= ( 1

|𝐴|(𝐶𝑇)𝑖𝑗) 2�̇�1 (

1̇0̇)

=2�̇�1

(2𝑍1 + 2𝑍2)(2𝑍1 + 𝑍4) − 4𝑍12· (2𝑍1 + 𝑍4 2𝑍1

2𝑍1 2𝑍1 + 2𝑍2) (1̇0̇)

=2�̇�1

(2𝑍1 + 2𝑍2)(2𝑍1 + 𝑍4) − 4𝑍12(2𝑍1 + 𝑍4

2𝑍1)

Separadamente, sabemos que

2𝑍1 + 2𝑍2 = 2 · (5 + 𝑗5 Ω) + 2 · (0,5 Ω)

= 11 + 𝑗10 Ω

≈ 14,87∠42,27° Ω ,




que

2𝑍1 + 𝑍4 = 2 · (5 + 𝑗5 Ω) + (10 − 𝑗5 Ω)

= 20 + 𝑗5 Ω

≈ 20,62∠14,04° Ω

e que

4𝑍12 = 4 · (5 + 𝑗5 Ω)2

= 4 · (𝑗50 Ω2)

= 𝑗200 Ω2

Assim, resolvemos o sistema:


) ≈2 · [100∠0° V (eficazes)]

(14,87∠42,27° Ω)(20,62∠14,04° Ω) − 𝑗200 Ω2(20,62∠14,04° Ω2 · (5 + 𝑗5 Ω)

)

≈200∠0°

306,47∠56,31° − 𝑗200(20,62∠14,04°

10√2∠45°) A (eficazes)

≈200∠0°

170 + 𝑗255 − 𝑗200(20,62∠14,04°


≈200∠0°

170 + 𝑗55(20,62∠14,04°


≈200∠0°

178,68∠17,93°(20,62∠14,04°


≈ (1,12∠-17,93°) (20,62∠14,04°


≈ (23,08∠-3,89° A (eficaz)

15,83∠27,07° A (eficaz))

o que retorna as seguintes correntes do esquema ilustrado na figura:

(

𝐼�̇�𝐴𝐼�̇�𝐵𝐼3̇

) = (

𝐼�̇�𝐴𝐵𝑏−𝐼�̇�𝐴𝐵𝑏𝐼3̇

)

≈ (23,08∠-3,89° A (eficazes)

23,08∠176,11° A (eficazes)

15,83∠27,07° A (eficazes))

≈ (

23,02 − 𝑗1,57 A (eficazes)

−23,02 + 𝑗1,57 A (eficazes)

14,10 + 𝑗7,20 A (eficazes))

Assim, resultamos com as potências médias absorvidas pelas cargas:

𝑃𝑍1𝑠𝑢𝑝≈ (5 Ω) · ‖(23,02 − 𝑗1,57) − (14,10 + 𝑗7,20) A (eficazes)‖2

≈ (5 Ω) · ‖8,93 − 𝑗8,77 A (eficazes)‖2

≈ 5 · 156,62 W

≈ 0,78 kW

𝑃𝑍1𝑖𝑛𝑓≈ (5 Ω) · ‖−(23,02 − 𝑗1,57) + (14,10 + 𝑗7,20) A (eficazes)‖2

= 𝑃𝑍1𝑠𝑢𝑝≈ 0,78 kW




𝑃𝑍4 ≈ (10 Ω) · [15,83 A (eficazes)]2

≈ 2,51 kW

as potências médias dissipadas nas linhas:

𝑃𝑎𝐴 = 𝑃𝑍2𝑠𝑢𝑝

≈ (0,5 Ω) · [23,08 A (eficazes)]2

≈ 0,27 kW

𝑃𝑏𝐵 = 𝑃𝑍2𝑖𝑛𝑓

≈ (0,5 Ω) · [23,08 A (eficazes)]2

= 𝑃𝑎𝐴

≈ 0,27 𝑘𝑊

𝑃𝑛𝑁 = 𝑃𝑍3

= 0 W

e as potências médias entregues pelas fontes:

𝑃𝑉1𝑠𝑢𝑝= 𝑉1𝐼𝑎𝐴 cos (𝜙𝑣1𝑠𝑢𝑝

− 𝜙𝑖𝑎𝐴)

≈ [100 V (eficazes)] · [23,08 A (eficazes)] · cos(0° − (-3,89°))

≈ 2,30 kW

𝑃𝑉1𝑖𝑛𝑓= 𝑉1𝐼𝑏𝐵 cos (𝜙𝑣1𝑖𝑛𝑓

− 𝜙𝑖𝑏𝐵)

≈ [100 V (eficazes)] · [−23,08 A (eficazes)] · cos(0° − 176,11°)

= 𝑃𝑉1𝑠𝑢𝑝

≈ 2,30 kW

Então, pelo princípio de superposição, a potência média total absorvidas pelas cargas é

𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 𝑃𝑍1𝑠𝑢𝑝+ 𝑃𝑍1𝑖𝑛𝑓

+ 𝑃𝑍4

≈ 4,07 kW

dissipadas nas linhas é

𝑃𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 = 𝑃𝑎𝐴 + 𝑃𝑏𝐵 + 𝑃𝑛𝑁

≈ 0,53 W

e entregues pelas fontes é

𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑃𝑉1𝑠𝑢𝑝+ 𝑃𝑉1𝑖𝑛𝑓

= 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 + 𝑃𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎

≈ 4,6 kW

(princípio de conservação de energia)




Uma outra forma de encontrar as correntes do sistema é transformando-o em 𝑌 para associar as impedâncias

de fase com as impedâncias de linha (que estarão em série).

Adotando o neutro como 𝒩,obtemos a seguinte transformação:

𝑍𝐴𝒩 =𝑍𝐴𝑁𝑍𝐴𝐵

𝑍𝐴𝑁 + 𝑍𝐴𝐵 + 𝑍𝐵𝑁

=𝑍1𝑍4

𝑍1 + 𝑍4 + 𝑍1

≈(5√2∠45°) · (5√5∠-26,57°)

2 × (5 + 𝑗5) + (10 − 𝑗5) Ω

≈25√10∠18,43°

20 + 𝑗5 Ω

≈25√10∠18,43°

5√17∠14,04° Ω

≈ 3,83∠4,40° Ω

≈ 3,82 + 𝑗0,29 Ω

𝑍𝐵𝒩 =𝑍𝐵𝑁𝑍𝐴𝐵


=𝑍1𝑍4

𝑍1 + 𝑍4 + 𝑍1

= 𝑍𝐴𝒩

≈ 3,82 + 𝑗0,29 Ω

𝑍𝑁𝒩 =𝑍𝐴𝑁𝑍𝐵𝑁


=𝑍1𝑍1

𝑍1 + 𝑍4 + 𝑍1

≈(5√2∠45°)

2

5√17∠14,04° Ω

≈50∠90°

5√17∠14,04° Ω

≈ 2,43∠75,96° Ω

≈ 0,59 + 𝑗2,35 Ω

Associando com as impedâncias de linha que estão em série, obtemos o seguinte sistema equivalente:

𝑍𝐴𝒩𝑒𝑞 = 𝑍𝐴𝒩 + 𝑍2

≈ (3,82 + 𝑗0,29 Ω) + (0,5 Ω)

≈ 4,32 + 𝑗0,29 Ω

≈ 4,33∠3,89° Ω

⇒ �⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 ≈ 0,23∠-3,89° S

≈ 0,23 − 𝑗0,02 S

𝑍𝐵𝒩𝑒𝑞 = 𝑍𝐵𝒩 + 𝑍2

= 𝑍𝐴𝒩𝑒𝑞

≈ 4,33∠3,89° Ω

⇒ �⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞 ≈ 0,23∠-3,89° S

≈ 0,23 − 𝑗0,02 S

𝑍𝑁𝒩𝑒𝑞 = 𝑍𝐶𝒩 + 𝑍3

≈ (0,59 + 𝑗2,35 Ω) + (1 Ω)

≈ 1,59 + 𝑗2,35 Ω

≈ 2,84∠55,98° Ω

⇒ �⃗⃗�𝑁𝒩𝑒𝑞 ≈ 0,35∠-55,98° S

≈ 0,20 − 𝑗0,29 S

Assim, transformando-o novamente em Δ:

�⃗⃗�𝐴𝑁𝑒𝑞 =�⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 �⃗⃗�𝑁𝒩𝑒𝑞

�⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝑁𝒩𝑒𝑞

≈0,08∠-59,87°

0,66 − 𝑗0,32 S

≈0,08∠-59,87°

0,73∠-26,18° S

≈ 0,11∠-33,69° S

�⃗⃗�𝐵𝑁𝑒𝑞 =�⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞 �⃗⃗�𝑁𝒩𝑒𝑞

�⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝑁𝒩𝑒𝑞

= �⃗⃗�𝐴𝑁𝑒𝑞

≈ 0,11∠-33,69° S

�⃗⃗�𝐴𝐵𝑒𝑞 =�⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 �⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞

�⃗⃗�𝐴𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝐵𝒩𝑒𝑞 + �⃗⃗�𝐶𝒩𝑒𝑞

≈0,05∠-7,78°

0,73∠-26,18° S

≈ 0,07∠18,40° S

encontramos as correntes de fase, sabendo que �̇�𝑎𝑏 = �̇�𝑎𝑛 − �̇�𝑏𝑛, por:

𝐼�̇�𝑁′ = �̇�𝑎𝑛�⃗⃗�𝐴𝑁𝑒𝑞

≈ (100∠0°) · (0,11∠-33,69°) ARMS

≈ 11,09∠-33,69° A (eficazes)

≈ 9,23 − 𝑗6,15 A (eficazes)

𝐼�̇�𝑁′ = �̇�𝑏𝑛�⃗⃗�𝐵𝑁𝑒𝑞

≈ (-100∠0°) · (0,11∠-33,69°) ARMS

≈ 11,09∠146,31° A (eficazes)

≈ −9,23 + 𝑗6,15 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐵′ = �̇�𝑎𝑏 �⃗⃗�𝐴𝐵𝑒𝑞

≈ (200∠0°) · (0,07∠18,40°) ARMS

≈ 14,53∠18,40° A (eficazes)

≈ 13,79 + 𝑗4,59 A (eficazes)




que levam às correntes de linha:

𝐼�̇�𝐴 = 𝐼�̇�𝑁′ + 𝐼�̇�𝐵

′

≈ 23,02 − 𝑗1,57 A (eficazes)

≈ 23,08∠-3,89° A (eficazes)

𝐼�̇�𝐵 = 𝐼�̇�𝑁′ − 𝐼�̇�𝐵

′

≈ −23,02 + 𝑗1,57 A (eficazes)

≈ 23,08∠176,11° A (eficazes)

𝐼�̇�𝑁 = −𝐼�̇�𝑁′ − 𝐼�̇�𝑁

′

= 0 A (eficazes)

e à corrente 𝐼3̇:, que pode ser encontrada pelo divisor de corrente

𝐼3̇ = (2𝑍1

2𝑍1 + 𝑍4) 𝐼�̇�𝐴

= (1

1 + 0,5 𝑍4 𝑍1⁄) 𝐼�̇�𝐴

≈ [1

1 + 0,5 · (5√5∠-26,57° Ω) (5√2∠45° Ω)⁄] [23,08∠-3,89° A (eficazes)]

≈23,08∠-3,89°

1 + 0,25√10∠-71,57° A (eficazes)

≈23,08∠-3,89°

1 + 0,25 − 𝑗0,75 A (eficazes)

≈23,08∠-3,89°

0,5√8,5∠-30,96° A (eficazes)

≈ 15,83∠27,07° A (eficazes)

≈ 14,10 + 𝑗7,20 A (eficazes)

Perceba que esses valores encontrados para as correntes da imagem são as mesmas quando se utiliza a técnica

de análise de malhas. Logo, o resultado final de potência calculada será o mesmo. Isso mostra que há mais de

uma maneira de resolver um problema como esse.




3. Um sistema trifásico equilibrado 𝑌-𝑌, sequência positiva, tem �̇�𝑎𝑏 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e frequência

200 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ . Se a carga em cada fase é uma conexão série de um resistor de 40 𝛺, um indutor de 0,1 𝐻 e um

capacitor de 100 𝜇𝐹, calcule as correntes de linha e a potência entregue à carga.

