Um gerador síncrono opera em condições nominais e \varphi=\pi. Sendo x_{d u}=1,2, x_{q u}=0,8, x_{l u}=0,1, e r_{u} \approx 0, montar o seu diagrama fasorial completo, calculando E_{q u}, \delta, E_{r u}, P_{u} e Q_{u}. O gerador encontra-se sobre- ou sub- excitado?

Passo 1

O enunciado trata de um gerador síncrono em regime subtransitório (índice “u”) operando a condições nominais, com ângulo de fase entre tensão e corrente \varphi=\pi,rad (ou seja, corrente em oposição de fase à tensão), reatâncias subtransitórias nos eixos direto e quadratura x_{d u}=1{,}2 e x_{q u}=0{,}8, reatância de fuga x_{l u}=0{,}1 e resistência r_{u}\approx0.
Precisamos montar o diagrama fasorial e calcular:
\mathcal{E}_{q u} (fem subtransitória)
\delta (ângulo de carga, “torque angle”)
\mathcal{E}_{r u} (fem atrás da reatância de fuga)
P_{u} e Q_{u} (potências ativa e reativa em pu)
Por fim, vamos verificar se o gerador está sobreexcitado ou subexcitado.

Passo 2

Definimos o fasor da tensão terminal como
\mathcal{V}_{t}=1\angle0
em pu, e o fasor da corrente, pelo dado \varphi=\pi, como
\mathcal{I}=1\angle\pi=-1\angle0\,.

Passo 3

Para usar as reatâncias salient (eixos d–q), decompomos \mathcal{I} em componentes direta I_{d} e quadratura I_{q}, sabendo que o eixo d está alinhado à tensão \mathcal{V}_{t}:
I_{d}=I\sin\varphi=1\cdot\sin\pi=0, \quad I_{q}=I\cos\varphi=1\cdot\cos\pi=-1.
Ou seja, a corrente só tem componente no eixo q: I_{q}=-1.

Passo 4

A fem subtransitória no eixo q, \mathcal{E}_{q u}, é obtida por
\mathcal{E}_{q u} =\mathcal{V}_{t}+j\,x_{q u}\,\mathcal{I} =1\angle0 + j\,(0{,}8)\,(-1) =1 - j\,0{,}8\,.
Em módulo e argumento:
\bigl|\mathcal{E}_{q u}\bigr| =\sqrt{1^{2} + (0{,}8)^{2}} =\sqrt{1{,}64} =1{,}2806,
\delta =\arg\bigl(\mathcal{E}_{q u}\bigr) =\arctan\!\bigl(\tfrac{-0{,}8}{1}\bigr) \approx -38{,}66^\circ.

Passo 5

A fem atrás da reatância de fuga, \mathcal{E}_{r u}, soma ainda o efeito de x_{l u}:
\mathcal{E}_{r u} =\mathcal{E}_{q u}+j\,x_{l u}\,\mathcal{I} =(1 - j\,0{,}8) + j\,(0{,}1)\,(-1) =1 - j\,0{,}9\,.
Em módulo e argumento:
\bigl|\mathcal{E}_{r u}\bigr| =\sqrt{1^{2} + (0{,}9)^{2}} =\sqrt{1{,}81} =1{,}345, \quad \arg\bigl(\mathcal{E}_{r u}\bigr) \approx -42{,}00^\circ.

Passo 6

As potências por unidade no terminal são
P_{u} =\Re\{\mathcal{V}_{t}\,\mathcal{I}^*\} =1\cdot\Re\{(-1)\} =-1\quad(\text{pu}),
Q_{u} =\Im\{\mathcal{V}_{t}\,\mathcal{I}^*\} =1\cdot\Im\{(-1)\} =0\quad(\text{pu}).

Passo 7

Como \bigl|\mathcal{E}_{r u}\bigr|=1{,}345>1, a excitação está acima do valor necessário para manter tensão nominal, ou seja, o gerador está sobreexcitado (mesmo que Q_{u}=0, o campo gerador é forte).

Resposta

\displaystyle \mathcal{E}_{q u}=1 - j\,0{,}8\implies |\mathcal{E}_{q u}|=1{,}2806,\;\delta=-38{,}66^\circ \displaystyle \mathcal{E}_{r u}=1 - j\,0{,}9\implies |\mathcal{E}_{r u}|=1{,}345,\;\arg=-42{,}00^\circ \displaystyle P_{u}=-1\\ \text{pu},\quad Q_{u}=0\\ \text{pu}
O gerador está sobreexcitado.

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