Um gerador síncrono de 6 polos, conectado em estrela, 60 Hz , possui X_{s} igual a 1 \Omega / fase. A corrente de armadura a plena carga é de 60 A . A corrente de campo está ajustada de tal forma que a tensão terminal de linha é de 480 V a vazio. Determine:
a) A tensão terminal do gerador para carga nominal com fator de potência unitário;
b) A tensão terminal do gerador para carga nominal com fator de potência 0,8 adiantado;
c) A eficiência do gerador quando ele funciona com carga nominal e fator de potência 0,8 atrasado. Considere que as perdas são iguais a 2,5 \mathrm{~kW};
d) A regulação de tensão para as situações especificadas nas letras a) e b).
а) V_{l}=468,34 \mathrm{~V};
b) V_{l}=535 \mathrm{~V};
с) \eta=93,73 \%;
d) R V_{b}=2,48 \% ; R V_{c}=-10,28 \%

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas sobre um gerador síncrono trifásico ligado em estrela:
  • (a) A tensão terminal de linha quando o gerador está com carga nominal e fator de potência unitário.
  • (b) A tensão terminal de linha quando o gerador está com carga nominal e fator de potência 0{,}8 adiantado (leading).
  • (c) A eficiência quando o gerador está com carga nominal e fator de potência 0{,}8 atrasado (lagging), sabendo que as perdas totais são 2{,}5\\ \mathrm{kW}.
  • (d) A regulação de tensão para as situações das letras (a) e (b).
Dados fornecidos (já anotados):
\begin{aligned} &\text{Conexão: estrela}\\\ &f=60\\ \mathrm{Hz}\\\ &\text{nº polos}=6\\ (\text{apenas informação, não usada nas contas diretas})\\\ &X_s=1\\ \Omega/\text{fase}\\\ &I_a=60\\ \mathrm{A}\\ (\text{corrente de armadura por fase}=I_{\text{linha}})\\\ &V_{\text{linha,no-load}}=480\\ \mathrm{V}\\ (\text{tensão terminal de linha a vazio})\\\ &\text{Perdas totais}=2{,}5\\ \mathrm{kW}\\\ &\text{Queremos }V_{\text{linha}} \text{ nas situações (a) e (b), eficiência em \text{(c)} e regulação em (d).} \end{aligned}ãºçãããçõêçã

Passo 2

Conceito e equação fundamental (explicação didática):
  • Para um gerador síncrono modelado pelo reatância síncrona X_s (desprezando resistência de armadura), a relação fasorial por fase entre a fem interna E (fem induzida pelo campo), a tensão terminal por fase V e a corrente de armadura por fase I é
E = V + j X_s I.
Aqui:
  • E é a tensão interna por fase (fem) gerada pelo enrolamento do rotor (quando o campo está ajustado, sua magnitude é praticamente constante entre vazio e carga),
  • V é a tensão terminal por fase do estator (quando ligado à carga),
  • I é a corrente por fase (igual à corrente de linha em ligação estrela),
  • j representa a rotação de +90^\circ no domínio fasorial.
Explicação do que significa o ângulo de potência:
  • Se o fator de potência é \cos\varphi, então o ângulo \varphi é o ângulo entre V (referência) e I. Se a corrente é atrasada (lagging), I está atrás de V por \varphi (ou seja I=I\angle -\varphi). Se a corrente é adiantada (leading), I=I\angle +\varphi.
Vamos trabalhar por fase (pois o circuito é simétrico) e depois converter para tensões de linha.

Passo 3

Determinar a fem interna por fase E (a partir do dado "tensão de linha a vazio 480\\ \mathrm{V}"):
  • Em estrela, a relação entre tensão de linha V_{\ell} e tensão de fase V é
V = \frac{V_{\ell}}{\sqrt{3}}.
  • Como o gerador foi ajustado para que a tensão terminal de linha a vazio seja 480\\ \mathrm{V}, a fem interna por fase (quando I=0) vale
E = V_{\text{fase,no-load}} = \frac{480}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{V}.
Calculemos numericamente:
E=\frac{480}{\sqrt{3}}\approx 277{,}128\\ \mathrm{V}.

Passo 4

Derivação prática da expressão para a tensão de fase V com carga (passo a passo matemático):
  • Escrevemos a corrente por fase em termos de seus componentes real e imaginário, tomando V como referência (ângulo zero): para um ângulo \varphi (positivo se a corrente está atrasada),
I = I(\cos\varphi - j\sin\varphi).
  • Então
jX_s I = jX_s I(\cos\varphi - j\sin\varphi)=X_s I\sin\varphi + j X_s I\cos\varphi.
  • Da relação E=V+jX_s I, isolamos as partes real e imaginária. Como tomamos V real e positivo (referência), obtemos para as componentes:
\Re(E)=V + X_s I\sin\varphi,\qquad \Im(E)=X_s I\cos\varphi.
  • Portanto, o módulo de E satisfaz
E^2=(V + X_s I\sin\varphi)^2 + (X_s I\cos\varphi)^2.
  • Expandindo e simplificando (já que \sin^2\varphi+\cos^2\varphi=1) chega-se a uma equação quadrática em V:
E^2 = V^2 + 2V X_s I\sin\varphi + (X_s I)^2.
  • Resolvendo para V (tomando a raiz positiva física) temos
V = -X_s I\sin\varphi + \sqrt{\,E^2 - (X_s I\cos\varphi)^2\,}.
Observação: essa fórmula funciona para \varphi positivo (corrente atrasada). Para corrente adiantada, \varphi é negativo (logo \sin\varphi toma sinal negativo), e a mesma fórmula com \varphi assinado dá o resultado correto.

Passo 5

Caso (a): carga nominal com fator de potência unitário ( \cos\varphi=1, \varphi=0)
  • Dados: X_sI = 1\cdot 60 = 60\\ \mathrm{V}.
  • Para \varphi=0: \sin\varphi=0,\\ \cos\varphi=1.
  • Aplicando a fórmula:
V_{\text{fase}} = -60\cdot 0 + \sqrt{E^2 - (60\cdot 1)^2} = \sqrt{(277{,}128)^2 - 3600}.
Mais simples, usando E^2 = \dfrac{480^2}{3}=76800,
V_{\text{fase}}=\sqrt{76800-3600}=\sqrt{73200}\approx 270{,}564\\ \mathrm{V}.
  • Tensão de linha correspondente:
V_{\ell} = \sqrt{3}\;V_{\text{fase}} \approx \sqrt{3}\cdot 270{,}564 \approx 468{,}34\\ \mathrm{V}.
Logo, para carga com pf=1 obtemos V_{\ell}\approx 468{,}34\\ \mathrm{V}.

Passo 6

Caso (b): carga nominal com pf=0{,}8 adiantado (leading).
  • Primeiro obtenha o ângulo: \cos\varphi=0{,}8 \Rightarrow \varphi=\operatorname{arccos}(0{,}8)\approx 36{,}87^\circ.
  • Para adiantado, \varphi deve ser tomado negativo: \varphi \approx -36{,}87^\circ. Assim \cos\varphi=0{,}8 e \sin\varphi=-0{,}6.
  • Usando a fórmula:
V_{\text{fase}} = -60\sin\varphi + \sqrt{E^2 - (60\cos\varphi)^2}.
Com \sin\varphi=-0{,}6 e \cos\varphi=0{,}8:
V_{\text{fase}} = -60(-0{,}6) + \sqrt{76800 - (60\cdot 0{,}8)^2} = 36 + \sqrt{76800 - 2304}.
\sqrt{76800-2304}=\sqrt{74496}\approx 272{,}94\\ \mathrm{V},
então
V_{\text{fase}}\approx 36 + 272{,}94 = 308{,}94\\ \mathrm{V}.
  • Tensão de linha:
V_{\ell} = \sqrt{3}\cdot 308{,}94 \approx 535{,}0\\ \mathrm{V}.
Logo, para pf=0{,}8 adiantado obtemos V_{\ell}\approx 535\\ \mathrm{V}.

Passo 7

Caso (c): eficiência com carga nominal e pf=0{,}8 atrasado (lagging).
  • Agora \varphi=+36{,}87^\circ (pois é atrasado): \cos\varphi=0{,}8,\\ \sin\varphi=+0{,}6.
  • Calcule a tensão de fase com a mesma fórmula:
V_{\text{fase}} = -60\cdot 0{,}6 + \sqrt{76800 - (60\cdot 0{,}8)^2} = -36 + \sqrt{74496}.
Como acima \sqrt{74496}\approx 272{,}94, obtemos
V_{\text{fase}}\approx 272{,}94 - 36 = 236{,}94\\ \mathrm{V}.
  • Tensão de linha:
V_{\ell}\approx \sqrt{3}\cdot 236{,}94 \approx 410{,}85\\ \mathrm{V}.
  • Potência de saída (ativa) do gerador trifásico:
P_{\text{out}} = \sqrt{3}\;V_{\ell}\;I\;\cos\varphi = \sqrt{3}\cdot 410{,}85\cdot 60\cdot 0{,}8.
Calculemos:
P_{\text{out}}\approx 34133\\ \mathrm{W}\quad(\approx 34{,}13\\ \mathrm{kW}).
  • Potência de entrada (potência elétrica fornecida ao gerador) é P_{\text{in}} = P_{\text{out}} + \text{perdas}:
P_{\text{in}} \approx 34133 + 2500 = 36633\\ \mathrm{W}.
  • Eficiência:
\eta = \frac{P_{\text{out}}}{P_{\text{in}}} \approx \frac{34133}{36633}\approx 0{,}9324 = 93{,}24\%.
(Arredondando, \eta\approx 93{,}24\%.)

Passo 8

Caso (d): regulação de tensão para as situações (a) e (b).
  • Definição usada (a mais comum em problemas de geradores): regulação percentual
\text{Regulação} = \frac{V_{\text{no-load}} - V_{\text{full-load}}}{V_{\text{full-load}}}\times 100\%.çã
Aqui V_{\text{no-load}}=480\\ \mathrm{V}. Usamos os V_{\ell} calculados em (a) e (b).
Para (a) (pf = 1):
\text{Reg}_{a}=\frac{480 - 468{,}34}{468{,}34}\times 100\%\approx 2{,}48\%.
Para (b) (pf = 0{,}8 adiantado):
\text{Reg}_{b}=\frac{480 - 535}{535}\times 100\%\approx -10{,}28\%.
(O sinal negativo indica que a tensão de carga ficou maior que a tensão a vazio — típico quando a corrente é muito adiantada e a reatância produz um acréscimo de tensão na saída.)

Resposta

(a) V_{l}=468{,}34\\ \mathrm{V}\n
(b) V_{l}=535{,}0\\ \mathrm{V}\n
(c) \eta=93{,}24\%\n
(d) \mathrm{Reg}_{a}=2{,}48\%; \mathrm{Reg}_{b}=-10{,}28\%

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