(R.: 2,31∠6,9° 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

2,31∠-113,1° 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

2,31∠-233,1° 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

640 𝑊)


Entende-se, por um sistema trifásico equilibrado 𝑌-𝑌, a seguinte configuração:

Como sabemos que a sequência de tensão trifásica é positiva e equilibrada, ou seja, se ∠�̇�𝑎𝑛 é 0°,

�̇�𝑎𝑛 = 𝑉𝑝∠0° V (eficazes)

�̇�𝑏𝑛 = 𝑉𝑝∠-120° V (eficazes)

�̇�𝑐𝑛 = 𝑉𝑝∠120° V (eficazes)

e como foi dado a tensão de linha �̇�𝑎𝑏, podemos encontrar as tensões de fase através da soma vetorial:

�̇�𝑎𝑏 = �̇�𝑎𝑛 + �̇�𝑛𝑏

= �̇�𝑎𝑛 − �̇�𝑏𝑛

= 𝑉𝑝∠0° − 𝑉𝑝∠-120°

= 𝑉𝑝∠0° − 𝑉𝑝(cos -120° ∠0° + sen -120° ∠90°)

= 𝑉𝑝∠0° − 𝑉𝑝 (−1

2∠0° −

√3

2∠90°)

= 𝑉𝑝 [(1 +1

2)∠0° +

√3

2∠90°]

= 𝑉𝑝 [3

2∠0° +

√3

2∠90°]

= 𝑉𝑝 [√(3

2)2

+ (√3

2)

2

∠ tan−1 (√3 2⁄

3 2⁄)]

= √3𝑉𝑝∠30°




Em outras palavras, a tensão de linha �̇�𝑎𝑏 é √3 maior que a tensão de fase �̇�𝑎𝑛 defasada em 30°:

�̇�𝑎𝑏 = �̇�𝑎𝑛 × √3∠30°

ou

�̇�𝑎𝑛 =�̇�𝑎𝑏

√3∠30°⁄

Assim, temos as seguintes tensões de fase presentes em sequência positiva para V̇ab = 200∠0° V (eficazes):

�̇�𝑎𝑛 =200∠0°

√3∠30° V (eficazes)

�̇�𝑏𝑛 =200∠-120°


�̇�𝑐𝑛 =200∠120°


devemos somente encontrar qual é o valor da impedância 𝑍𝑌, que é dada pela conexão em série enunciada:

𝑍𝑌 = 𝑅 + 𝑗 (𝜔𝐿 −1

𝜔𝐶)

= (40 Ω) + 𝑗 [(200 rad s⁄ ) · (0,1 H) −1

(200 rad s⁄ ) · (100 × 10−6 F)]

= 40 − 𝑗30 Ω

≈ 50∠-36,87° Ω

Como as correntes de fase (𝐼�̇�𝑁, 𝐼�̇�𝑁 e 𝐼�̇�𝑁) são iguais às correntes de linha (𝐼�̇�, 𝐼�̇� e 𝐼�̇�, respectivamente), temos

que:

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝑁

= �̇�𝑎𝑛 𝑍𝑌⁄

≈

200∠0°√3∠30°⁄ V (eficazes)

50∠-36,87° Ω

≈ 2,31∠6,87° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝑁

= �̇�𝑏𝑛 𝑍𝑌⁄

≈

200∠-120°√3∠30°⁄ V (eficazes)

50∠-36,87° Ω

≈ 2,31∠-113,13° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝑁

= �̇�𝑐𝑛 𝑍𝑌⁄

≈

200∠120°√3∠30°⁄ V (eficazes)

50∠-36,87° Ω

≈ 2,31∠126,87° A (eficazes)




A potência entregue à carga, para esse caso equilibrado, adotando 𝐼𝑝 como a amplitude eficaz das correntes

equilibradas e 𝜃 como a fase da carga trifásica também equilibrada, é dada pela relação

𝑃 = 3𝑉𝑍𝐼𝑍 cos 𝜃

= 3(𝑉𝑝

√3) 𝐼𝑝 cos 𝜃

= √3𝑉𝑝𝐼𝑝 cos 𝜃

≈ √3 · [200 V (eficazes)] · [2,31 A (eficazes)] cos(−36,87°)

= 640 W

Lembre-se:

A tensão eficaz 𝑉𝑍𝑒𝑓 na impedância 𝑍 é definida como a raiz da média quadrática (do acrônimo em inglês RMS,

Root Mean Square), que representa a tensão de corrente contínua que deveríamos impor em 𝑍 que conseguisse

dissipar a mesma energia quando utilizada a tensão de corrente alternada 𝑉𝑍. Matematicamente:

𝑃𝑉𝑒𝑓 = 𝑃�⃗⃗⃗�

⇒𝑉𝑍𝑒𝑓2

𝑍=�⃗⃗�𝑍2

𝑍

⇒ 𝑉𝑍𝑒𝑓2 =

∫ [𝑣𝑍(𝑡)]2𝑑𝑡

𝑇

0

∫ 𝑑𝑡𝑇

0

⇒ 𝑉𝑍𝑒𝑓 = √1

𝑇∫ [𝑉𝑍 cos(𝜔𝑡)]

2𝑑𝑡𝑇

0

= √𝑉𝑍2

𝑇∫ [cos(𝜔𝑡)]2𝑑𝑡𝑇

0

= 𝑉𝑍√1

𝑇·𝑇

2

=𝑉𝑍

√2

⇒ 𝑉𝑍 = √2 𝑉𝑍𝑒𝑓

Então, a potência média dissipada na impedância possui a seguinte equivalência quando utilizamos valores

eficazes:

1

2𝑉𝑧𝐼𝑧 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖) =

1

2(√2 𝑉𝑍𝑒𝑓) (√2 𝐼𝑧𝑒𝑓) cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

=√2√2

2𝑉𝑍𝑒𝑓𝐼𝑧𝑒𝑓 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

= 𝑉𝑍𝑒𝑓𝐼𝑧𝑒𝑓 cos(𝜙𝑣 − 𝜙𝑖)

Ou seja, o termo 1 2⁄ da potência média dissipada some quando utilizamos valores eficazes de tensão e de

corrente.




4. Na figura abaixo, uma fonte equilibrada de sequência positiva tem �̇�𝑎𝑏 = 120∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e

𝐼�̇�𝐴 = 10∠-60° 𝐴 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠). Calcule 𝑍 e a potência entregue à carga trifásica.


Sabemos que

𝑍 = 𝑍𝑝

=�̇�𝐴𝑁

𝐼�̇�𝑁

=�̇�𝑎𝑛

𝐼�̇�𝐴

=

�̇�𝑎𝑏√3∠30°⁄

𝐼�̇�𝐴

=[120∠-30° V (eficazes)] √3⁄

[10∠-60° A (eficazes)]

≈ 6,93∠30° Ω

Assim, a potência entregue à carga, para esse sistema equilibrado, é

𝑃 ≈ √3 · [120 V (eficazes)] · [10 A (eficazes)] cos(30°)

= 1,8 kW




5. ##### Uma carga trifásica equilibrada conectada em 𝑌 consome 1,2 𝑘𝑊 com fator de potência 0,6 𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜. Se

as tensões de linha são um conjunto equilibrado com 200 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), calcule a corrente de linha 𝐼�̇�.

(R.: 20√3 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


Pela definição de potência entre à carga trifásica para um sistema 𝑌-𝑌 equilibrado, temos, em valores eficazes,

que

𝑃 = √3𝑉𝑝𝐼𝑝 cos 𝜃

⇒ 𝐼𝑝 =𝑃

√3𝑉𝑝 · 𝑓𝑝

onde 𝑉𝑝 e 𝐼𝑝 são os valores eficazes de amplitude da tensão e da corrente em uma carga, respectivamente, e cos 𝜃

é o fator de potência 𝑓𝑝. Substituindo os valores, obtemos que

𝐼𝑝 =(1200 W)

√3 · [200 V (eficazes)] · (0,6)

≈ 5,77 A (eficazes)

A fase da corrente de linha 𝜃𝑖 é dada pela fase da tensão na carga 𝜃𝑣 (que é defasada de -30° para a tensão

de linha entre a fase 𝑎 e 𝑏) e pelo fator potência (que é adiantado, o que indica uma fase positiva na corrente, o

mesmo que uma fase negativa na carga):

𝜃𝑖𝑎 = 𝜃𝑣𝑎𝑛 − 𝜃

= 𝜃𝑣𝑎𝑛 − cos−1 𝑓𝑝

= −30° − (− cos−1 0,6)

≈ 23,13°

Assim, concluímos que a corrente de linha na fase 𝑎 é

𝐼�̇� = 𝐼𝑝∠𝜃𝑖𝑎

≈ 5,77∠23,13° A (eficazes)

e as correntes de linha das outras fases são defasadas de −120° e −240°:

𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 {𝐼�̇� = 𝐼�̇� × 1∠-120° ≈ 5,77∠-96,87° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇� × 1∠120° ≈ 5,77∠143,13° A (eficazes)

𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 {𝐼�̇� = 𝐼�̇� × 1∠120° ≈ 5,77∠143,13° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇� × 1∠-120° ≈ 5,77∠-96,87° A (eficazes)




6. Um sistema equilibrado 𝑌-𝑌 com 𝑍𝑃 = 3√3∠30° 𝛺 entrega 9,6 𝑘𝑊 à carga. Calcule a tensão de linha �̇�𝐿 e a

corrente de linha 𝐼�̇�.


Pela relação entre potência e carga em valores eficazes, nesse tipo de sistema, temos que

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3(𝑉𝑍𝐼𝑍 cos 𝜃)

= 3(𝑉𝑍2

𝑍𝑃cos 𝜃)

= 3 [(𝑉𝐿 √3⁄ )

2

𝑍𝑃cos 𝜃]

=𝑉𝐿2

𝑍𝑃cos 𝜃

⇒ 𝑉𝐿 = √𝑃𝑍𝑃cos 𝜃

= √(9600 W) · (3√3 Ω)

cos(30°)

= 240 V (eficazes)

A fase é arbitrária, nesse caso. Então, podemos assumir uma fase nula, tal que

�̇�𝐿 = 240 ∠0° V (eficazes)

Assim, a corrente de linha é

𝐼�̇� =�̇�𝑍

𝑍𝑃

=

�̇�𝐿√3∠30°⁄

𝑍𝑃

=240 √3⁄ ∠-30° V (eficazes)

(3√3∠30° Ω)

=80

3∠-60° A (eficazes)

= 26, 6∠-60° A (eficazes)




7. Na figura do exercício 4, a fonte é equilibrada, com sequência de fase positiva, e �̇�𝑎𝑛 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠).

Calcule 𝑍𝑃, se a fonte entrega 3,6 𝑘𝑊 com fator de potência 0,6 𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜.

(R.: 5∠-53,1° 𝛺)


Pelo princípio de conservação de energia, toda potência entregue pela fonte é consumida pela carga trifásica.

Dessa forma, utilizando a relação entre potência e carga em valores eficazes, nesse tipo de sistema, temos que

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3(𝑉𝑎𝑛2

𝑍𝑃cos 𝜃)

⇒ 𝑍𝑃 =3𝑉𝑎𝑛

2

𝑃· 𝑓𝑝

=3 · [100 V (eficazes)]2

(3,6 kW)· (0,6)

= 5 Ω

A fase 𝜃 da impedância é dada pelo próprio fator de potência 𝑓𝑝 adiantado (ou seja, 𝜃 < 0°), tal que

𝜃 = cos−1 𝑓𝑝

= −cos−1(0,6)

≈ −53,13°

Assim, a impedância é

𝑍𝑃 = 𝑍𝑃∠θ

≈ 5∠-53,13° Ω




8. Um sistema equilibrado em 𝑌-𝑌, trifásico e de sequência de fases positiva, tem �̇�𝑎𝑛 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e

𝑍𝑃 = 3 + 𝑗4 𝛺. As linhas têm uma resistência de 1 𝛺 cada uma. Calcule a corrente de linha 𝐼𝐿, a potência entregue

à carga e a potência dissipada nas linhas.


