Temos um gerador síncrono trifásico de 50 \mathrm{kVA}, 480 \mathrm{~V}, 0.8 \mathrm{at}, 50 \mathrm{~Hz}, seis pólos, ligado em Y possui uma reatância síncrona de 1 \Omega / fase e uma resistência de armadura de 0.1 \Omega / fase . Considere que as perdas por atrito e ventilação totalizam 2.5 kW . Inicialmente, a corrente de excitação é mantida constante de tal forma a obter tensão nominal em vazio.
Apresente o diagrama fasorial e determine o rendimento e a regulação do gerador quando atendendo uma carga com corrente nominal e fator de potência 0.8 at;

Passo 1

O enunciado pede duas coisas principais:
  • Apresentar o diagrama fasorial do gerador quando está fornecendo a carga com corrente nominal e fator de potência \,0,8 atrasado.
  • Determinar o rendimento (eficiência) e a regulação de tensão do gerador nessa condição.
Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
  • Potência aparente nominal: \,S=50\\ \mathrm{kVA}.
  • Tensão de linha nominal: \,V_{L}=480\\ \mathrm{V}.
  • Conexão em Y (estrela).
  • Corrente de excitação fixa de modo que a tensão em vazio seja a nominal.
  • Reatância síncrona por fase: \,X_{s}=1\\ \Omega.
  • Resistência de armadura por fase: \,R_{a}=0{,}1\\ \Omega.
  • Frequência \,f=50\\ \mathrm{Hz} e número de polos (informação extra: sincronismo), mas isso não é necessário para os cálculos pedidos.
  • Perdas por atrito e ventilação (perdas mecânicas): \,P_{\text{mec}}=2{,}5\\ \mathrm{kW}.
  • A carga é a corrente nominal, com fator de potência \,0{,}8 atrasado (lagging).
O que vou determinar a seguir:
  • Valores numéricos de tensão fase, corrente de linha/fase, phasors \tilde E, \tilde V_t, \tilde I, \tilde I(R_a+jX_s) e desenhar (descrever) o diagrama fasorial.
  • A regulação de tensão definida como \displaystyle\text{Regulação (\%)}=\frac{V_{\text{oc}}-V_{\text{fl}}}{V_{\text{fl}}}\times100\%çã, onde V_{\text{oc}} é a tensão em vazio (com a excitação dada) e V_{\text{fl}} é a tensão terminal com carga.
  • O rendimento \eta = \dfrac{P_{\text{útil}}}{P_{\text{entrada}}}ú, com P_{\text{útil}}ú sendo a potência real entregue à carga e P_{\text{entrada}} sendo a potência mecânica fornecida pelo motor primário (soma da potência útil mais perdas consideradas).

Passo 2

Converter tensões e correntes nominais para valores por fase (porque o gerador está ligado em Y).
Fórmula: em ligação Y, a tensão de fase é \displaystyle V_{\text{ph}}=\frac{V_{L}}{\sqrt{3}}.
V_{\text{ph}}=\frac{480}{\sqrt{3}}\\ \mathrm{V}\approx 277{,}128\\ \mathrm{V}.
A corrente de linha (igual à corrente de fase em Y) a partir de \,S e V_L é dada por
I=\frac{S}{\sqrt{3}\,V_{L}}.
Substituindo:
I=\frac{50\,000}{\sqrt{3}\cdot480}\\ \mathrm{A}\approx 60{,}119\\ \mathrm{A}.
Explicação rápida (didática): \,S é potência aparente total em três fases; dividir por \sqrt{3}V_L dá a corrente de linha quando o sistema está equilibrado.

Passo 3

Determinar o ângulo de corrente para fator de potência \,0{,}8 atrasado.
Fórmula: o ângulo entre tensão e corrente é \displaystyle \varphi=\cos^{-1}(0{,}8).
\varphi=\cos^{-1}(0{,}8)\approx 36{,}87^\circ.
“ATRASADO” significa que a corrente está atrasada em relação à tensão; portanto, em notação fasorial:
  • Se tomar a tensão terminal fase \tilde V_t como referência, então \tilde I = I\angle(-\varphi)=60{,}119\angle(-36{,}87^\circ)\\ \mathrm{A}.

Passo 4

Escrever a relação fasorial básica do gerador síncrono e explicar as variáveis.
Fórmula fundamental por fase (forma usuais de engenharia):
\tilde E=\tilde V_t+\tilde I\,(R_a+jX_s).
Explicação: \tilde E é a f.e.m. induzida por fase (aquela criada pela excitação); \tilde V_t é a tensão terminal de fase; \tilde I é a corrente de armadura por fase; R_a e X_s são, respectivamente, a resistência de armadura e a reatância síncrona por fase. O produto \tilde I(R_a+jX_s) é a queda de tensão interna na armadura. Para um gerador com excitação mantida constante em vazio, \tilde E tem magnitude igual à tensão de vazio nominal obtida antes da carga, ou seja \,|\tilde E|=V_{\text{oc}}=V_{\text{ph}}.
Portanto, com excitação fixa:
\tilde E = 277{,}128\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}\quad(\text{escolhendo } \tilde E \text{ como referência }0^\circ).ê
Agora calculamos \tilde I(R_a+jX_s). Para isso é útil escrever \tilde I em coordenadas retangulares.
Primeiro, componentes de \tilde I:
\tilde I=I(\cos\varphi - j\sin\varphi)=60{,}119\big(0{,}8 - j0{,}6\big)=48{,}095 - j36{,}071\\ \mathrm{A}.
Multiplicando por Z=R_a+jX_s=0{,}1+j1:
\tilde I Z=(48{,}095 - j36{,}071)\,(0{,}1+j1).
Faço a multiplicação passo a passo:
  • Parte real: 48{,}095\cdot0{,}1 + 36{,}071 = 4{,}8095 + 36{,}071 = 40{,}8805.
  • Parte imaginária: 48{,}095 - 3{,}6071 = 44{,}4879.
Logo
\tilde I\,(R_a+jX_s)=40{,}8805 + j\,44{,}4879\\ \mathrm{V}.
Magnitude desse vetor (útil para o diagrama):
|\tilde I(R_a+jX_s)|\approx 60{,}420\\ \mathrm{V},
e sua fase é \theta_{IZ}=\tan^{-1}\!\left(\dfrac{44{,}4879}{40{,}8805}\right)\approx 47{,}92^\circ.
Observação didática: o produto \tilde I Z tem magnitude próxima à corrente vezes a impedância e tem um ângulo que é a soma do ângulo de \tilde I com o ângulo de Z.

Passo 5

Calcular a tensão terminal por fase com carga usando \tilde V_t=\tilde E-\tilde I(R_a+jX_s).
Substituindo em retangular (tendo \tilde E=277{,}128+ j0):
\tilde V_t=(277{,}128 + j0)-(40{,}8805 + j\,44{,}4879)=236{,}2475 - j\,44{,}4879\\ \mathrm{V}.
Magnitude e ângulo:
|\tilde V_t|=\sqrt{236{,}2475^{2}+(-44{,}4879)^{2}}\approx 240{,}536\\ \mathrm{V},
\angle\tilde V_t=\tan^{-1}\!\left(\frac{-44{,}4879}{236{,}2475}\right)\approx -10{,}63^\circ.
Interpretação: com a excitação fixada para fornecer 277{,}128\\ \mathrm{V} em vazio, ao aplicar a carga a tensão terminal por fase caiu para \,240{,}536\\ \mathrm{V} (queda devida à queda interna \tilde I(R_a+jX_s)).

Passo 6

Descrever o diagrama fasorial (posição relativa e valores numéricos) — isto substitui o desenho físico:
  • Eixo de referência: \tilde E=277{,}128\angle 0^\circ\\ \mathrm{V}.
  • Queda interna: \tilde I(R_a+jX_s)=40{,}8805\angle 47{,}92^\circ\\ \mathrm{V} (apontando no primeiro quadrante).
  • Tensão terminal: \tilde V_t=\tilde E-\tilde I(R_a+jX_s)=240{,}536\angle(-10{,}63^\circ)\\ \mathrm{V} (apontando ligeiramente abaixo do eixo real).
  • Corrente: \tilde I está atrasada em \varphi=36{,}87^\circ em relação a \tilde V_t, logo \tilde I = 60{,}119\angle(-10{,}63^\circ - 36{,}87^\circ)\approx 60{,}119\angle(-47{,}50^\circ)\\ \mathrm{A}.
Resumo numérico dos fasores (por fase):
\tilde E=277{,}128\angle 0^\circ\\ \mathrm{V},
\tilde I(R_a+jX_s)=40{,}8805\angle 47{,}92^\circ\\ \mathrm{V},
\tilde V_t=240{,}536\angle(-10{,}63^\circ)\\ \mathrm{V},
\tilde I=60{,}119\angle(-47{,}50^\circ)\\ \mathrm{A}.
Explicação didática do desenho mental: desenhe \tilde E para a direita; a partir da ponta de \tilde E subtraia o vetor \tilde I(R_a+jX_s) (vetor para cima e à direita), a ponta resultante é \tilde V_t (um pouco para baixo da horizontal); a corrente está bastante atrasada em relação a \tilde V_t porque o pf é atrasado.

Passo 7

Calcular a regulação de tensão.
Definição usada (padrão para alternadores, com excitação mantida constante):
\text{Regulação (\%)}=\frac{V_{\text{oc}}-V_{\text{fl}}}{V_{\text{fl}}}\times100\%,çã
onde \,V_{\text{oc}}=277{,}128\\ \mathrm{V} (tensão de vazio por fase com a excitação dada) e \,V_{\text{fl}}=240{,}536\\ \mathrm{V} (tensão por fase com carga).
Calculando:
\text{Regulação (\%)}=\frac{277{,}128-240{,}536}{240{,}536}\times100\%\approx 15{,}21\%.çã
Comentário prático: isto significa que, com a excitação fixa, a tensão por fase cai cerca de 15{,}2\% quando a carga nominal com pf 0{,}8 atrasado é aplicada.

Passo 8

Calcular o rendimento (eficiência) do gerador.
Potência ativa entregue à carga:
P_{\text{carga}}=S\cdot\text{pf}=50{,}000\cdot0{,}8=40{,}000\\ \mathrm{W}.
Perdas na armadura (perdas ôhmicas do estator), por fase e total:
P_{\text{copper}}=3 I^{2}R_a = 3\cdot(60{,}119)^{2}\cdot0{,}1 \\ \mathrm{W}\approx 1{,}084{,}3\\ \mathrm{W}.
Perdas mecânicas fornecidas:
P_{\text{mec}}=2{,}5\\ \mathrm{kW}=2{,}500\\ \mathrm{W}.
Assumindo que não há outras perdas fornecidas (perdas em excitação, perdas no ferro não indicadas), a potência mecânica fornecida pelo eixo do gerador é a soma:
P_{\text{entrada}}=P_{\text{carga}}+P_{\text{copper}}+P_{\text{mec}}=40{,}000+1{,}084{,}3+2{,}500\approx 43{,}584{,}3\\ \mathrm{W}.
Portanto o rendimento:
\eta=\frac{P_{\text{carga}}}{P_{\text{entrada}}}=\frac{40{,}000}{43{,}584{,}3}\approx 0{,}9180\quad\text{ou}\quad91{,}80\%.
Comentário didático: eficiência aqui é a fração da potência mecânica que aparece como potência útil elétrica na carga; as perdas óhmicas aquecem o estator e as perdas mecânicas vêm do atrito/ventilação.

Passo 9

Resumo numérico final (valores arredondados com três dígitos significativos quando apropriado) que serão colocados na seção de resposta:
  • Diagrama fasorial descrito no Passo 6 (vetores e ângulos).
  • Regulação: \approx 15{,}21\%.
  • Rendimento (eficiência): \approx 91{,}80\%.

Resposta

Rendimento \eta \approx 91{,}80\%
Regulação de tensão \approx 15{,}21\%

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