Em um conversor CC-CA trifásico equilibrado, a tensão elétrica de saída média da fase a é \bar{v}_{a n}(t)=112,5 \sin \left(\omega_{1} t\right) \mathrm{V}, em que V_{\mathrm{d}}=300 \mathrm{~V} e \omega_{1}=2 \pi \cdot 45 \mathrm{rad} / \mathrm{s}. A indutância L em cada fase é 5 mH . A tensão elétrica interna do motor CA na fase A pode ser representada como e_{a}(t)=106,14 \sin \left(\omega_{1} t-6,6^{\circ}\right) \mathrm{V}. Calcule e trace \bar{i}_{\mathrm{d}}(t).

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado.
  • Pede-se calcular e traçar \bar{i}_{\mathrm{d}}(t), a corrente de fase resultante no regime senoidal.
  • Informações dadas: \bar{v}_{a n}(t)=112{,}5\sin\!\left(\omega_{1}t\right)\\ \mathrm{V}
e_{a}(t)=106{,}14\sin\!\left(\omega_{1}t-6{,}6^\circ\right)\\ \mathrm{V}
V_{\mathrm{d}}=300\\ \mathrm{V}\quad (\text{não usado diretamente nos cálculos abaixo})ãá
\omega_{1}=2\pi\cdot 45\\ \mathrm{rad/s}
L=5\\ \mathrm{mH}=0{,}005\\ \mathrm{H}
  • A tarefa é obter a expressão temporal de \bar{i}_{\mathrm{d}}(t) (forma senoidal com amplitude e defasagem) e apresentar como traçar (descrever a forma do gráfico).

Passo 2

Princípio físico e modelo que vamos usar (explicação didática).
  • Em cada fase, aplicando a lei das tensões no circuito série formado pela fonte média do conversor, pela indutância de fase e pela tensão interna do motor, obtemos a relação no domínio do tempo: \bar{v}_{an}(t)=e_a(t)+L\frac{di(t)}{dt}.Isso é só KVL: tensão aplicada = tensão interna do motor + queda na indutância.
  • Para sinais senoidais em regime permanente, é muito prático trabalhar com fasores (nossa “bússola” para senóides): representamos cada senoide por uma magnitude e uma fase. Para uma senoide do tipo A\sin(\omega t+\varphi) associamos o fasor A\angle\varphi.
  • No domínio dos fasores a derivada vira multiplicação por j\omega. Assim a equação vira: \underline{V}=\underline{E}+j\omega L\\ \underline{I}.Reorganizando para a corrente: \underline{I}=\frac{\underline{V}-\underline{E}}{j\omega L}.Aqui \underline{V} e \underline{E} são os fasores correspondentes às funções no tempo dadas, \omega é \omega_1, e j\omega L é a reatância indutiva (um número imaginário puro).

Passo 3

Converter os dados para fasores e calcular a reatância indutiva X_L=j\omega L.
  • Calculemos \omega_1: \omega_{1}=2\pi\cdot45\approx 282{,}743\\ \mathrm{rad/s}.
  • A reatância indutiva é \;X_L=\omega_1 L. Como L=0{,}005\\ \mathrm{H}, X_L=\omega_1 L\approx 282{,}743\times 0{,}005\approx 1{,}4137\\ \Omega.No domínio fasorial usaremos jX_L=j\,1{,}4137\\ \Omega.
  • Os fasores associados (usando a convenção “amplitude∠fase” para senoides): \underline{V}=112{,}5\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}
\underline{E}=106{,}14\angle -6{,}6^\circ\\ \mathrm{V}

Passo 4

Calcular \underline{V}-\underline{E} em forma retangular (explico como converter).
  • Para subtrair fasores é mais fácil em coordenadas retangulares (parte real + j·parte imaginária).
  • Converter \underline{E}=106{,}14\angle -6{,}6^\circ para retangular: \Re(\underline{E})=106{,}14\cos(-6{,}6^\circ)\approx 105{,}435
\Im(\underline{E})=106{,}14\sin(-6{,}6^\circ)\approx -12{,}198
Logo
\underline{E}\approx 105{,}435 - j\,12{,}198.
(Obs.: converti o cosseno e seno de -6{,}6^\circ e multipliquei por 106{,}14.)
  • \underline{V} em retangular é 112{,}5 + j\,0.
  • Subtraindo: \underline{V}-\underline{E}\approx (112{,}5-105{,}435)+j(0-(-12{,}198))\approx 7{,}065 + j\,12{,}198.