A corrente de linha 𝐼�̇� (que é a mesma que a corrente de fase para esse sistema), é dada por

𝐼𝐿 = ‖�̇�𝑎𝑛

𝑍𝑒𝑞‖

= ‖�̇�𝑎𝑛

𝑍𝑃 + 𝑅‖

= ‖[200∠0° V (eficazes)]

(3 + j4 Ω) + (1 Ω)‖

= ‖200∠0°

4√2∠45°‖A (eficazes)

= ‖25√2∠-45°‖ A (eficazes)

= 25√2 A (eficazes)


A potência dissipada é dada pelo produto da impedância respectiva pelo quadrado da corrente eficaz que a

atravessa. Ou seja:

𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 3 · Re 𝑍 · 𝐼𝐿2

= 3 · (3 Ω) · (25√2)2

= 11,25 kW

𝑃𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎 = 3 · 𝑅 · 𝐼𝐿2

= 3 · (1 Ω) · (25√2)2

= 3,75 kW

Lembre-se:

Para averiguar se esse resultado está coerente, confere-se o princípio de conservação de energia, onde

sabemos que toda a energia consumida pela carga e pela linha de transmissão é entregue pela fonte do sistema.

Assim, em valores eficazes, verificamos essa comparação:

𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑢𝑒 = 𝑃𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎

⇒ 3𝑉𝑎𝑛𝐼𝐿 cos 𝜃 = 𝑃𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 + 𝑃𝑙𝑖𝑛ℎ𝑎

⇒ 3 · [200 V (eficazes)] · [25√2 A (eficazes)] · cos(45°) = (11,25 kW) + (3,75 kW)

15 kW = 15 kW




9. Uma fonte equilibrada conectada em 𝑌, com �̇�𝑎𝑛 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), de sequência positiva, é conectada por

meio de quatro condutores perfeitos (com impedância igual a zero) a uma carga desbalanceada, conectada em 𝑌,

𝑍𝐴𝑁 = 8 + 𝑗6 𝛺, 𝑍𝐵𝑁 = 𝑗20 𝛺 e 𝑍𝐶𝑁 = 10 𝛺. Calcule a corrente de neutro.

(R.: 2,66 − 𝑗10,32 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


De acordo com o sistema ilustrado que corresponde ao enunciado

a corrente de neutro 𝐼�̇� é dada pela primeira lei de Kirchhoff das correntes de fase:

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝑁

= −(𝐼�̇� + 𝐼�̇� + 𝐼�̇�)

Cada corrente de fase é encontrada da seguinte forma:

𝐼�̇� =�̇�𝐴𝑁

𝑍𝐴𝑁

=�̇�𝑎𝑛

𝑍𝐴𝑁


8 + j6 Ω

≈200∠0°

10∠36,87° ΩA (eficazes)

≈ 20∠-36,87° A (eficazes)

𝐼�̇� =�̇�𝑏𝑛

𝑍𝑏𝑁

=200∠-120° V (eficazes)

j20 Ω

=200∠-120°

20∠90° ΩA (eficazes)





𝐼�̇� =�̇�𝑐𝑛

𝑍𝐶𝑁


10 Ω


Assim, obtemos:

𝐼�̇� ≈ −(20∠-36,87° + 10∠150° + 20∠120°) A (eficazes)

≈ −√𝐼𝑛𝑥2 + 𝐼𝑛𝑦

2 ∠ tan−1 (𝐼𝑛𝑦

𝐼𝑛𝑋) A (eficazes)

𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐼𝑛𝑥 = 20 cos(-36,87°) + 10 cos(150°) + 20 cos(120°)

𝑒 𝐼𝑛𝑦 = 20 sen(-36,87°) + 10 sen(150°) + 20 sen(120°)

≈ −10,66∠104,45° A (eficazes)

≈ 10,66∠-75,55° A (eficazes)

≈ 2,66 − 𝑗10,32 A (eficazes)




10. Se o fio neutro for removido do sistema do exercício 9, calcule as correntes de linha.


Dizer que o neutro do sistema do exercício 9 foi removido impede que a tensão em 𝑛 seja igual à tensão em

𝑁, pois as cargas são desequilibradas. Ou seja, isso impede que �̇�𝑎𝑛 seja igual a �̇�𝐴𝑁, por exemplo, o que dificulta

a análise do sistema.

Um jeito rápido de resolver esse problema é transformando o sistema 𝑌-𝑌 em uma sistema Δ-Δ. Para isso,

utilizamos as seguintes expressões para encontrar as admitâncias �⃗⃗�Δ equivalentes na configuração Δ com base

nas admitâncias �⃗⃗�Y da configuração 𝑌:

�⃗⃗�Δ𝐴𝐵 =�⃗⃗�Y𝐴𝑁 �⃗⃗�Y𝐵𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Δ𝐵𝐶 =

�⃗⃗�Y𝐵𝑁 �⃗⃗�Y𝐶𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Δ𝐶𝐴 =

�⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Y𝐴𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁

Como sabemos que

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 =1

𝑍Y𝐴𝑁

=1

8 + 𝑗6 Ω

= 0,08 − 𝑗0,06 S

�⃗⃗�Y𝐵𝑁 =1

𝑍Y𝐵𝑁

=1

𝑗20 Ω

= −𝑗0,05 S

�⃗⃗�Y𝐶𝑁 =1

𝑍Y𝐶𝑁

=1

10 Ω

= 0,1 S

Obtemos:

�⃗⃗�Δ𝐴𝐵 =(0,08 − 𝑗0,06) · (−𝑗0,05)

(0,08 − 𝑗0,06) + (−𝑗0,05) + (0,1) S

= −0,003 + 𝑗0,004

0,18 − 𝑗0,11 S

≈ −0,005∠53,13°

0,21∠-31,43° S

≈ −0,024∠84,56° S

≈ 0,024∠-95,44° S

�⃗⃗�Δ𝐵𝐶 =(−𝑗0,05) · (0,1)

(0,08 − 𝑗0,06) + (−𝑗0,05) + (0,1) S

= −𝑗0,005

0,18 − 𝑗0,11 S

≈ −0,005∠90°

0,21∠-31,43° S

≈ −0,024∠121,43° S

≈ 0,024∠-58,57° S




�⃗⃗�Δ𝐶𝐴 =(0,1) · (0,08 − j0,06)

(0,08 − j0,06) + (−j0,05) + (0,1) S

=0,008 − 𝑗0,006

0,18 − 𝑗0,11 S

≈0,01∠-36,87°

0,21∠-31,43° S

≈ 0,0474∠-5,44° S

que leva à seguinte configuração:

Como a sequência dada é positiva, os fasores das diferenças de potenciais são calculados por:

�̇�𝑎𝑏 = �̇�𝑎𝑛 × √3∠30°

= 200√3∠30° V (eficazes)

�̇�𝑏𝑐 = �̇�𝑏𝑛 × √3∠30°

= 200√3∠-90° V (eficazes)

�̇�𝑐𝑎 = �̇�𝑐𝑛 × √3∠30°

= 200√3∠150° V (eficazes)

Então, calcula-se as correntes de fase da seguinte forma:

𝐼�̇�𝐵 = �̇�𝑎𝑏 �⃗⃗�Δ𝐴𝐵

≈ [200√3∠30° V (eficazes)] · [0,024∠-95,44° S]

≈ 8,21∠-65,44° A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 = �̇�𝑏𝑐 �⃗⃗�Δ𝐵𝐶

≈ [200√3∠-90° V (eficazes)] · [0,024∠-58,57° S]

≈ 8,21∠-148,57° A (eficazes)

𝐼�̇�𝐴 = �̇�𝑐𝑎 �⃗⃗�Δ𝐶𝐴

≈ [200√3∠150° V (eficazes)] · [0,0474∠-5,44° S]

≈ 16,42∠144,56° A (eficazes)

Assim, obtém-se, finalmente, as correntes de linha por:

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

= 𝐼�̇�𝐵 − 𝐼�̇�𝐴

≈ (8,21∠-65,44° − 16,42∠144,56°) A (eficazes)

≈ 23,89∠-45,34° A (eficazes)




𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐶

= −𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

≈ (−8,21∠-65,44° + 8,21∠-148,57°) A (eficazes)

≈ 10,90∠162,99° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵

= 𝐼�̇�𝐴 − 𝐼�̇�𝐶

≈ (16,42∠144,56° − 8,21∠-148,57°) A (eficazes)

≈ 15,20∠114,78° A (eficazes)




11. Uma fonte equilibrada conectada em 𝑌, com �̇�𝑎𝑛 = 240∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), de sequência positiva, é conectada por

quatro condutores perfeitos a uma carga desbalanceada conectada em 𝑌, 𝑍𝐴𝑁 = 10 𝛺, 𝑍𝐵𝑁 = 10 − 𝑗5 𝛺 e

𝑍𝐶𝑁 = 𝑗20 𝛺. Calcule as quatro correntes de linha.

(R.: 𝐼�̇�𝑁 = 24 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝑁 = 24 5⁄ [√3 − 2 − 𝑗(2√3 + 1)] 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝑁 = 6(√3 + 𝑗1) 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝑁 = 1 5⁄ [−(72 + 54√3) + 𝑗(48√3 − 6)] 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


De acordo com o sistema ilustrado que corresponde ao enunciado

Sabendo que a sequência é positiva, cada corrente de fase é encontrada da seguinte forma:

𝐼�̇� =�̇�𝑎𝑛

𝑍𝐴𝑁


10 Ω


𝐼�̇� =�̇�𝑏𝑛

𝑍𝑏𝑁

=240∠-120° V (eficazes)

10 − j5 Ω

≈240∠-120°

11,18∠-26,57° Ω A (eficazes)

≈ 21,47∠-93,43°A (eficazes)

𝐼�̇� =�̇�𝑐𝑛

𝑍𝐶𝑁


𝑗20 Ω





A corrente de neutro 𝐼�̇� é dada pela primeira lei de Kirchhoff das correntes de fase:

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝑁

= −(𝐼�̇� + 𝐼�̇� + 𝐼�̇�)

≈ −(24∠0° + 21,47∠-93,43° + 12∠30°) A (eficazes)

≈ −√𝐼𝑛𝑥2 + 𝐼𝑛𝑦

2 ∠ tan−1 (𝐼𝑛𝑦

𝐼𝑛𝑋) A (eficazes)

𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐼𝑛𝑥 = 24 cos(0°) + 21,47 cos(-93,43°) + 12 cos(30°)

𝑒 𝐼𝑛𝑦 = 24 sen(0°) + 21,47 sen(-93,43°) + 12 sen(30°)

≈ −36,52∠-24,99° A (eficazes)

≈ 36,52∠155,01° A (eficazes)

≈ −33,11 + 𝑗15,43 A (eficazes)




12. Se o fio neutro for removido do sistema do exercício 11, calcule as correntes de linha.


Dizer que o neutro do sistema do exercício 11 foi removido impede que a tensão em 𝑛 seja igual à tensão em

𝑁, pois as cargas são desequilibradas. Ou seja, isso impede que �̇�𝑎𝑛 seja igual a �̇�𝐴𝑁, por exemplo, o que dificulta

a análise do sistema.

