Maquinas Eléctrica e Energia Renováveis - Teoria e Exercícios Resolvidos

Mestrado em Engenharia Electrónica e Telecomunicações

4ºano, 2º semestre

2012/2013

Maquinas Eléctrica e Energia

Renováveis

Teoria e exercícios resolvidos dos exercícios

propostos pelo docente da cadeira

Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406

Docente: Prof. Dr. João Dionísio Simões Barros

Julho de 2013

Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 19-06-2016 1/167

Sugestões: [email protected] Maquinas Eléctrica e Energia Renováveis – Teórico-prática

Conteúdo:

Simbologia e definições 3

Exercícios propostos - Teórico-prática 01 17









Nota prévia - Ao longo deste documento são mencionados, para o aprofundamento da teoria, a palavra “slide” e “capítulo”. Tais factos visam o leitor a consultar tais documentos de forma a compreender melhor a resolução dos exercícios aqui expostos. Os respectivos documentos foram elaborados pelo Prof. Dr. João Dionísio Simões Barros, docente da respectiva cadeira, na universidade da Madeira (UMa), e a consulta de tais documentos foi feita no segundo semestre de 2013 (fevereiro à junho). À todos, um bom estudo, sucesso nos exames, e vida profissional.



Simbologia e definições

Simbologia utilizada

coreA Área da secção recta do núcleo 2m B Densidade de fluxo magnético T 2/Wb m

coreB Densidade de fluxo magnético no núcleo T 2/Wb m

campoFFFF Força electromotriz (f.e.m.) N

campoW Energia armazenada campoW J H Intensidade de campo magnético /A m J Densidade de corrente 2/A m

corel Comprimento médio do núcleo m

µ Permeabilidade magnética do material 0.rµ µ µ=

N Número de espiras Voltas .N I Força electromotriz (f.e.m.) N

sincronon Velocidade síncrona do motor RPM Φ Fluxo magnético Wb

mecanicaω Velocidade angular da máquina ( )sincrono! n≠ /rad s

electricaω Velocidade angular da frequência tensão /rad s

sincronismoω Velocidade angular espacial de sincronismo /rad s

aθ Ângulo espacial rad

_ eaθ Ângulo eléctrico rad

mθ Desfasamento mecânico entre dois enrolamentos rad

_ emθ Desfasamento eléctrico entre dois enrolamentos rad

aC Qt. Condutores no enrolamento da armadura

armadurai Corrente na armadura A m Qt. Percursos paralelos



Para o capítulo 8 convém saber estas definições:

RΦ é o fluxo resultante, presente entre o estator e o rotor.

fF é a FMM do enrolamento de tensão CC de campo.

FRδ é ângulo de fase eléctrico entre os eixos magnéticos do RΦ e da fF .

_ aaL é o fecho do enrolamento.

_ 0_a aL é a componente de indutância própria devida ao fluxo fundamental espacial do entreferro.

_1aL é a componente adicional devida ao fluxo dispersivo (de fuga) da armadura, que se fecha pelo

ar.

SL é a indutância efectiva vista pela fase quando a máquina está em funcionando em regime

permanente e condições trifásicas equilibradas.

_ fae é a tensão (de uma fase) gerada (induzida) pelo fluxo do enrolamento de campo, também

designado por "tensão interna". A tensão eficaz é _

3a fe

.

sX é a reactância síncrona.

Sites que consultei no período de fevereiro à julho de 2013:

http://www.ece.umn.edu/users/riaz/animations/listanimations.html http://cnx.org/content/m28323/latest/?collection=col10767/latest http://www.ece.umn.edu/users/riaz/animations/alternator.html http://www.townbiz.com/animations/4-pole_bldc.html http://techno-fandom.org/~hobbit/cars/training/m101.html



Definições

0 0. . . . . .

c PM

core core

core core cocore

r r

re cor

core co e

c M

r

e P A voltal l s

A A A

lll

W

l

A bµµ µ µµ µ

+ += =

= =

R

( ) ( )

0 0

. .

.

.

.ap a

gapcore g

p

ap

Qt gap Qt ga A volta

A

s

A Wb

pg g

µ µ

= =

R

( )

0.

.

.gapcore

corc PM

to etco

cor a

rel

pea

Qt gal A

A A

voltas

W

g

b

l p

µ µ

+= +

= +

RRR

( )( ) [ ]2. . . .

2i

e apo

cor Qt gapR

l g mR

π+

= −

Íman permanente: 0

1. . .gap

imaniman ima

gaa

n

pap p

H B

H Hl g g

µ

= − = −

( ) ( ). . 1 . .core coroc i e gao pre lR R hx

Ad lxd

A d

= − = − =

− =

2gapcore mA A =

( ) ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) ( ) ( )( )0 02

. . . . . .

11 2.

2

.

. cos cos

. .

. .

core corgap

Estator Estator Estato

a

r

g p

p

eN N N N

N

H Ampére WA A

t t t t

b volt

N N

aB sB L i

ω ω

λ λ

λ

∂ = ∂ = ∂Φ Φ⇒ = = =

= = =Φ Φ Φ± ± +±

( )i i iλ λ λ∂ = ∂ + ∂

( )0

. . .. .core

gapco

corre cor

ee

apL L Ll

A AN

g

µ µ

= = + = +

RR R

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )0

. . . .

. . . .

. . . . . . .

gap

PM ga

core core

core corep PM

gap

gap

ap ap

core gap

gap core gap

gap

A

Qt gap g

I B

I B A

gQt gaHB

I

N

N

N pµ

= + = +

= + + = +Φ +

=

Φ

=

R R

R R

R

R R

R

R R

( ) ( )

0

0

0

. . .

..

gap

core g co

B

re

má

corap embolcore

cor

pod

e

e

a op

x

e

Qt ga

N

B p l

BIN

A lgµ

µ

µ

= + + + =

=

R R

( )

2

2iL

λ

θ=



( )

[ ]

[ ]

( )[ ]

2 2 22

1

0

2

. . ..

. .

.core

gap ga

gapgap

total ao pre pc

N BL H

I g

N

Qt gap

N

I I

AN N N Aµλ= = = =

Φ= = =

+R RRR

[ ]1 - na prática é zero e [ ]2 - esta é a definição utilizada pelos projectistas.

( ) ( )

( )

( )

( )[ ]0 00

2

2

222. . . . .. x 1

. . . . 2.gaap ap a

Lcam x

pp

po d d

dQt gap Qt gag g g

l

p

x xN N l

i

WxL

NA

µ µµ − = = = = −

O coeficiente de auto-indução tanto pode depender do ângulo, ( )L θ , como da posição, ( )L x . E

.Area ld= .

2

0.4

.4. . . ..

fase

p

w

a

N

Qt PoloRL

k

sgl

µ

π

=

Φ é o fluxo instantâneo, e o ( ).sinmáx tωΦ = Φ

( ) ( )[ ] ( )

Constante

residual

0

0

. ..

. .

. .

gtotal

camp

t

o cam

otal ap apc P

po campo corecore ap

ga

core

core

M

Val

p

or

Qt gap Qt gap

NWb A

A

g gA

A

ill

A

µ

µµ

= = = = =+

Φ

+

F F FF F FF F FF F F

R R

[ ]P

P

.. . .2

.máx mácore coreS

rmsx

VB B BdA A b

NW

fA

π= = ∧ =Φ Φ =∫

Nos imãs permanentes: ( )' '. . . . .core cr riman imanima oC Cre cocamp

en roH HA

dH AB A µ µ

= = − = − −

Φ

FFFF

No entreferro de uma máquina: [ ]

( )_

2. 2. ..

. gaaPolo Picop

raio l

Qt PolB

os=Φ

Com entreferro uniforme, tem-se [ ]

Constante

. . . .core core coretotal

campcor

to ale

t

o A HBi AN

µΦ = = = =

FFFF

R R

Analogia

campoFFFF Φ totalR

V I R



0 0

.

. . 2.core core

rco

gaga

re

campo

a

p

ppH

B BH

B I

l g

N

Aµ µ µµ µ= = = = = =

Φ FFFF

Com uma permeabilidade do núcleo a tender para o infinito, basta utilizar gapB e 0µ .

Numa máquina com entreferro uniforme, tem-se _1_1ap

ap

agg

F

gH = com .

d d

dt de N

t

λ= =

Φ

_1_1

.4 . .. . .

2. .cosa

gapg

armaduraf

ap

as

a

aew

p

iN Qt Polos

Qt Pol

F

osH

k

g gθ

π

=

=

Numa máquina LINEAR, tem-se _1

4 .. . .

. .

2cos

a

gap

pg

N

dQt PolosH x

i π

π =

, e com velocidade:

2

..electrica

electrica

dfv d

π

ω= =

1 1

0. . . . . .gapgap

core core corecore core co

corga

apep

gre

H H HA A

A AB BH

Aµ µ µµ

= =

= = = = = =

Φ

( )0 0

1 1 1

.. . . . . .

2.gap gap gap ga

cgap

ore core ccore

ogag

ppp

e

pa

a

r

A A

A A A IB H

gAHB

N

Aµ µµ

= = =

= = = = =

Φ

Com peça móvel:

( )

1

0

0. 1.

.

2ga

coap

gap

c Pec

p

reMr

o

N IB

llA x

Xg

A

µ

µ

=

=

+ + −

Nos imãs permanentes: ( )

1 1

0'. . . . .iman iman iman gap

imanC

i

ga

m

p

ar gapr

g p

n

ar HH H B

A AB H

A AB µ µµ

= =

= − = + = =

[ ]

3

0

1

.iman iman imanima

a

ap n

g pB lg A

AHN i

µ

=

= −

[ ]3 - pode ser zero.

[ ] [ ]20 0

1

Volume magneto. . . .

Volume iman

gap iman iman iman iap

manim

ap

n

g

a

lB H H

gapB

Ag

ABµ µ

=

= =

−

−



Entreferro de uma máquina, com enrolamentos distribuídos:

0_

.4 . . . . .

. 2cosfield fiel

rotod

g fieapa

rldap

N Qt Polos

Qt Polg osB i

kµθ

π

=

( )_0

.4. . .

. field fiel

gapd

fiap

eco ldPia

N

Qt PolosB i

g

k

π

µ= 0

0 _. .SR a gaa

p SRpg

H FBµ

µ= =

Com uma permeabilidade do núcleo a tender para o finito:

houver 2 enrolamentos residual

1 1 2 2. . . .2. . . . .SeVa

capgap core ocampo

l

re

or

N NI Nf e I IHgm H l= = + = = +

FFFF

( ) 0

. . . .. .

apcorecorcore

gapcc e

corePM toampo

g

talllA

If e NmAµ µ

=ΦΦ

Φ= + + = =FFFF R

. . .f e m resulta da existência de uma tensão aplicada a um material ferromagnético! A tensão por si

só, sem ser aplicado a um material ferromagnético, não é suficiente.

Transformador

ω é a velocidade da frequência angular e é ( )2 . fπω = e e é a tensão induzida.

( )( ) ( ) ( ) ( )cos cos

.. . . . . . .

s2

n. . .

imáxmáx coremáxB

dd d

d

tN N N

t dt dtt Ne tfA

ωλωπω ω

ΦΦ= = = = = Φ

( )P P P. . . . . . . .2 .2 máx máx com rer s N N ABE f fπ π− = =Φ

fuga

P Pfuga

.. .

. .P

magnétizaçãom

m magnétizaçãormrms r

Pm s

L

sP

L

L

X

X LXE V V

ω

ω ω− −

= =

+ +

terminal_1P P P terminalP _2. . .Load LTran osf adZI IE V R ZV Z = − = + +

fugaS S S. . .magnétização

SEquivalente Equivalente EquivalentL SS SS S So eZ adE E V V VI I RZ IZ X = = + = + = + +



PP

. 22

2m

rmsáx

VV − = =

( ) P. .

2

.

2.

máxNfπ Φ ( )P. . . . . .2 máx core SC

f BN A S Xπ= =

fuga P P P.

Pm

io

s Lr

F

PV R X EI−

= + +

P P P P450 450 . .

Load LoadV V V VIV EXj

= == +

P PP

S SP . .rms rms rmsS

rS

ms

NNV V

NV

NV− − − −= ∧ =

[ ] [ ]terminal, terminP

P al terminalPS

. . . .Load LoadTrans Load Loadf Z ZN

NIV VRE IV= = + = +

S SS

S S S

P

P

2

P P

P

rms rms rms sP

rm

I I

V V V VZ

INZ

N

I− − − −

= → = ∧ =

fug

S

a S

.. . . .

. .

P

magnétização

maTransf P P P

P gnétizaçãoTrans

e

Pf

L

L LV E E VR

NR

N ω

ω ω

= = = +

PS . . . . .2 crms áxore mBNV A fπ− =

( )( )

( )Fonte

SS

S

'.'

' Fonte

Z

ZV

RV =

+

Fuga

P P PP

P.P

rm

P

s rms r

sL

m

m

s

rm

PV V

VI

RX Xj

− − −

−

= = = +

( ).cosLoad Load

LoadLo Traad nsfV

P P

V R

II

α= = =

( )P PP . '.S S

S S

N N

N NI I I= = OC S

CS

O S

PI

V=

( ).cos

P

VI

α=

( )FonteS

S P' Load

STransfR

Z R

NZ R

N= = =

( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( )2

P PP P P P 1 12

2

2.' ' '.' 'EquivalP P enteS S

R R R R R R RN N

N NZX ZX

+ = + ⇔ = ⇔ = + = +

( ) ( ) [ ] ( )P P

2 2

. .' ' 'S SS S S S S SR X XR

NZ

N N

NZ

+ = + ⇔ =

Perdas por fugas: ( )Fuga Fuga

P

2

' .S SL L

S

XN

NX

=



Ajuda no cálculo: Fuga

P

P

120 120 25 100

25 100 25 100 25 100P

rms

LjX jR

V j

j− −

= = =+ + + −

. Casio é CPLX + ABS + ANS.

Perdas no Núcleo: ( )cosrms NúclPerd eoNús la c eoIP E θΦ= , em que ( )cos Núcleoθ é o factor de potência

( )P P_

P P

PP

. 2 .

2co

rms rms

rmsrms

re

v V

Ee

i II − −

−−

Φ = = , e é o fluxo de excitação do núcleo.

_Perd N

P corúclea o

erm

s

s

PI

E= , e é a corrente de perdas no núcleo.

( )_ _ i. s nm core cor Ne úcleoI I θΦ= é a corrente de magnetização do núcleo.

( )P P P P. .

cos cosNúcleo NúcleoNúcleo Núcl

Perd

rms

as Pero

se

r

das

mI

Pa

V IV

Pθ θ

− −

= =

⇒

Análise do transformador

Circuito fechado (curto-circuito, SC ), e se não houver saturação: ( ) ( )P P' 'Equivalen S SteR R R R R= + = + ,

( )

( )Fuga Fuga F_ _ _

_ _ _

uga

Fuga Fuga Fug a

'

'

L L L S

L

PEquivalente

Equiva Pl L Sn Le te

j j j

j

X X X

X j jX X

= +

= +

Fu_ ga S Equivalente Equival LenteCZ XjR= +

Utiliza-se o modelo “T”

( )( )

Fuga

Fuga

_

_ uga

_

F

.P PS

S L S

L

S L S

C

Z XZ X

Z X

RR

R

jj

j

Φ

Φ

+= + +

+ +

Fu_ ga S Equivalente Equival LenteCZ XjR +



EquivalenteSC

SCP

PSC

Z ZI

V= =

( )2Equivalente

CSC

C P

S

S

PR R

I= =

( ) ( )2 2

Fug _ aEquiva P Plent L SC SCeX Z Rj = −

Circuito aberto ( OC ), e se não houver saturação:

CR é o responsável pelas correntes de Eddy, e

_

2

Perdas P rmsP

POC

OCC

PP

RV

=

Perdas do núcleo: Fuga

residual

. .P

C CPP

C CP

OC OC

Valor

m

Z

mL

m m

R X R XZ X Z Z Z

R X

Vj jj

j jI RR

X

Φ

Φ Φ= + + ∨ = =+ +

Perdas por histerese (reactância magnetização): [ ]2

. 2 . .m magnétização magnétizaçãoO

POC

PCVX fL Lj

Qπω= = =

22

1

1 1

C

mX

Z RΦ

=

−

Perdas por fugas: [ ]fuga

fuga fuga . 2 . .PL P PX fL Lπω= =

( )2. 2.

. . 2 . . .pico pcore core

rms rms

ico

V VN

BA AB fω π =

=

( ) ( )( )

[ ]( )

( )

2 2

2

.

2

Fonte

S2S

S S

1

'.

''

'.

Load LoadI

Load FonteLoad

V

Transf

Z

Z ZP

RR R VI V= = =

+

( ). .cosV IP α= (uma fase!)



_

2 2. .EquivalPerd Pas Enrolame ente Equivalentnto SSeP

RP I R I= = *. .Send Send Send Send SendPS Q IVj= + =

_ _ _Perdas Total Perdas Fuga Perdas NucleoP P P= +

__Fornecida Sistemas Saída Perdas TotalP P P= +

_ .Fornecida Sistema aarmadurs DC aVP I=

_Fornecida S

Lo

is

a

tem s

d

a

P

Pη = (o FP não é o ângulo, mas sim o valor 0,X)

_

.100%Fornecida Sistemas

LoadP

Pη =

Motores

( ) ( ). x . x0 qB Bq E E vF Fv q= + ∧ = ⇒ =

( ). 0 x E EqF Bv= ⇒ = +

0 .campoE FT R= ⇒ =

( ). x x x volume volume IF AreaB BJ Jv Fρ= ∧ = ∧ =

( ) ( )1

1 0. x . . x 2 sinvolume volume IBI BlF Fl I α= ∧ = −

( ) ( )2

2 0 cos. . x 2volume II BF l α= −

( ) ( )1 2

0 1 2. . x . .2 c ss oinvolume volumeI IBF F Il IF α α = + = − +

( ) ( )( )0 1 2. . . x .2 sin . .coscampo campoR I I RT lT BF α α = ⇔ = − +

( )0. x sin . .campo I RT B lθ=



Energia magnética armazenada (no material do núcleo), campoW

[ ] ( ) de histerese

co

Area

cam c re eopo ri id d d de voluBW H J eV mVλ λΦ Φ= = =∫ ∫ ∫

( )[ ]

( )

; . .

Potência dePotência dePotência de energia energia electrica

energia mecânicaarmaze

campo

nada

de deslocamento mx x xW

F F ecanicx ot t t

i it

eλ λ∂ ∂ ∂ ∂

= − = − ∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( ); ; campo campox xi i xW λ λ∂ = ∂ + ∂FFFF

( ) ( ) 21; . .

2campo xi L xW i= ( )( ) ( )

( )2

1 22 21 1

; . .2 2campo L L

Wλ

λθ

λ λθθ

= = −

( ); i x significa que depende de duas variáveis de estado, neste caso da corrente e da

posição/deslocamento.

2

1campo i dW

λ

λλΦ∆ = ∫

( )

02

.2

2

.

2

0

. . x Air-gap volume x

. 4.2 .gapap

apg

gcampo p

agaL

A

pB i

gW

NA

θ

µ

µ= =

( ) ( ) ( ); ; 'campo campox xW i i Wλ λ ∂ = ∂ − ∂ ( ) '; campo campoxW Wi iλ = −

( ) ( ) ( )2 21 1. . . . .

2 2'campo i L i L iW ixLx x

= − =

( )i i iλ λ λ∂ = ∂ + ∂

No entreferro: 2.

2

'campo

V

VdWHµ

= ∫ [ ]0

' core

H

cora p

H

c em

V

o H V Jd dW B

= ∫ ∫

( )

[ ]0 0

2 2

. . . . . . . . 2. .4

'4ap

ap a

campoS

p

RSR gFF

l raio lWg g

µ µπ π =

=

∅ , em que l é o comprimento

axial.

( ) ( ) ( )2 2

co. s.SR S R R S SRF F F F F δ= + + , em que SRδ é o ângulo formado pelas duas f.e.m.



( )( ) ( )

( )( )2 2

2

; 1. .

2 2.

campocampo L

L L

WT

λ

λ λ

θθ

θ θ θ

λ λ λ

θθ

∂ ∂ ∂= − = − = − ∂ ∂ ∂

( ) ( )( )2

00

21. . .

2 2c m

i

a p io

IL IT Lθ θ

θ θ

∂ ∂ = − = −

∂ ∂

Entreferro de uma máquina

[ ][ ] [ ] ( )

[ ]( )

[ ]( )

[ ]

0

0

0

0

. . 2. . . . . . . . .

22

. . 2. . . . . . .

22

. . 2. . . . . .

sin

sin

si.22

. . 2. . . .

2

n

campo

campo

campo

cam

ap

ap

ap

S S R R SR

S R S

ap

po

R

S SR S

F F

F

raio l Qt Polos

raio l Qt Polos

raio l Qt

T

T

Polos

raio l Qt

Ng

g

g

Ni

FT

T

i

g

P

δµ

µ

µ

µ

π

π

π

δ

πδ

= −

= −

=

= −

−

( )

[ ]( )

( )2

. . .2

. 2. . . . . . .

2 2

. . . . .

2 2

sin

sin

sin

R SR R

SRcamp R R

SR R

o

cam o Rp

olos

raio l Qt Polos

Qt

T B

T

F F

F

PolosF

π

π

δ

δ

δ

= −

= −

Φ

( )( )

( ) ( )2 2

2; . .22.

campo

L Li

L xi

x xx

xx

λ ∂ ∂= =

∂ ∂FFFF (depende da corrente e do coeficiente de auto-indução).

( )( ) ( )( )

( )

22

0

1. .

2; . . x .

2si

'n

ca

ii

ê

mpo

campo mbolo

i

L ix xx

x x x

Lii I B

Wlθ

∂ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂ ∂

FFFF

( )

[ ][ ]

2

10

10

0

022 2

. .1

2. .; . .

2 2 2.i A

i A

êcampo m lo

ap

abo

p

g

x

xx

l

i

d

d i

N

iN l

g

µ

µ

=

=

∂ −

− = =

∂FFFF

Duas fases: ( ) ( )max_ _cos; . .c a e e eam apo t tFθ θ ω−=FFFF

Trifásico: ( ) ( )_ _max

3; . . .

2cose e ea acampo Ft tθ θ ω= +FFFF



( )_ ; a e tθ significa que depende de duas variáveis de estado, posição e tempo.

( ) ( ) ( )2 2

co. s.SR S R R S SRF F F F F δ= + + , em que SRδ é o ângulo formado pelas duas f.e.m.

O volume dos dois entreferros sobrepostos é ( )12. . . .0,5.ap apV hg gr θ= +

[ ]sincrono

2. .

.0

6 electricaQt Polo

fss

n = [ ]

sinc_

rono

6

0

..

2electrica electrimecanica cafQt Polos n

fs

= =

[ ]sincrono2

6.

0 . electricamecanica Qt Pol s

nf

osf = =

[ ]sincronissincrono

mo

2. . . .

.602

2 2electricmecanica mecanica

PM

a

R

n

Qt Polf

ossfπω π πω

= = = =

2.electrica electricafω π=

_

.

2a ae

Qt Polosθ θ= _

.

2m me

Qt Polosθ θ=


[ ]

Constante

. . . .core core coretotal

campcor

to ale

t

o A HBi AN

µΦ = = = =

FFFF

R R

( ) 0. .electric Esta oPic ro a tV Nω= Φ ( ) ( )0. .sin 2.t tv ω ω= Φ∓

( ) ( ) ( ) ( )( )0 02. . . . .cos co

11 2.

2sEstator Estator Est rp atot N tN t tN ωλ ω± ± Φ= = =Φ Φ ± +

Máquina assíncrona: Nota, se houver varias bobinas nos enrolamentos, é preciso multiplicar faseN

( )

Forma fundamen

_1 ma

ta

x

l

. .4 4. . . .

. . fase fase

Amplitude máxim

Picoagw

w

a

N NF

Qt Polos Qt P

II

o s

kk

loF

π π= = =

, e wk quando se tem enrolamentos

distribuídos.

_1

.4 cos. . . .

. 2ag armadurafasew

a

N Qt PolosiF

Qt Polo

k

sθ

π=

( )forma sinusoidal

. .cos electriarmadur cmáx a aa im ti I ω=



Máquina síncrona: Nota, se houver varias bobinas nos enrolamentos, é preciso multiplicar rotorN

( )_1 max

_1

.4 . . .

2cos

Picoag

arotor rotor

rot

F

or rotorg

F

N Qt PoF

k los

Qt P lI

o osθ

π

=

=

( )

0

_1 . . .

4 .Pi apag

rotorrotor rotor

co Qg t PolosI

N

B

Kµ

π =

( ) ( )0_ _1

0 .4. . . .

PicoPico Pi

rotor rotorrotorgap

ap apoag ca

kF

NIB

g Qt PolB

osg

µ µ

π

= =

=

Máquina DC

( )_1 . .2. . ag armadura

a

Pic armadua

rao Qt Polos Qt

N

Poli

osm

CiF = = sendo

2.a

aNm

C=

( )_1 2

8. .

ag armadurP

aaico Qt Polos

iFN

π= confirmar!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

( ) ( )_

0

_ _si1

. .n . . .mecanica p melectrica electricaecanica mecanicaarmadur electricaC armaduraC aC CV E N t tdπ

ω ω ωπ

= = Φ∫

sincro_ no

2 . . . . . . . . . .

30p mecanica p mecanicelectri a p mecanica

RP

armaduC a

M

caC r

Qt Polos Qt PolosnN NE N ω ω ω

π πΦ Φ= = =Φ

Tendo varias condutores activos nas várias ranhuras, em percurso paralelos, e sendo 2.

aaN

m

C= :

sincrono

. . . . . . .2. 30 2.p mecanica

RPM

p mecanicaarmC aa

Ca

adur

Qt Polos Qt PolosE

C Cn

m mω

πω= =Φ Φ

Com entreferro uniforme, tem-se _1_1

agg

p

p

a

ag

FH =

com .

d d

dt de N

t

λ= =

Φ

_1

.4 . . . .

.s

. o

2cfase

gap

a

armadur

p

aw

ag

N Qt Polos

Qt Pol

kH i

osθ

π

=

_1

.4 cos. . . .

. 2ag armadurafasew

a

N Qt PolosiF

Qt Polo

k

sθ

π=

( )forma sinusoidal

. .cos electriarmadur cmáx a aa im ti I ω=

( )

( )_1 forma sinusoid

_1

a

x

l

ma co

. . .c .2

s os

Pa og ic

ag a elec

F

tricaF tQt Polos

F ωθ

=

( ) ( )_1 max _. c .cos os.e electag r aa icFF tθ ω=



No entreferro: _

0.4

. . . c. .os. 2

rotor

field fieldfiegap l roto

aa d

ìpr

N Qt Pol

g

os

Qt PolB

k

osi

µθ

π

=

( )_0

.4. . .

. field fiel

gapd

fiePa

co lda ip

N

Qt Polosgi

kB

π

µ=

Fluxo no entreferro por polo: ( ) ( )02.cosp t tωΦ Φ= , sendo _0

2.2. . .

gapaBQt Polos

Rl=Φ

( ) ( )2

20.cos co

. . .4 . . . . .

2.sfield field

field t rp ro o

ap

RN Qti

Polos

Qtt t

gPol

l

os

kµωθ

π

=

Φ

E é fieldi que me permite regular o fluxo.

( )_ _sin. . . . .wAC fasemecanica p mecanicaa electricarmadu electricaraNkV tω ω= Φ−

0_

2 8. . . . . . .

AC fasmeap

wcanica ea lectrirma a eu cd raN

Qt Polol

sk

gV R

π

µω

= −

( )0_

. 8. . . . .sin

elecmecanicaarmadur

field fieldAC fa tield

apricaV

N

Qt P st

o

k

oi

glω

π

µ =

( ) _. . . . . .2 2AC field fieldmecanica p pa elec field firm tricPicadura a elect elo a dricf f kN NkV π π = = Φ Φ

( )( )

2PicA armadura

ar Rmadurao

MS

C

AC

VV =



Exercícios propostos - Teórico-prática 01

Exercício 1.01 – No circuito magnético da Figura 1, com um entreferro, o núcleo tem as seguintes dimensões:

- A área transversal 3 21,8.10 coreA m−= ;

- O comprimento médio do núcleo 0,6 corel m= ;

- O comprimento do entreferro 32,3.10 apg m−= ;

- O número de espiras 83 voltasN = ;

Figura 1 - Circuito magnético.

Assuma que o núcleo tem uma permeabilidade infinita ( rµ → ∞ ).

a) Calcule a relutância do núcleo, coreR , e a relutância do entreferro, gapR .

b) Para uma corrente 1,5 i A= , calcule o fluxo total, ϕ , o fluxo de ligação da bobine, λ , e o coeficiente de auto-indução da bobine, L.

Problema 1.1, página 57 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 1.01a) Neste considerou-se a existência da permeabilidade magnética.

corel é o comprimento do percurso magnético, e se a permeabilidade magnética for infinita, ,µ = ∞

significa que não existe relutância (dificuldade) a passagem do fluxo.



Sei que core gapA A= .

Figura 2 - Circuito equivalente do circuito magnético.

coreR é a relutância do núcleo ferromagnético. Assim

( )

( )0 3 27. . . . 4 .10

0,6

. 1,8.10

0

core cor

core coor

r

e

e

rc e

A voltas

WA A

m

Hl

mm

l

bµµµπ − −

=

=

∞

= =R

Quanto maior gapR , maior o fluxo.

( )

( )0

3

7

6

3 2

1,016823.10

1,8

2,3.1

.10 4 .10

.

0

.

core

gapap

a

g

A

p A voH

m

lta

bm

m

WA

g s

µπ −

−

−

= = =

R

Resolução 1.01b ) ( ) ( )

6

6

1,0

11

,83 voltas 5

16823.10 22,44

.1

.. 0

core gap

AiNA

Wb

Wbϕ −= = =+ RR

( ) ( )6 3122, 44.1083 volta 10,16.. 0 .s 1N Wbλ ϕ −−= = =

3

36,775.10 6,710,16.1

75 m1,5

0 L H H

I A

Wbλ −−

= = = =

Nota: desenhar o circuito magnético equivalente torna a resolução mais fácil, assim por exemplo, se o núcleo tivesse esta característica:



Figura 3 - Circuito magnético.

Figura 4 - Circuito magnético equivalente.

É preciso fazer uso da regra da mão direita para se saber a colocação dos sinais. Exercício 1.02 – No circuito magnético da Figura 1, com um entreferro, o núcleo tem as dimensões do exercício 1:




- O número de espiras 83 voltasN = ;



Assuma que a permeabilidade do núcleo é 01300.

rµ

µ µ= e despreze o efeito do desvio do campo

magnético no entreferro assim como o fluxo de fugas. a) Calcule o número de voltas para obter um coeficiente de auto-indução de 12 mH. b) Calcule a corrente na bobine para que a densidade de fluxo no núcleo seja 1,0 coreB T= .

Problema 1.3, página 57 do livro A. E. Fitzgerald

Resolução 1.02a) Neste exercício 2 considerou-se a existência da permeabilidade magnética.

2 2

0.. coap

reLg

N NAµ= =

R

0. .core

core gapcore cor

ap

eA

l

A

g

µ µ= + = +R RR

( ) ( )7 72

3

3 3 21,8.10 1130 4 . ,8.10

0,6

10 4 .10. .

2,3.10

0 .

r

mH H

m m

m m

mµ

π π− −

−

− −

= +R

3 31016,82204, 3.10044.10cor gape

= +

RR

R

3 1220,867.10

A voltas

Wb=R

Como se pode constatar, a relutância total é muito maior que a relutância do núcleo magnético, sendo por isso evidente que é de elevada importância o projectista considerar a sua preocupação no entreferro. A relutância do núcleo magnético é para encaminhar o fluxo magnético.

( )0

. . .. .core

gapco

corre cor

ee

apL L Ll

A AN

g

µ µ

= = + = +

RR R

3 3 12.10 1220,867.10 . 121,038

A voltas

WbN H−

= =

Como tem que ser um número inteiro, é 121 N voltas= . Não entendo porque me é dito no enunciado que se tem 83 voltas.



Resolução 1.02b) O fabricante coloca sempre nos seus datasheet a característica que relaciona a densidade de fluxo magnético com a intensidade de campo magnético:

Figura 5 - Curva linear de magnetização.

O que se pretende neste exercício é saber qual é a corrente máxima que se pode aplicar a este circuito magnético.


( ) ( ) ( ). . . .cocore core regap core gapAN I Bϕ= + = +R RR R

( ) ( )( )

0 0

. .. . . . .

corcore

co

e

crcore

core gap core co

ap

o ree re

m

r

áx

l

N NI

AA

BB A

g

Aµ µ µ

+

+ =

=

RR

( )0 0 0 0

. . .. . . .

corecore c

m

ocore co

r r

á

cor ae p apcoe

rr

e

x

re

gA

IA

N

g

N

AB

l lB

µ µ µ µ µµ

+

+

=

=



( ) ( )0

0 0

..

. . . ..

. . . .

cocore

reco cor

r

r rr

r r

e co

ap

ap ap

m

re core e

á

r

xI

N N

Bgl

lB g B

N

l g

µ

µ µµ µ

µµ µµ

+ + + = = =

( ) ( ) ( )( )

( )

3

712

. .

.

1300

13 .18,16

0

1

2, ,31 6

0

.10

4 .10

0 máx

mI A

T

m

m

Hπ −

−

+= =

Para se evitar a saturação, arredonda-se para baixo, assim 18

máxI A= .

Ou mais rápido, como sei que .S

dB AΦ = ∫ , logo .coremáx máx coreB AΦ = , e sabendo que

( ). . . .cor ce oreN N LB A iλ = = =Φ

fica que ( ) ( ) ( ) ( )3

3

21,8.10. 118

,16

12.1

1

0

21 .. . co e cor rei AL

TB

H

N mA−

−= = =

Exercício 1.03 – No circuito magnético da Figura 1, com um entreferro, o núcleo tem as dimensões do exercício 1.01:




- O número de espiras 83 N voltas= ;



O circuito magnético tem um núcleo com um material não linear cuja permeabilidade, em função de

materialB ( materialB é a densidade de fluxo no material), é dada por

( )7,80

3499. 1

1 0,047. materialBµµ

= + +

a) Utilize o MATLAB para desenhar a curva dc de magnetização para este material ( materialB em

função de mH ) na gama de valores entre 0 2,2 materialB T< < .

b) Calcule a corrente para obter uma densidade de fluxo no núcleo de 2, 2 T . c) Utilize o MATLAB para desenhar o fluxo da bobine em função da corrente da bobine, quando esta varia desde 0 até à corrente da alínea b).

Problema 1.5, página 57 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 1.03a) Neste exercício a permeabilidade magnética já não é linear. Para elaborar o código tenho que primeiro definir as funções que são necessárias para o esboço do gráfico solicitado.

0

..

core corecor

re

BB H H

Bµ

µ µµ= ⇔ = =

O valor da permeabilidade do material utilizado é sempre dado pelo fabricante, e é sempre o seu valor linear médio, e neste exercício é:

( )7,8

34991

1 0,047. materia

r

lBµ = +

+

Código em Matlab®: clear; clc; mui_0=4*pi*10^(-7); Ac = 1.8*10^(-3); % Área do núcleo % Ciclo que permite a criação da Tabela de dados do gráfico for n=1:1001 % É o valor máximo da minha amostragem % O valor máximo da minha amostragem vale 2,2 Tesla: B(n)=((n-1)/1000)*2.2; % Função característica do material, e é fornecido pelo fabricante: miu=((1+3499/sqrt(1+0.047*B(n)^7.8))*mui_0); H(n)=B(n)/miu;



end plot(H,B); xlabel('H (A/m)'); ylabel('B (T)');

Figura 7 - Gráfico resultante do código.

Resolução 1.03b) Como sei que ( )

7,80

3499. 1

1 0,047.

r

materialB

µ

µµ = + +

, então

( ) ( )7,8 7,8

733499 3499

1 11 0,047. 1 0,0 2,

0,134 . 2 7

r

materialB Tµ = + = + =

+ +

( ) ( ) ( ). . . .cocore core regap core gapAN I Bϕ= + = +R RR R

( ) ( )( )

0

0

0

. .. . .

. .

embolo

core

máx

coreco

core

corre core

ce

cor

o

ap

r

e

re gap

N N

glA

A AA

lB

BI

µµ µ

=

+

+ + =

=

RR



( )( )0 0 0 0

0

. . .. .. . . .

. .

ap ap

ap

má

co corecore core

core

rrre core

co

core

core er

rx

r

g g

gl

ABA A

N N

lBl

I

B

N

µ µ µ µ

µ

µµ µ

µ

+ + +

=

=

=

( ) ( ) ( )( )

( )

3

783

. .

.

730,13

730,1 .

0,

465,85

6

3

2,

.10

2,3.10

2 máx

TA

m

H

m

Im

π −

−

+= =

Resolução 1.03c) Programação em Matlab®. Aproveita-se o programa da alínea a) e tem-se em conta a seguinte definição:

( )0

0 0

..

. . .cocore emboloc

core cor

ap

máx

e eor

e

r

r

A l

AI

A

gl

N

B

µ µµ

= +

=

+

Código em Matlab®: clear;

clc; mui_0 = 4*pi*10^(-7); Ac = 1.8*10^(-3); % Área do núcleo Rg = 2.3*10^(-3)/(mui_0*Ac); % Ciclo que permite a criação da Tabela de dados do gráfico for n = 1:1001 % É o valor máximo da minha amostragem B(n)=((n-1)/1000)*2.2; % O valor máximo da minha amostragem vale 2,2 Tesla. miu=((1+3499/sqrt(1+0.047*B(n)^7.8))*mui_0); % Função característica do material, e é fornecido pelo fabricante. H(n)=B(n)/miu; Rc(n)=0.6/(Ac*miu); % Relutância do núcleo i(n)=B(n)*1.8*10^(-3)*(Rc(n)+Rg)/83; % Corrente fluxo(n)=B(n)*Ac; % Densidade de fluxo end % Nota: Rc varia devido ao miu (que depende de B) , daí ser necessário colocar dentro do



ciclo "For". subplot(2,1,1); plot(H,B); xlabel('H(A/m)'); ylabel('B(T)'); subplot(2,1,2); plot(i,fluxo); xlabel('I (A)'); ylabel('Fluxo (Wb)');

Figura 8 - Gráfico resultante do código.

As funções não são lineares devido ao facto da permeabilidade magnética não ser linear. É necessário evitar que a corrente de circulação, não tentativa de dar força a maquina, não permita que o fluxo de saturação do ferro chegue ao seu valor máximo, pois o sistema começa a aquecer e pode derreter o revestimento do fio utilizado no enrolamento das bobinas. O objectivo dos projectos é definir qual o valor da corrente de excitação, mas sem permitir que se chegue ao valor máximo de saturação do ferro de que é constituído o motor.



Exercício 1.04 – O circuito magnético da Figura 9, tem um núcleo com uma peça móvel de largura

,embolol ambos com uma permeabilidade µ . O núcleo tem uma área transversal coreA e um

comprimento médio corel . A área dos dois entreferros, gapA , depende da posição, x, da peça móvel e

varia segundo a seguinte relação:

0

1coregap XA

xA

= −

Deduza a expressão da densidade de fluxo magnético no entreferro, gapB , em função da corrente no

enrolamento e da posição da peça móvel, que varia entre 00 0,8.Xx< < . Qual é a densidade de fluxo

no núcleo?

Figura 9 - Circuito magnético do exercício 1.4 e 1.5.

Problema 1.6, página 57 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 1.04a) Se 0 0 gap coreAX A= → = , significa que a peça móvel está totalmente

introduzida.




PMR é a relutância associada à peça móvel, e 1 2gap gap gap= +R R R .

( ) ( ) ( ). . . .coPM Pgapcore corre Mr gapeco eB AIN ϕ= + + = + +R R RR RR

( ) ( )( )

0 0 0

. .

. .. .

. ..

.2

. .core gap

corec

PM c Pcore

r

coreco

ore core corer

r

core Me

apAA

A A A

N NI

gB

I

llB

µ µ

ϕ

µ µ µ

= = + +

+ +

RR R

( ) ( )0

0 0

. .

. . .. .

. 2..

2

.core

core cocore core

c PMcore coreap a r

r re

pPM

r

cg

A

N NI I

l lB

Al

Ag

Bl

µ

µ

µµ

ϕ

µµ

= = + + +

+

( )

( )( )0

.

2.

. .

. core

r

rc PM apcore

I

l

N

gB l µϕ

µµ=

+ +

Como é dito que 0

1coregap XA

xA

= −

, e .

corcore

apgap

g

e

BA

AB

=

, desenvolvendo fica:

. .gapga

gap gacorp

ee pcor A B BB AA

ϕ

ϕ=

= ⇔ =



Regressando ao exercício:

( )

( ) [ ] ( )

( )0 0

0 0

0

. . . .. ..

..

.

.

2

.. .

gac PM c

ap core

co

r

r

core cop

re co

a

r re

gaP p

p

r Me

AQt entreferro

A A

IIl

NN

A

g g

l l

s

A

l

µ

µ µϕ

µ µ

µ

µµ

= + = ++ +

Para o gapB é:

( ) ( )0

0 0

00

0 0

...

. . 1. .. .

.

2.

1 1

.2

.

gap

c P

corecorecore

cor

c

ap

r

Mc PM

gap

r

e co

orecore gap

gapr

ap

e

A

ll

IIl x

AAA X

X X

N

l

Bx x

A A

A

g

A

gN

ϕ

µµµ

µµµϕ

=

=

++ ++

− = = =

− −

Para o coreB é:

( )0

0

0

2..

. .. . 1c

co

r orecore

core core

core ac PM

re

pgl

X

Il

xA

AB

A

N

A

µ

ϕ

µµ

++

−

= =

A relutância do entreferro é constante e superior ao do núcleo. A densidade de fluxo é ± constante.

Poderia ter feito deste modo: Com uma permeabilidade a tender para o infinito deste exercício (com 2 entreferros) é:

.. . .

2. corec

core coreg gap gagap

gaaa

pe

ppp or

Hg

NB B AB BA

A

AI = ∧ = ⇔ =



Como é dito que 0 0

1 1corec

gapp

ea

org X

Ax

A

Ax

XA

= − ⇔ = −

, então fica que:

0

. 1 .gap gcga

orco

e core are

ppB B

x

AB

XB

A = ⇔ = −

Com uma permeabilidade a tender para o finito:

2. . . . . . .gap gcorecore cgap

g orecore

gap cor corea ae papp H AA

BN I BH BB AgA

l

+ = ∧ = ⇔ =

0. .gap g coror pc ee aB HB Hµ µ= ∧ =

Combinando as duas definições fica que

( )0 0

.. . . . .

2.gaccore core co

gap gap gapapog ea

ep

rp r

A A

A A g

AB

NH

I

AB µ µ= = =

( ) ( ) 0

0

0

2.2

.

.

.

1 apap

gap

c PMc Pcor

gap

coreee

Mcor

I IN N

All l g

B

lX

A gx µ

µµ

µ= =

+ − ++ +



Exercício 1.05 – O circuito magnético da Figura 9 tem as seguintes dimensões:

- A área transversal 28, 2 ccoreA m= ;

- O comprimento médio do núcleo 23 ccorel m= ;

- Um núcleo com uma peça móvel de largura 2,8 cc PMl m=

- O comprimento do entreferro 0,8 apg mm= ;

- O número de espiras 430 N voltas= ; - 0 2,5 X cm= .

a) Assumindo que a constante de permeabilidade de

02800.rµ

µ µ= , calcule a corrente necessária para

obter uma densidade de fluxo de 1,3 gapB T= no entreferro quando a peça móvel está retraída

( )0x = .

b) Repita a alínea anterior para 00,5.x X= .


Resolução 1.05a) Cuidado com as unidades,

2 3 28,2 c 82.10 coreA m m−= = 30,8 0,8.10 apg mm m−= =

23 c 0,23 corel m m= = 2,8 c 0,028 c PMl m m= =

0 2,5 0,025 X cm m= =

( )( )

( ) 0

0

3

0 2.2.

.

0,8.10

1,3 c c PM

gap

oa rep l

I

mg

T

l

NB

µµ

µ

µ

− ++ + = =

02800. µ( ) ( )( )

( )7

0

4 .10

,028 0,23

4 0. 3

m m

H

mπ −

+

4,071 I A= Confirmar!!



Resolução 1.05b)

[ ]

[ ]

0

0

0

0

0

0

2 1

.2.

. .

1

. ap cor c PM

gap gap

c P

e

corea Mp

lI

B I B

l

xg

g

X

x

l

lX

N

N

µ

µ

µ

µ

µ

µ

+ + −

= ⇔ =

+ + −

( )

( ) ( ) ( )3 00,232. 0,028

1

0,8.100,5

1 .

,3

m m

I

Xm

T

− + + −

=0

m

X0µ

02800. µ

( )74 . 4. 00 31H

mπ −

( )( ) [ ]

( )

3

7

0,5 0,2580,

4 .10 .

2.1,3

28.10

0

800

43

m

Tm

H

m

mI

π −

− +

=

3,96 I A=

Exercício 1.06 – O circuito magnético da Figura 11, que consiste num núcleo em anel, com altura h . O anel tem um raio interno iR e um raio externo oR . Assuma que o material ferromagnético tem uma

permeabilidade 0.750µ µ= e despreze o efeito fluxo de fugas e o deslocamento do fluxo no

entreferro. Considerando que:

3,4 iR cm=

4,0 oR cm=

2 h cm= (espessura)

0,2 apg cm=

Calcule: a) O valor médio do comprimento do núcleo, corel , e a área transversal coreA .

b) A relutância do núcleo, coreR , e do entreferro, gapR .

Para 65 N voltas= voltas calcule: c) O coeficiente de auto-indução L . d) A corrente necessária para ter no entreferro uma densidade de fluxo de 1,35 gapB T= .

e) O fluxo de ligação, λ , da bobine.



Figura 11 - Circuito magnético do exercício 1.6.

Problema 1.9, página 58 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 1.06a) Sendo corel o comprimento médio do material ferromagnético,

( ) ( )0,2 c

4,0 3,4 2. . 2. .

c c

2

2 apcoi

ro

e

Rl m

mRg

mπ π

+ += − = −

23,05 0,2305 corel cm m= =

( ) ( ) 2. .2 4,0 3,4 c 1,2 cocore i mhA mR R m cmc= − = − = 4 21, 2.10 coreA m−=

Resolução 1.06b) Não me posso esquecer de utilizar unidades SI. Vou considerar que não existe fugas na área do entreferro, podendo por isso afirmar que ogap c reAA = :

( )0 4 274 .

0,002

1,2.10 .1 . 0gap

co

ap

re

g mH

mA

mµ

π − −

= =R 613,263.10 gap

A

Wb=R

( )0 4 27

0, 2305

. . ..750 1, 2.10 4 .

.10 core cocor

r

core core

re

e

l l m

A H

mA

mπµ µµ − −

= =

=R 62,038.10 core

A

Wb=R

Conclusão: apesar do comprimento do entreferro, apg , ser mais pequeno do que o do material

ferromagnético, corel , o entreferro tem uma relutância muito maior do que o núcleo.



Resolução 1.06c) ( )

2

66

2

13, 263.10 2,038.1

65

0 ga cp ore

voltasNL

A

Wb

A

Wb

= =+ +R R

276,13 L Hµ=

Resolução 1.06d) O fluxo é igual em todo o seu percurso, tanto no núcleo, como no entreferro.

( )( ) ( )

6

4 2

62,038.10 13,263.10

1,2.1,35. . . . 165

0

gap

coreg

core

ap

A

N volta

AR Wb

I Bb

ms

AR W

T −

+ + = =

38,13 I A=

Resolução 1.06e) ( ) ( ) ( ) ( )( )4 321,35 10,565 31,2. .10. 1. 0. . . g cap oreN N voltA msB a Tϕλ − −= = = =

10,53 mWbλ =




Exercício 2.01 – Um transformador tem no primário um enrolamento com 1200 voltas e no secundário, que está em circuito aberto, um enrolamento com 75 voltas. Os condutores estão enrolados num núcleo com uma área transversal de 242 cm . O núcleo tem um material que satura quando o valor eficaz da densidade de fluxo atinge 1, 45 T . a) Qual é o valor máximo de tensão AC, a 60 Hz, que se pode aplicar no primário sem saturar o núcleo? b) Qual é a tensão no secundário? c) Repita a alínea a) e b) para uma frequência de 50 Hz.

Problema 2.1, página 113 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.01a)

A 60 Hz, tem-se 120ω π= ,

( )( ) ( ) ( )

.. . . . . . . 2

si. .c s s

no co

tN N

dd

dtte f

dtN

tN

φφφ

ωω φω ωπ

== = =

Com Primário P= , e em que a tensão no enrolamento no primário é ( ) ( )P P . os. c. 2 .fe tN π ωφ =

O seu valor de pico é atingido quando o ( )cos 1tω = , sendo P máxV − a tensão efectiva máxima do

primário, e sabendo de que 2á

rmsm x

VV = , fica então que

( ) PPP

. . .. . 22 . 2.

2 2

2m

sm

rm

áxáxf

VNN π ϕϕ

−

=

=( )

2

. fπ [ ]P .2. . .

máxfN ϕ π=



Como sei que .coremáx máx

A Bϕ = , fica

( ) ( ) ( ) ( )4 2P P 42.10 1, 45 . . . . . . 1200 . 1 948,1602 2 . 2. rmmácos sm re xr N VmBA TfV π π−

− = = =

Ou seja, este valor é a tensão máxima que se pode aplicar ao primário de modo a não danificar o transformador, nem haver perdas. Para os 50 Hz, é: ( ) ( ) ( ) ( )4 2

P . . . 1, 45 1 623, 43 12 42.10 02 0 . 50rms rmsTV Vm π−

− = =

Resolução 2.01b) Trabalhando com os 60 Hz, no secundário fica:

( ) ( ) ( ) ( )PS4 242.10 1, 45 121, 7. . . . . . . 6. .2 5 2 7 60 rmmácorems x sr A mV VBN Tfπ π−

− = = =

E trabalhando com os 50 Hz, é: ( ) ( ) ( ) ( )4

S2. . . 1, 45 101,42 2.1075 46 5 0.rms rmsTV Vm π−

− = =

Nota: ou seja, não posso simplesmente subir o valor da corrente para ter um aumento de potência, pois com o aumento do valor da corrente posso ir para a zona de saturação do transformador. Daí se utilizar transformador de alta frequência para quando se pretende ter esse aumento de potência, pois como a variação é rápida, não há tempo para haver saturação. Uma frequência muito baixa, faz com que a integração demore muito tempo, e esse tempo é prejudicial, pois permite chegar a saturação quando se trabalha no limite.

Exercício 2.02 – Um circuito magnético com área transversal de 215 cm é alimentado por uma tensão AC de 230 V a 50 Hz. Calcule o número de voltas para que o valor máximo da densidade de fluxo no núcleo seja de 1,8 T .




Resolução 2.02)

( )( )

( )( ) ( ) ( )4 2

230

15.10

2. 2.2.

.383,

. 2 . . . 2 . .50 1,

230 47

. 8

pico pico

rms rms

core c

r

r

s

e

m

o

N vA A m

oltasT

V

B f B

V V

π πω − = = = =

P: E agora, arredondo para baixo ou para cima? R: Arredondo para cima, pois como a densidade é inversamente proporcional a quantidade de espiras, ao aumentar o número de espiras, reduz um pouco a relação de transformação, TransfR , mas

garanto que não entro na zona de saturação do transformador. Assim 384 N voltas= Exercício 2.03 – Um transformador é utilizado para converter uma impedância de uma resistência de 8 Ω para uma resistência de 75 Ω . Calcule a relação do transformador, assumindo que o transformador é ideal.

Problema 2.3, página 113 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.03) Para não confundir com a variável de enrolamento, em vez de utilizar o N para a relação de transformação, vou utilizar TransfR .

( )S

S

8 0,326

76

5' TransfRZ

Z

Ω=

Ω= =

Como TransfR é inferior a 1, é redutor.



Exercício 2.04 – Uma resistência de 100 Ω é ligada ao secundário de um transformador ideal com uma relação de transformação (1:4). É aplicada uma tensão AC de 10 V eficazes com frequência de 1 kHz no primário do transformador. Calcule a corrente do primário e a tensão aos terminais da resistência de 100 Ω .

Problema 2.4, página 113 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.04) Primário P= e Secundário S= .

Como não existem perdas, pode-se afirmar que P PV e= e que S SV e=

A resistência vista do primário é ( )2

_ _ argSS

21

. .4

100 Equivalente CP

aPR RN

N

= =

Ω

_ 6,25 EquivaleP nteR = Ω

Então _

10

6, 25 Equiva

rms

lente

PP

P

IR

V V−= =Ω

1, 6 PI A=

E a tensão no secundário é SS 10

1

4. . .rms Transf rms rmsP P

P

V VR VN

VN− − −

= = =

S 40 rms rmsV V− =



Exercício 2.05 – Uma fonte de tensão AC de 8 V eficazes, a 50 Hz, com resistência interna de 2 kΩ é utilizada para ligar a uma carga de 50 Ω através de um transformador. Calcule a relação de transformação do transformador para maximizar a transferência de potência. Utilize o MATLAB para representar a potência fornecida à carga em função da relação de transformação com valores entre 1,0 e 10,0.

Problema 2.5, página 113 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.05a) A potência máxima do primário será fornecida à carga (ao secundário), se a impedância de 2 kΩ existente no primário se verificar ser da mesma ordem de grandeza no secundário. Assim, ao se ter este transformador ideal, a relação de transformação do transformador para se obter a potência máxima deve de ser:

Circuito equivalente:

( )2

S SS

' PN

NZ Z

=



Pergunta: Porque posso fazer esta afirmação? Resposta: Vou fazer uma pequena nota introdutória de forma a se perceber. Nestas circunstâncias posso afirmar que Fonte PR Z= e Font PeV V= .

( )( )

( )( )

( )Fonte

S SS

S S

' ''

'. .

'Fonte FontP

e

Z Z

Z ZV

ZV V

R= =

+ +

( )( )

( )( ) ( )

( )SS

FonteS

S S S

2 22

.

''1 1.'

' ' '

Load Load

Lo Foa nt

I

d e

V

ZZ

Z ZR ZVP V

= = = +

[ ]

( ) ( )Fonte

2

2

S S.' '

FonteV

Z ZR +

( ) [ ]

( )Fon

S

te

2

S

2'

'

. FonteZ V

ZR=

+

A máxima transferência de potência ocorre quando a derivada da potência é zero, pois como já não há variação desse valor, passa a constante, e a derivada de uma constante é zero:

( )S

0'

Load

Z

dP=

0LoadPZ = ∞ ⇒ = ou ( )S 0' 0LoadPZ = ⇒ =

Logo ( ) ( )

( ) [ ]

( )( )

S

SFont

'2

2

' S

'S S 'e

'

' '

.0FoLoad

Lte

Z

Z

oadnZP

Z

V

Z RP

d= = =

+

[ ] ( ) ( )( ) ( ) [ ]Fonte Fonte

2

S

2

S S

2. 2. ' . 0' '.Fonte FonteR RZ Z ZV V⇔ + − + = ⇔



Para simplificar vou dividir tudo por [ ] ( )( )F Sonte

2. 'FonteV ZR +

[ ] ( ) ( )( ) ( ) [ ]

[ ] ( )( )S SFont

22 2

2

Se Fonte

Font Se

' '. 2. . .0

.

'

'

Fonte Fonte

Fonte

R R

R

Z Z ZV V

V Z

+ − + ⇔ = ⇔+

( ) ( ) ( ) ( )Fonte FonteS S S S2' '. 2 0' '0 .R RZ Z Z Z⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

( )Fonte S 'PR Z Z= = SLoadR Z=

E em termos de conclusão, é esta igualdade que me garante que tenha a mesma impedância dos dois lados do transformador, de forma a obter a transferência da máxima potência da entrada para a saída.

Assim como já demonstrei que ( )2

S SS

' PN

NZ Z

=

, e desenvolvendo, fica que:

( ) 3

Font

S S

eS 2.1

50

' 0Load

P

N

N

Z

Z

R

R= = =

Ω

Ω

( ) 3Font

S

eS 2.10 '

50 LTran

oadsfR

RZ

RZ= =

Ω=

Ω 6,32TransfR =

Com estas condições, a resistência total vista do primário é de

( )Font 2e

3 3

'

2.10 2. 0 1 4 ktotal

ZR

R = + =Ω ΩΩ , e a

corrente que circula no circuito é 8

4 k

tot

Font

al

eV VI

R= =

Ω 2 I mA=

Assim, a potência fornecida a carga é ( ) ( ) ( )2 3222 32.1 50 7,99.10,. 0 .6 32Loa LoaT a sf dnd rP I RR − −Ω= = =

8 LoadP mW=



Ou poderia ter feito de outro modo que é:

[ ]( )

( )[ ]

[ ][ ]

3Fonte2 2 2

2 3 3Fonte Fo

S

S nteFont

2 2

e

2.108

2.10 2

'

' .10. . .Fonte FoLoad nte

R

RV

RR

Z

ZVP V= = =

++ +

( )1

64 .8000LoadP V= 8 LoadP mW=

Resolução 2.05b) Preparação do código em Matlab®:

A definição de potência é [ ]( )

( )Font

2

e S

2S '

.'

Load Fonte

Z

ZRP V=

+

.

A relação de transformação vai variar entre 1 à 10, [ ]S

1; 10TransfPN

RN

= ∈ .

Os valores das minhas variáveis são: S 50 LoadRZ = = Ω 8 Fonte rmsV V=

Código em Matlab®: clear; clc; z2 = 50; v_fonte = 8; r_fonte = 2000; % Ciclo que permite a criação da Tabela de dados do gráfico for n = 1 : 10001 % É o valor máximo da minha amostragem % Quando n = 10001, a soma dá 1 + (1*9) = 10, que é a variação que se pretende Rel_Transf(n)=1+(((n-1)/10000)*9); % Função característica do material, e é fornecido pelo fabricante: z2_Linha(n) = z2*Rel_Transf(n)^2; % Para converter para mili watt, multiplica-se tudo por 1000: Pot(n)=(v_fonte^2*z2_Linha(n)/(r_fonte+z2_Linha(n))^2)*1000; end



plot(Rel_Transf,Pot); xlabel('N1/N2 - Relação de Transformação'); ylabel('Potência (mW)');

Como se tinha visto, pelos cálculos, a máxima transferência de potencia é obtida com uma relação de transformação de 6,32. Nota: Reactância é a característica apresentada por um componente com deslocamento vectorial de fase ou tensão. Seria como um nome "genérico" para impedâncias capacitivas ou indutivas. Indutância é a característica apresentada por um componente com deslocamento de tensão/corrente semelhante a um indutor, ou melhor uma bobina. Exercício 2.06 – Um transformador monofásico de 50 Hz tem uma relação de conversão de

266 7 7 :,9 kV V . O fabricante indica que a indutância de fugas do primário ( 7,97 kV ) é 165 mH e a indutância de magnetização do primário 135 H . Quanto vale a tensão no secundário se ao primário for aplicada uma tensão de 7 970 V a 50 Hz?




Resolução 2.06)

As perdas por fugas são devido ao facto de existir algumas linhas de campo que se fecham pelo ar, e essa energia não é transferida para o secundário, traduzindo-se em perdas pelo sistema. No núcleo, a reactância indutiva (indutância) é SEMPRE muito mais elevada, o que cria dificuldade a circulação do fluxo, devido ao facto de se criar uma tensão indutiva na bobina que tende a vencer a tensão da fonte. E é essa dificuldade que faz com que não haja um curto-circuito na bobina. Assim o circuito equivalente é, em que o coeficiente de auto-indução de dispersão é fugaL :

Se fosse um transformador ideal seria definido por [ ]S 266 7,9 7 . .P PTransfRV V EkVE= = , mas tem-

se perdas.



1º - As perdas núcleo são originadas pela reactância de magnetização induzida (ou indutância de magnetização), mX , e em que coeficiente de auto-indução de magnetização do núcleo (tendo o

comportamento de uma bobina virtual), magnétizaçãoL , é o principal responsável, fica que as perdas são:

[ ] ( ) [ ] ( )135 . 2 . . 42 411,5502 . . 5 13m magnétização HfLX Hπ πω= = = = Ω

2º - As perdas pelo enrolamento do fio a volta do núcleo, originando reactância de dispersão (ou de fuga), em que coeficiente de auto-indução de dispersão pelo enrolamento (tendo também o comportamento de uma bobina virtual), FugaL , fica que as perdas pelo enrolamento são:

[ ] ( ) [ ] ( )Fuga

3Fuga 165. 2 . . 2 . . m 16550 51,. 80 4 1

PL PX fL Hω π π −= = = = Ω

Sendo por isso, que a tensão induzida, que é aquela que irá realmente originar a tensão no

secundário, é ( )Fuga

.P

m m LP P X X XE V =

+

. Assim

Fuga

..

. .magnétização

magnétizaçãoP P

P

L

LE V

L

ω

ω ω

= +

Então fica que Fug

S

a

SFuga P

.. . . .

. .P

P

Transmagnétização S m

magnétização m L

P P

E

fP

E

eV

L

L L

X

X XVR V

e

ω

ω ω

= =

+ +

S

42 411,5

51,847,97

7,

266

429 7 41.

.

1,5 kV

kV

V

V

Ω

Ω =

+ Ω

S 265, 68 V V=

Podemos assim concluir que as impedâncias originadas pelas fugas são desprezáveis, devido ao facto da impedância de desmagnetização ser muito superior a impedância de fuga. Num projecto, o ideal é ter-se uma grande impedância de magnetização (devido ao efeito da histerese e Eddy).



Exercício 2.07 – Um transformador de 62 ,30 : 6V kV , 50 Hz, 50 kVA tem uma indutância de magnetização (medida nos terminais de 230 V ) de 34,6 Ω . O enrolamento de 230 V tem uma indutância de fugas de 27, 4 mΩ e o secundário tem uma indutância de fugas de 11, 2 Ω . a) Com o secundário em circuito aberto e uma tensão no primário de 230 V calcule a corrente no primário e a tensão no secundário. b) Com o secundário em curto-circuito, calcule a tensão no primário e a corrente no secundário com o transformador a trabalhar à máxima potência ( 50 kVA ).

Problema 2.9, página 114 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.07a) Neste exercício apenas se tem perdas devido as indutâncias. Circuito equivalente:

A relação das espiras é dada pela definição P P

. . .S SPrms TransfP PS

eV E E E

e

N

NR− = = = , logo é

Fuga

Divisor d

P

e tensão

P.P

m

m L

rms

XE

XV

X −=+

Substituindo, fica que:

P

Fuga

3

PP

6,6.

2

0.

3

1

0Tr

P

ansf

S mS

m L

rms

E

rms

R

eV V

j

e

X

X X−

+

−

= =

+

.34,6

j[ ]3

.. 34,6 27,4.1

20

30−

+

6 594,8 rS ms rmsV V− =



E a corrente do primário é

Fuga

PP 3

23

. 34,6 27,4.10 .

0

P

rm

m

s

LX X jj

VI

V −

−= =

Ω + Ω+

6,64 P AjI =

j pois é uma impedância indutiva.

Deveria ser zero, pois não temos carga no secundário. Mas como tem uma componente reactiva indutiva, não produz trabalho, mas sim um desfasamento (não é perdas). Resolução 2.07b) 50 kVA é a potência máxima que se pode aplicar. Ao se colocar o secundário em curto-circuito, não se pode aplicar 230 V no primário.

( )Fuga Fuga

P

2

' .S SL L

S

XN

NX

=

Pretendo ter zero na tensão do secundário, e nem sequer devo ter qualquer impedância no circuito do secundário de forma a facilitar os cálculos, passando-a assim para o primário. O circuito equivalente é:



Ou melhorando ainda melhor o circuito equivalente, pois tendo um transformador ideal já não preciso de o ter representado:

Sendo

SCX a indutância em curto-circuito, assim:

( )Fuga Fuga

. . || '.SP

mL LSCX X Xj j jX = +

( )( )

Fuga

Fuga

Fuga

. . '

'

..

. .P

S

S

m L

L

m L

SC

j jj

j

X

Xj

XX X

X

= + +

Como sei que ( )Fuga Fuga

P

2

' .S SL L

S

XN

NX

=

, e que Fuga

11,2 SL

X = Ω , fica então que

( ) ( ) ( )Fuga

2

311,. 13,6.10 13' ,66,6

m

2 02

3

SLX

V

kV−

= = Ω = Ω

Ω

Assim, ( )( )( )( )

3 3

3

232.34,6 . 13,6.10 . 27,4.10 .27,4.10

. 34,6 13,6.10 SCX

j jj j

j

−

− −

−

Ω Ω= Ω + = Ω +

Ω + Ω

3.470,56.10

j

− Ω

.34,614 Ω

3 3.27,4.10 .13,6.10 SC

X j j− −= Ω + Ω 4. 1,0 mSC

X j⇒ = Ω

A tensão máxima que me garante que não se irá ultrapassar o valor máximo para a potência aparente de 50 kVA é:



[ ]2

P3P 4. .50 k 1 1. . 0

SCC

rmsms

S

r jS S X AV

VVX

−

−

− = ⇔ Ω= = P 45,28 rms rmsV V− =

PP 3

45, 28

41.1

0 .rmrm

C

s s

S

IV

X

V

j−

−= =

Ω, ou P

PP

50 k

45, 28 rms

rms rms

P VA

VI

V−

−

= = P 1 104,3 .I Aj=

Agora para se saber o valor de SI necessito de saber primeiro o valor da corrente ( ) 'SI :

( )( )

( )Fuga

3P

.34,6 .

. 34,6 27,4.10' 1 104,3

'S

mS

m L

I I AX

jX

jX

j−

Ω = = Ω + Ω+

( ) ' 1 104. ,3 SI j A≈

Por não haver perdas, a potências de entrada é igual a potência de saída.

( ) [ ]P

6,6

230 ' 1 104,. 3 . .

S SS

N Vj

kNI

VI A= = 38, 8. 4 SI Aj≈

Conclusão: conforme se sabe para uma corrente de 10A é necessário uma secção de fio de 21,5 mm ,

para o valor de corrente de 1 104,3 A é necessário um cabo com uma secção de 2165 mm . Ao se utilizar uma tensão de transporte de energia de 6,6 kV , consegue-se transportar a mesma potência, mas já não é necessário uma secção de cabo tão grande, bastando por isso apenas uma secção de 26 mm para uma corrente de 38, 48 A . Exercício 2.08 – Um transformador de 24 ,60 : 4V kV tem uma indutância série de fugas de 37, 2 Ω representado no lado de tensão mais elevada. A carga ligada no lado de tensão mais baixa está a consumir uma potência de 25 kW , com factor de potência unitário e tensão de 450 V . Calcule a tensão e o factor de potência no lado de tensão mais elevada.




Resolução 2.08) É aplicado uma tensão de 450 V , em vez de 460 V . Numa maquina síncrona, em que os 25 kW é a nossa referencia, qual deve de ser o valor da tensão e a respectiva desfasagem?

25 k

450 Load

LowLoad Load

P

V V

P WI

V= = = 55,5 LowI A=

Sendo a relação de transformação P

TransfSR

N

N= :

55,2, 44

5

60

Tran

L

s

owi

f

H gh

I AI

kV

VR

= = 10,648 HighI A=

41

2

50 450 45

46.

2,4 0

0.

LoadHi Vgh V

VN

NVE

V

kV=

= = 450

2 347 Load

Hi V VghE V=

=

( ) ( )450 450

10,64. . 37, 2 2 347 . . 8Load Load

High High High HighV V V Vj IXV E VAj

= = = + = +Ω

( ) [ ]( )

2 347

37,2 ..

2

4

10,648

0

5

210,6 2 347 37,2 4 . 8 .

Load

j

H

A

ig

arctg

h V

V

VV VA e

Ω

== Ω +

[ ] [ ] .

450

9,56º15689 550849,6 095 .Load

j

VHig VhV e=

= + 450

2 380,19 9,6º LoadV VHighV V

== ∠



Com um factor de potência de ( )cos 9,6º é um atraso de 0,986.

A carga é puramente resistiva, e no entanto tem-se desfasamento. Um caso prático desta situação é as linhas de transporte de energia que as empresas de distribuição de energia têm de considerar nos seus planeamentos.

Assim o meu 450 Load

High V VV

= é a tensão do gerador. Tenho de provocar este desfasamento de 9,6º

para conseguir garantir que no meu secundário tenha os / 245 k0 5 V W . Exercício 2.09 – As resistências e indutâncias de fugas de um transformador de 30 kVA ,

:2 2, 4 0 4kV V , são: High 0,68 R = Ω , Low 0,0068 R = Ω , High ,8 .7jX = Ω e Low 0,0. 78 X j= Ω .

O índice 1 refere-se ao enrolamento de 2, 4 kV e o índice 2 ao enrolamento de 240 V . Os valores das impedâncias são referidos aos seus respectivos lados. a) Desenhe o circuito equivalente do transformador em relação ao lado de baixa tensão e ao lado de alta tensão. b) Considere que o transformador está a entregar a máxima potência a uma carga ligada ao lado de baixa tensão com uma tensão de 230 V aos terminais da carga.

(i) Calcule a tensão no lado de alta tensão para uma carga com um factor de potência de 0,85 em atraso. (ii) Calcule a tensão no lado de alta tensão para uma carga com um factor de potência de 0,85 em avanço.

c) Considere que o transformador está a entregar a potência máxima a uma carga que está ligada ao terminal de 240 V . Utilize o MATLAB para representar a tensão no terminal de 2, 4 kV em função do ângulo do factor de potência para uma carga que tem um factor de potência a variar entre 0,6 em atraso até 0,6 em avanço.

Problema 2.11, página 114 do livro A. E. Fitzgerald Resolução2.0 9a) Do lado da alta:

( ) ( ) [ ] ( ) [ ]HighLow Low Low Low

Low

22

' ' 0,0062. 2. . 2. 10 0 ,. 788 . 0N

XN

R RX j + = + = + Ω



Do lado da baixa:

( ) ( ) ( ) [ ]LowHigh High High

2

HighHigh

212. 2. . 2. . . ' 1 7' 0,6 ,8 80X XR

NjR

N

+ = + = + Ω

Resolução 2.09b) É aplicado uma tensão de 230 V , em vez de 240 V , e em que os 30 kVA é a nossa referencia, qual deve de ser o valor da tensão e a respectiva desfasagem:

High

30 k9

23,8.

30 Load

LoadLoad LoadV V

P VAPj

VI I= = = = = High 93,8 A. jeI φ=

Onde o símbolo φ é o ângulo do factor de potência. O do lado da alta tensão, a corrente é 3,8 .9 Aje φ

Sendo a relação de transformação Low

HighTransf

N

NR = :

Low

2, 4

93240

, A

8

Transf

LoadII

V

VR

k

= = Low 938 A. jI e φ=



HighHigh

Low230

2,230 230 230

240

1. .

4 .

LoadLoadTran f

V VVs

kN

R NV

VV

VVE

== = =

230Hi gh 2 300 LoadV V

E V=

=

Agora,

(i) a tensão no lado de alta tensão para uma carga com um factor de potência de 0,85 em atraso, significa que o ângulo é ( )cos 31,79º0.85adiantado aθ = = .

[ ] [ ] [ ]

High High High Hig230 230

31,79ºh 0,68 93,7. . . 8. . 2 3 8 00,a

Load

dian ad

Load

t o

V V V V

j jV Z e eEI Vjθ

= == + = + +

23H 0ig h 2413 LoadV V

V V=

=

(ii) a tensão no lado de alta tensão para uma carga com um factor de potência de 0,85 em avanço, significa que o ângulo é ( )cos 31,70.85 9ºatraso aθ = − −= .

[ ] [ ] [ ]

High High High230 230 High31,79º0,68 93,87,8 2 3. . . . 00.atra

Load Load

so

V V V

j j

VV jZ e eI E Vθ

=

−

== + = + +

230 P 2199 LoadV V

V V=

=

Exercício 2.10 – Uma carga monofásica é alimentada por uma tensão de 35 kV com impedância de95 360 j+ Ω através de um transformador de 23 ,5 : k 4V kV com impedância equivalente de 0, 23 1, 27 j+ Ω referida ao lado de mais baixa tensão. A carga consome uma potência de 160 kW , com factor de potência de 0,89 em avanço e tensão de 2,34 kV . a) Calcule a tensão do transformador aos terminais de mais alta tensão. b) Calcule a tensão aos terminais da fonte de 35 kV .



c) Calcule a potência activa e reactiva nos terminais da fonte de alta tensão (35 kV ).

Problema 2.13, página 114 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 2.10a) Sei as seguintes relações eléctricas:

( )( )

( ).arcos. . . ..

coscos

jV VV

PPI IR eI I I αα

α= ∧ = ∧ = ∧ =

S S S.Load ZIE V= +

Em que SI é um valor complexo devido a desfasagem.

( ) ( ).arcoscos. . . . jV I I I IPR eV αα= ∧ = ∧ =

( ) [ ] ( ) ( )

arco 0,89 27º. s .S 2,34 0,89

. .cos cos

68,38 68,316

0

.8

. III I

LoadLoad

Loa

j j

dV

P

kV

kWe eI I A

α ∠∠

= = = = =

Em que SI é um valor complexo devido a desfasagem., sendo o seu o ângulo

( )1 0,89co 7 1s 2 , º−∠ = =

[ ] [ ]terminal, terminP

P al terminalPS

. . . .Load LoadTrans Load Loadf Z ZN

NIV VRe IV= = + = +

Sendo SLoadI I= , fica que [ ] ( )P 2,35 k

0,42619 68,38 . .34 2,4

kV

Ae VkV

= + Ω −



E assim fica que P 33, 7 VE k= .

Resolução 2.10b) terminal_1P P P terminalP _2. . .Load LTran osf adZI IE V R ZV Z = − = + +

[ ] ( )2,3435 k

0,3 0, 42619 68,38

.2, 4

.Send kV VkV

VA− − Ω = +

33, 4 SendV kV=

Resolução 2.10c) É a potência reactiva na fonte.

[ ] [ ]64,16 5 . .4Send Send SendQ kVAP jS kW j R= + = −+

Confirmar isto: [ ] [ ]*. 33, . 2,984 Send Send SendS AjkVIV= = + (o valor da corrente!)




Exercício 3.01 – A placa (de característica) de um transformador monofásico indica 50 MVA , 50 Hz, :8 7,0 8 kV kV . É feito um teste em circuito aberto no lado de mais baixa tensão e o aparelho de medida indica 8,0 kV , 62,1 A e 206 kW . O teste de curto-circuito, feito no lado de mais baixa tensão indica 674 V , 62,5 kA e 187 kW . a) Calcule a impedância equivalente série, resistência e Indutância, do transformador com referência ao lado de mais baixa tensão. b) Calcule a impedância equivalente série do transformador com referência ao lado de mais alta tensão. c) Desenhe um modelo aproximando, equivalente T, para o transformador. Para verificação de casos particulares: d) Determine o rendimento e a regulação da tensão se o transformador estiver a funcionar à máxima tensão e carga (com factor de potência unitário). e) Repita a alínea d) considerando que a carga tem um factor de potência de 0,9 em avanço.

Exemplo 2.6, página 90 do livro A. E. Fitzgerald Problema 2.15, página 115 do livro A. E. Fitzgerald

Resolução 3.01a) Do lado do primário. 1º teste

Teste em circuito aberto no secundário

Aplicou-se uma tensão de 8,0 kV ( )OCV

Mediu-se 62,1 A ( )OCI

Consumo 206 kW ( )OCP

A medição do consumo (potência dissipada) já está a considerar as perdas. Os seguintes dados fornecidos: 50 MVA 50 Hz :8 7,0 8 kV kV São as características que definem um transformador e são dados que os fabricantes fornecem sempre.



CR é a resistência de perdas, provocadas pela correntes de Eddy, e . mj X é a reactância magnética

provocada pela histerese, e que no seu conjunto provocam o aquecimento do transformador. Preciso fazer o circuito equivalente do circuito em aberto (modelo L), que é:

O dispositivo circuito respeitande ao transformador ideal não é representado, por ser ideal. A resistência e a reactância equivalentes são a soma dos dois lados do transformador. Apesar de se estar em circuito aberto, existe potência dissipada de 206 kW . Sendo PrimárioP = .

Assim

_

2

_

_

2 28,0

206

Perdas P

Circuito Aberto OC

OCCirc

P PC

uito Ab PPerto

P

V V kV

P kWPR = = =

310 , 68CR = Ω

Não posso fazer mesmo para a reactância magnética, . mj X , não é linear.

E a impedância do transformador, _Nucleo TransfZ ZΦ= , é a total da contribuição de mX e CR , e é

8,0

62,1

OC

O PC

PZV kV

I AΦ= = 128,82 Z

Φ= Ω

Agora já consigo deduzir a reactância magnética, . mj X , pois sei que . ||m CZ Xj R

Φ= . Assim

[ ].

2 2

. . . ..

. .C

marcjCm m

Xtg

m mC C

RCj j

j j

X R X RZ Z e

X R X R

Φ

Φ

= ⇔ =+ +



Mas como o que me interessa é em módulo, o coeficiente [ ]

. m

C

X

Rarctgj

e

é então desprezado.

Continuando:

( )2

2 2 2 2 2 22 22 2

Para eliminar a raíz quadrada

... .mm

m mCC

C C

C mm C

X RX RZ Z Z X R X R

X RX RΦ Φ Φ

= ⇔ = ⇔ + = ⇔ ++

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2. . . . . . . . . .C C m Cm m Cmj j jX Z R Z X R X Z X R R Zj

Φ Φ Φ Φ⇔ + = ⇔ − = − ⇔

( )22

2 22 2 2 22 2

..

. . CC Cm

C

m

R ZX Z R R Z X

Z Rj j Φ

Φ Φ

Φ

⇔ − = − ⇔ = − ⇔−

Como o 2º membro é negativo posso retirar o sinal invertendo 2 2

CZ RΦ

− , ficando 22

222

.. m

C

C

R ZX

Rj

ZΦ

Φ

=−

Agora vou multiplicar o 2º membro por 2 22 2

1 1

. .C CR Z R ZΦ Φ

:

2 22 22 2

2 22 2

22 2 22 2.

1

. . 1. . .

1

. .

m mC C

C C

CC C

R Z R ZX X

R Z ZRR Z R Z R

j

Z

jΦ Φ

Φ Φ

ΦΦ Φ

⇔ = ⇔ = ⇔−

−

2

2 2 2 2

1 1. .

1 1 1 1m m

C C

X X

R R

j

Z Z

j

Φ Φ

⇔ = ⇔ = ⇔

− −

Como sei que 128,82 Z

Φ= Ω e que 310 ,68CR = Ω , fica que

( ) ( )

6

2 2128,82 310,68

1 1.

1

1 49.10mj X

−⇔ = =

−Ω Ω

⇔

14. 1, . 53m jXj = Ω



Ou, poderia ter ido pela potência aparente, S , é _ __ .Circuito AbertCi oP P Circuito Abertorcuito Aberto PIVS =

_ _62,1 8,0 496,8 .Circuito Aberto Circuito AbertP PokVS kVAA S= ⇔ =

A potência reactiva, Q , é __

2

_

2

Circuito AP PCircuito Aberto Circub ito Aberto Perto PSQ = −

_ 452,30 Circuito Aberto PQ kVA=

Assim mX é calculado, 2

_

_

2

8,0

452,30 .

Circui

Circuito Aberto P

Pto Aber

m

to kVAQ

V kj X

V= = 141,5 . .mj jX = Ω

Resolução 3.01b) Curto circuitando o secundário. 2º teste

Teste em curto-circuito no secundário

Aplicou-se uma tensão de 674 V ( )SCV

Mediu-se 62,5 kA ( )SCI

Consumo 187 kW ( )SCP



Sei que ( )

22_6

187

2,5 SC

Equivalen e Ct SSC

P I

P kWR

kA= = _ 4,787 P SCEquivalenteR m= Ω

Cuidado para não fazer isto: 62,5

6

74 PEquivalen

S

Cte P

C

S

V VR

I kA= =

Pois temos que associar a equação as variáveis que contribuem para as perdas, tanto da corrente,62,5 kA , como a potência, 187 kW .

E como se pretende a reactância de dispersão vista do lado do primário, ga_ FuEquivalen Lte PjX , e sei que

Fuga

2

_

2

Equivalente Equivalente EquivaL enteP P PljZ X R= +

fica que

2 2

Fuga

2

_Equivalente Equivalente EquivalP P PenteL RXjZ = + ⇔

Fug

2

a

2

_Equivalente Equivalente EquivalenteP P PLX RZj⇔ = − ⇔

( ) ( )Fug a

2 2

_ 107,84 4,787 PEquivalente LX m mj⇔ = − ΩΩ ⇔

Fu ga_ 107,73 .LEquival e PentXj j m= Ω

Agora a impedância equivalente, vista do lado do primário, é: ( )4,78 107,77 3 .Equivalent PeZ j m= + Ω

[ ]

87,46

4,78 10.7

. º

7,73

1 .07,84Equivalentj

PolarP

j

e e mZ+

= Ω



Breve introdução para se entender de onde vem os valores:

( ) 'Equivalent PP SeR R R= + , sendo ( ) 2

2

1

' .S S

N

NR R

=

. Como não há meios de se medir o valor de

( ) 'SR , parte se do princípio que as impedâncias estão “casadas”, logo ( ) ' PSR R≈ .

E ( )Fuga Fug a Fuga_ _ _ 'PPEquivalen Ste L L Lj j XjX X= + , sendo ( ) 2Fuga Fuga

1_ _

2

' .L S L S

N

Nj jX X

=

.

Como não há meios de se medir o valor de ( )Fug_ a 'L SX , parte se também do principio que as

impedâncias estão “casadas”, logo ( )Fuga a _ _ Fug' PL S LXj jX ≈ .

Assim, 2.Equivalen e PPtR R= e Fuga F_ _ uga P 2.Equivalent L Le PX Xj j= .

Assim o nosso circuito pode ser representado da seguinte forma:

Resolução 3.01c)

4

2

7

2

,78Equivalent PP

eR mR = =

Ω 2,39 PR m= Ω

P

3

2 24,787

227,538,0

.1

. .2

70

8

2

Equivalent rms

rm

S

s

Pe SR m

kV

VR

V k

V−−

−

= = =

Ω

227,53 SR m= Ω

Fuga

Fug_ a

_ 107,73..

2

.

2

Equivalent PL P

Lej X j mj X = =

Ω Fuga _. 53,62 .PLj j mX = Ω



Fuga

Fuga P

2 2

_

_

107,73

8

78 . ..

,0.

2 .

2rmsLEquiva Sl

rms

nt

L S

e Sej jV kVX

m

V

Xj

kV−

−

= =

Ω

Fuga _ 5120,54. . L Sj j mX = Ω

[ ]ga_ Fu 2,3 .53 29 ,6PLZ j m= + Ω [ ]Fu_ ga 227,5 512 43 ,5. 0L S

Z j m= + Ω

Resolução 3.01d) Ao ligar-se uma carga no secundário, este passa a ter a designação de circuito fechado, e a corrente ao passar pelas componentes que originam perdas, faz com que a tensão no primário não se reflicta no secundário. Existe um decaimento.

A corrente que circula na resistência equivalente é 50

78,641

0,

03

SS

OC

SOC

P MVAA

kVI

V= = =

Logo as perdas na resistência equivalente são

[ ] [ ]22

186 990,4. .55,06 641,03 7 4 Equi Svalente

Perdas R SSEquivalen eSC tP R I A WmP= = = =Ω

187 Equivalente S

Perdas RP kW=

Poderia ter ido pelo primário, pois é igual. Vou fazer os cálculos:

6 2550

0 8,0 OC

OCP

P

P MVI A

k

A

V V= = =

[ ] [ ]22

. 4,787 6 250 .Equivalent Pe

EquivalePe Prdas R PnteR I mP A= Ω=



As perdas em circuito aberto, logo se reflectem apenas na resistência do núcleo, CR , são:

206 OCP kW=

A perda total é de aproximadamente igual a soma das perdas em circuito aberto e em curto-circuito. Assim, a eficiência é dada pela seguinte definição:

100% 100%. .Fornecida Perdas

LoadP

P P

P

Pη = =

+

[ ]100%

50

206 187. .

10

39

50

50 50 0%

3

MVA MVA

MVA MVAkW kWη = =

+ + +

99, 2%η =

Para calcular a regulação, V∆ , usa-se o parâmetro

mX (Indutância da magnetização), que é o

parâmetro que se obtém na esquematização do modelo do transformador. O propósito de isolar este parâmetro na esquematização, e o parâmetro da resistência do núcleo, CR , é a de se poder obter um

transformador ideal. Assim, a tensão aos terminais do primário é

.m

EquivalentS SSSeXIV Ze V= = +

Fuga_ 8 . 7Equivalente EquivalS L SS Sentee kjR VX I = + +

[ ] [ ]( ) [ ]5120,5422 7,53 641, 03 2. 2. . 78. S j mme kA V= +Ω Ω +

( ) [ ]3 10, 24455, 06.10 641, 03 78 . .S j VAe k−= + +

78 000 291,71 .6564,14 78 291,71 .6564,14 Se VjV V V Vj= + + = +

.4,79º.78 566, 4 j

Se e V=

Para a regulação só me interessa o valor eficaz, ou seja 78 566,4 Se V=

Assim a regulação é 78,0 78 566,4

.100% .78,0

78,0 78,0 100%Se kV kV

VkV kV

− −∆ = = 0, 725%V∆ =

Este valor traduz a perda de eficiência na potência máxima. Ou seja uma muito boa eficiência.



Se os cálculos fossem do lado do primário iria-se obter o mesmo resultado, com 1 8,058 e kV= , a

variação é 8,0 8,8,058

. 0,0070

25.

8,0 8,100% 100

0 %P kV kV

k

e

k

k

VV

V

V− −∆ = = = 0,725%V∆ =

Resolução 3.01e) Com avanço, é porque é capacitivo.

0,9 _ .0,9 .0,950 Circuitoatra AberLo soad to PP MVAP = =

0,945

atrasL ooadP MVA=

0,9

45

78 Load

LoadLoad

atraso

MP

V

VA

kVI = =

0,9576,92 Lo atrasa odI A=

[ ]3 22

0,9455,0. . 151 462, 28 6.10 576,92

Equivale PnteLoaPerdas Perdasa Ra dtr so

P P I A W− = = =

0,9 0,9

0,9 0,9 0,9

1. .00% 100%atraso atraso

atrasoatra

Loa

Fornecid Perdas so

d Load

Load atraa so

P P

P P Pη = =

+

[ ] 0,9

45

4.

5 206 151, 46100%

atraso

MVA

MVA kWη =

+ +

0,999,21%

atrasoη =

Para calcular a regulação, V∆ , tem-se que ( ) ( )0,9cos o 0,9c sarα α= ⇔ =

25,8ºα =

Logo Fu 0,9 0,9 0,9ga_ . .Equivalente Equivalente EquivalenS S L SS tLoad Latraso atraso atrasS S oade oZe V jI R I VX = + = + +

( )3 25,8º.455, 06.10 576,92 78 7810. . . 5324, 03 000 , 24 jSe k Vj VA Ve−= + + = − +

72 676 Se V=



Assim a regulação é 78,0 72 676

.100% .178,0

78,0 78,0 00%Se kV V kV

VkV kV

− −∆ = =

6,826%V∆ = −

O sinal deve-se ao efeito capacitivo. Exercício 3.02 – Um transformador monofásico de 75 kVA , 62 ,30 : 6V kV , 50 Hz tem os seguintes parâmetros referenciados ao lado de tensão mais elevada 5,93 SR = Ω

a_ Fug 43, 2 L PEquivalenteXj = Ω

3,39 SR = Ω a_ Fug 40,6 L SEquivalenteXj = Ω

Primário

244 CR k= Ω 114 m kX = Ω

Assuma que o transformador está a fornecer a tensão e potência máxima nos terminais de mais baixa tensão. Escreva um programa em MATLAB para calcular o rendimento e a regulação do transformador para uma carga com qualquer factor de potência (avanço ou atraso). Pode usar aproximações, dentro do que é admissível em engenharia, para simplificar a análise. Utilize o programa de MATLAB para calcular o rendimento e a regulação para uma carga com um factor de potência de 0,87 em avanço

Problema 2.18, página 115 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 3.02) Para um factor de potência de 0,87, a eficiência é de 98,4% e a regulamentação será igual a -3,48%. Exercício 3.03 – Os terminais de mais alta tensão de um transformador trifásico, constituído por três transformadores monofásicos, é alimentado por uma linha trifásica de 13,8 kV (linha a linha). Os terminais de mais baixa tensão do transformador estão ligados aos três fios de uma subestação que está a fornecer 4500 kVA a 2300 V (linha a linha). Indique qual é o valor da tensão, corrente e potência de cada transformador (nos enrolamentos de alta e baixa tensão) para as seguintes ligações.




Resolução 3.03) Sabendo de que 1

3YS S∆= , fica que ( )4500 1

5 03

1 0 YS kVA kVA= =

a. :7 2,9 3 7 00kV V : 619 1 51A A 1500 kVA b. :113 ,33,8 kV kV 1 10 1:9 30 A A 1500 kVA c. :17, ,3397 kV kV 1 19 1:1 30 A A 1500 kVA d. :1 23, , 8 3kV kV : 610 9 51A A 1500 kVA

YV

a. 1500 kVA

b. 1500 kVA

c. 1500 kVA

d. 1500 kVA

Agora, se a ligação é em estrela ou em triângulo, basta fazer 1

3YV V∆ = o que faz com que

( ) ( )13,8 7,97 PYP

V kV V kV∆ = ∧ =

( ) ( )2,3 1,33 S Y S

VV k kV V∆ = ∧ =

YS

1

3YV V∆ =

a. 1500 kVA ( ) ( ):SY P

V V∆

b. 1500 kVA ( ) ( ): Y SPV V∆

c. 1500 kVA ( ) ( ): YY P SV V

d. 1500 kVA ( ) ( ):SP

V V∆ ∆



YS : SPV V

a. 1500 kVA :7 2,9 , 7 3kV kV

b. 1500 kVA :113 ,33,8 kV kV

c. 1500 kVA :17, ,3397 kV kV

d. 1500 kVA :1 23, , 8 3kV kV

Para a corrente é YIV

S= :

YS : SPV V YI

V

S=

a. 1500 kVA :7 2,9 , 7 3kV kV :1500 1500

7,97 2,3

kVA kVA

kV kV

b. 1500 kVA :113 ,33,8 kV kV :

1500 1500

13,8 1,33

kVA kVA

kV kV

c. 1500 kVA :17, ,3397 kV kV :

1500 1500

7,97 1,33

kVA kVA

kV kV

d. 1500 kVA :1 23, , 8 3kV kV :

1500 1500

13,8 2,3

kVA kVA

kV kV

YS : SPV V I a. 1500 kVA :7 2,9 , 7 3kV kV :188, 21 652,17 A A b. 1500 kVA :113 ,33,8 kV kV 108,70 1127, : 82A A c. 1500 kVA :17, ,3397 kV kV 188, 21 1127, : 82A A d. 1500 kVA :1 23, , 8 3kV kV :108,70 652,17 A A Exercício 3.04 – Um transformador de medição de tensão de :7 197 0 20V V , 50 Hz tem os seguintes parâmetros, vistos do primário

1 1 378 R = Ω Fuga__. 1 721 .PL jXj = Ω

2 1 6 02R = Ω Fuga__ 1 897 . .L S jXj = Ω

782 m kX = Ω



a) Assumindo que o secundário está em circuito aberto e o primário está ligado à uma fonte de 7,97 kV , calcule a amplitude e a fase (em relação à fonte de alta tensão) da tensão nos terminais do secundário do transformador. b) Calcule a amplitude e a fase da tensão do secundário se for ligado nos terminais do secundário um voltímetro com resistência interna de 1 kΩ.

Problema 2.29, página 117 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 3.04a) Circuito equivalente:

fuga 1

P P. .P

P

Enrolame

rms

nto

rms rmsm

m L

eXZ

Z XV

RZ XV Φ

− −

Φ

−

= =

+ + +

fuga 1

PSP

1. . .

P

rms rmsTran

m

s

S

m LfP

Xe e V

X R

N

R XN− −

= =

+ +

S

120

7

79 0

Ve

V= . 7970 V

1 7211 3

782

7 78 82 . .

k j

k

+ +

Ω Ω

Ω

Ω

( )S . 0,99120 78 1,7544je = +

1S

0,10 º119,74 . jee V=



Resolução 3.04b) Circuito equivalente:

Assim, ( ) ( ) ( )P

2 27970

. . 1000 '1

'20 L L L

S

V

VNR R

NR

= ⇔ =

Ω ( ) 4 411 173,' 6 LR = Ω

Sendo ( ) ( ) ( )_ Fuga || ' ' 'Equivalente L L SP m SZ Xj jXR R = + + , tenho que calcular:

( ) [ ]P2. 2 1. 378 'SR R= = Ω ( ) 2 756 'SR = Ω

( ) [ ]Fuga Fuga_ _ 1 72. 21 ' 2. .PL S LjX X j= = Ω ( )ga _ Fu ' 3 442 .L SXj j= Ω

Logo

( ) ( ) ( )Fuga_ 4 411 173, 3 446 . 4 413 929, 6 .3 442 2 ' 6' 275 ' LS L Sj j jR XR+ + = + + =Ω +Ω ΩΩ Ω

Assim [ ][ ]

( )3

3

782.10

782.

. 4 413 929,6 .3 442 .

4 413 929,6 .3134

10291 758 103

4

42Equivalente P

j

jZ j

Ω + Ω= = +

+ Ω + ΩΩ c

A corrente no primário é fuga

PP

1P

EquivalentL e P

IR

V

X Z+ +=

( )P 1 721

7970

134 291 758 1 . 103 .378 I

V

j j+ + +Ω=

Ω Ω



( )( ) 3

P .135 669 .759 824

1,815 10,165 .7970

1

0

Vj

jI A−= = −

+ Ω

9

P7 ,87 º10,33 . jeI mA−=

A corrente no secundário é ( ) ( ) ( )PS

Fuga _' '. .Transf

m

S m L SL

X

X XI I

R jR

R

j=

+ + +

[ ] [ ] ( )

79,87 º.S

3

3

78

120 2 756

.. .10,33

7970 2.10

7824 411 173,6 .10 189 .

. 7jI

V

Vme

jA

j−

Ω = + + +Ω

[ ] [ ]3S

3

3

S

120,546 .675,125 .10 . 30,502 .1

119,629 1,110.1

71,749 .10

. 0

j jI

jI

−

−

−= − +

= +

0,053ºS

.119, 629 . jeI mA=

[ ] 0,S S

053º.119, 610 29 .00 . . jLR I e me A = = Ω 0,053º

S.119,629 . jee V=

Exercício 3.05 – Um transformador de medição de corrente de 200 : 5A A , 50 Hz tem os seguintes parâmetros, vistos do primário 136 PR µ= Ω Fuga__ 745 PLXj µ= Ω

( ) 12' 8 SR µ= Ω ( )Fuga_ _ 813 'L SXj µ= Ω

307 m mX = Ω

a) Assuma que percorre uma corrente de 200 A no primário e o secundário está em curto-circuito, calcule a amplitude e a fase da corrente no secundário. b) Repita a alínea a) quando é ligado um amperímetro com resistência interna de 250 µΩ aos terminais do secundário.


Resolução 3.05a) Com 5

20

0TransfRA

A=



( ) ( )( )PS

_ Fuga

. .' '

m

S

Trans

L

f

m S

I IR

Rj

Xj

X

X=

+ +

[ ]( )

3

S 3

S

307.10.. .

.

.

200

200 128 307.10

4,987 2

813

7

5

,0

4

j

j

j

I

I

AA

A

A

µ µ

−

−

Ω

Ω=

+ +

= +

Ω Ω

.0,024S

º4,987. jI e A=

Resolução 3.05b) Com ( )2 2

1. .

5

200 ' 250

L L

Transf A

AR

RR µ

= =

Ω ( ) 0,' 4 LR = Ω

( ) ( ) ( )( )PS

Fuga _' '. .

'm

S m L S

Tra s

L

n f

jXI I

R R X XR

j=

+ + +

[ ]( )

3

S 3

S

5

0, 4 128

307.10 200

200 307.10

1,854 2,410

.. .

.

.

813 I A

A

I A

A j

j

j

µ µ

−

−=

+ +

Ω

+

=

ΩΩ Ω Ω

+

º

S52,. 43.3,04 jI e A=

Exercício 3.06 – Um transformador monofásico de 11 75 : 5 kV kV , 125 MVA , 50 Hz tem no

primário e no secundário as impedâncias série de [ ]0,0095 0,063 uj p+ . A impedância de

magnetização é 148j pu . Calcule as resistências e impedâncias série do primário e do secundário e a indutância de magnetização (com referência ao lado de baixa tensão) em ohms e henrys.


Resolução 3.06) [ ]SP 0,0095 0,0 63 ujZ pZ = = +



Qual é o valor dos componentes?

Na prática, trabalha-se com grandezas normalizadas de forma a ser possível a sua aplicação em qualquer sistema e em qualquer parte do mundo. Assim, e sendo a nossa potencia base de 125 MVA : No primário, tem-se:

No secundário, tem-se

8,33

8,

125

1,8

15

15

15

3

3

Base

BaseBase

Base

BaseBase

Ba

P

P

Pse

V kV

V kV

V kV

P MI kA

I kA

A

Z

V

=

= = =

= = = Ω

12

175

175

175245

714

714

5

Base

BaseBase

Base

BaseBase

Ba

S

Sse

S

V kV

V k

P MVAI A

IZ

V

V

A

V k

=

= = =

= = = Ω

[ ] [ ] [ ] a resistiva

0,009. . 1 8 ,5B Pa

Só

P sP epu pZR uR = Ω= 0, 0171 PR = Ω

[ ] [ ]Fuga_ Fuga_

a imaginária

_ _1,8 0 , .0. 63

P P PBasL L e

Só

X pu puX Z j = = Ω

Fuga__0,1134

PLjX = Ω



[ ]Fuga_ Fuga_Fuga_

_ _ 0,1134

2 . 2 .50P PL

PL

X XL

j

fω π π

Ω= = = Fuga_ 3,563 mHPL =

[ ] [ ] [ ] a resistiva

0,009. . 2 5 45B Sa

Só

S sS epu pZR uR = Ω= 2,3275 SR = Ω

[ ] [ ] a imaginári

_

a

Fuga_ Fu_ ga_245 . 0,06 . 3

L S L S SBase

Só

pu pX j uX Z = = Ω

Fuga__15, 435

L SjX = Ω

[ ] , ,

Fuga_

15,

2

4

. 2 .5

35

0

Dispersão DispersãoS SL L

SLf

X jX

ω π π

Ω= = = Fuga_ 484,9 mHSL =

[ ] [ ]. . 1,8 148Basem m Sju Zp uX X p = = Ω 266, 4 m jX = Ω

[ ]266,4

2 . 2 .50m m

magnétizaçãoLX X

f

j

ω π π

Ω= = = 8 369 mHmagnétizaçãoL =

Assim:

Na normalização, as impedâncias de um lado para o outro é só somar ou para um lado ou para o

outro. Assim PEquivalente Equivalente S

R R+ e Fuga_ Fuga_ __PEquivalente EquiL Lvalente S

X X+ , tornando os cálculos

muito mais simples. No Matlab® existe essa possibilidade de se utilizar o " "pu .




Exercício 4.01 – O rotor representado na Figura 12 tem duas bobinas. O material do rotor, que não é magnético, está sob a influência de campo magnético de amplitude 0B . As bobines têm raio R e

estão espaçadas de forma uniforme em torno da superfície do rotor. Na primeira bobine está a circular uma corrente 1I e na segunda bobine uma corrente 2I .

Assumindo que o rotor tem um comprimento de 0,30 m, raio 0,13 R m= e 0 0,85 B T= , calcule o

binário (ou torque) na direcção de θ em função da posição α do rotor para a) 1 0 I A= e 2 5 I A= ?

b) 1 5 I A= e 2 0 I A= ?

c) 1 8 I A= e 2 8 I A= ?

Figura 12 - Rotor com duas bobines.

Exemplo 3.1, página 121 do livro A. E. Fitzgerald Problema 3.1, página 161 do livro A. E. Fitzgerald



Resolução 4.01 Geral) O rotor não é ferromagnético.

Figura 13 - Rotor com duas bobinas e um comprimento de 0,3 m.

Pretende-se saber o torque do rotor em função da sua posição. Ora,

( ). x F BvEq= +

( ). 0 xq qE BvF= ⇒ =

0 .T FE R= ⇒ =

A carga , q , circula nos condutores do rotor

Figura 14 - Direcções das forças envolvidas.


O valor médio de electrões que passam numa superfície é a corrente.

A força de cada electrão é ( ). x q vF q B= , em que v é a sua velocidade no fio eléctrico. Ou seja, esta

é a definição que caracteriza a energia que circula num determinado VOLUME:

( ). x volumeF v Bρ=



Em que . Jvρ = é a densidade de electrões, logo x volume J BF = , e x AreaI J= . A Area é da

secção do fio utilizado no enrolamento. E como é no condutor todo (é por isso que as máquinas eléctricas tem diferentes tamanhos, pois permitem volumes diferentes):

. x volumeF Il B= A força é tangencial, e é


Figura 17 - Vector tangencial.

Quando 0α = , a 0F = . E com 90ºα = , a F máxima= .

Para 1I ⇒ ( ) ( )1

1 02 sin. . x volume II BF l α= −

Em que o coeficiente 2− fornece as seguintes indicações: - o sinal, indica o sentido: - o “vezes dois”, é devido ao fio passar duas vezes no enrolamento do rotor.


E quando ( )sin 1α = ⇒ F máxima= .

Para 2I ⇒ ( ) ( )2

2 0 cos. . x 2volume II BF l α= − . Cuidado, pois aqui é ( )cos α .

E quando ( )cos 1α = ⇒ F máxima= .

Assim, ( ) ( )1 2

0 1 2. . x . .2 c ss oinvolume volumeI IBF F Il IF α α = + = − + , e como .T RF= , fica que

( ) ( )( )0 1 22 s. . . x cos. .n .iF RT IT RB Il α α = ⇔ = − +



( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )1 22 sin. . x 0 .0,,3 0,1 85 co . 3s.I ITT mm α α = − +

( ) ( )1 2sin cos0, 0663 x . .T I Iα α= − +

P: O que se pode concluir acerca de T ? R: Para se ter um aumento no valor da força é necessário ter: - uma maquina grande (comprida); - um raio grande; - um elevado valor para a corrente. Ou a combinações de vários destas variáveis, pois são directamente proporcional. Agora tendo a definição geral para este sistema, já consigo responder as alíneas do exercício. Resolução 4.01a) para 1 0 I A= e 2 5 I A= , tem-se que:

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]c 0,3315 x os cos 0, 0663 x .0 .5T N mA α α= − + = −

Resolução 4.01b) para 1 5 I A= e 2 0 I A= , tem-se que:

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]0, 0663 x . 0 0,3315 sin sin 5 x . T N mA α α= − + = −

Resolução 4.01c) para 1 8 I A= e 2 8 I A= , tem-se que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]8 8 0, 0663 x . .cos cos0,53 x s in s .inT N mA Aα α α α= − + = + −

Exercício 4.02 – Uma bobina tem um coeficiente de auto-indução dada pela seguinte relação

( ) 0

0

2.

1L x

L

x

x=

+

Onde 0 30 L mH= , 0 0,87 x mm= , e x é o deslocamento do elemento móvel da bobine. A

resistência do enrolamento é igual a 110 mΩ .



a) Considere que o deslocamento x do elemento móvel é constante e igual a 0,90 mm e a corrente da bobine varia de 0 a 6, 0 A . Calcule a energia magnética que é armazenada na bobine. b) Considere que a corrente é constante e igual a 6,0 A e o elemento móvel é deslocado para a posição 1,80 mm. Calcule a variação da energia magnética armazenada na bobine.

Problema 3.4, página 162 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 4.02a) Slide 9 – Capitulo 1 P2. O núcleo de ferromagnético é como se fosse uma bobina, e tem por isso a capacidade de armazenar energia magnética/eléctrica.

campoW é a energia/potência electromecânica armazenada, campoW

t

∂

∂ é a variação dessa energia ao

longo do tempo. " "e é a f.e.m e é et

λ∂=

∂.

êc mboloampof é a força de campo da peça móvel que também tem energia armazenada e que tem o seu

valor a variar com a sua deslocação ao longo do tempo, t

x∂

∂.

( ); .

êmbolo

campocampo

Wf

t

ii

t

x

t

xλ∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∂

( )[ ]

; .

êm

campocampo bolo

x xfie

t t

W i∂ ∂= −

∂ ∂

Sendo [ ].êmbocampo o locampW fi xλ∂ = ∂ − ∂ , em que [ ].iλ∂ é a variação do fluxo de ligação vezes a

corrente. E o fluxo de ligação, λ , é ( ). . .gap coreN BN Aϕλ = = , logo também é ( ) [ ]. WbL x iλ = .

A energia armazenada, campoW , é ( )( )

( )( )

( )2 22

' '

0

.1 1 1, . . .

2 2 2campo

L i Li

L

x x

Lx

x xW

λ λλ λ

= ∂ = = =∫ ( )

2.i

L x

( ) ( ) ( ) 21, , . .

2campo campoW Wx xi L ixλ = =



Estando no enunciado a definição ( ) 0

0

2.

1L x

L

x

x=

+

, e com 0,90 x mm= , fica então que:

( )( )

3

3

330,90

0,90.10 0,

30.10

87.10

2.29, 45.10 29,45

1

mmm

L

m

mHH

−

−

−

−

= = =

+

E com uma corrente de 6 A , fica que ( ) ( ) ( )3 22 21 1 1. . . 0,90 29,45.10. . .

26

2 2campo x mi imW L L − = = =

( )( )0,90

0,530, 1 mcam L mpoW Jxi =

Resolução 4.02b) Com 1,80 x mm= , fica então que ( )( )3

3

3

1,80 1,80.10

30.102

0,87.10

.

1

Hm

m

m

L m−

−

−

=

+

( ) 319,55.10 19,5, 58 1 0 mmL mH−= =

E com uma corrente de 6 A , fica que

( ) ( ) ( )2 21 1, . . . .

21,80

2 campo i L ix x mW L m i= =

( ) ( )3 219,55.1 6

1.

20, .campo xW i − =

( )( )1,80

0,351, 9 mcam L mpoW Jxi =

A variação da energia magnética armazenada na bobine

( ) ( )( )

( )( )1,80 0,90

, , ,campo campo caL Lm mmom mpi i ix xW W xW=∆ −



( ) [ ]0,3, 519 0,5301campo xW i = −∆

( ), 0,1791 campo x JW i =∆ −

O coeficiente de auto-indução é maior se a relutância for baixa. O ideal é 0x = . Exercício 4.03 – Um actuador com uma peça móvel ligada a um eixo está representado na Figura 19.

Figura 19 - Actuador com peça móvel rotativa, (a) vista de lado. (b) vista de frente.

Assuma que a permeabilidade magnética do núcleo e a da peça móvel é infinita ( rµ → ∞ ). O

comprimento total do entreferro é 2. apg e área efectiva do entreferro em função da passagem da peça

móvel é dada pela expressão

0

24.

. 1gapA Aπ

θ = −



desde que o deslocamento da peça móvel seja 6θ π≤ . A dimensão do entreferro é 0,8 apg mm= ,

20 6 A mm= e 650 N voltas= .

a) Assumindo que na bobine tem uma corrente i, escreva uma expressão da energia magnética

armazenada no actuador em função do ângulo θ da peça móvel para 6θ π≤ .

b) Calcule o coeficiente de auto-indução ( )L θ . Utilize o MATLAB para representar este coeficiente

de auto-indução em função de θ .


Resolução 4.03a) ( ) ( ), 0campo i fW θ → . ( ) ( ) 21, . .

2campoW i L iθ θ= , mas não se tem o valor de ( )L θ ,

mas sei que ( )2 2

0 ..ap

coregap

Ag

LN N

µθ = =R

, e como rµ → ∞ , fica que 0µ µ= . Assim

02

0 0

2.

. 4.. . 1

gapgap

apgl

AA θµ

µπ

= =

−

R

( )

2

0 02

2

2

0 0

4.. . 1

2.

2.

4.. . 1

ap

ap

NN

gL

A

A

g

θ

θ

π

θ

µ

µ

π

−

= =

−

Logo, ( )( )

( )0

22

0

2 2

4.. . 1

1 1, . . . .

2 2 2.campo Lap

i L

A

i

N

ig

Wθ

θ

θπ

µ

θ

−

= =



( )( )

( )

( )

7 23

3

2

2

2 4 .1

0,8

4.. . 1

1650

, . .

0 6.1

2 .2 10.

0

campo Li i

H

mW

θ

πθ

πθ

−

− −

−

=

A área é ( )30

23 36.10 6.1 0 6.10 x A − − − = = .

( )( )

( )2 2 262 23, 165,915. . 1 1,621. . 995, 492.10 . 1 1,621. .6.10campo L

i i iWθ

θ θ θ−− = − = −

Para aumentar campoW , teria que ter mais enrolamentos, ou ter uma área maior, ou ter um apg menor.

Poderia ter feito de outra forma:

Sabendo que 0

2

. .

. apgap

N iB

g

µ= , fica que

( )( )

0

0 0

2

.2

2

.

. .

., x Air-gap vol

22

2 2ume x . .

. .gapap

gap

ap

ap

g A

campg p

Loa

ggiW

N

A

i

Bθ

µ

µ µθ

= =

( )( )

02

,LcampoW i

θθ

µ=

2 2

2

. .

4. ap

i

g

N

. 2 0. µ x 2 . apg . gapA

( )( )

22 20

2

020. . . 4.

, x x . 1 .4. . 4.Lcamp ga

ap

po

apg g

Ni

NiAA

iW

θ

µ µ θ

πθ

= = −



Resolução 4.03b) ( )( )

( )22

020

2. , . 4. x . 1

2.

cam L

p

po

a

Ai

g

NWL

iθ

θ θθ

µ

π

= = −

Quanto maior o valor de apg menor será o valor de auto-indução.

Código em Matlab®: clear; clc; N = 650; mui_0=4*pi*10^(-7); A_0 = 6*10^(-6); % Área no vazio gap=0.8*10^(-3); % Ciclo que permite a criação da Tabela de dados do gráfico. Os dados são os diferentes valores do coeficiente de auto-indução conforme o ângulo. for n=1:1001 % É o valor máximo da minha amostragem

% O valor do ângulo oscilam entre –π/6 e + π/6, do enunciado ( )6θ π≤ :



Theta(n)=-(PI/6)+((n-1)/1000)*(2*pi/6); % Coeficiente de auto-indução: L(n)=(N^2*A_0*mui_0*(1-(4*Theta(n)/PI)^2))/(2*gap); end plot(Theta, L); xlabel('Ângulo (Teta)'); ylabel('Coeficiente de auto-indução (H)'); Para armazenar energia, é necessário um coeficiente de auto-indução maior, mas evitando chegar a saturação da densidade de fluxo.




Exercício 5.01 – O relé da Figura 12 é constituído por um material magnético com permeabilidade infinita. Considere que a altura da peça móvel é muito maior que o comprimento do entreferro

( )h g>> . Calcule a energia magnética armazenada campoW em função da posição da peça móvel

( )0 dx< < para 1 000N = voltas, 2,0 g mm= , 0,15 d m= , 0,10 l m= e 10 i A= .

Figura 20 – Relé com peça móvel.

Exemplo 3.2, página 127 do livro A. E. Fitzgerald

Resolução 5.01) ( ), ?campo iW θ = Sei que ( ) 21. .

2campo L iW θ= , e que ( )2 2

0 ..ap

coregap

Ag

LN N

µθ = =R

.

E como rµ → ∞ , fica que 0µ µ= . Assim

( )

0 0

. . 2.

. .ap ap

gap gapgap A

Qt entreferro g g

A

s

µ µ= =R

É duas vezes apg pois são dois comprimentos iguais.

A área é ( ).gap dA lx= − . Assim ( )0

2.

. .gapap

d

g

x lµ =

−R , logo ( )

( )0

2 2

2.

. .

gap apgL

x l

N

d

N

µ

θ = =

−

R



( )( )22

0. .

2.gap ap

N l

g

dL

xN µθ

− = =R

Substituindo fica que ( ) ( )( )

2 2

20. .1 1

, . . . .2 2 2.campo

ap

W i L i ix

g

ldNθ θ

µ −

= =

( )( ) [ ]( ) [ ]( )

[ ]

2

2

3

7 0,10 . .1

, . .

10 4 .10 0,15

2.10 210

0

2

0

.

campo

Hm

iW

mx

Am

mθ

π

−

−

−

=

( ) ( ) [ ], 1570,796. 0,15 campoW i Jxθ = −

Exercício 5.02 – O circuito magnético da Figura 21 tem um estator com uma única bobine e um rotor com a forma oval. Devido à não uniformidade do rotor, o coeficiente de auto-indução da bobine do estator varia em função da posição do angular do rotor. Considere que o coeficiente de auto-indução da bobine do estator em função da posição angular do rotor é dado por

( ) ( )20 c 2.osL L Lθ θ= +

onde 0 10,6 L mH= e 2 2,7 L mH= .

Calcule o binário motor (ou torque motor) em função de θ para uma corrente de 2 A.

Figura 21 – Circuito magnético de um rotor oval.




Resolução 5.02) O modelo de um rotor oval permite que se possa fazer o estudo de um modelo de uma máquina mal dimensionada (produzido na fabrica), ou mal montado (eixo descentrado). Ao se

ter o coeficiente a variar, ( )L θ , significa que existe variação do comprimento do entreferro. Assim

( )( )

21; .

2campo LW θ

λ

θλ =

Em que ( ); campoW λ θ é a energia armazenada e é em função do fluxo de ligação e do ângulo de

deslocamento rotativo.

Ou ( ) ( ) 21; . .

2campoW i L iθ θ=

O binário é ( ); campo

campoTW

λθ

λ θ∂= −

∂, ou seja, é obtido derivando parcialmente a função

relativamente ao seu posicionamento, ângulo, mantendo o fluxo de ligação.

( )( ) ( )

2 21 1; .

2 2campo L LT

λ λ

θθ θ

λθ

λ λ

θ

∂ ∂= − = − ∂ ∂

Ou

( ) ( ) ( )( )0

22 01

; . .2 2campo

ii

Ii L I LT θ θ θ

θ θ

∂ ∂ = − = −

∂ ∂

Como ( ) ( )20 c 2.osL L Lθ θ= + , fica que ( )( )0 2

20 cos2

2.mpoi

caTI

LL θθ

∂= − +

∂

( ) ( )( ) ( )20

22

20; . . .2

2. 2.sin s .in 2campoTI

i IL Lθ θ θ= − − =

( ) [ ] ( ) ( )2 33 2. 2; . .sin .sin10,8.102 7.2 , 10 .campoT i θ θ θ−− = =

( ) ( )10,8; .sin 2. campo miT Nmθ θ=

Se colocar a máquina a funcionar, as forças vão variar entre 10,8− , 0 e 10,8 . Para se ter uma máquina eficiente, este valor, de binário/torque (T ), deveria de ser zero, ou perto desse valor. Cuidado que este torque não é o torque da máquina, é o torque associado a concepção da máquina, e obriga a criação de um padrão de qualidade.



Exercício 5.03 – O relé da Figura 12 é constituído por um material magnético com permeabilidade infinita. Considere que a altura da peça móvel é muito maior que o comprimento do entreferro

( )h g>> . Considere que a posição, x , da peça móvel pertence ao intervalo ( )0 dx< < para

1 000N = voltas, 2,0 g mm= , 0,15 d m= , 0,10 l m= e 10 i A= . Calcule a força na peça móvel em função da posição x quando é aplicada uma corrente à bobine dada por 0 10 I A= .

( ) 0 x I Ax

di

=

Exemplo 3.5, página 136 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 5.03) Qual é a força de atracção a que a peça fica sujeita?

'êmbolo

i

campo

campo

W

xf

∂ =∂

Ou seja, deriva-se em função do deslocamento e fixa-se a corrente.

'campo campoW Wiλ = −

'campoW é a co-energia. Esta variável apenas serve para os cálculos, pois não tem significado

físico.

Sendo ( ) ( ) [ ]. . . .cop regaN xA WN B i bLλ ϕ= = = , e ( ) 21. .

2campo L xW i= , fica que

( ) ( ) ( )2 21 1. . . . .

2 2'campo i L i L iW ixLx x

= − =

Logo ( ) ( )( )

22'

1. .

2.

2campo

êmbo

i

l

i

i

o ocamp

x x

xf

LiW i L

x x

∂ ∂ ∂ = = =∂

∂

∂

. E como



( )( )2

0. .

2. ap

d xx

N lL

g

µ − =

Pondo em evidencia ( )d x− , pois tudo o resto é constante na derivação em ordem ao deslocamento:

( )[ ]2

0. .1

2. apg

xld

dL

Nx

µ = −

Fica que ( )( ) ( )

Só coloco as variaveis de derivação, pois o resto é constante

11

10

x xx

x x x x

d d

d

L

∂ − ∂ − ∂ ∂ = = + = −

∂ ∂ ∂

∂

. Substituindo fica:

( )( )[ ]

[ ]

1010

1

0

2 2 20

0

2

2

. .1

2. .. . .

2 2 2 2.a

i Ai A

i A

p

apcampo êmbolo

d

dg

g

x

xLi i i

N

N

x xf

l

l

µ

µ

==

=

∂ −

∂

−

∂

= = =∂

[ ]( ) [ ] [ ]7

0

2

2

1

0

2

1

2

0

3

4 .10

2.1

. .. .

4. 4. 0

1 100 ,1 000 0

campo êmboli Aap

A

o

i

ml

A

f

Hi m

g

N

m

πµ

−

=

=

−

= − = −

1570, 796êmbolocampof N= −

Agora vai-se calcular sem fixar a corrente, mas sim utilizando a função ( ) 0 x I Ax

di

=

.

O valor da corrente depende do posicionamento da peça móvel. Como já calculei a derivada parcial em função dessa posição, quando fixei a corrente, aqui vou utilizar a mesma definição:

[ ] [ ]0 0 00

2 2

2

2 2 2. . .. .

4. 4.ca êmbmp olap a

op

o d

N N

g

x x

dg

II

l lf

µ µ = − = −



( ) [ ] [ ]

[ ]

2

2

23

2 7 0,10. .

.4

4 .10

0,15

100

.

10

2.

0

10 êmbmp loc o oafm

H

m

m

xAmπ −

−

= −

[ ]269 813,17. ca êmbm olopof x N−=

Sabendo que a energia armazenada, campoW , é a que permite calcular a f.e.m. induzida.

Se êc mboloampof variar, o eixo do motor está mal centrado, pois a relutância não muda com a variação

de x . Exercício 5.04 – O circuito magnético da Figura 22 foi construído com um material que tem uma permeabilidade magnética muito elevada ( µ → ∞ ) . O rotor está a rodar na vertical. a) Deduza a equação do binário motor (ou torque motor) que atua no rotor em função da sua dimensão e do campo magnético aplicado no entreferro. b) Considerando que a densidade máxima de fluxo no entreferro está limitada a 1,65 T , para não

saturar o material ferromagnético, calcule o valor máximo do binário para 1 2,5 r cm= , 1,8 h cm= e

3,0 apg g mm= = .

Figura 22 - Circuito magnético com um rotor a rodar na vertical.




Resolução 5.04a) T é o binário/torque da máquina. A tendência natural da peça central é alinhar-se com o fluxo, logo aplicando-se uma corrente, está, indirectamente, irá gerar um binário.

( ); ' campo

ca

i

mpoTW i θ

θ

∂ = −∂

, significa: a derivada parcial, e considerando-se a corrente constante, em

que 'campoW é a co-energia. Esta variável apenas serve para os cálculos, pois não tem significado

físico.

( ) ( ) ( ) ( ); ; ' '; ; campo campo campo campoW W W Wi i i i i iθ θλ θλ θ = − ⇔ = +

Em que a proporção iλ é constante. O que não se tem em energia, tem-se em co-energia. Permite facilitar os cálculos. A co-energia é uma ferramenta matemática.

( )2.

; 2

'V

campo

Hi dVW

µθ = ∫

Há dois entreferros em série, cada um de comprimento apg , e portanto a intensidade de campo do

entreferro, gapH , é igual à

.

2.campo

gapap

HN i

l g= =FFFF



Em que campoFFFF é a força magnético motriz.

Agora o volume, é . . .2 ap hg θ , em que h é a largura, e é o θ arco do

ângulo sujeito ao fluxo (representado na figura), também designado por ângulo de penetração. Assim, fica que, como a permeabilidade do aço é supostamente infinita, e que açoB deva de

permanecer finita. Então aço açoBH µ= é zero e a densidade de co-energia

( )2.

; 2

'V

campo

Hi dVW

µθ = ∫

do aço é zero 2 2.

02 2.

aço açoBHµ

µ

= =

. Assim, a co-energia do sistema é igual à dos entreferros, nos

quais a densidade de co-energia é ( ) 02.

; .2

'ca ogap

mpW ViH

θµ

=


Consequentemente, a co-energia é igual ao produto da densidade de co-energia do entreferro e do volume do entreferro. Ou seja:

( ) ( )( ) ( )1

1

200

2. . . . 0,5..

; . 2. . . 0,5.2 4.

'.

.ap

apcamp apap

ogap

gg g

rW r

H iNi

hh

g

µµ θθ θ

+ = + =

e assim, e sabendo que ( )0

; 'core

H

ca cmp

H

o ore

V

d dVBi HW θ

= ∫ ∫ , fica que

( )( ) ( ) ( )1

2

0. . . . 0,5.; ;

4.i

ap

a

campocampo

p

iiiT

N rW g

g

hµθθ

θ

+∂= − =

∂

Em que ( );

i

campo iW θ

θ

∂

∂ significa: a derivada da co-energia em função do ângulo θ , fixando a

corrente.



O sinal do conjugado é positivo e atua, portanto, no sentido de aumentar o ângulo de sobreposição θ e assim alinhar o rotor com as faces polares do estator. Como se pode ver pela definição, a única variável que se pode variar para controlar o torque é a corrente, mas é preciso ter cuidado em não ultrapassar a saturação, pois a densidade máxima de fluxo no entreferro está limitada a 1,65 T . Resolução 5.04b) Qual é então o torque máximo, de modo a respeitar a limitação de fluxo?

0

.2.. .2. ap

apgapgapN g

Bi

gH

µ= = e

0

6

74 .10

1,65 1,31.1

0 gap

gap

AH

B

m

TH mµ π −

= = =

Assim, 3 63.10 1,. 2. 31.1. 2. . 0 gp aa p

AmN i g H

m−

= =

. 7860 .eiN A=

Para 1,65 gapB T= , fica que

( )( )

( )1 20. . 0,5.

; . .4.

ap

apcampo i i

gT

g

rhN

µθ

+=

( )[ ]( ) ( )7 3222

3

1,8.10. 7860 . . . 0,5.;

3.10

3.

2,5.10 4 .1

10

4.

0

campo i

H

mm

m

mT

e mAθ

π − −− −

−

+

=

( ); 3,09 .campoT mi Nθ =




Exercício 6.01 – O rotor de um gerador síncrono com seis pólos, Figura 12, está a rodar à velocidade mecânica de 1200 rpm . a) Calcule a velocidade mecânica em rad/s. b) Qual é a frequência da tensão gerada em Hz e rad/s? c) Que frequência mecânica deve ter o gerador em rpm para a tensão ter uma frequência de 50 Hz .

Problema 4.1, página 232 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 6.01a)

Figura 23 – Rotor com 6 pólos.

Para converter sincronon , que mede o número de rotações

para minuto à que a máquina roda, é preciso dividir por 60 (segundos):

[ ]sincrono

60

n

s

mecanicaω é a velocidade angular mecânica de rotação, e sei que [ ]

sincrono

60 mecanica s

nω = , em que para se

obter o resultado em unidade de radianos é necessário multiplicar pelo coeficiente 2π .

[ ]1200

60 .2mecanica

rpm

sω π= 40. /mecanica rad sω π=

Resolução 6.01b) Qual é a frequência da grandeza eléctrica, ef ?

[ ]sincrono

60

. .

2 e

Qt Pof

s

n los=

E é necessário dividir por 2, pois os pólos são sempre aos pares.



Assim, [ ]

1200

60

6.2e

rp

s

mf = ⇔ 60 ef Hz=

Logo a velocidade angular eléctrica, electricaω , é 2.electrica ef πω = ⇔ 120 /electrica rad sω π=

Resolução 6.01c) Qual deve ser o valor de sincronon para se ter uma 50 ef Hz= ?

[ ]sincrono 1200

2 2. . .50 60 50

6 .

. n rpmeQt Polosf Hz Hz Hzn

== =

sincrono 1 000 n rpm=

Como nos é dado a observar, a ef dependem do número de pólos, e devido a isso também electricaω

depende do número de pólos porque depende de ef .

Exercício 6.02 – A tensão gerada numa fase, sem carga, de um gerador trifásico síncrono tem a forma

( ) ( )c. osv t V tω=

Escreva as expressões das tensões nas restantes fases do gerador.

Problema 4.2, página 232 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 6.02) ( ) ( ).cosa ov Vt tω=

( )2

. o3

c sb ot tv Vπ

ω

= −

( )2

. o3

c sc ot tv Vπ

ω

= +

Os 2

3

π é devido ao desfasamento dos enrolamentos no rotor (120º).



Exercício 6.03 – Um motor trifásico é utilizado numa bomba de água. Observa-se que a velocidade de motor diminui de 898 rpm , quando a bomba está sem carga, para 830 rpm , quando a bomba está em carga.

a) O motor é síncrono ou de indução? b) Estime a frequência da tensão aplicada à armadura em Hz. c) Quantos pólos têm o motor?


Resolução 6.03a) assincrono 898 n rpm= sem carga.

assincrono 830 n rpm= com carga.

Uma das características de uma máquina síncrona, é que mantém SEMPRE a mesma rotação, pois está referenciado a rede eléctrica. Aliás, é essa a razão dos geradores serem máquinas síncronas, pois independentemente da carga a que as máquinas estão sujeita, mantém sempre a mesma rotação de forma a poder entregar a potência a rede eléctrica. Se porventura ocorrer uma anomalia que impossibilita o acompanhamento da velocidade angular com a referência da rede eléctrica, o sistema deve ter um sistema de protecção que impossibilite que a potência produzida seja entregue a rede, pois a frequência irá oscilar. É essa a razão também da necessidade de acoplar uma máquina de arranque de forma a fazer rodar a máquina até esta poder ser usada como geradora. Ao contrário, um motor (com uma potencia elevada) NUNCA poderá ser síncrono, pois poderia partir ou danificar ao tentar colocar um veio a rotação de referência. Os motores são assíncronos ou de corrente contínua. Resolução 6.03b) Com o valor de rotação, em roda livre, de 898 n rpm= , e sendo uma máquina

assíncrona, a velocidade é de 900 rpm. Logo a frequência da grandeza eléctrica, ef , é:

[ ][ ]assincrono

assincrono

. . .

60

60 2. .

2e e

Qt PolosQt Polos

nf

s

sf

n= ⇔ =

Resolução 6.03c) Existem duas situações possíveis, 60 ef Hz= ou 50 ef Hz= . Assim fica que

[ ][ ]

[ ][ ]6

. 2. . . 9

0 60

00 900

0 25 .60.

rpm

sQt Polos Qt P

rpm

solos= ∨ =

. 6,7 . 8Qt Polos Qt Polos= ∨ = Só pode ser a solução que apresenta que a quantidade de polos é igual a 8, e que implica que

60 ef Hz= . O dado do valor da rotação da máquina com a carga só teve utilidade para a alínea a).



Exercício 6.04 – Uma máquina AC trifásica está ligado em estrela, Y, num sistema de tensões equilibradas até que uma das fases fica em circuito aberto. Considerando que o neutro da máquina não está acessível, isto significa que a amplitude da corrente dos dois enrolamentos é igual, mas com sinal contrário. Nesta condição, calcule a amplitude das duas forças magneto-motrizes resultantes, a onda a circular no sentido positivo e a onda a circular no sentido negativo.

Problema 4.5, página 233 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 6.04) Pretende-se saber a campoFFFF (força magnetomotriz) quando uma fase é desligada.

Qual é então o valor de campo

+FFFF e de campo−FFFF , sabendo que campo campo campo

+ −= +F F FF F FF F FF F F ?

O circuito equivalente é

A força magnetomotriz, campoFFFF , a rodar a frequência da rede, e seguindo o estator, é definida por:

( )_

3 .. . .

2 . cos e estator a

N

Qt Polos

Itωθ

−

=FFFF

( )max _

3. .cos .

2stator e ea tF θ ω= −FFFF

Em que maxF é amplitude máxima (de pico) da força

magneto-motriz de pico, com os enrolamentos distribuídos.

E se uma das fases for interrompida, o que acontece a força magneto-motriz? Como uma interrupção será feita numa das fases, a desfasagem de 120º, que é necessária para manter a máquina a funcionar para a qual foi projetada, deixa de existir. Assim assumindo que a fase em falta é a “c”, fica que



( ) ( ).cosa oi It tω=

( ) ( ) ( )18c 0 co. os s.ºb o ot t ti I Iω ω− −= =

( ) 0ci t =

Logo ( ) ( )b ai t ti= − , e o motor passa a ter uma alimentação bifásica e em que a contribuição de cada

fase irá originar a força magnetomotriz do sistema: ( ) _ __ ; a Fase e a Fase btθ = +F F FF F FF F FF F F .

Mas são duas forças simétricas! E, fisicamente, pode danificar o motor.

E matematicamente é ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

_ _

_ _ _

4 4; . . . .cos co. .

2 2s

Fase a Fase b

a a arotor

b aro or

e e ett t

Nit

Ni φ φθ θ θ

π π

= + + +

F FF FF FF F

FFFF

E tendo o devido cuidado com

A fase, φ , da _Fase aFFFF , é que é a nossa referencia, sendo por isso zero;

o sinal da corrente ( )bi t , e o seu modulo é o mesmo, sendo por isso:

( ) ( ) ( )_ _ _

. .4 4; . . . .

2 2cos cos 120ºa a

rotor rotoca e empo

rea

I IN Ntθ θ θ

π π= − +FFFF

Recorrendo à uma entidade da função trigonométrica ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos1 1

.2 2

cosa b a b a b++= −

Fica que

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )cos cos cos cos

_ _ _ _

.4 1. . . . . . 120º 12cos cos c 0ºos c s

2o .

2 e e e e e e e ea a a a

a b a b a b a b

rotor tI

t t tN

θ θ θω ωπ

ω θω

+ − + −

= + − + −+ −

−

− +

FFFF

Cuidado com o sinal central, a vermelho, pois vai afectar o 3º e 4º termo!

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]1 2 3 4

_ _ _ _cos cos cos cos.4 1

120º 120. . . . . . .2 2

ºe e e e e erotor

e ea a a a

It t t

Ntω ω ωθ θ θ

πωθ= + − + −+

− − +

−

FFFF



Agora, cuidado com os agrupamentos:

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]1 3 2 4

_ _ _ _120ºcos cos c.4 1 4 1

. . . . . . . . . . .2 2

os cos2

0º2

12rotoe e e e e e e ea a a a

rNt t t t

nIIθ θ θ θω ω ω

πω

π− −+ += + − − − +

FFFF

O termo

( )[ ]

( )[ ]1 3

_ _cos c 12.

0º4 1

. . . .2

o .2

se e eroto

a ar

e

INt tω ωθ θ

π

+ + −

−

gera uma força magneto-motriz no eixo positivo, fazendo o rotor girar para a esquerda, e o termo

( )[ ]

( )[ ]2 4

_ _cos c 12.

0º4 1

. . . .2

o .2

se e eroto

a ar

e

INt tω ωθ θ

π

− −

+−

gera uma força magnetomotriz no eixo negativo, fazendo o rotor girar para a direita.

Como a amplitude, .4 1

. .2 2

rotor IN

π, é igual nos dois termos, faz com ( )_ ; 0acamp eo tθ =FFFF !

Ou seja, se houver um problema numa das fases, o motor para, como já tinha deduzido no inicio, mas agora foi provado matematicamente. E é preciso ter cuidado, pois numa situação destas, o sistema começa a fornecer muita corrente ao rotor, levando-o a sua destruição/avaria.

Pois com o motor parado, e sabendo que ( )( )_

_

; ; .core

cor

e

ee

campo

c m o

a

aa p

tt

θθ φ φ= ⇔ =

FFFFFFFF R

R.

Como sei que .et

Nd

d

φ= , ou seja, a variação do fluxo,

d

dt

φ, é elevado, logo o e eleva-se muito, e é

acompanhado pelo valor da corrente.

O ideal é ter o rotor a rodar, por exemplo a 49Hz, fazendo com que .et

Nd

d

φ= tenha uma variação

apenas durante um segundo (50-49Hz), fazendo que e baixe o seu valor.



Exercício 6.05 – Qual é o efeito da rotação da força magneto-motriz e do fluxo de um enrolamento trifásico, com origem num sistema equilibrado de correntes se duas fases estão trocadas?

Problema 4.6, página 233 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 6.05) electrica eω ω=

( ) ( ).cosmáx eai It tω= ( ) ( )cos. 120ºmáx eb t ti I ω= − ( ) ( )cos. 120ºmáx ec t ti I ω= +

_ _ _Fase a Fase a Fase a+ −= +F F FF F FF F FF F F (ou seja, é a soma da componente positiva e negativa). Assim

( ) ( )_ ma _x _ max _cos cos1 1

. . . . . .2 2eFase a a eF se a ae eaF t tFθ θω ω+ −= ∧ +=−F FF FF FF F

Em que maxF é amplitude máxima (de pico) da força magneto-motriz de pico, com os enrolamentos

distribuídos. Ver página 203 do livro.

E para o _ _ _Fase b Fase b Fase b+ −= +F F FF F FF F FF F F , é:

( )( )

( )( )coscos

_ max _ 120º 1.cos co. s 20º.Fase b a

ba

ee tF θ ω= − +

FFFF

[ ]( )( )

[ ]( )( )cos cos

__ _max 120º 120º 120º 1cos cos1

. 20º. . .2Fase b a a

a

e e

b b

e

a

eF t tωθ θ ω

+ −

= − + + − − +

+

FFFF

( )[ ]

_

_

_x __ a1

m

1. . . 120ºcos .cos2

Fase b

Fase b

Fase b ae eea eF t tθωθ ω

−

+

= − +

+ +

FFFF

FFFF

FFFF

[ ]1 120º 120º 120º→ − − = +



E por ultimo, _ _ _Fase c Fase c Fase c+ −= +F F FF F FF F FF F F , assim:

( )( )

( )( )coscos

_ max _ 120º 1.cos co. s 20º.Fase c a

ba

ee tF θ ω= + −

FFFF

[ ]( )( )

[ ]( )( )cos cos

__ _max 120º 120º 120º 1cos cos1

. 20º. . .2Fase c a a

a

e e e

b

e

b a

tF tωθ θ ω

+ −

= + + − + − −

+

FFFF

( ) ( )_ _

_ _ _max cos c 1201

. . . .os2

º

Fase c Fase c

e eFase c a ae etF tθ θω ω

+ −

=

− + −

+

F FF FF FF F

FFFF

A força magnetomotriz total é a soma das contribuições de cada uma das três fases:

( ) _ _ __ ; a Fase a Fas be e Fase ctθ = + +F F F FF F F FF F F FF F F F

( ) ( ) ( ) ( ) ( )max m_ _ _ a_ _xco1 3

; . . . . . . . .2 2

s cos cos cose e eea a a a ae e e eet t Ft tF tω ω ωθ θ θ θ ωθ+ = − − − = − + +FFFF

( ) ( ) ( ) ( )_ _ _m _ax co1

; . . . . .s cos co120º 12 02

0ºse e ea eee ea a at tF t tθ θ θ θω ω ω− = + +− + + + − = FFFF

Assim ( ) ( ) ( )max_ _ _maxcos3 3

; . . . . .cos .2 2

0ea ae e e eaFt t tFθ θ θω ω= − + = −FFFF

Com fase trocada é ( ) ( )max_ _

3; . .cos .

2a ae e et tFθ θ ω= +FFFF

Sendo max

.4. .

. fasW ek

FQt P

NI

olosπ= , em que:

Wk é um parâmetro de distribuição. É a contribuição de cada enrolamento e basicamente é

um factor de correcção, devido a forma como é construído na prática o enrolamento, e que nos permite obter a forma de onda fundamental.

faseN é a quantidade de espiras por fase.



Num sistema trifásico, o ângulo de desfasamento dos elementos físicos é o mesmo que o ângulo de

desfasamento da corrente. Gere uma onda sinusoidal, ( )cos .e tω , a variar no tempo, e o valor

máximo é obtido na passagem de cada pólo. É pelo facto de ( )cos .e tω variar que ( )_cos eaθ também

varia. É esta a grande vantagem em relação aos motores monofásicos. Estes, os monofásicos, necessitam de um truque na construção, que é a de colocar os pólos desfasados de 90º (e não de 180º como seria de supor), e coloca-se em série um condensador de modo a compensar o atraso de 90º da corrente. Não confundir com o condensador em paralelo, que este é para absorver os picos de corrente no arranque. Exercício 6.06 – Numa máquina com duas fases, os dois enrolamentos estão desfasados de 90º no espaço e as correntes dos dois enrolamentos estão desfasadas de 90º no tempo. Calcule a expressão da força magneto-motriz resultante para esta máquina com duas fases.

Problema 4.7, página 233 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 6.06) Numa máquina de duas fases, recorre-se a uma bobina de modo a criar uma desfasagem na corrente igual a desfasagem da estrutura física.

( )_ _

4. . co

2s.ro

Fase a a ato

erN

i θπ

= ∧

FFFF ( ) ( ). o .c smáxa ei It tω=



( )_ _

4. . .

2ºcos 90F

roase b b a

tore

Ni θ

π

= − ∧

FFFF ( ) ( )cos. 9 º. 0máx eb ti tI ω= −

Como

( ) ( ) ( )__ __ _

4 4; . . .cos co 90ºs. . .

2 2ro

a Faset

a Fase beor ro

a a bt

eo

e ari it

N Nθ θ θ

π π

= + = + −

F F FF F FF F FF F F

( )( ) ( ) ( )( ) ( )_ _

4 4. . . . . .cos . . . .

2cos cos cos 0

290º 9 ºrotor roto

máx e máx ea ear

et tN N

I Iθ θπ

ωπ

ω

= + − −

FFFF

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )_ _ _cos c.4

; . . . . .90º 9.os cos c2

os 0ºemáx

er

e eoto

ea a art t

N Itω ωθ θ θ

π

= − −

+

FFFF

E recorrendo da entidade da função trigonométrica ( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos1 1

.2 2

cosa b a b a b+−= +

Fica que

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )

_ _

_

_ _

...

...1

. ..4

; .

cos cos

cos cos90º 90º 90º 90º

.2

. .2

1

2 e e

e

e

roto

e e

máx

e e

a a

a

a a

r

e

t t

t

t t

N Iθ θ

θπ

θ ωθ

ω ω

ω

+

+

− +

=

+

+

−

− +

− + −

FFFF

( )( ) ( )( )

( ) ( )( )_ _

_

_ _

. .cos.4 cos

cos

...

.

1; . . .

2 2 co. 1 º.s. . 80

ero

ea a

a

a

e

e

a

te

máxor

eeee

t tt

t t

N I θ θθ

π

ω

ω ωθ θ

ω − +

=

+ +

+

+

− + −

FFFF

E sei que ( ) ( )180ºcos cosα α− = − , então:

( ) ( ) ( )_ _ _cos cos.4 1

; . . . . .2 2

rotoe e e

máa e

ra

xea

Nt t t

Iθωθ

πωθ

= − + +

FFFF ( ) ( )_ _.cos co .se a ee ea t tθω ωθ − ++ −( )



( ) ( ) ( )( )_ _ _cos cos.4 1

; . . . . .2 2

rotoe e e

máa e

ra

xea

Nt t t

Iθωθ

πωθ

= − − +

FFFF

( ) ( )_ _co.4

; .s. .2

máxee e

r t ra

o oa

Nt t

Iθ

πωθ

= −

FFFF

rotorN é número de enrolamento (voltas) que forma a bobina no rotor, e não número de pólos!

A máquina não depende do número de pólos.

Basta ser monofásica. max

.4.

2rotor máxF

IN

π

=

.

A corrente que se aplica ao estator tem que ter o mesmo desfasamento que a desfasagem da estrutura física do estator (deslocamento espacial entre os dois enrolamentos).

Ou então poderia ter resolvido o exercício da seguinte forma:

( ) ( ).cosmáxima a eti tI ω= ( ) ( ).cosmáxima eb It ti ω π= +

E para o _ _ _Fase a Fase a Fase a+ −= +F F FF F FF F FF F F , é:

( )( )

( )( )

_ _

coscos

max cos co. .s.Fase a a

ba

e e tF θ ω=

FFFF

[ ]( )( )

[ ]( )( )

( ) ( )`2 `2

_ ma

cos c

_ _ _ _

o

x ax

s

mcos cos cos cos1 1

. . . . . . . .2 2Fase b a a a a

a

e ee e e

b

e e

a

e

b

t t F t tF ω ω ωθ θ θ θ ω

+ −

+ −

= + − = − +

+ +

F FF FF FF F

FFFF

E _ _ _Fase b Fase b Fase b+ −= +F F FF F FF F FF F F , assim



( )( )

( )( )

( ) ( )_ _

_ _

sin

_ max m _x

s

a

in

1. . . . . .sin sin cos co .s

2

Fase b Fase b

Fase b a ae e a ee

b

e

a

et tF tF θ ω ωθ θ ω

+ −

= = −

−

+

F FF FF FF F

FFFF

A força magnetomotriz total é a soma das contribuições de cada uma das duas fases:

( )_ _ _; ca a Fase a Faseo bm ep tθ = +F F FF F FF F FF F F

Assim ( ) ( )max_ _cos; . .c a eamp e eao Ft tθ θ ω= −FFFF

Exercício 6.07 – Uma máquina síncrona de seis pólos, que é alimentada por uma tensão a 60 Hz , tem um enrolamento no rotor com 138 voltas e o factor de enrolamento é 0,935rotork = . O

comprimento do rotor é 1,97 m , o raio do rotor é 58 cm e o comprimento do entreferro é 3,15 cm . a) Qual é velocidade máxima de rotação em rpm? b) Determine a amplitude da corrente no enrolamento do rotor para que o valor de pico da componente fundamental da densidade de fluxo seja 1, 23 T . c) Calcule o fluxo por pólo. d) Considerando que o estator tem um enrolamento com 11 voltas ligadas em série por cada par de pólo calcule o valor eficaz da tensão gerada por fase. e) Supondo que cada enrolamento tem 45 voltas ligadas em série por fase e o factor de enrolamento é

0,928Wk = calcule o valor eficaz da tensão gerada por fase.

f) Considere que a máquina síncrona irá ser utilizada para gerar uma tensão de 13 kV entre linhas, para uma rede de 50 Hz . Assumindo que o factor de enrolamento é 0,928Wk = calcule o número de

voltas ligadas em série por fase para obter a tensão pretendida à frequência de 50 Hz .




Nota - Descrição básica da máquina síncrona trifásica (aqui de dois polos):

Resolução 6.07a) Não confundir “velocidade máxima de rotação”, sincrono

RPM

n

, com a velocidade angular

mecânica, sincrono

60 2.mecanica

n

sπω = . A frequência da tensão é 60 ef Hz= .

Velocidade de rotação em RPM também por ser dito por segundos, frequência mecânica - mf .

E como [ ]assincrono

6

. .

20 e

Qt Pof

s

n los= , sendo que 60 s é a quantidade de segundos num minuto, fica que:

[ ] [ ] [ ]2 2

. . . .. 6

60 6 600sínc ono ernQt Polo

Hzs ss

f= = 1200 síncronon rpm=

Velocidade de rotação em segundos é: [ ]2 2

. . 6

60 .em Qt Po

f f Hl s

zo

= = 20 mf Hz=



Resolução 6.07b) A quantidade de enrolamento tem a ver com o número de pólos., como se tem 6 pólos fica identificado pela sequência, que se repete após esgotar num ângulo de 120º:

a -c b -a c -b A1 C2 B1 A2 C1 B2

Notar que se tivesse mais pólos, continuaria a ter a mesma desfasagem (de 120º), pois como a máquina é alimentada com 3 fases diferentes, é a fase da alimentação que define a desfasagem. A corrente do rotor é a mesma coisa que a corrente do efeito de campo, pois trata-se de uma máquina síncrona.

roto frI I=

Sendo ( )_1

4 ..

2Picoag

iF

N

π= a amplitude máxima da harmónica fundamental da f.m.m. com recurso a

enrolamentos distribuídos,

( )_1

4 .. .

2cosag a

N iF θ

π=

A equação da componente fundamental para o enrolamento distribuído com vários pólos, sendo constituído por várias espiras por fase, faseN , é

_1

.4 . .

2c .s

oW

ag a afaseF

Qt Polos

Qt Po sI

lo

k Nθ

π

=



Sendo Wk a contribuição de cada componente, ou seja, é um factor de correcção de forma a permitir

que se tenha a forma de onda fundamental.

A f.m.m. do enrolamento do rotor pode ser definida em função do número de voltas em série,

,rotorN da corrente no enrolamento, rotorI , com factor de enrolamento rotork :

( )_

. .

_1

.

.4 ; . . .

2cosrotor rotor

rotor rot

f

or roteag a or

rot rm om

IQt Polos

Qt PF t

olos

k Nθ θ

π

= =

FFFF

Sendo a amplitude máxima da f.m.m do rotor de ( ) ( )__ 1

.4; .

rotor rotor

rotor ra ag Picoe otorQt Polost

kF

NIθ

π

= =

FFFF .

Assim, manipulando a definição da f.m.m do rotor, fica que ( )( )_ ;

.4

rotor

rotor

rotor rotico

r

ea

oP k

Qt Polos

t

NI

θ

π

=

FFFF

Como sei que _1 _1 _10. .ag ag agHB Hµ µ= = , e _1_1

c. .

2osag

ap

o rg oa

r t

Qt PoF los

gH θ

= fica que

( )_1

.4.

. rotor rotor

ra otorPicoap

g Qt Po

k

lo

N

gH I

sπ

=

Cuidado aqui, pois “apetece” colocar 2 vezes apg , mas a dedução da definição já teve essa situação

em consideração, sendo por isso só uma vez.

Assim ( ) [ ]

[ ] [ ]_1

2

70

3,15.10. . 6

4 .1 138

1,23

0,935. . . .

4 . 4 .

0 rotor

rotor

ap

rotor

g Picoa

N

Qt PH

m

olo Ts m

kI

gBπ π

µ π

−

−

= =

( )1126 rotor DCI A=

É um valor puramente académico, pois trata-se de um valor muito elevado.



Resolução 6.07c) [ ]0 .PicoB WbAΦ =

Sendo a área, A , o produto do perímetro, 2 .rπ , vezes o comprimento, l , e é preciso ter em atenção de como é por pólo, a área reduz-se para metade:

2 . 2

RPerímetro

Qt Polosπ

=

Assim ( )_1 cos

. . .2Pi rotoraglo coPó

Qt PolosAB θ

Φ

=

( ) [ ]( )

( )_1

4 . 0,582 .. . . . 1,97

61, 3

2

2Pól ao Pig co

Rl

Qt PolB

osππ

= =

Φ

2,94 Pólo WbΦ =

Confirmar, pois existe uma definição que me diz que :

[ ]( )_

2. 2. ..

.0,937

gap PicoaPolo

raio l

Qt PolbB

osW=Φ = .

Não “leva” o pi. Nota: é a diferença de espessura da parte saliente do polo (aqui representado à verde) que origina a forma sinusoidal.



Resolução 6.07d)

3 grupos de enrolamentos

A partir da figura é possível observar os 3 grupos (devido as três fases). Pois no enunciado é dito “6 pólos”. No regime permanente, ou estacionário, o seu valor máximo de tensão induzida é de:

[ ]. . . .2 . .fase Pólo Pólom elecáx W m fasetrica Wk k NE fN πω Φ Φ= =

Em que mecanicaf é a frequência mecânica eléctrica do

rotor, medida em Hz, e é igual a frequência da tensão eléctrica gerada. E sei que mecanica mf f= .

mf foi calculado na alínea a).

Um aspecto construtivo que é necessário considerar é que para ter um aumento da máxE , e sendo

_

2. .

2electrica electrica emec electricanica m mecanicaa

Qt Pol sf

oπ ωω ωω = = = = , implica que é necessário ou mais

pólos, ou maior velocidade angular da máquina.

E o valor eficaz da tensão induzida é .

2

2

2

2rm

áx xs

m máE VV = = =

( ).

2

. .

2.

fase da sériem PóW lof Nkπ Φ

Nota: rmsV é sempre a tensão simples (por fase), mas o enrolamento, ( )fase da sérieN , é em série!

Para aumentar ( )fase da sérieN , basta aumentar o comprimento do motor, l , o seu raio, r , o número de

voltas no rotor, rotorN , ou reduzir o afastamento entre o estator e o rotor, designado por entreferro,

apg .

Como cada fase tem 11 voltas, o que perfaz 33 voltas pelas 3 fases, ( ) 33 voltasfase da sérieN = .

A contribuição de cada componente distribuído origina a necessidade de recorrer a um factor de correcção de forma a permitir que se tenha a forma de onda fundamental, e o seu valor é de 1Wk = .

Cuidado, pois no enunciado é dito que 0,928Wk = mas é para a alínea d)!

Assim o valor eficaz da tensão gerada por fase é. ( )2. . . . .fase da séri PólWms m or eV Nkfπ Φ=

[ ] [ ] [ ] [ ]20 2,94 . . 32 .3. 1 .rms HzV Wbπ= 8 503,7 rmsV V=



Resolução 6.07e) Devido a se ter passado de 11 voltas para 45, não é possível colocar todos os enrolamentos na posição ideal, logo torna-se necessário o recurso a enrolamentos distribuídos, implicando que seja necessário utilizar um factor de correcção, que neste exercício é 0,928Wk = . É

uma técnica que me permite ter dimensões mais compactas de máquinas eléctricas, por colocar as 45 voltas todas na mesma linha, iria-me obrigar a ter uma ranhura demasiada grande, o que implicaria um estator demasiado volumoso.

E com o aumento de número de voltas, é previsível prever o que irá acontecer a tensão, logo é

[ ] [ ] [ ] [ ]( ) 320 0,928 2,94. . . . . . . . x 4 .2 2 . 5Pófase loda srm é es im W rV f Hk bN z Wπ πΦ= =

32 728,3 rmsV V=

Não é pedido, mas a tensão composta é:

.3Composta rmsV V= 56 687,14 CompostaV V=

Resolução 6.07f) “…gerar uma tensão de 13 kV entre linhas …”, esta tensão é a tensão composta. Assim, tendo por base que 13 CompostaV kV= , a frequência eléctrica 50 ef Hz= e 0,928Wk = , fica que

[ ]

3

13000

3Tensão simples

Compostarms

VV = = 7 505,55 rmsV V=



Com sei que [ ]( ) ( ). . . . .2

2 2

..

2

2Póelectr W mr

fase da s lo Périe fase ólodaim

sWs

ca ériek kV

N Nfπω= =

Φ Φ

( ) ( ). . . . .. . .

2.2

Pólfase da série fase dao

Pól

rmsériem W

m W

rms

o

skV

V Nf

Nfk

ππ

= ⇔Φ

=Φ

Como sei que [ ]2 2

. . 6

50 .em Qt Po

f f Hl s

zo

= = 50

3m zf H=

[ ] [ ]( )

7 505,5550

0,9283

2 2. . . . . .37,15 volta

4 . 9. ,s

2fase da séri

r

Pólom

ms

W

e

HzfN

k Wb

V

π π

=Φ

=

=

E ( )fase da sérieN é a quantidade total de voltas, mas sei que tenho 3 grupos de enrolamentos por fase,

logo para obter “… o número de voltas ligadas em série por fase …“, faseN , é necessário dividir

( )fase da sérieN por 3:

( )

37,15 vol

3 3

tasfase da sériepor fase

NN = = 12,38 voltaspor faseN =

Nota - não é pedido, mas se a 60 ef Hz= , então 20 mf Hz= , logo

[ ] [ ] [ ] [ ]. . .20 0,928 . 2. ,94 32 7,15Composta Hz WV bπ= 15,6 CompostaV kV=

Assim com um aumento de frequência, a tensão acompanha a subida.



Exercício 6.08 – A Figura 24 mostra um rotor de dois pólos a rodar dentro do estator que tem um enrolamento de 110 voltas. O rotor produz uma distribuição sinusoidal espacial de fluxo na superfície do estator. Quando a corrente do rotor é 15 A o valor máximo da densidade de fluxo é 0,85 T . Assuma que o circuito magnético é linear. O diâmetro interior do estator é 11 cm e o comprimento axial é 0,17 m. O motor está a rodar à velocidade de 50 rotações/s. Tomando o instante de tempo igual a zero quando o eixo do rotor está na vertical, deduza uma expressão da tensão instantânea gerada com o estator em circuito aberto. O rotor é alimentando por uma corrente de 15 A.

Figura 24 - Gerador básico.


Resolução 6.08a) É uma máquina síncrona. É preciso ter cuidado, pois não se pode aplicar mais corrente, de modo a evitar a saturação do material.

.ed

Nd

t=

Φ

Sendo .Nλ = Φ , fica que .d d

d dte

tN

λ= =

Φ, e _1.ag ABΦ = , em que A é a área dos dois pólos.

_1agF é a amplitude da harmónica fundamental da f.m.m. com recurso a enrolamentos distribuídos,

sendo que a definição da componente fundamental para o enrolamento distribuído com vários pólos (constituído por várias espiras por fase, faseN ) é:

( )_1 é amplitude máxima da harmónica fundamental

1

f.m.m.

_ co.4

. . . 2

s

Pia cg o

faWag a rotor

F

se Qt Polos

Qt PolI

s

N

o

kF θ

π

=



Wk é um factor de correcção, por se estar a utilizar enrolamentos distribuídos, de forma a permitir

que se tenha a forma de onda fundamental. O fluxo é definido por ( ) ( )_1 10_1 _. . .co co.s srotor roag ag ag torH HB µµ θ θ= = , com variação sinusoidal.

A intensidade de campo é definido por _1_1

c. .

2osag

ap

o rg oa

r t

Qt PoF los

gH θ

= e o seu valor máximo é

( )_1

.4.

. rotor rotor

ra otorPicoap

g Qt Po

k

lo

N

gH I

sπ

=

.

Substituindo fica que ( ) ( )_1 _10 0cos.4

. . . . os.

c.

rotor rotorrotor rotor rotorg g

aa

pa Qt Po

Bl

N

osH I

g

kµ µθ θ

π

= =

e que

( )_1 0

.4. . . . .

. cosrotor rotor

rotor rotoa

ragp

A AQt Pog

BN

Io

k

l sθ

πµ

= =

Φ

Como o 2 .Perímetro Rπ= , a área é

( ). 2 . .A Perímetro Comprimento R lπ= = .

Pressupõem-se que a cabeça do rotor é quase da dimensão do perímetro:

_1.ag ABΦ =

( ) ( )0.4 .. . . 2cos . .

. rotor rotor

rotor roa

torp

R lQt Polos

Ig

Nkµθ π

π

=

Φ

Assim ( )0.4. . . .2 . .. . .

. .c

osrotor rotor

a

rotorro or

pt

NN

R l

Qt Polosg

kN

I πθ

π

µλ

Φ

= =

Em que rotorθ é o produto da frequência pelo tempo, logo [ ] ( ). .2 2 50 . ro eetor t tf Hz tω π πθ = = =



Ficando ( ) ( )( )0.4. . . .2 . .. . . .

. . 5c 2o s 0rotor rotor roto

a

r

p

R ld d

dt dt Qt Polo

NNe t t

sH

k IN

gz

π

π

µπ

Φ

= =

A derivada do cosseno é o seno negativo:

( ) ( )0. .4. . . .1sin

2 . .. .

. . 00rotor rotor rotor

ap

R l

Qt Polos

N Nk

ge

It t

π

π

µπ= −

Esta definição é geral, mas falta-me o valor do entreferro. Poderia ter resolvido o exercício de outra forma:

3850.10PicoB −=

[ ]3 30 850.

2 2 0,11.2 . . .2 . 0,17 .

. 2 215,9.1010Pico l R m m

Qt PolB

os− −Φ

= = =

0 15,9 mWb=Φ

Porque a componente fundamental da densidade de fluxo é obtido no instante t=0, e porque a tensão é igual a derivada da função no tempo da ligação de fluxo, podemos escrever

( ) ( ) ( ).sinPico

v Vt tω±=

onde o sinal da tensão depende das polaridades definidas para o fluxo e a bobina do estator, com

50 ef Hz= e

.2 100 /electric ea r sf adππω = = .

Fica que

( )( ) ( ) ( )0100 15,9 . .. . 1 0

2

1

2Estatorele

Pictrica

coV

m bN Wω πΦ= =

( ) 388,53 Pico

V V=



Resolução 6.08b) Neste caso o fluxo por polo, pΦ , é definido por

( ) ( )02.cosp t tωΦ Φ=

Como já calculei 0Φ na alínea a), o fluxo de ligação da bobina do estator é

( ) ( ) ( ) ( )( )0 02. . . . .cos co

11 2.

2sEstator Estator Est rp atot N tN t tN ωλ ω± ± Φ= = =Φ Φ ± +

e a tensão gerada é ( ) ( )0. .sin 2.t tv ω ω= Φ∓ .




Exercício 7.01 – Os enrolamentos de uma máquina trifásica de dois pólos é alimentado por correntes trifásicas equilibradas a 50 Hz dadas pelas seguintes equações:

( ) ( ).cosmáx eai It tω= ( ) ( )cos. 120ºmáx eb t ti I ω= − ( ) ( )cos. 120ºmáx ec t ti I ω= +

Apesar da distribuição espacial do enrolamento ser a que minimiza as harmónicas, ficam algumas componentes harmónicas espaciais na terceira e quinta componente. Assim a força magnetomotriz resultante nas fases é:

( ) ( ) ( )( )1 3 5. .cos cos 3. co 5s. .camp aao a a aA Ai Aθ θ θ= + +FFFF

[ ]( ) [ ]( ) [ ]( )1 3 5cos co. . .120º s c120º 121 3 5s 0o º. . .ca a ampo abbA A Ai θ θ θ= − + − + − FFFF

[ ]( ) [ ]( ) [ ]( )1 3 5cos co. . .120º s c120º 121 3 5s 0o º. . .ca a ampo accA A Ai θ θ θ= + + + + + FFFF

Calcule a força magnetomotriz total das três fases. Qual é a velocidade angular e a direcção rotacional de cada componente da força magnetomotriz?


Resolução 7.01a) electrica eω ω= . Pequena explicação: acampoFFFF além da componente fundamental (1ª

harmónica), e que na prática é tido em conta em 99,99% das situações como sendo a única forma de onda existentes pela simplificação que nos permite nos cálculos (e como em engenharia o que se pretende é uma aproximação a realidade), também existem as outras componentes na formação da forma de onda. Assim neste exercício é também considerado 3ª e 5ª harmónica.



Figura 25 - Motor síncrono de dois pólos salientes.

Figura 26 - Forma de onda conforme a localização.

Figura 27 - Forma de onda da f.m.m.



Figura 28 - Diracs que compões a f.m.m.

São as transições bruscas de corrente, conforme se pode constatar na Figura 27 que originam os diracs.

Figura 29 - Resultado da forma de onda com influência a 1ª e 5ª harmónica.



Quantas mais componentes eu considerar, mais me aproximo da forma de onda rectangular. Socorrendo-me de uma entidade da função trigonométrica que é

( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos1 1

.2 2

cosa b a b a b++= −

Sei que a fase “a” é ( ) ( ) ( ) ( )( )1 3 5cos c. . . .os cos 3 o 5. .c samáx acamp aao e A AtI Aω θ θ θ= + + FFFF .

( )

[ ]

( )

[ ]01 02

1 1cos co1

. . .s. ..2máx ec a aaampo et tAI Aω ωθ θ

=

− + + +

FFFF

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]03 04 05

3 3 5

06

5... . . .3 3 5cos cos cos os 5.ce e ea ea a at t tA A tA Aθ θω ω θ ωθω

+ − + + + − + +

Agora para a fase “b”, e não esquecer que 3 x 120º 360º 0º= = :

( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( )1 3 5120º 120º 120º 120º. .cos cos 1 cos c. . . . .3 5osacampo a ab máx e A AI At θ θ θω= − − + + − −FFFF

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( )1 1120º 120cos º 120º 121

. . . .º .2

0cos .camp bo am aáx e eI A t A tω ωθ θ

= − − − + − + − + FFFF

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )

3 3

5 5

... . . ...

...

cos cos

cos

120º 120º 120º 120º

120º 120º 120º 120

3 3

5 5co. . ºs

ea a

a a

e

e e

t tA

t

A

A A t

ω ω

θ θω

θ

ω

θ+ − − − + − + − +

+ − − −

+ + − −

( ) ( )( )( )1 1120º 120º 120º 120. . ...2

o ºc s coscmáx

e ea amp ba o t tA AI

θ θω ω = − − + + − + − + FFFF

( ) ( )( )

( ) ( )( )3 3

5 5

cos cos

c

.. 120º 120º

120º 120º

. . . ...

... 120os cos. º 120º

3 3

5 5.

a a

a

e e

e a e

A A t

A t tA

tω ω

ω ω

θ θ

θ θ

+ − + + + − +

+ + − + + −

+ +



( )

[ ]

( )

[ ]

( )

[ ]0

1 1 3

7 08 09

120cos co. . . ..º 1s 20ºco .2

3sa a abcampomáx

e e et tA tAI

Aθ θω ω ωθ = − + + + + − + +

FFFF

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]10 1

3 5

1 12

5120º 12... . . .3 5 5cos cos cos0ºe ea a a eA At t tAω θ ωθ θ ω+ + − + − −

+ +

Para a fase “c”:

( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( )1 3 5120º 120º 120º 120º. .cos cos 1 cos c. . . . .3 5osacampo a ac máx e A AI At θ θ θω= + + + + + +FFFF

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( )1 1120º 12. . . ..0º 120c ºos .2

os 1 0ºc 2cam amáx

e eacpo A At tI

ω θ ωθ = + − + + + + + +

FFFF

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )

3 3

5 5

... . . ...

...

cos cos

cos

120º 120º 120º 120º

120º 120º 120º 120

3 3

5 5co. . ºs

ea a

a a

e

e e

t tA

t

A

A A t

ω ω

θ θω

θ

ω

θ+ + − + + + + + +

+ + − +

+ + + +

( ) ( )( )( )1 1120º 12. . . ..0º 120c ºos .2

os 1 0ºc 2cam amáx

e eacpo A At tI

ω θ ωθ = + − + + + + + + FFFF

( ) ( )( )

( ) ( )( )3 3

5 5

cos cos

c

.. 120º 120º

120º 120º

. . . ...

... 120os cos. º 120º

3 3

5 5.

a a

a

e e

e a e

A A t

A t tA

tω ω

ω ω

θ θ

θ θ

+ − − + + + +

+ − − − + −

+ +

( )

[ ]

( )

[ ]

( )

[ ]

1 1

13

3

14 15

120. . . . .º 120co ..2

3s cos co ºsmáxe e ecampo c a a at tA tA

IAθ θω ω ωθ

= − + + − + − − +

FFFF

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]16 1

3 5

7 18

5120º 12... . . .3 5 5cos cos cos0ºe ea a a eA At t tAω θ ωθ θ ω+ + + + − +

+ +



Como campo campo campo c cpa m ob a= + +F F F FF F F FF F F FF F F F , e se olhar para os índices dos resultados parciais, verifica-

se que se pode simplificar agrupando os termos semelhantes:

[ ] [ ] [ ] ( )1

301 , 07 1 o3 c. s.

2máx

ea

Ite A θ ω= −

[ ] [ ] [ ]02 , 08 14 0e =

[ ] [ ] [ ]03 , 09 15 0e =

[ ] [ ] [ ]04 , 10 16 0e =

[ ] [ ] [ ]06 , 11 17 0e =

[ ] [ ] [ ] ( )5

306 , 12 18 . .c 5s

2omáx

a eAe tI

θ ω= +

Assim ( ) ( )1 5cos cos3

. . 5.2camáx

e eam o ap t AI

A tθ ω ωθ= − + + FFFF

Figura 30 - Forças presentes no motor.

E ( )5 co. 5.2

s3 m

aáx

e

IA tθ ω+ vai ser uma fonte de perturbação ao sistema:

Conforme se pode verificar na Figura 31, apesar da componente fundamental ter maior amplitude, a 5ª harmónica é fonte de perturbação. Para ser mais representativo, exagerei na amplitude da 5ª harmónica, pois na realidade não é tão acentuado.



Figura 31 - Forma de ondas presentes.

Exercício 7.02 – A placa informativa de um gerador DC indica que a tensão produzida à saída é 24 VDC quando o gerador está a rodar a 1200 rpm. Por que factor deve mudar o número de voltas da armadura para que com o mesmo fluxo de campo por pólo o gerador DC produza à saída 18 V DC a uma velocidade de 1400 rpm?

Problema 4.15, página 235 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 7.02) Não sei a quantidade de pólos, nem o valor do fluxo.

sincronosincrono

60

. . . . .

302. . p

pf

armadur

RP

asef

M

asea

NQt Polos nnQt Polo

sE

sN

ππ

= =

Φ

Φ

Tenho que escolher uma variável que não altera o seu parâmetro com a tensão, fluxo ou velocidade, pois é uma característica da sua construção: Qt Polos . Os outros parâmetros podem ser anulados,

pois também são fixos, que são o fluxo por pólo, pΦ e a constante 30.

[ ] sincrono . . fasa u a ermad rQt Polos NnE =



Assim com 24 V V= , tenho então que [ ]( )sincrono-

11 1 1

1 1 24

120.

0 .

. .armaduraEQt Polo

nNs

NV

−

= =

E para a outra situação é [ ]( )sincrono-

22 2 2

1 1 18

140.

0 .

. .armaduraEQt Polo

nNs

NV

−

= =

, fica que

( ) ( )1

2

2 1

1200

1200 1400

18 24 18

24

1 1. . .

. 4 0. 1 0

N V

N N VNV V

= ⇔ =

22 1

1210,643 1 0,643 1 1,556se se

NN N N N

N= = ⇒ = = ⇒ =

Exercício 7.03 – A armadura de um gerador DC de dois pólos tem 320 voltas em série. Quando o gerador está a funcionar a 1800 rpm, a tensão gerada em circuito aberto é 240 VDC. Calcule o fluxo do entreferro por pólo, pΦ .


Resolução 7.03) Usa-se a mesma definição do exercício 7.02: sincrono . . .

30p

armadura

fasenQt PolE

o Ns Φ= .

Fica

[ ]

( ) [ ] ( )

sincr

3

ono

18

240

6,25.1

30.

. .

30.

2 0.

0

320.0

f

armadurap

e

p

p

asQt Polos Nn

E

−

Φ

=

Φ

=

Φ

=

6, 25 p mWb=Φ

Figura 32 - Motor DC de dois pólos.

Os enrolamentos se forem ligados em série, podemos aumentar a corrente, se for em série, aumenta-se a tensão.



Exercício 7.04 – No projecto de um motor trifásico de indução, de quatro pólos, 230 V, 60 Hz tem um estator cujo comprimento do núcleo é de 21 cm e o diâmetro interior de 9,52 cm. O enrolamento do estator tem um factor de enrolamento de 0,925Wk = . A armadura está ligada em estrela, Y, e por

isso a tensão aplicada a cada fase é 230 3 .

a) O projectista tem de escolher o número de voltas no enrolamento da armadura para que a densidade de fluxo da máquina seja suficientemente elevado, mas sem saturar o material ferromagnético. Calcule o número de voltas por fase para que o valor máximo da densidade de fluxo no entreferro seja de 1, 25 T .

b) Para um comprimento do entreferro de 0,3 mm, calcule o coeficiente de auto-indução dos enrolamentos das fases da armadura. