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 unitário;

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede coisas bem específicas.
Dados fornecidos:
  • Potência aparente nominal S=50\\ \mathrm{kVA}.
  • Tensão de linha nominal V_{L}=480\\ \mathrm{V}.
  • Frequência 50\\ \mathrm{Hz} e máquina com 6 pólos (não será necessária a contagem de pólos para estes cálculos).
  • Conexão em estrela (Y) — portanto cada fase tem tensão de fase V_{ph}=V_{L}/\sqrt{3}.
  • Reatância síncrona por fase X_s=1\\ \Omega/\text{fase}.
  • Resistência de armadura por fase R_a=0,1\\ \Omega/\text{fase}.
  • Perdas por atrito e ventilação P_{fw}=2{,}5\\ \mathrm{kW}.
  • A excitação é ajustada de modo que, em vazio, a tensão terminal seja a nominal (ou seja, o emf interno por fase E tem magnitude igual à tensão de fase nominal quando não há carga).
  • A carga que vamos atender consome a corrente nominal e fator de potência unitário (ou seja, corrente nominal por fase I_{ph} e \cos\varphi=1).
O que o enunciado pede:
  1. Apresentar o diagrama fasorial (ou seja, mostrar os fasores relevantes: E, V, I e a queda Z_s I).
  2. Determinar o rendimento (eficiência) do gerador quando entrega a carga descrita.
  3. Determinar a regulação de tensão do gerador nessa condição.
Observações úteis para o que vem a seguir (serão detalhadas nas próximas etapas):
  • Em regime permanente e referência de fasores, vale a relação por fase
\mathbf{E}=\mathbf{V}+\mathbf{Z_s}\,\mathbf{I},
com \mathbf{Z_s}=R_a+jX_s.
  • A regulação percentual é definida aqui por
\text{Regulação (\%)}=\frac{V_{no\\ text{-}load}-V_{full\\ text{-}load}}{V_{full\\ text{-}load}}\times100\%.çã
  • Perdas consideradas: perdas ôhmicas no enrolamento de armadura P_{cu}=3I_{ph}^2R_a e perdas por atrito/ventilação P_{fw}. Não foram fornecidas perdas no circuito de campo nem perdas no ferro; portanto serão desprezadas.

Passo 2

Calcular tensões e correntes nominais por fase (fórmulas e definição das variáveis).
  • Tensão de fase nominal:
V_{ph}=\frac{V_{L}}{\sqrt{3}}.
Aqui V_{L}=480\\ \mathrm{V}. Calculando,
V_{ph}=\frac{480}{\sqrt{3}}=277,128\\ \mathrm{V}.
  • Corrente de linha (corrente nominal) e corrente por fase (mesma em Y):
    A corrente nominal em linha é
I_{L}=\frac{S}{\sqrt{3}\,V_{L}}.
Como a máquina é trifásica equilibrada, I_{ph}=I_{L}. Substituindo S=50{,}000\\ \mathrm{VA},
I_{ph}=\frac{50\,000}{\sqrt{3}\cdot480}=60,141\\ \mathrm{A}\quad(\text{aprox.}).
Explicação didática curta: a potência aparente trifásica é \,S=\sqrt{3}\,V_L I_L. Isolando I_L obtemos a fórmula usada. Como o circuito é em estrela, a corrente de linha é a corrente de fase.