Um jeito rápido de resolver esse problema é transformando o sistema 𝑌-𝑌 em uma sistema Δ-Δ. Para isso,

utilizamos as seguintes expressões para encontrar as admitâncias �⃗⃗�Δ equivalentes na configuração Δ com base

nas admitâncias �⃗⃗�Y da configuração 𝑌:

�⃗⃗�Δ𝐴𝐵 =�⃗⃗�Y𝐴𝑁 �⃗⃗�Y𝐵𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Δ𝐵𝐶 =

�⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Y𝐵𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁 �⃗⃗�Δ𝐶𝐴 =

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 �⃗⃗�Y𝐶𝑁

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 + �⃗⃗�Y𝐵𝑁 + �⃗⃗�Y𝐶𝑁

Como sabemos que

�⃗⃗�Y𝐴𝑁 =1

𝑍Y𝐴𝑁

=1

10 Ω

= 0,1 S

= 0,1∠0° S

�⃗⃗�Y𝐵𝑁 =1

𝑍Y𝐵𝑁

=1

10 − 𝑗5 Ω

= 0,08 + 𝑗0,04 S

≈ 0,04√5∠26,57° S

�⃗⃗�Y𝐶𝑁 =1

𝑍Y𝐶𝑁

=1

𝑗20 Ω

= −𝑗0,05 S

= 0,05∠-90° S

Obtemos:

�⃗⃗�Δ𝐴𝐵 ≈(0,1∠0° ) · (0,04√5∠26,57°)

(0,1) + (0,08 + 𝑗0,04) + (−𝑗0,05) S

≈0,004√5∠26,57°

0,18 − 𝑗0,01 S

≈0,004√5∠26,57°

0,05√13∠-3,18° S

≈ 0,05∠29,74° S

�⃗⃗�Δ𝐵𝐶 =(0,05∠-90°) · (0,04√5∠26,57°)

0,05√13∠-3,18° S

≈0,002√5∠-63,43°

0,05√13∠-3,18° S

≈ 0,02∠-60,26° S




�⃗⃗�Δ𝐶𝐴 =(0,1∠0° ) · (0,05∠-90°)

0,05√13∠-3,18° S

≈0,05∠-90°

0,05√13∠-3,18° S

≈ 0,28∠-86,82° S

que leva à seguinte configuração:

Como a sequência dada é positiva, os fasores das diferenças de potenciais são calculados por:

�̇�𝑎𝑏 = �̇�𝑎𝑛 × √3∠30°

= 240√3∠30° V (eficazes)

�̇�𝑏𝑐 = �̇�𝑏𝑛 × √3∠30°

= 240√3∠-90° V (eficazes)

�̇�𝑐𝑎 = �̇�𝑐𝑛 × √3∠30°

= 240√3∠150° V (eficazes)

Então, calcula-se as correntes de fase da seguinte forma:

𝐼�̇�𝐵 = �̇�𝑎𝑏 �⃗⃗�Δ𝐴𝐵

≈ [240√3∠30° V (eficazes)] · [0,05∠29,74° S]

≈ 20,62∠59,74° A (eficazes)

≈ 10,39 + 𝑗17,81 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 = �̇�𝑏𝑐 �⃗⃗�Δ𝐵𝐶

≈ [240√3∠-90° V (eficazes)] · [0,02∠-60,26° S]

≈ 10,31∠-150,26° A (eficazes)

≈ −8,95 − 𝑗5,12 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐴 = �̇�𝑐𝑎�⃗⃗�Δ𝐶𝐴

≈ [240√3∠150° V (eficazes)] · [0,28∠-86,82° S]

≈ 115,29∠63,18° A (eficazes)

≈ 52,02 + 𝑗102,89 A (eficazes)




Assim, obtém-se, finalmente, as correntes de linha por:

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

= 𝐼�̇�𝐵 − 𝐼�̇�𝐴

≈ [(10,39 + 𝑗17,81) − (52,02 + 𝑗102,89)] A (eficazes)

≈ −41,63 − 𝑗85,08 A (eficazes)

≈ 94,71∠-116,07° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐶

= −𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

≈ [−(10,39 + 𝑗17,81) + (−8,95 − 𝑗5,12 A)] A (eficazes)

≈ −19,34 − 𝑗22,93 A (eficazes)

≈ 30,00∠-130,15° A (eficazes)

𝐼�̇� = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵

= 𝐼�̇�𝐴 − 𝐼�̇�𝐶

≈ [(52,02 + 𝑗102,89) − (−8,95 − 𝑗5,12 A)] A (eficazes)

≈ 60,97 + 𝑗108,01 A (eficazes)

≈ 124,03∠60,55° A (eficazes)

Perceba que sem o neutro as correntes de linha são bem maiores que anteriormente. Isso pode implicar em

maiores perdas por efeito Joule na distribuição e consumo, o que, na maioria das vezes, não é interessante.




13. Se, no sistema da figura abaixo, 𝑍1 = 3 − 𝑗4 𝛺, 𝑍2 = 3 + 𝑗4 𝛺 e a tensão de linha é 𝑉𝐿 = 100√3 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠),

calcule a corrente 𝐼𝐿 em cada linha.

(R.: 24 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


A corrente de linha 𝐼𝐿 (que é o módulo da corrente fasorial) pode ser calculada por

𝐼𝐿 = 𝐼𝑝

=𝑉𝑝

𝑍𝑒𝑞

=𝑉𝐿 √3⁄

𝑍𝑒𝑞

onde 𝐼𝑝 e 𝑉𝑝 são o módulo da corrente e da tensão, ambas de fase.

A impedância equivalente 𝑍𝑒𝑞 (que é o módulo da impedância vetorial) é dada pela associação de cargas 𝑌-𝑌

𝑍𝑒𝑞 = ‖𝑍1 ∥ 𝑍2‖

= ‖𝑍1𝑍2

𝑍1 + 𝑍2‖

= ‖(3 − 𝑗4) · (3 + 𝑗4)

(3 − 𝑗4) + (3 + 𝑗4)‖ Ω

= ‖(5∠-53,13°) · (5∠53,13°)

6‖ Ω

=25

6 Ω

Assim, temos que

𝐼�̇� =

100√3 V (eficazes)

√3⁄

25 6⁄ Ω

= 24 A (eficazes)




14. Uma carga trifásica equilibrada conectada em 𝑌 consome 3 𝑘𝑊, com fator de potência 0,8 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜. Um 𝑌

equilibrado de capacitores é colocado em paralelo com a carga, de forma que o fator de potência equivalente é

0,85 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜. Se a frequência é 60 𝐻𝑧 e as tensões de linha são um conjunto equilibrado com 200 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠),

calcule as capacitâncias necessárias.


Utilizando a relação entre potência e carga em valores eficazes, nesse tipo de sistema, temos que a impedância

de fase 𝑍𝑃 que equilibra a carga trifásica é dada por

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3(𝑉𝑃2

𝑍𝑃cos 𝜃)

⇒ 𝑍𝑃 =3(𝑉𝐿 √3⁄ )

2

𝑃· 𝑓𝑝

=𝑉𝐿2

𝑃· 𝑓𝑝

=[200 V (eficazes)]2

(3 kW)· (0,8)

= 10, 6 Ω

A fase 𝜃 da impedância é dada pelo próprio fator de potência 𝑓𝑝 atrasado (ou seja, 𝜃 > 0°), tal que


= cos−1(0,8)

≈ 36,87°

Assim, a impedância original do sistema é

𝑍𝑃 = 𝑍𝑃∠𝜃

≈ 10, 6∠36,87° Ω

≈ 8,53 + 𝑗6,4 Ω

Para que o fator de potência seja 0,85 atrasado, é necessário adicionar 0,05 de atraso ao sistema, ou seja:

𝜃′ = cos−1(0,85)

≈ 31,79°

é o equivalente a dizer que a carga do sistema deve ser defasada em 𝜃′ − 𝜃 ≈ −5,08°.

Assim, definindo

𝑅 = Re𝑍𝑃

𝑋 = Im𝑍𝑃

a carga capacitiva adicionada em paralelo com a carga original deve resultar numa impedância equivalente de

fase 𝜃∗:

𝑍𝑃𝑒𝑞 = 𝑍𝑃 ∥ 𝑍𝐶

=𝑍𝑃𝑍𝐶

𝑍𝑃 + 𝑍𝐶




=𝑍𝑃

1 + 𝑍𝑃 𝑍𝐶⁄

=𝑍𝑃

1 + 𝑍𝑃 (− 𝑗 𝜔𝐶⁄ )⁄

=𝑍𝑃

1 + 𝑗𝑍𝑃𝜔𝐶

=1

𝜔𝐶·

𝑅 + 𝑗𝑋

1 𝜔𝐶⁄ + 𝑗(𝑅 + 𝑗𝑋)

=1

𝜔𝐶·

𝑅 + 𝑗𝑋

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋) + 𝑗𝑅

=1

𝜔𝐶·(𝑅 + 𝑗𝑋) · [(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋) − 𝑗𝑅]

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)2 + 𝑅2

=1

𝜔𝐶 · [(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)2 + 𝑅2]· {[(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 + 𝑅𝑋] + 𝑗[(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2]}

= 𝑍𝑃𝑒𝑞∠𝜃∗

o que implica que

tan 𝜃∗ =(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 + 𝑅𝑋

⇒ (1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 tan 𝜃∗ + 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ = (1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2

⇒ 𝑅 tan 𝜃∗ 𝜔𝐶⁄ − 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ + 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ = 𝑋 𝜔𝐶⁄ −𝑋2 − 𝑅2⏟

−𝑍𝑃2

⇒ (𝑅 tan 𝜃∗ − 𝑋) 𝜔𝐶⁄ = −𝑍𝑃2

tal que, isolando a capacitância, obtemos

𝐶 =1

𝜔𝑋′ , tal que 𝑋′ =

𝑍𝑃2

𝑋 − 𝑅 tan 𝜃′

=1

2𝜋𝑓·𝑋 − 𝑅 tan 𝜃′

𝑍𝑃2

≈1

2𝜋 · (60 Hz)·6,4 − 8,53 · tan(31,79°)

10, 62 F

≈ 25,91 μF

Ou, o mesmo pode ser encontrado muito mais rapidamente pelo triângulo de potência, onde a potência

reativa 𝑄 original é

𝑄 = 𝑃 tan 𝜃

= (3 kW) tan cos−1 0,8

= 2250 kVA

e da potência reativa 𝑄′ com a adição do capacitor na carga é

𝑄′ = 𝑃 tan 𝜃′

= (3 kW) tan cos−1 0,85

≈ 1859 kVA




Assim, sabemos que o capacitor adicionado consumiu a diferença das potências reativas:

𝑄𝐶 = 𝑄 − 𝑄′

podemos encontrar a reatância desse capacitor por

𝑄𝐶 =𝑉2

𝑋𝐶

⇒ 𝑋𝐶 =𝑉2

𝑄𝐶

≈(200 V)2

(2250 kVA) − (1859 kVA)

≈ 102,36 Ω

Logo, a capacitância é de

𝐶 =1

2𝜋𝑓𝑋𝐶

≈1

2𝜋 · (60 Hz) · (102,36 Ω)

≈ 25,91 μF

que é o mesmo resultado obtido pelo outro método.




15. Na figura abaixo, a fonte é equilibrada, com sequência de fases positiva, e �̇�𝑎𝑛 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠). Se a

impedância de fase é 3√3∠30° 𝛺, calcule a corrente de linha e a potência entregue à carga.

(R.: 100 √3⁄ 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

15 𝑘𝑊)


A corrente de linha 𝐼𝐿 do sistema é dada por

𝐼𝐿 =𝑉𝑎𝑛𝑍𝐴𝑁

Como a ligação Δ não possui neutro, é conveniente convertermos esse sistema para 𝑌 de forma a obtermos a

impedância equivalente 𝑍𝐴𝑁 para que possamos calcular a corrente de linha facilmente.

Para isso, basta calcular

𝑍𝐴𝑁 =𝑍𝐴𝐵𝑍𝐶𝐴

𝑍𝐴𝐵 + 𝑍𝐵𝐶 + 𝑍𝐶𝐴

=𝑍𝑃𝑍𝑃

𝑍𝑃 + 𝑍𝑃 + 𝑍𝑃

=𝑍𝑃3

=3√3∠30° Ω

3

= √3∠30° Ω

Assim, obtemos

𝐼𝐿 =100 V (eficaz)

√3 Ω

=100

√3 A (eficazes)





A potência entregue pela carga, em valores eficazes, para esse sistema (que agora pode ser visto como um

sistema em 𝑌-𝑌 devido à nossa equivalência calculada na carga) é dada pela equação

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3𝑉𝑍𝐼𝑍 cos 𝜃

= 3𝑉𝑎𝑛𝐼𝐿 cos 𝜃

= 3 · [100 V (eficazes)] · [100

√3 A (eficazes)] cos(30°)

= 15 kW




16. Na figura do exercício 15, o sistema de sequência positiva tem �̇�𝑎𝑛 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠). Calcule 𝑍𝑃 se a fonte

entrega 2,4 𝑘𝑊 com fator de potência 0,8 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜.



𝑍𝑃 que equilibra a carga trifásica é dada por

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3(𝑉𝑎𝑛2

𝑍𝐴𝑁cos 𝜃) , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑍𝐴𝑁 = 𝑍𝑃 3⁄


2

𝑃· 𝑓𝑝

=9 · [200 V (eficazes)]2

(2,4 kW)· (0,8)

= 120 Ω

Similarmente, podemos utilizar �̇�𝑎𝑏 = √3�̇�𝑎𝑛, obtendo o mesmo resultado

𝑃 = 3(𝑉𝑎𝑏2

𝑍𝐴𝐵cos 𝜃) , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑍𝐴𝐵 = 𝑍𝑃

= 3 [(√3 𝑉𝑎𝑛)

2

𝑍𝑃cos 𝜃]


2

𝑃· 𝑓𝑝

=9 · [200 V (eficazes)]2

(2,4 kW)· (0,8)

= 120 Ω



= cos−1(0,8)

≈ 36,87°


𝑍𝑃 = 𝑍𝑃∠θ

≈ 120∠36,87° Ω

= 96 + 𝑗72 Ω




17. No sistema 𝑌-𝛥 mostrado na figura abaixo, a fonte é de sequência positiva com �̇�𝑎𝑛 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e a

impedância de fase é 𝑍𝑃 = 3 − 𝑗4 𝛺. Calcule a tensão de linha 𝑉𝐿, a corrente de linha 𝐼𝐿 e a potência entregue à

carga.

(R.: 100√3 𝑉 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

60 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

10,8 𝑘𝑊)


A tensão de linha 𝑉𝐿 é definida como a diferença de potencial que existe entre duas linhas de transmissão.

Assim, para as linhas 𝐴 e 𝐵, por exemplo, sua respectiva tensão de linha é dada, em uma sequência positiva, por:

�̇�𝐴𝐵 = �̇�𝐴𝑁 + �̇�𝑁𝐵

= �̇�𝐴𝑁 − �̇�𝐵𝑁

= 𝑉𝑃∠0° − 𝑉𝑃∠-120° , tal que 𝑉𝑃 é a tensão de fase

= 𝑉𝑃√3∠30°

= 𝑉𝐿∠30° , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑉𝐿 = 𝑉𝑃√3

Então, resume-se que

�̇�𝐴𝐵 = �̇�𝐴𝑁 × √3∠30°

ou �̇�𝐴𝑁 =�̇�𝐴𝐵

√3∠30°⁄

que é o mesmo que

(Tensão de fase) = (Tensão de linha) × √3∠30°

ou (Tensão de linha) =(Tensão de fase)

√3∠30°⁄

Dessa forma, temos que a tensão de linha do sistema enunciado é

𝑉𝐿 = 100√3 V (valor eficaz)

Similarmente, a corrente de linha 𝐼𝐿 é definida como a corrente elétrica que passa pelas linhas de transmissão,

ou seja, para um sistema equilibrado

𝐼𝐿 = 𝐼𝑎𝐴 = 𝐼𝑏𝐵 = 𝐼𝑐𝐶

e 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛𝑁 = 0 A




Como o sistema enunciado é do tipo 𝑌-Δ, costuma-se transformá-lo em um sistema 𝑌-𝑌 com o intuito de

calcular a corrente de linha 𝐼𝐿 mais facilmente, pois a corrente de linha para esse sistema é igual à corrente de

fase 𝐼𝑃, como pode ser visto na figura abaixo.

Para fazer essa transformação, calcula-se:

𝑍𝐴𝑁 =𝑍𝐴𝐵𝑍𝐶𝐴

𝑍𝐴𝐵 + 𝑍𝐵𝐶 + 𝑍𝐶𝐴

que, num sistema equilibrado como esse, resulta em

𝑍𝐴𝑁 =𝑍𝑃𝑍𝑃

𝑍𝑃 + 𝑍𝑃 + 𝑍𝑃=𝑍𝑃3

Assim, para esse novo sistema, adotando 𝑍𝐿 como uma impedância de linha (impedância entre duas fazes ),

obtemos a corrente de linha pela equação de Ohm

𝐼𝐿 = 𝐼𝑃 =𝑉𝑎𝑛𝑍𝐴𝑁

=3𝑉𝑎𝑛𝑍𝑃

=3 · [100 V (eficazes)]

‖3 − 𝑗4 Ω‖

=3 · 100

5 A (eficazes)

= 60 A (eficazes)

Então, definindo 𝜃 como a fase da carga, a potência entregue à carga trifásica desse sistema é dada por:

𝑃 = 3𝑉𝑎𝑛2

𝑍𝐴𝑁cos 𝜃

= 9𝑉𝑎𝑛2

𝑍𝑃·Re 𝑍𝑃𝑍𝑃

= 9 ·[100 V (eficazes)]2

(5 Ω)2· (3)

= 10,8 kW

ou 𝑃 = 3𝐼𝐿2𝑍𝐴𝑁 cos 𝜃

= 𝐼𝐿2𝑍𝑃 ·

Re 𝑍𝑃𝑍𝑃

= [60 A (eficazes)]2 · (3)

= 10,8 kW




Pode-se também utilizar o princípio de conservação de energia, onde se diz que a potência entregue à carga

trifásica do sistema é igual à potência gerada pela fonte do mesmo, que pode ser calculada por:

𝑃 = 3𝑉𝑎𝑛𝐼𝐿 cos 𝜃

= 3 · [100 V (eficazes)] · [60 A (eficazes)] · (3

5)

= 10,8 kW




18. Para o sistema 𝑌-𝛥 do exercício 17, 𝑍𝑃 = 4 + 𝑗3 𝛺 e a potência entregue à carga é 19,2 𝑘𝑊. Calcule a corrente de

linha 𝐼𝐿 e as tensões de fase da fonte, se �̇�𝑎𝑛 for tomada como referência.


Utilizando a relação de potência consumida pela a carga, em valores eficazes, temos:

𝑃 = 3𝑍𝑃𝐼𝑃2 cos 𝜃

= 3𝑍𝑃 (𝐼𝐿

√3)2

(Re𝑍𝑝

𝑍𝑃)

⇒ 𝐼𝐿 = √𝑃

Re𝑍𝑝

= √(19,2 × 103 W)

(4 Ω)



Dessa forma, obtemos as tensões de fase pela seguinte relação:

�̇�𝑎𝑛 = 𝑍𝐴𝑁𝐼�̇�

= (𝑍𝑃3) 𝐼�̇�

= [√42 + 32

3∠ tan−1 (

3

4) Ω] · [20√12∠- tan−1 (

3

4) A (eficazes)]

=100√12

3∠0° V (eficazes)

≈ 115,47∠0° V (eficazes)

Assim, as tensões de fase são

�̇�𝑏𝑛 = �̇�𝑎𝑛 × 1∠-120° ≈ 115,47∠-120° V (eficazes)

�̇�𝑐𝑛 = �̇�𝑎𝑛 × 1∠120° ≈ 115,47∠120° V (eficazes)




19. No sistema 𝑌-𝛥 equilibrado, a carga consome 3 𝑘𝑊, com fator de potência 0,8 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜. Capacitores são

conectados a cada fase da carga, para aumentar seu fator de potência para 0,9 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜. Calcule o valor de

capacitância necessário, com uma frequência de 60 𝐻𝑧 e tensões de linha de 200 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠).

(R.: 17,62 𝜇𝐹)



de linha 𝑍𝐿 que equilibra a carga trifásica é dada por

𝑃 = 3𝑃𝑍

= 3(𝑉𝐿2

𝑍𝐿cos 𝜃)

⇒ 𝑍𝐿 =3𝑉𝐿

2

𝑃· 𝑓𝑝

=3 · [200 V (eficazes)]2

(3 kW)· (0,8)

= 32 Ω



= cos−1(0,8)

≈ 36,87°


𝑍𝐿 = 𝑍𝐿∠𝜃

≈ 32∠36,87° Ω

= 25,6 + 𝑗19,2 Ω

Para que o fator de potência seja 0,9 atrasado, é necessário adicionar 0,1 de atraso ao sistema, ou seja:

𝜃′ = cos−1(0,9)

≈ 25,84°

é o equivalente a dizer que a carga do sistema deve ser defasada em 𝜃′ − 𝜃 ≈ −11,03°.

Assim, definindo

𝑅 = Re𝑍𝐿

𝑋 = Im𝑍𝐿

a carga capacitiva adicionada em paralelo com a carga original deve resultar numa impedância equivalente de

fase 𝜃∗:

𝑍𝐿𝑒𝑞 = 𝑍𝐿 ∥ 𝑍𝐶

=𝑍𝐿𝑍𝐶

𝑍𝐿 + 𝑍𝐶

=𝑍𝐿

1 + 𝑍𝐿 𝑍𝐶⁄




=𝑍𝐿

1 + 𝑍𝐿 (− 𝑗 𝜔𝐶⁄ )⁄

=𝑍𝐿

1 + 𝑗𝑍𝐿𝜔𝐶

=1

𝜔𝐶·

𝑅 + 𝑗𝑋

1 𝜔𝐶⁄ + 𝑗(𝑅 + 𝑗𝑋)

=1

𝜔𝐶·

𝑅 + 𝑗𝑋

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋) + 𝑗𝑅

=1

𝜔𝐶·(𝑅 + 𝑗𝑋) · [(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋) − 𝑗𝑅]

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)2 + 𝑅2

=1

𝜔𝐶 · [(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)2 + 𝑅2]· {[(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 + 𝑅𝑋] + 𝑗[(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2]}

= 𝑍𝐿𝑒𝑞∠𝜃∗

o que implica que

tan 𝜃∗ =(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2

(1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 + 𝑅𝑋

⇒ (1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑅 tan 𝜃∗ + 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ = (1 𝜔𝐶⁄ − 𝑋)𝑋 − 𝑅2

⇒ 𝑅 tan 𝜃∗ 𝜔𝐶⁄ − 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ + 𝑅𝑋 tan 𝜃∗ = 𝑋 𝜔𝐶⁄ −𝑋2 − 𝑅2⏟

−𝑍𝐿2

⇒ (𝑅 tan 𝜃∗ − 𝑋) 𝜔𝐶⁄ = −𝑍𝐿2

tal que, isolando a capacitância, obtemos

𝐶 =1

𝜔𝑋′ , tal que 𝑋′ =

𝑍𝐿2

𝑋 − 𝑅 tan 𝜃′

=1

2𝜋𝑓·𝑋 − 𝑅 tan 𝜃∗

𝑍𝐿2

≈1

2𝜋 · (60 Hz)·19,2 − 25,6 · tan(25,84°)

322 F

≈ 17,62 μF

Ou, o mesmo pode ser encontrado muito mais rapidamente pelo triângulo de potência, onde a potência

reativa 𝑄 original é

𝑄 = 𝑃 tan 𝜃

≈ (1 kW) tan cos−1 0,8

= 750 kVA

e da potência reativa 𝑄′ com a adição do capacitor na carga é

𝑄′ = 𝑃 tan 𝜃′

≈ (1 kW) tan cos−1 0,9

≈ 484,32 kVA

Assim, sabemos que o capacitor adicionado consumiu a diferença das potências reativas:

𝑄𝐶 = 𝑄 − 𝑄′




podemos encontrar a reatância desse capacitor por

𝑄𝐶 =𝑉2

𝑋𝐶

⇒ 𝑋𝐶 =𝑉2

𝑄𝐶

≈(200 V)2

(750 kVA) − (484,32 kVA)

≈ 150,56 Ω

Logo, a capacitância é de

𝐶 =1

2𝜋𝑓𝑋𝐶

≈1

2𝜋 · (60 Hz) · (150,56 Ω)

≈ 17,62 μF

que é o mesmo resultado obtido pelo outro método.




20. No sistema 𝑌-𝛥 do exercício 17, a tensão da fonte, �̇�𝑎𝑛 = 100∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e 𝑍𝑃 = 10∠60° 𝛺. Calcule a

tensão de linha, a corrente de linha, os módulos da corrente da carga e a potência entregue à carga.


