Em um acionamento PMAC trifásico de 2 polos, a constante de torque k_{\mathrm{T}} e a constante de tensão elétrica k_{\mathrm{E}} são ambas iguais a 0,5 \mathrm{em} unidades do sistema MKS. A indutância síncrona é de 15 mH (despreze a resistência elétrica do enrolamento). Se ele estiver operando como gerador, e estiver recebendo um torque de 3 Nm a 3000 rpm do sistema mecânico conectado ao eixo da máquina, calcule a tensão elétrica por fase na unidade de processamento de energia à medida que ela fornece as correntes elétricas controladas para este gerador. Assuma que \theta_{\mathrm{m}}(0)=90^{\circ}.

Passo 1

O que o exercício dá e o que pede (resumindo e com todos os dados):
  • Máquina: PMAC trifásico de 2 polos (logo número de pares de polos p=1).
  • Constantes: k_{\mathrm{T}}=k_{\mathrm{E}}=0{,}5 (unidades MKS).
  • Indutância síncrona: L_s=15\\ \mathrm{mH}=0{,}015\\ \mathrm{H}.
  • Resistência do enrolamento desprezada ( R\approx0).
  • Torque mecânico aplicado ao eixo (gerador recebendo torque): T_m=3\\ \mathrm{N\,m}.
  • Velocidade mecânica: n=3000\\ \mathrm{rpm}.
  • Condição inicial do ângulo do rotor: \theta_{\mathrm{m}}(0)=90^\circ.
    O que se pede:
  • Calcular a tensão elétrica por fase (tensão na unidade de processamento de energia, isto é, a tensão de fase que o conversor vê/fornece) enquanto fornece as correntes controladas para este gerador.

Passo 2

Modelo e hipóteses usadas (explicando e motivando cada escolha):
  • Para máquinas síncronas de ímã permanente, em controle orientado ao campo (FOC) é comum usar o referencial síncrono d\!-\!q. Nesse referencial:
    • O torque eletromagnético é gerado pelo componente i_q da corrente (com i_d associado ao fluxo magnetizante). Para máquinas de superfície e com i_d regulado a zero, a relação simplificada usada aqui é
    T = k_{\mathrm{T}}\, i_q,em que T é o torque eletromagnético (em \mathrm{N\,m}) e i_q é a componente em amperes. (Esta forma é a que o enunciado sugere ao dar k_T e k_E iguais.)
  • Como o conversor controla as correntes, assumimos controle com i_d=0 (típico para obter máximo torque por corrente quando não se faz campo variável).
  • A tensão fase‑a‑neutro elétrica de uma fase a (equação do enrolamento) vale, em geral, v_a = R\,i_a + L_s\frac{di_a}{dt} + e_a.Como R é desprezível, fica v_a = L_s\frac{di_a}{dt} + e_a.
  • Para a fem gerada por polo em cada fase vale a relação (modelo usado aqui, coerente com k_E fornecido): e_a(t)=k_{\mathrm{E}}\,\omega\,\sin\bigl(\theta(t)\bigr),em que \omega é a velocidade angular elétrica e \theta(t) é o ângulo elétrico do rotor. (Explico a seguir como obtive \omega e \theta(t).)
  • Como a máquina tem 2 polos, pares de polos p=1, logo a velocidade elétrica é igual à mecânica: \omega=\omega_{\mathrm{m}}=2\pi\frac{n}{60}.

Passo 3

Cálculo da velocidade angular e do ângulo elétrico:
  • Converter n=3000\\ \mathrm{rpm} para rad/s: \omega=2\pi\frac{3000}{60}=2\pi\cdot50=100\pi\\ \mathrm{rad/s}.
  • O ângulo elétrico em função do tempo é \theta(t)=\omega t+\theta_{\mathrm{m}}(0),com \theta_{\mathrm{m}}(0)=90^\circ=\dfrac{\pi}{2}. Assim \theta(t)=100\pi\,t+\frac{\pi}{2}.