Passo 3

Explicar a relação fasorial e por que \mathbf{E} tem magnitude igual à tensão de fase nominal em vazio; definir os fasores que usaremos.
  • Em vazio com a excitação ajustada, o emf interno por fase tem magnitude igual à tensão de fase nominal. Ou seja, em módulo
|\mathbf{E}|=V_{ph}=277,128\\ \mathrm{V}.
Nota didática: o gerador síncrono produz, por excitação, uma força eletromotriz interna por fase \mathbf{E}. Em vazio (corrente nula) não há queda de armadura, então a tensão terminal \mathbf{V} coincide com \mathbf{E} em magnitude e fase (se escolhermos essa referência).
  • A equação fasorial por fase (convencional para gerador) é
\mathbf{E}=\mathbf{V}+\mathbf{Z_s}\,\mathbf{I},
onde:
  • \mathbf{E} é o emf interno por fase (phasor),
  • \mathbf{V} é a tensão terminal por fase (phasor),
  • \mathbf{I} é a corrente por fase (phasor) entregue ao terminal,
  • \mathbf{Z_s}=R_a+jX_s é a impedância síncrona por fase.
Explicação didática: a queda de tensão interna \mathbf{Z_s}\mathbf{I} (com parte resistiva e parte indutiva) somada vetorialmente à tensão terminal \mathbf{V} resulta no emf interno \mathbf{E}.

Passo 4

Escolher referência e montar os fasores numéricos (cálculo da queda de tensão \mathbf{Z_s}\mathbf{I} e de \mathbf{V} em carga).
Escolhemos referência onde, em vazio, \mathbf{E} (e portanto \mathbf{V} em vazio) está ao longo do eixo real positivo, isto é \angle 0^\circ. Para a carga pedida temos fator de potência unitário, logo a corrente está em fase com a tensão terminal (ângulo de corrente \varphi=0^\circ em relação a \mathbf{V}).
Dados numéricos por fase usados:
  • R_a=0,1\\ \Omega.
  • X_s=1\\ \Omega.
  • I_{ph}=60,141\\ \mathrm{A} (ângulo 0^\circ).
  • |\mathbf{E}|=277,128\\ \mathrm{V} (ângulo 0^\circ em vazio; assumimos excitação constante então \mathbf{E} permanece com a mesma magnitude e referência para comparar).
Calcular a queda de tensão:
\mathbf{Z_s}=0,1+j1\quad(\Omega),
\mathbf{Z_s}\mathbf{I}=(0,1+j1)\cdot60,141=6,014+j60,141\\ \mathrm{V}.
Explicação: multiplica-se a impedância por corrente componente a componente; a parte resistiva produz queda real R_a I e a parte indutiva produz queda imaginária jX_s I.
Calcular a tensão terminal em carga (pela relação \mathbf{V}=\mathbf{E}-\mathbf{Z_s}\mathbf{I}):
\mathbf{V}=\;277,128\angle 0^\circ\; -\;(6,014 + j60,141)\\ \mathrm{V}.
Em retangular:
\mathbf{V}=(277,128-6,014)\;-\;j60,141=271,114 - j60,141\\ \mathrm{V}.
Agora o módulo e ângulo:
| \mathbf{V} | =\sqrt{271,114^{2}+60,141^{2}}=277,705\\ \mathrm{V}\quad(\text{por fase, aprox.}).
\angle \mathbf{V}=\arctan\!\left(\frac{-60,141}{271,114}\right)=-12,52^\circ.
Comentário didático sobre sinais: o termo imaginário negativo em \mathbf{V} indica que, com nossa referência, a tensão terminal tem defasagem negativa em relação a \mathbf{E}. Note que |\mathbf{V}| ficou ligeiramente maior que V_{ph} — isso produz regulação negativa (a tensão sobe em carga) porque a queda indutiva deslocou o fasor de modo que o módulo resultante aumentou levemente.

Passo 5

Desenho / descrição do diagrama fasorial (texto): (isto responde à parte “apresente o diagrama fasorial”).
Descrição do diagrama fasorial por fase:
  • Referência: eixo real positivo alinhado com \mathbf{E} (e com \mathbf{E}=277,128\angle 0^\circ).
  • \mathbf{I}=60,141\angle 0^\circ (na mesma direção de \mathbf{V} porque \cos\varphi=1).
  • \mathbf{Z_s}\mathbf{I}=6,014 + j60,141\\ \mathrm{V} é um fasor quase puramente imaginário positivo (ângulo \approx84,29^\circ).
  • \mathbf{V}=\mathbf{E}-\mathbf{Z_s}\mathbf{I}=271,114 - j60,141, fasor com módulo 277,705\\ \mathrm{V} e ângulo -12,52^\circ.
    (Obs.: pode-se desenhar \mathbf{E} à direita, subtrair o fasor \mathbf{Z_s I} apontando para cima e um pouco à direita, obtendo \mathbf{V} apontando para baixo e à direita.)