A tensão de linha é dada pela relação

𝑉𝐿 = 𝑉𝑃 × √3 , onde 𝑉𝑃 = 𝑉𝑎𝑛 = 𝑉𝑏𝑛 = 𝑉𝑐𝑛

= 100√3 V (eficazes)

≈ 173,21 V (eficazes)

A corrente de linha é dada pela equação de Ohm

𝐼𝐿 =𝑉𝐿𝑍𝐿=𝑉𝑎𝑛𝑍𝐴𝑁

= 𝐼𝑃√3 = (𝑉𝑎𝑏𝑍𝐴𝐵

)√3 , onde 𝑍𝐴𝐵 = 𝑍𝑃

=(√3𝑉𝑎𝑛)

𝑍𝑃√3 = 3 ·

𝑉𝑎𝑛𝑍𝑃

= 3 ·[100 V (eficazes)]

[10 Ω]

= 30 A (eficazes)

A corrente de carga 𝐼𝑃, também denominada corrente de fase, é dada por

𝐼𝑃 =𝐼𝐿

√3



Por fim, a potência entregue a carga pode ser calculada, pelos valores eficazes, por


= 3 · [100 V (eficazes)] · [30 A (eficazes)] cos(60°)

= 4,5 kW




21. Calcule a corrente de linha 𝐼𝐿 do sistema da figura abaixo.

(R.: 20 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


Uma maneira eficientemente rápida de se encontrar a corrente de linha 𝐼𝐿 onde a linha de transmissão não é

ideal é transformando a carga de Δ para 𝑌, pois, dessa forma, poderemos somar as impedâncias de carga com as

de linha, pois elas estarão em série. Com isso, teremos um novo sistema 𝑌 onde a corrente de linha é a mesma

para esse sistema (que é o princípio da transformação de cargas que utilizaremos).

Para fazer essa transformação, como o sistema é equilibrado, basta utilizar a seguinte relação:

𝑍𝑌 =𝑍Δ3

=(9 + 𝑗9 Ω)

3

= 3 + 𝑗3 Ω

o que implica que a nova impedância de carga para o sistema ajustado é

𝑍𝑌𝑒𝑞 = (1 Ω) + (3 + 𝑗3 Ω)

= 4 + 𝑗3 Ω

≈ 5∠36,87° Ω

Então, a corrente de linha é dada por:

𝐼𝐿 =𝑉𝑍𝑍𝑌𝑒𝑞

Como esse novo sistema continua equilibrado, sabemos que o neutro das fontes possui o mesmo potencial

elétrico do neutro das cargas. Ou seja,

𝑉𝑍 = 𝑉𝑎𝑛

Assim, a corrente de linha pode ser dada por:

𝐼𝐿 =𝑉𝑎𝑛𝑍𝑌𝑒𝑞

=[100 V (eficazes)]

(5 Ω)

= 20 A (eficazes)




22. Calcule a potência entregue à carga do exercício 21, se o módulo das tensões da fonte é 120 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) e

𝑍𝑃 = 6 + 𝑗9 𝛺.


Uma maneira de se calcular a potência 𝑃𝑍 entregue à carga é utilizando a potência entregue ao sistema 𝑃𝑒𝑛𝑡

(potência gerada pelas fontes) e a potência dissipada pelas linhas de transmissão 𝑃𝐿, de tal forma que

𝑃𝑍 = 𝑃𝑒𝑛𝑡 − 𝑃𝐿

A potência entregue ao sistema e a potência dissipada nas linhas dependem da corrente de linha 𝐼𝐿, pois

𝑃𝑒𝑛𝑡 = 3𝑉𝑎𝑛𝐼𝐿 cos 𝜃

𝑃𝐿 = 3 · (1 Ω) · 𝐼𝐿2

Utilizando os mesmos cálculos do exercício 21, obtemos a seguinte corrente de linha:

𝐼𝐿 =𝑉𝑎𝑛𝑍𝑌∗

=𝑉𝑎𝑛

√[(1 Ω) + Re𝑍𝑌]2+ [Im𝑍𝑌]

2

=𝑉𝑎𝑛

√[(1 Ω) +Re𝑍Δ3

]

2

+ [Im𝑍Δ3

]

2 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑍Δ = 𝑍𝑃

=[120 V (eficazes)]

√[(1 Ω) +(6 Ω)3]2

+ [(9 Ω)3]2

=120

3√2 A (eficazes)



Assim, obtemos

𝑃𝑒𝑛𝑡 = 3 · [120 V (eficazes)] · [20√2 A (eficazes)] cos 45° , onde 𝜃 = tan−1 (3 Ω

3 Ω)

= 7,20 kW

𝑃𝐿 = 3 · (1 Ω) · [20√2 A (eficazes)]2

= 2,4 kW

o que implica que a potência entre à carga trifásica é

𝑃𝑍 = (7,2 kW) − (2,4 kW)

= 4,8 kW




23. Uma fonte trifásica equilibrada, de sequência positiva, com �̇�𝑎𝑏 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠), está alimentando uma

carga conectada em 𝛥, 𝑍𝐴𝐵 = 20 𝛺, 𝑍𝐵𝐶 = 20∠60° 𝛺 e 𝑍𝐶𝐴 = 50∠30° 𝛺. Calcule os fatores das correntes de

linha. (Assuma condutores perfeitos, nas linhas.)

(R.: 𝐼�̇�𝐴 = 10 − 𝑗4 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝐵 = −20 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝐶 = 10 + 𝑗4 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


Para se encontrar as correntes de linha nesse sistema, podemos utilizar a soma vetorial com as correntes de

fase como segue:

𝐼�̇�𝐴 = 𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

= 𝐼�̇�𝐵 − 𝐼�̇�𝐴

𝐼�̇�𝐵 = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐶

= −𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

𝐼�̇�𝐶 = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵

= 𝐼�̇�𝐴 − 𝐼�̇�𝐶

Esse é um método simples de resolver, pois encontrar as correntes de fase são diretas para esse sistema em

que os condutores de linha são perfeitos (o que implica, por exemplo, que �̇�𝐴𝐵 = �̇�𝑎𝑏):

𝐼�̇�𝐵 =�̇�𝑎𝑏

𝑍𝐴𝐵

=[200∠0° V (eficazes)]

(20 Ω)


= 10 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 =�̇�𝑏𝑐

𝑍𝐵𝐶

=[200∠-120° V (eficazes)]

(20∠60° Ω)

= −10∠0° A (eficazes)

= −10 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐴 =�̇�𝑐𝑎

𝑍𝐶𝐴

=[200∠120° V (eficazes)]

(50∠30° Ω)


= 𝑗4 A (eficazes)

Com isso, obtemos:

𝐼�̇�𝐴 = 10 − 𝑗4 A (eficazes)

≈ 10,77∠-21,80°A (eficazes)

𝐼�̇�𝐵 = (−10 − 10) A (eficazes)

= −20 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 = 10 + 𝑗4 A (eficazes)

≈ 10,77∠21,80°A (eficazes)




24. Uma fonte trifásica equilibrada, de sequência positiva, com �̇�𝑎𝑏 = 200∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) está alimentando uma

carga conectada em 𝛥, 𝑍𝐴𝐵 = 50 𝛺, 𝑍𝐵𝐶 = 20 + 𝑗20 𝛺 e 𝑍𝐶𝐴 = 30 − 𝑗40 𝛺. Calcule as correntes de linha.


Para se encontrar as correntes de linha nesse sistema, podemos utilizar a soma vetorial com as correntes de

fase como segue:

𝐼�̇�𝐴 = 𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

= 𝐼�̇�𝐵 − 𝐼�̇�𝐴

𝐼�̇�𝐵 = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐶

= −𝐼�̇�𝐵 + 𝐼�̇�𝐶

𝐼�̇�𝐶 = 𝐼�̇�𝐴 + 𝐼�̇�𝐵

= 𝐼�̇�𝐴 − 𝐼�̇�𝐶

Esse é um método simples de resolver, pois encontrar as correntes de fase são diretas para esse sistema em

que os condutores de linha são perfeitos (o que implica, por exemplo, que �̇�𝐴𝐵 = �̇�𝑎𝑏):

𝐼�̇�𝐵 =�̇�𝑎𝑏

𝑍𝐴𝐵

=[200∠0° V (eficazes)]

(50 Ω)


= 4 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 =�̇�𝑏𝑐

𝑍𝐵𝐶

=[200∠-120° V (eficazes)]

(20 + 𝑗20 Ω)

=200∠-120°

20√2∠45° A (eficazes)

= 5√2∠-165° A (eficazes)

≈ −6,83 − 𝑗1,83 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐴 =�̇�𝑐𝑎

𝑍𝐶𝐴

=[200∠-120° V (eficazes)]

(30 − 𝑗40 Ω)

≈[200∠120° V (eficazes)]

(50∠-53,13° Ω)

≈ 4∠173,13° A (eficazes)

≈ −3,97 + 𝑗0,48 A (eficazes)

Com isso, obtemos:

𝐼�̇�𝐴 ≈ 7,97 + 𝑗0,48 A (eficazes)

≈ 7,99∠3,43°A (eficazes)

𝐼�̇�𝐵 ≈ −10,83 + 𝑗1,83 A (eficazes)

≈ 10,98∠-170,41° A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 ≈ 2,86 + 𝑗2,31 A (eficazes)

≈ 3,67∠38,92°A (eficazes)




25. Uma fonte trifásica equilibrada, de sequência positiva, com �̇�𝑎𝑏 = 240∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) está alimentando uma

combinação em paralelo de uma carga conectada em 𝑌 com uma outra carga em 𝛥. Se as cargas 𝑌 e 𝛥 são

equilibradas com impedâncias de fase de 8 − 𝑗8 𝛺 e 24 + 𝑗24 𝛺, respectivamente, calcule a corrente de linha 𝐼𝐿 e

a potência fornecida pela fonte, supondo que as linhas são condutores perfeitos.

(R.: 10√3 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

7,2 𝑘𝑊)


Para encontrar a corrente de linha 𝐼𝐿, é conveniente transformar um dos sistemas para que possamos associá-

los para um único sistema. Como ambos os sistemas são equilibrados, o sistema resultante final será equilibrado

também. Dessa forma, é menos trabalhoso encontrar a corrente de linha utilizando um sistema 𝑌, pois essa será

igual à corrente de fase (visto que o neutro das fontes possui mesmo potencial que o neutro das fases para um

sistema equilibrado).

Então, para transformar o sistema Δ em 𝑌, temos que utilizar a relação simplificada para um sistema

equilibrado:

𝑍𝑌1 =𝑍Δ3

=(24 − 𝑗24 Ω)

3

= 8 − 𝑗8 Ω

Para encontrar o sistema equivalente, basta então associar as cargas de ambos paralelamente. Como 𝑍𝑌1 é,

neste caso, igual à 𝑍𝑌2, essa conta é simplificada da seguinte forma:

𝑍𝑌𝑒𝑞 = 𝑍𝑌1 ∥ 𝑍𝑌2

=𝑍𝑌12=𝑍𝑌22

=(8 − 𝑗8 Ω)

2

= 4 − 𝑗4 Ω = 4√2∠45° Ω

Assim, obtemos a corrente de linha por:

𝐼𝐿 =𝑉𝑎𝑛𝑍𝑌𝑒𝑞

=𝑉𝑎𝑏 √3⁄

𝑍𝑌𝑒𝑞

=[240 V (eficazes)] √3⁄

(4√2 Ω)

= 10√6 A (eficazes) ≈ 24,49 A (eficazes)

e a potência fornecida pela fonte, em valores eficazes, é dada por:


= √3 · [240 V (eficazes)] · [10√6 A (eficazes)] cos(45°)

= 7,2 kW




26. Uma fonte trifásica equilibrada, de sequência positiva, com �̇�𝑎𝑏 = 240∠0° 𝑉 (𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧𝑒𝑠) entrega 43,2 𝑘𝑊, com

fator de potência unitário, a uma combinação em paralelo de uma carga conectada em 𝑌 com impedâncias de fase

4 + 𝑗4 𝛺 e uma carga equilibrada conectada em 𝛥. Determine as impedâncias de fase da carga conectada em 𝛥.


Para que o sistema consuma toda a potência 𝑃 entregue e possua fator unitário 𝑓𝑝, pela equação de potência

em valores eficazes, pelo princípio de conservação de energia:

𝑃 = 3𝑉𝑎𝑏2

𝑍Δ𝑒𝑞

cos 𝜃⏞ 𝑓𝑝

o que implica que podemos encontrar a norma da carga equivalente (adotando essa como uma carga Δ

equilibrada):

𝑍Δ𝑒𝑞 =3𝑉𝑎𝑏

2 · 𝑓𝑝

𝑃

=3 · [240 V (eficazes)]2 · (1)

(43,2 × 103 W)

= 4 Ω

O ângulo de fase 𝜃 dessa carga é dado pela fator de potência:


= cos−1(1)

= 0°

Assim, obtemos uma carga trifásica Δ equilibrada com impedância de fase

𝑍Δ𝑒𝑞 = 𝑍Δ𝑒𝑞∠𝜃

= 4∠0° Ω

Como essa carga é equivalente a uma associação paralelo entre duas cargas (onde uma sendo equilibrada

implica, juntamente com a equivalente também sendo equilibrada, que a outra será equilibrada), podemos obter

a impedância desejada desde que encontremos a carga transformada Δ da carga 𝑌 enunciada, pois assim a carga

equivalente será a associação de carga 𝑌 (transformada em Δ) com a carga Δ desejada.

A carga 𝑌 transformada em Δ, por ser equilibrada, é dada por:

𝑍Δ2 = 3𝑍𝑌

= 3 · (4 + 𝑗4 Ω)

= 12 + 𝑗12 Ω

= 12√2∠45° Ω

Assim, pela associação em paralelo, temos que a carga 𝑍Δ1 desejada é dada por:

𝑍Δ𝑒𝑞 = 𝑍Δ1 ∥ 𝑍Δ2

=𝑍Δ1𝑍Δ2

𝑍Δ1 + 𝑍Δ2




⇒ 𝑍Δ1 =𝑍Δ2𝑍Δ𝑒𝑞

𝑍Δ2 − 𝑍Δ𝑒𝑞

=(12√2∠45°) · (4∠0°)

(12 + 𝑗12) − (4) Ω

=48√2∠45°

8 + 𝑗12 Ω

≈48√2∠45°

4√13∠56,31° Ω

≈ 4,71∠-11,31° Ω

≈ 4,62 − 𝑗0,92 Ω




27. ##### Calcule as correntes de linha 𝐼�̇�𝐴, 𝐼�̇�𝐵 e 𝐼�̇�𝐶 do exercício 26.

(R.: 𝐼�̇�𝐴 = 17,32 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝐵 = −8,66 + 𝑗6,34 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧);

𝐼�̇�𝐶 = −8,66 − 𝑗6,34 𝐴 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧))


Para encontrar a norma 𝐼𝐿 das correntes de linha, basta utilizar a relação de potência entregue pela fonte:

𝑃 = 3𝑉𝑎𝑛𝐼𝐿 cos 𝜃⏞ 𝑓𝑝

= 3(𝑉𝑎𝑏

√3) 𝐼𝐿 · 𝑓𝑝

⇒ 𝐼𝐿 =𝑃

√3𝑉𝑎𝑏 · 𝑓𝑝

=(43,2 × 103 W)

√3 · [240 V (eficazes)] · (1)



Como o sistema é de sequência positiva, as correntes de linha ficam

𝐼�̇�𝐴 =�̇�𝑎𝑛

𝑍𝐴𝑁

=

�̇�𝑎𝑏√3∠30°⁄

𝑍𝐴𝑁

=𝑉𝑎𝑏∠(0° − 30)°

√3𝑍𝐴𝑁∠𝜃

=𝑉𝑎𝑏

√3𝑍𝐴𝑁∠(−30° − 𝜃)

= 𝐼𝐿∠(−30° − 𝜃) , onde 𝜃 = cos−1 𝑓𝑝 = 0°

≈ 103,92∠-30° A (eficazes)

≈ 90 − 𝑗51,96 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐵 = 𝐼�̇�𝐴 × 1∠-120°

≈ 103,92∠-150° A (eficazes)

≈ −90 − 𝑗51,96 A (eficazes)

𝐼�̇�𝐶 = 𝐼�̇�𝐴 × 1∠120°

≈ 103,92∠90° A (eficazes)

≈ 𝑗103,92 A (eficazes)




28. Demonstre as seguintes expressões:

𝑍𝑎 =𝑍𝑎𝑏𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑎𝑏 + 𝑍𝑏𝑐 + 𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑏 =𝑍𝑏𝑐𝑍𝑎𝑏


𝑍𝑐 =𝑍𝑐𝑎𝑍𝑏𝑐


onde as impedâncias 𝑍 são as recíprocas das admitâncias da figura (c) abaixo.

(Sugestão: A impedância de uma do 𝑌 é igual ao produto das impedâncias dos ramos adjacente do 𝛥, dividido

pela soma das impedâncias do 𝛥.)


Analisando as malhas do circuito trifásico 𝑌 (Figura a), temos que

�⃗⃗�𝑎�̇�𝐴𝐷 = �⃗⃗�𝑎�̇�𝐴 − �⃗⃗�𝑎�̇�𝐷 = 𝐼1̇ ⇒ �̇�𝐷 = �̇�𝐴 −𝐼1̇

�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑏�̇�𝐵𝐷 = �⃗⃗�𝑏�̇�𝐵 − �⃗⃗�𝑏�̇�𝐷 = 𝐼2̇ ⇒ �̇�𝐷 = �̇�𝐵 −𝐼2̇

�⃗⃗�𝑏




e, tomando �̇�𝐶 como referência, ou seja, �̇�𝐶 = 0̇, que

�⃗⃗�𝑎�̇�𝐴𝐷 + �⃗⃗�𝑏�̇�𝐵𝐷 = �⃗⃗�𝑐�̇�𝐷𝐶

⇒ �⃗⃗�𝑎�̇�𝐴 + �⃗⃗�𝑏�̇�𝐵 = (�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐)�̇�𝐷

⇒ (�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (

�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐷

Assim, igualando as equações para �̇�𝐷, obtemos o seguinte sistema:

⇒

{

(�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (

�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐴 −

𝐼1̇

�⃗⃗�𝑎

(�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (

�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐵 −

𝐼2̇

�⃗⃗�𝑏

⇒

{

(�⃗⃗�𝑎 −�⃗⃗�𝑎2

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (−

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼1̇

(−�⃗⃗�𝑎 �⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (�⃗⃗�𝑏 −

�⃗⃗�𝑏2

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼2̇

⇒

{

(�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (−

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼1̇

(−�⃗⃗�𝑎 �⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐴 + (

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼2̇

⇒ 1

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐(�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐 −�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

−�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐)(�̇�𝐴�̇�𝐵) = (

𝐼1̇𝐼2̇)

Analisando agora as malhas no circuito trifásico Δ (Figura b), lembrando que a referência não deve mudar, ou

seja, que �̇�𝐶 = 0̇, temos que

�⃗⃗�𝑎𝑏�̇�𝐴𝐵 − �⃗⃗�𝑐𝑎�̇�𝐶𝐴 = (�⃗⃗�𝑎𝑏 + �⃗⃗�𝑐𝑎)�̇�𝐴 − �⃗⃗�𝑎𝑏�̇�𝐵 = 𝐼1̇

−�⃗⃗�𝑎𝑏�̇�𝐴𝐵 − �⃗⃗�𝑏𝑐�̇�𝐵𝐶 = −�⃗⃗�𝑎𝑏�̇�𝐴 + (�⃗⃗�𝑎𝑏 − �⃗⃗�𝑏𝑐)�̇�𝐵 = 𝐼2̇

⇒ (�⃗⃗�𝑎𝑏 + �⃗⃗�𝑐𝑎 −�⃗⃗�𝑎𝑏

−�⃗⃗�𝑎𝑏 �⃗⃗�𝑎𝑏 − �⃗⃗�𝑏𝑐)(�̇�𝐴�̇�𝐵) = (

𝐼1̇𝐼2̇)

Como as análises se baseiam em encontrar as correntes dos circuitos, podemos igualar ambos os sistemas, tal

que

�⃗⃗�𝑎𝑏 =�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐= �⃗⃗�𝑎𝑏 + �⃗⃗�𝑐𝑎 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐+ �⃗⃗�𝑐𝑎 ⇒ �⃗⃗�𝑐𝑎 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐= �⃗⃗�𝑎𝑏 − �⃗⃗�𝑏𝑐 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐− �⃗⃗�𝑏𝑐 ⇒ �⃗⃗�𝑏𝑐 =

�⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐




�⃗⃗�𝑐 =�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎𝑏− �⃗⃗�𝑎 − �⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑏 =�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑐𝑎− �⃗⃗�𝑎 − �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 =�⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑏𝑐− �⃗⃗�𝑏 − �⃗⃗�𝑐

= (�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑏𝑐− 1) �⃗⃗�𝑏 − �⃗⃗�𝑐

= (�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑏𝑐− 1)(

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑐𝑎− �⃗⃗�𝑎 − �⃗⃗�𝑐) − �⃗⃗�𝑐

=�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑏𝑐 �⃗⃗�𝑐𝑎�⃗⃗�𝑐2 −

�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑐𝑎�⃗⃗�𝑐 −

�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑏𝑐�⃗⃗�𝑐 + �⃗⃗�𝑎 −

�⃗⃗�𝑐2

�⃗⃗�𝑏𝑐+ �⃗⃗�𝑐 − �⃗⃗�𝑐

0 = (�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑏𝑐 �⃗⃗�𝑐𝑎−1

�⃗⃗�𝑏𝑐) �⃗⃗�𝑐

2 − (1

�⃗⃗�𝑐𝑎+1

�⃗⃗�𝑏𝑐) �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

0 = (�⃗⃗�𝑎

�⃗⃗�𝑏𝑐 �⃗⃗�𝑐𝑎−1

�⃗⃗�𝑏𝑐) �⃗⃗�𝑐 − (

1

�⃗⃗�𝑐𝑎+1

�⃗⃗�𝑏𝑐) �⃗⃗�𝑎




Analisando as malhas do circuito trifásico 𝑌 (Figura a), temos que

�̇�𝐴𝐷 = �̇�𝐴 − �̇�𝐷 = 𝑍𝑎𝐼1̇ ⇒ �̇�𝐷 = �̇�𝐴 − 𝑍𝑎𝐼1̇

�̇�𝐵𝐷 = �̇�𝐵 − �̇�𝐷 = 𝑍𝑏𝐼2̇ ⇒ �̇�𝐷 = �̇�𝐵 − 𝑍𝑏𝐼2̇

e, tomando �̇�𝐶 como referência, ou seja, �̇�𝐶 = 0̇, que

�̇�𝐴𝐷

𝑍𝑎+�̇�𝐵𝐷

𝑍𝑏=�̇�𝐷

𝑍𝑐

⇒ �̇�𝐴

𝑍𝑎+�̇�𝐵

𝑍𝑏= (

1

𝑍𝑎+1

𝑍𝑏+1

𝑍𝑐) �̇�𝐷

= (𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏𝑍𝑐) �̇�𝐷

⇒ (𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐴 + (

𝑍𝑎𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐷

Assim, igualando as equações para �̇�𝐷, obtemos o seguinte sistema:

⇒

{

(𝑍𝑏𝑍𝑐


𝑍𝑎𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐴 − 𝑍𝑎𝐼1̇

(𝑍𝑏𝑍𝑐


𝑍𝑎𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐵 = �̇�𝐵 − 𝑍𝑏𝐼2̇




⇒

{

1

𝑍𝑎(1 −

𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐴 +

1

𝑍𝑎(−

𝑍𝑎𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼1̇

1

𝑍𝑏(−

𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐴 +

1

𝑍𝑏(1 −

𝑍𝑎𝑍𝑐


⇒

{

(𝑍𝑏 + 𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐) �̇�𝐴 + (−

𝑍𝑐


(−𝑍𝑐


𝑍𝑎 + 𝑍𝑐


⇒ 1

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐(𝑍𝑏 + 𝑍𝑐 −𝑍𝑐

−𝑍𝑐 𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)(�̇�𝐴�̇�𝐵) = (

𝐼1̇𝐼2̇)

