Temos um Gerador síncrono trifásico de 480 \mathrm{~V}, 500 \mathrm{kVA}, 60 \mathrm{~Hz}, ligado em Y com uma reatância síncrona de 0,4 \Omega / fase. Esse gerador é utilizado para alimentar um motor síncrono de 480 \mathrm{~V}, 80 \mathrm{~kW}, f.p. 0.8 ad, ligado em Y, com uma reatância síncrona de 2 \Omega / fase. A excitação do gerador é ajustada de modo a produzir uma tensão nominal nos terminais quando o motor estiver consumindo potência nominal com fator de potência unitário.
a) Nessas condições, apresente um diagrama fasorial para o sistema;
b) Qual será o novo valor da tensão nos terminais das máquinas se o fluxo do motor for aumentado em 10 \%;

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede (sem resolver ainda).
  • Dados numéricos (peguei todos do enunciado):
    • Tensão de linha nominal: \,V_{LL}=480\\ \mathrm{V}.
    • Potência do gerador: \,500\\ \mathrm{kVA} (não usaremos a potência aparente diretamente, só a tensão e reatância).
    • Frequência: \,60\\ \mathrm{Hz}.
    • Gerador ligado em Y com reatância síncrona por fase \,X_{g}=0{,}4\\ \Omega.
    • Motor síncrono ligado em Y com potência mecânica (nominal) \,P_{m}=80\\ \mathrm{kW}, tensão \,480\\ \mathrm{V} (linha), e reatância síncrona por fase \,X_{m}=2\\ \Omega.
    • O enunciado diz que a excitação do gerador foi ajustada de modo que a tensão nominal nos terminais (ou seja, \,V_{LL}=480\\ \mathrm{V}) ocorre quando o motor está consumindo a potência nominal com fator de potência unitário (essa é a condição inicial do item (a)).
    • Depois (item b) o fluxo (excitação) do motor é aumentado em 10\% — isto significa que a magnitude da fem interna do motor por fase aumenta 10\%.
  • O que o enunciado pede:
    • (a) Apresentar um diagrama fasorial para o sistema nas condições descritas (motor consumindo 80\\ \mathrm{kW} com \text{fp}=1 e tensão nominal).
    • (b) Calcular o novo valor da tensão nos terminais das máquinas (tensão de linha) quando o fluxo do motor for aumentado em 10\%, supondo que a excitação do gerador permanece como ajustada inicialmente e que o motor continua entregando a mesma potência mecânica nominal.

Passo 2

Explicação física e modelo simplificado que vamos usar (muito didático, passo-a-passo).
  • Para máquinas síncronas, usamos o modelo por fase:
    • A fem interna (induzida) por fase do gerador é \,E_g e do motor é \,E_m.
    • A relação fasorial por fase é, sem resistência de armadura (resistência desprezível), dada por
    E = V + jX_s I,onde:
    • \,E é a fem interna por fase (phasor),
    • \,V é a tensão de terminais por fase (phasor),
    • \,X_s é a reatância síncrona por fase,
    • \,I é a corrente por fase (phasor),
    • j representa a rotação de 90^\circ (i.e., multiplicar por j desloca um fasor em +90°).
  • Observação sobre sinais: a equação acima vale como forma comum tanto para gerador quanto para motor; a direção do fluxo de potência será definida pelo sinal do ângulo relativo entre E e V e pelo sinal da corrente.
  • Conversão tensão linha -> fase em conexão Y: V_{ph}=\frac{V_{LL}}{\sqrt{3}}.Iremos trabalhar por fase (mais simples e padrão).

Passo 3

Cálculo da condição inicial (item a): obtenção das grandezas por fase quando o motor consome 80\\ \mathrm{kW} com fator de potência 1{,}0 e a tensão de terminais é nominal.
  • Tensão por fase: V_{ph}=\frac{480}{\sqrt{3}}=\frac{480}{1{,}732\ldots}\approx 277{,}13\\ \mathrm{V}.
  • Corrente por fase na condição inicial (potência trifásica P=80\\ \mathrm{kW}, fator de potência \cos\varphi=1): I=\frac{P}{\sqrt{3}\,V_{LL}\,\cos\varphi} =\frac{80\,000}{\sqrt{3}\cdot 480\cdot 1}Calculando: I\approx \frac{80\,000}{831{,}38}\approx 96{,}25\\ \mathrm{A}.Como \cos\varphi=1, a corrente está em fase com a tensão de terminais (ângulo 0^\circ).