Passo 6

Calcular a regulação de tensão (fórmula, explicação e cálculo numérico).
Definição usada:
\text{Regulação (\%)}=\frac{V_{no\\ text{-}load}-V_{full\\ text{-}load}}{V_{full\\ text{-}load}}\times100\%.çã
Aqui V_{no\\ text{-}load}=277,128\\ \mathrm{V} (tensão de fase nominal em vazio) e V_{full\\ text{-}load}=277,705\\ \mathrm{V} (tensão de fase sob carga que calculamos).
Cálculo:
\text{Regulação}=\frac{277,128-277,705}{277,705}\times100\%=-0,208\%\\ (\text{aprox.}).çã
Interpretação didática curta: o sinal negativo indica que a tensão terminal aumentou ligeiramente sob carga (regulação negativa), algo que pode ocorrer dependendo do ângulo de excitação e da relação entre R e X.

Passo 7

Calcular as perdas e o rendimento (explicação das fórmulas e contas passo a passo).
  • Primeiro, potência ativa entregue nos terminais (potência de saída):
    Como a carga tem fator de potência unitário e corrente I_{ph} em fase com \mathbf{V}, a potência por fase é P_{ph}=V_{ph,\,load}\,I_{ph}. Então a potência total de saída é
P_{out}=3\,V_{ph,\,load}\,I_{ph}\cos\varphi.
Substituindo V_{ph,\,load}=277,705\\ \mathrm{V}, I_{ph}=60,141\\ \mathrm{A}, \cos\varphi=1,
P_{out}=3\cdot277,705\cdot60,141=50\,104\\ \mathrm{W}\quad(\text{aprox.}).
Comentário: este valor é levemente maior que 50\\ \mathrm{kW} porque a tensão terminal subiu um pouco em relação ao nominal.
  • Perdas ôhmicas no enrolamento de armadura:
P_{cu}=3\,I_{ph}^2R_a=3\cdot(60,141)^2\cdot0,1=1\,085\\ \mathrm{W}\quad(\text{aprox.}).
  • Perdas por atrito e ventilação:
P_{fw}=2{,}5\\ \mathrm{kW}=2\,500\\ \mathrm{W}.
  • Perdas totais consideradas:
P_{loss}=P_{cu}+P_{fw}=1\,085+2\,500=3\,585\\ \mathrm{W}\quad(\text{aprox.}).
  • Rendimento (eficiência):
\eta=\frac{P_{out}}{P_{out}+P_{loss}}=\frac{50\,104}{50\,104+3\,585}=0{,}9332\approx93{,}32\%.
Explicação didática: o rendimento é a razão entre potência útil entregue nos terminais e a potência total fornecida ao eixo (que é soma da potência entregue mais todas as perdas). Aqui consideramos apenas perdas ôhmicas do estator e atrito/ventilação porque outras perdas não foram fornecidas no enunciado.

Resposta

Diagrama fasorial por fase: \mathbf{E}=277,128\angle 0^\circ\\ \mathrm{V},\\ \mathbf{I}=60,141\angle 0^\circ\\ \mathrm{A},\\ \mathbf{Z_sI}=6,014+j60,141\\ \mathrm{V},\\ \mathbf{V}=271,114-j60,141\\ \mathrm{V}=277,705\angle -12,52^\circ\\ \mathrm{(fase)}.
Rendimento: \eta=93{,}32\%.
Regulação de tensão: \text{Regulação}=-0{,}208\%çã.

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