Passo 4

Encontrar a corrente necessária para equilibrar o torque:
  • Usando a relação escolhida T=k_{\mathrm{T}}\,i_q, isolamos i_q: i_q=\frac{T}{k_{\mathrm{T}}}=\frac{3}{0{,}5}=6\\ \mathrm{A}.
  • Interpretação: o conversor vai controlar a componente q da corrente em i_q=6\\ \mathrm{A} (com i_d=0) para que a máquina, atuando como gerador, entregue o torque eletromagnético correspondente ao torque mecânico aplicado.

Passo 5

Expressar a corrente de fase a em função de \theta(t) e calcular di_a/dt:
  • A transformação inversa Park (de d\!-\!q para abc) para a fase a dá, no caso i_d=0, i_a(t)=i_d\cos\theta(t)-i_q\sin\theta(t)=-i_q\sin\theta(t).Logo, com i_q=6\\ \mathrm{A}, i_a(t)=-6\sin\bigl(\theta(t)\bigr).
  • Derivando: \frac{di_a}{dt}=-6\cos\bigl(\theta(t)\bigr)\,\frac{d\theta}{dt}=-6\omega\cos\bigl(\theta(t)\bigr).Substituindo \omega=100\pi: \frac{di_a}{dt}=-6\cdot100\pi\cos\bigl(\theta(t)\bigr)=-600\pi\cos\bigl(\theta(t)\bigr)\quad(\mathrm{A/s}).

Passo 6

Montar a expressão da tensão de fase v_a(t) e inserir os números:
  • Recordando v_a=L_s\frac{di_a}{dt}+e_a, substituímos: v_a(t)=L_s\bigl(-6\omega\cos\theta(t)\bigr)+k_{\mathrm{E}}\omega\sin\theta(t).
  • Colocando os valores numéricos ( L_s=0{,}015\\ \mathrm{H}, \omega=100\pi\\ \mathrm{rad/s}, k_{\mathrm{E}}=0{,}5):
    • Primeiro termo (indutivo): L_s\cdot6\omega=0{,}015\cdot6\cdot100\pi=9\pi (volts multiplicando \cos\theta com sinal negativo).
    • Segundo termo (fem): k_{\mathrm{E}}\omega=0{,}5\cdot100\pi=50\pi (volts multiplicando \sin\theta).
  • Portanto v_a(t)=-9\pi\cos\bigl(\theta(t)\bigr)+50\pi\sin\bigl(\theta(t)\bigr)\quad\text{(volts)},com \theta(t)=100\pi t+\dfrac{\pi}{2}.

Passo 7

Escrever a forma fasorial (única seno com amplitude e defasagem) — cálculo do módulo e da fase:
  • Escrevemos v_a(t)=A\sin\theta(t)+B\cos\theta(t) com A=50\pi e B=-9\pi. A amplitude resultante é V_{\mathrm{amp}}=\sqrt{A^2+B^2}=\pi\sqrt{50^2+9^2}=\pi\sqrt{2581}\approx159{,}61\\ \mathrm{V}.
  • A defasagem \varphi tal que v_a(t)=V_{\mathrm{amp}}\sin\bigl(\theta(t)+\varphi\bigr) é \varphi=\operatorname{atan2}(B,A)=\operatorname{atan2}(-9\pi,50\pi)=\operatorname{atan2}(-9,50)\approx-0{,}1784\\ \mathrm{rad}\approx-10{,}22^\circ.
  • Substituindo \theta(t)=100\pi t+\dfrac{\pi}{2} obtemos a forma final temporal: v_a(t)\approx159{,}61\sin\!\Bigl(100\pi t+\frac{\pi}{2}-0{,}1784\Bigr)\\ \mathrm{V},que em graus fica v_a(t)\approx159{,}61\sin\!\bigl(100\pi t+79{,}78^\circ\bigr)\\ \mathrm{V}.

Resposta

v_a(t)=-9\pi\cos\bigl(100\pi t+\tfrac{\pi}{2}\bigr)+50\pi\sin\bigl(100\pi t+\tfrac{\pi}{2}\bigr)\\ \mathrm{V}
v_a(t)\approx159{,}61\sin\!\bigl(100\pi t+79{,}78^\circ\bigr)\\ \mathrm{V}

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