Passo 4

Calcular a fem interna por fase do motor na condição inicial (usando E_m=V+jX_m I) e comentar o significado físico.
  • Usamos a relação por fase (para o motor): E_{m0}=V_{ph}+jX_m I.Substituindo: jX_m I = j\cdot 2\cdot 96{,}25 = j\,192{,}5\\ \mathrm{V}.
V_{ph}=277{,}13\angle 0^\circ.
Portanto E_{m0} em retangular:
E_{m0}=277{,}13 + j\,192{,}5.
Magnitude e ângulo:
|E_{m0}|=\sqrt{277{,}13^{2}+192{,}5^{2}}\approx 337{,}5\\ \mathrm{V}, \qquad \angle E_{m0}=\arctan\!\left(\frac{192{,}5}{277{,}13}\right)\approx 34{,}9^\circ.
  • Interpretação: o motor, para produzir a potência solicitada com corrente em fase com V, precisa de uma fem interna maior que V (a componente imaginária jX_m I “empurra” E_m para um ângulo à frente da tensão).

Passo 5

Calcular a fem interna por fase do gerador na condição inicial (usando E_g=V+jX_g I) e interpretar.
  • Reatância do gerador: X_g=0{,}4\\ \Omega.
  • Queda jX_g I: jX_g I = j\cdot 0{,}4\cdot 96{,}25 = j\,38{,}5\\ \mathrm{V}.
  • Assim E_{g0}=V_{ph}+jX_g I = 277{,}13 + j\,38{,}5.Magnitude e ângulo: |E_{g0}|=\sqrt{277{,}13^{2}+38{,}5^{2}}\approx 279{,}88\\ \mathrm{V}, \qquad \angle E_{g0}\approx \arctan\!\left(\frac{38{,}5}{277{,}13}\right)\approx 7{,}92^\circ.
  • Interpretação: o gerador deve produzir uma fem interna um pouco maior que a tensão de terminais, com um pequeno avanço de ângulo, para suprir a corrente exigida pelo motor através de sua reatância síncrona.

Passo 6

Construção do diagrama fasorial pedido em (a) (descrição verbal + valores numéricos para traçar).
  • Escolha de referência: vou tomar V_{ph}=277{,}13\angle 0^\circ como referência (eixo real positivo).
  • Corrente: I=96{,}25\angle 0^\circ (em fase com V, pois \text{fp}=1).
  • Fem interna do motor: E_{m0}=337{,}5\angle 34{,}9^\circ.
  • Fem interna do gerador: E_{g0}=279{,}88\angle 7{,}92^\circ.
  • Quedas reativas (phasors a serem desenhados):
    • jX_m I = j\,192{,}5 (é um vetor puramente imaginário positivo, ou seja, gire I em +90^\circ e multiplique por X_m).
    • jX_g I = j\,38{,}5.
  • Como montar o desenho fasorial: desenhe primeiro V_{ph} no eixo real; desenhe I sobre V (mesma direção); desenhe jX_m I perpendicular (para cima); some vetorialmente V_{ph} e jX_m I para obter E_{m0}; para o gerador some V_{ph} e jX_g I para obter E_{g0}. Esses são os pontos-chave do diagrama fasorial.

Passo 7

Agora passamos ao item (b): aumentar o fluxo do motor em 10\%. Como modelar isso corretamente?
  • Aumentar o fluxo do motor em 10\% significa que a magnitude da fem interna do motor cresce 10\%: |E_{m}'|=1{,}1\;|E_{m0}|=1{,}1\cdot 337{,}5\approx 371{,}25\\ \mathrm{V}.
  • Importante: o ângulo de E_m' (relativo a alguma referência) não permanece necessariamente igual ao anterior; ele ajusta-se para que o motor entregue a mesma potência mecânica (assumimos que a carga mecânica do motor permanece em 80\\ \mathrm{kW}). Ou seja, a magnitude de E_m' é conhecida, o seu ângulo é desconhecido e precisa ser determinado pelo equilíbrio de potência e pelas equações fasoriais do circuito.
  • Mantemos a excitação do gerador como estava (portanto E_g mantido igual a E_{g0}).

Passo 8

Montar as equações para resolver (b) e derivar uma fórmula que permite achar o novo \,V_{ph}'.
  • Temos as duas equações por fase: E_g = V' + jX_g I', \qquad E_m' = V' + jX_m I'.Subtraindo: E_m' - E_g = j(X_m-X_g)\,I'.Logo: I'=\frac{E_m'-E_g}{j(X_m-X_g)}.
  • A potência elétrica absorvida pelo motor (trifásica) é P = 3\Re\{V'\,I'^{*}\},e deve ser mantida igual a 80\,000\\ \mathrm{W}.
  • Substituindo formalmente e fazendo manipulação algébrica (detalho abaixo) obtemos uma equação escalar em função do ângulo \theta de E_m' (isto é, E_m' = |E_m'|\angle\theta). A derivação simples e elegante conduz à expressão: P = \frac{3}{X_m-X_g}\,|E_m'|\big( E_{g,\text{real}}\sin\theta - E_{g,\text{imag}}\cos\theta\big)\cdot\;(\text{constante}),mas eu vou calcular numericamente por passos para evitar erro simbólico e ficar didático.