Passo 5

Dividir pelo termo j\omega L (mostrar passo a passo a álgebra com j).
  • Temos \underline{I}=\frac{7{,}065 + j\,12{,}198}{j\,1{,}4137}.
  • Dividir por j é o mesmo que multiplicar por -j (porque 1/j=-j). Então: \underline{I}=(7{,}065 + j\,12{,}198)\cdot\frac{-j}{1{,}4137}.
  • Multiplicando -j por um número complexo (a+jb) dá: -j(a+jb) = -ja - j^2 b = -ja + b = b - j a.Aplicando com a=7{,}065 e b=12{,}198, \underline{I}\approx\frac{12{,}198 - j\,7{,}065}{1{,}4137}.
  • Agora divida as partes real e imaginária por 1{,}4137: \Re(\underline{I})\approx \frac{12{,}198}{1{,}4137}\approx 8{,}630
\Im(\underline{I})\approx -\frac{7{,}065}{1{,}4137}\approx -5{,}000
Assim
\underline{I}\approx 8{,}630 - j\,5{,}000\\ \mathrm{A}.

Passo 6

Converter o fasor \underline{I} para forma polar e interpretar amplitude e fase.
  • Magnitude: |\underline{I}|=\sqrt{8{,}630^{2}+(-5{,}000)^{2}} \approx \sqrt{74{,}47+25{,}00}\approx \sqrt{99{,}47}\approx 9{,}975\\ \mathrm{A}.
  • Fase (ângulo): \angle \underline{I}=\operatorname{atan2}(-5{,}000,\,8{,}630)\approx -30{,}0^\circ.(Observe que \tan(30^\circ)\approx 0{,}577; aqui -5/8{,}63\approx -0{,}579, resultando em aproximadamente -30^\circ.)
  • Portanto o fasor da corrente é aproximadamente \underline{I}\approx 9{,}975\angle -30{,}0^\circ\\ \mathrm{A}.

Passo 7

Voltar ao domínio do tempo: escrever \bar{i}_{\mathrm{d}}(t) e explicar como traçar.
  • Como usamos a convenção de fasores para senoides, a corrente no tempo é: \bar{i}_{\mathrm{d}}(t)=9{,}975\sin\!\left(\omega_{1}t-30{,}0^\circ\right)\\ \mathrm{A}.
  • Como traçar (descrição prática):
    • É uma senoide de amplitude 9{,}975\\ \mathrm{A} e frequência 45\\ \mathrm{Hz} (pois \omega_{1}=2\pi\cdot45).
    • Ela está atrasada em 30^\circ em relação à referência \sin(\omega_1 t) (ou seja, seu máximo ocorre \tfrac{30^\circ}{360^\circ}\times \tfrac{1}{45\\ \mathrm{Hz}}=\tfrac{1}{12}\times\tfrac{1}{45}\\ \mathrm{s}\approx 1{,}85\times 10^{-3}\\ \mathrm{s} depois do máximo da referência).
    • Para desenhar no papel ou software: marque o eixo do tempo, coloque um período T=1/45\approx 0{,}02222\\ \mathrm{s}, e plote uma senoide com pico 9{,}975 e fase deslocada -30^\circ (ou deslocamento de tempo -30^\circ/360^\circ\times T).

Resposta

\bar{i}_{\mathrm{d}}(t)=9{,}975\sin\!\left(\omega_{1}t-30{,}0^\circ\right)\\ \mathrm{A}

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