Analisando agora as malhas no circuito trifásico Δ (Figura b), lembrando que a referência não deve mudar, ou

seja, que �̇�𝐶 = 0̇, temos que

�̇�𝐴𝐵

𝑍𝑎𝑏−�̇�𝐶𝐴

𝑍𝑐𝑎 = (

1

𝑍𝑎𝑏+1

𝑍𝑐𝑎) �̇�𝐴 −

1

𝑍𝑎𝑏�̇�𝐵 = 𝐼1̇

−1

𝑍𝑎𝑏�̇�𝐴𝐵 −

1

𝑍𝑏𝑐�̇�𝐵𝐶 = −

1

𝑍𝑎𝑏�̇�𝐴 + (

1

𝑍𝑎𝑏−1

𝑍𝑏𝑐) �̇�𝐵 = 𝐼2̇

⇒

(

1

𝑍𝑎𝑏+1

𝑍𝑐𝑎−1

𝑍𝑎𝑏

−1

𝑍𝑎𝑏

1

𝑍𝑎𝑏−1

𝑍𝑏𝑐)

(�̇�𝐴�̇�𝐵) = (

𝐼1̇𝐼2̇)

Como as análises se baseiam em encontrar as correntes dos circuitos, podemos igualar ambos os sistemas, tal

que

1

𝑍𝑎𝑏=

𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑎𝑍𝑐

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐= �⃗⃗�𝑎𝑏 + �⃗⃗�𝑐𝑎 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐+ �⃗⃗�𝑐𝑎 ⇒ �⃗⃗�𝑐𝑎 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐= �⃗⃗�𝑎𝑏 − �⃗⃗�𝑏𝑐 =

�⃗⃗�𝑎�⃗⃗�𝑏

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐− �⃗⃗�𝑏𝑐 ⇒ �⃗⃗�𝑏𝑐 =

�⃗⃗�𝑏 �⃗⃗�𝑐

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐




Agora, sabendo que a admitâncias é o recíproco da impedância, tal que

�⃗⃗�𝑎 + �⃗⃗�𝑏 + �⃗⃗�𝑐 =1

𝑍𝑎+1

𝑍𝑏+1

𝑍𝑐

=𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑎𝑍𝑏𝑍𝑐

obtemos

𝑍𝑐 =𝑍𝑎𝑍𝑏

𝑍𝑎𝑏+𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑏+𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑎𝑏

1

𝑍𝑎𝑏=

𝑍𝑎𝑍𝑏𝑍𝑐𝑍𝑎 Z⃗⃗𝑏

𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑐𝑍𝑎

⇒ 𝑍𝑐 =𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑎𝑏

= (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏

𝑍𝑎𝑏)𝑍𝑐 +

𝑍𝑎𝑍𝑏

𝑍𝑎𝑏

=𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑎𝑏 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)·𝑍𝑎𝑍𝑏

𝑍𝑎𝑏

=𝑍𝑎𝑍𝑏

𝑍𝑎𝑏 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)

1

𝑍𝑐𝑎=

𝑍𝑎𝑍𝑏𝑍𝑐𝑍𝑎 Z⃗⃗𝑐


⇒ 𝑍𝑏 =𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎

= (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐

𝑍𝑐𝑎)𝑍𝑏 +

𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎

=𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑐𝑎 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)·𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎

=𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)

1

𝑍𝑏𝑐=

𝑍𝑎𝑍𝑏𝑍𝑐𝑍𝑏 Z⃗⃗𝑐


⇒ 𝑍𝑎 =𝑍𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑏𝑍𝑐 + 𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑏𝑐




= (𝑍𝑏 + 𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑐)𝑍𝑎 +

𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑐

=𝑍𝑏𝑐

𝑍𝑏𝑐 − (𝑍𝑏 + 𝑍𝑐)·𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑐

=𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑐 − (𝑍𝑏 + 𝑍𝑐)

𝑍𝑎 =𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑐 − (𝑍𝑏 + 𝑍𝑐)

𝑍𝑏 =𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)

𝑍𝑐 =𝑍𝑎𝑍𝑏


1

𝑍𝑏+1

𝑍𝑐=𝑍𝑐𝑎 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)

𝑍𝑐𝑍𝑎+𝑍𝑎𝑏 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)

𝑍𝑎𝑍𝑏

=𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑐𝑍𝑎−1

𝑍𝑐−1

𝑍𝑎+𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑎𝑍𝑏−1

𝑍𝑏−1

𝑍𝑎

= (𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑎− 1)

1

𝑍𝑐+ (

𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑎− 1)

1

𝑍𝑏−2

𝑍𝑎

(2 −𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑎)1

𝑍𝑏+ (2 −

𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑎)1

𝑍𝑐= −

2

𝑍𝑎

(2𝑍𝑎 − 𝑍𝑎𝑏)1

𝑍𝑏+ (2𝑍𝑎 − 𝑍𝑐𝑎)

1

𝑍𝑐= −2

𝑍𝑏𝑐

𝑍𝑏𝑍𝑐− (

1

𝑍𝑏+1

𝑍𝑐) =

1

𝑍𝑎

(𝑍𝑏𝑐

2𝑍𝑐− 1)

1

𝑍𝑏+ (

𝑍𝑏𝑐

2𝑍𝑏− 1)

1

𝑍𝑐=1

𝑍𝑎

=𝑍𝑐𝑎𝑍𝑏 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)𝑍𝑏 + 𝑍𝑎𝑏𝑍𝑐 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)𝑍𝑐


=𝑍𝑐𝑎𝑍𝑏 + 𝑍𝑎𝑏𝑍𝑐 − 𝑍𝑎𝑍𝑏 − 2𝑍𝑏𝑍𝑐 − 𝑍𝑎𝑍𝑐


=𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑎𝑍𝑐+𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑎𝑍𝑏−2

𝑍𝑎−𝑍𝑏 + 𝑍𝑐

𝑍𝑏𝑍𝑐




=1

𝑍𝑎(𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑐+𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑏− 2) −

1

𝑍𝑏−1

𝑍𝑐

=2

𝑍𝑎(𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑐+𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑏− 2)

𝑍𝑏𝑍𝑐 =𝑍𝑐𝑍𝑎

𝑍𝑐𝑎 − (𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)·

𝑍𝑎𝑍𝑏


=𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑏𝑍𝑐𝑎 − 𝑍𝑎𝑏(𝑍𝑎 + 𝑍𝑐) − 𝑍𝑐𝑎(𝑍𝑎 + 𝑍𝑏) + (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)(𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)· 𝑍𝑎

=𝑍𝑏𝑍𝑐

𝑍𝑎𝑏𝑍𝑐𝑎 − 𝑍𝑎𝑏(𝑍𝑎 + 𝑍𝑐) − 𝑍𝑐𝑎(𝑍𝑎 + 𝑍𝑏) + (𝑍𝑎 + 𝑍𝑏)(𝑍𝑎 + 𝑍𝑐)· 𝑍𝑎

𝑍𝑎 = (𝑍𝑐𝑎

𝑍𝑏𝑐)𝑍𝑏

𝑍𝑎 = (𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑏𝑐)𝑍𝑐

𝑍𝑏 = (𝑍𝑎𝑏

𝑍𝑐𝑎)𝑍𝑐

Z⃗⃗a =Z⃗⃗abZ⃗⃗ca

Z⃗⃗ab + Z⃗⃗bc + Z⃗⃗ca

Z⃗⃗b =Z⃗⃗bcZ⃗⃗ab


Z⃗⃗c =Z⃗⃗caZ⃗⃗bc








29. Para um sistema trifásico equilibrado, se as tensões de fase são

𝑣𝑎(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡

𝑣𝑏(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 120°)

𝑣𝑐(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 240°)

então as correntes de fase são

𝑖𝑎(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜃)

𝑖𝑏(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜃 − 120°)

𝑖𝑐(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜃 − 240°)

Mostre que a potência total instantânea

𝑝(𝑡) = 𝑣𝑎𝑖𝑎 + 𝑣𝑏𝑖𝑏 + 𝑣𝑐𝑖𝑐

é uma constante dada por

𝑝(𝑡) =3

2𝑉𝑚𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝜃

que é também 𝑃, a potência média total.

[Sugestão: lembre-se que 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠(𝛼 − 120°) + 𝑐𝑜𝑠(𝛼 − 240°) = 0.]


Substituindo as definições de tensão e corrente enunciadas, temos que a potência total instantânea fica:

p(t) = vaia + vbib + vcic

= VmIm[cosωt cos(ωt − θ) + cos(ωt − 120°) cos(ωt − θ − 120°) + cos(ωt − 240°) cos(ωt − θ − 240°)]

Expandindo cada termo da soma em razão da fase θ: >

cosωt cos(ωt − θ) =

= cosωt [cosωt cos θ + senωt sen θ]

= cos2ωt cos θ + cosωt senωt sen θ

cos(ωt − 120°) cos(ωt − θ − 120°) =

= cos(ωt − 120°) [cos(ωt − 120°) cos 𝜃 + sen(ωt − 120°) sen 𝜃]

= cos2(ωt − 120°) cos 𝜃 + cos(ωt − 120°) sen(ωt − 120°) sen 𝜃

cos(ωt − 240°) cos(ωt − θ − 240°) =

= cos(ωt − 240°) [cos(ωt − 240°) cos θ + sen(ωt − 240°) sen θ]

= cos2(ωt − 240°) cos θ + cos(ωt − 240°) sen(ωt − 240°) sen θ

onde:

cos2(ωt − 120°) =

cos2(ωt − 240°) =

= cos2ωt cos2 120° + sen2ωt sen2 120°

=1

4cos2ωt +

3

4sen2ωt




obtém-se, somando todos dos termos que contém cos θ:

[cos2ωt + cos2(ωt − 120°) + cos2(ωt − 240°)] cos θ =

= [cos2ωt +1

2cos2ωt +

3

2sen2ωt] cos θ

= [3

2cos2ωt +

3

2sen2ωt] cos θ

=3

2cos θ

Por outro lado, para os termos com sen θ, separando cada subtermo:

cos(𝜔𝑡 − 120°) =

= cos𝜔𝑡 cos 120° + sen𝜔𝑡 sen 120°

= −1

2cos𝜔𝑡 +

√3

2sen𝜔𝑡

cos(𝜔𝑡 − 240°) =

= cos𝜔𝑡 cos 240° + sen𝜔𝑡 sen 240°

= −1

2cos𝜔𝑡 −

√3

2sen𝜔𝑡

sen(ωt − 120°) =

= cosωt sen 120° − cos 120° senωt

=√3

2cosωt +

1

2senωt

sen(ωt − 240°) =

= cosωt sen 240° − cos 240° senωt

= −√3

2cosωt +

1

2senωt

tal que:

cos(ωt − 120°) sen(ωt − 120°) =

= (−1

2cosωt +

√3

2senωt) (

√3

2cosωt +

1

2senωt)

= −√3

4cos2ωt +

3

4senωt cosωt −

1

4cosωt senωt +

√3

4sen2ωt

= −√3

4(cos2ωt − sen2ωt) +

1

2cosωt senωt




cos(ωt − 240°) sen(ωt − 240°) =

= (−1

2cosωt −

√3

2senωt) (−

√3

2cosωt +

1

2senωt)

=√3

4cos2ωt +

3

4senωt cosωt −

1

4cosωt senωt −

√3

4sen2ωt

=√3

4(cos2ωt − sen2ωt) +

1

2cosωt senωt

obtém-se:

[cosωt senωt + cos(ωt − 120°) sen(ωt − 120°) + cos(ωt − 240°) sen(ωt − 240°)] sen θ =

= [cosωt senωt − cosωt senωt] sen θ

= 0

Assim, resultamos com:

p(t) =3

2VmIm cos θ




REFERÊNCIA

JOHNSON, D.; HILBURN, J.; JOHNSON, J. Fundamentos de Análise de Circuitos Elétricos. Prentice-Hall, 4ª ed.


Documents

01. Circuitos Trifásicos (Johnson)