Passo 9

Resolução numérica do sistema para encontrar o novo \,V' (cálculos passo-a-passo, sem pular etapas).
  • Valores já conhecidos (relembrando): E_{g}=279{,}88\angle 7{,}92^\circ\\ \text{V}\quad\Rightarrow\quad E_{g,\text{real}}\approx 277{,}0,\quad E_{g,\text{imag}}\approx 38{,}6.
|E_{m}'|=371{,}25\\ \mathrm{V}.
\Delta X = X_m - X_g = 2 - 0{,}4 = 1{,}6\\ \Omega.
  • Suponha E_m' = 371{,}25\angle\theta. Escrevemos a=371{,}25\cos\theta - 277{,}0 e b=371{,}25\sin\theta - 38{,}6.
    A expressão direta para a potência trifásica, após manipulação algebraica detalhada (ver passos interinos no raciocínio), reduz-se a: P = 695{,}859375\;\big(277\sin\theta - 38{,}6\cos\theta\big),onde o fator 695{,}859375 é o resultado numérico de \dfrac{3\cdot 371{,}25}{1{,}6}.
  • Impor P=80\,000 W: 277\sin\theta - 38{,}6\cos\theta = \frac{80\,000}{695{,}859375}\approx 114{,}991.
  • Escrevemos o lado esquerdo na forma R\sin(\theta-\varphi) com R=\sqrt{277^2+38{,}6^2}\approx 279{,}69,\qquad \varphi=\arctan\!\left(\frac{38{,}6}{277}\right)\approx 7{,}92^\circ.Assim: 279{,}69\sin(\theta-7{,}92^\circ)=114{,}991
\Rightarrow \sin(\theta-7{,}92^\circ)=0{,}4113.
Soluções principais para \theta-7{,}92^\circ são 24{,}29^\circ ou 155{,}71^\circ.
  • Escolhemos a solução consistente com a pequena variação do ângulo anterior ( \angle E_{m0}\approx 34{,}9^\circ), portanto: \theta \approx 7{,}92^\circ + 24{,}29^\circ = 32{,}21^\circ.
  • Com esse \theta calculamos a e b: a=371{,}25\cos32{,}21^\circ -277{,}0\approx 37{,}2, \qquad b=371{,}25\sin32{,}21^\circ -38{,}6\approx 159{,}36.
  • Corrente por fase: I'=\frac{E_m'-E_g}{j\Delta X}usando a forma já simplificada: I'=\frac{b}{1{,}6} - j\frac{a}{1{,}6}\approx 99{,}6 - j\,23{,}25\\ \mathrm{A}.Módulo: |I'|\approx 102{,}27\\ \mathrm{A}, ângulo \approx -13{,}18^\circ.
  • Tensão por fase nos terminais (usando V'=E_g - jX_g I'):
    • Calcule 0{,}25a = 0{,}25\cdot 37{,}2 \approx 9{,}3 e 0{,}25b \approx 39{,}84.
    • Como mostrado na dedução, jX_g I' = 0{,}25a + j\,0{,}25b.
    V' = E_g - (0{,}25a + j\,0{,}25b) \approx (277{,}0 + j38{,}6) - (9{,}3 + j39{,}84) = 267{,}7 - j1{,}24\\ \mathrm{V}.Módulo: |V'|=\sqrt{267{,}7^{2}+(-1{,}24)^{2}}\approx 267{,}7\\ \mathrm{V}\\ \text{(por fase)}.
  • Tensão linha a linha resultante: V_{LL}'=\sqrt{3}\;|V'|\approx 1{,}732\cdot 267{,}7 \approx 463{,}9\\ \mathrm{V}.
  • Verificação rápida da potência (cheque): \;3\Re\{V'I'^{*}\}\approx 80{,}09\\ \mathrm{kW} (diferença pequena por arredondamentos), portanto consistente.

Resposta

(a) Diagrama fasorial (valores por fase, referência V_{ph}=277{,}13\angle 0^\circ): I=96{,}25\angle 0^\circ\\ \mathrm{A};\quad E_{m0}=337{,}5\angle 34{,}9^\circ\\ \mathrm{V};\quad E_{g0}=279{,}88\angle 7{,}92^\circ\\ \mathrm{V}.
(b) Nova tensão de terminais (linha a linha) após aumentar o fluxo do motor em 10\%: V_{LL}'\approx 463{,}9\\ \mathrm{V}.

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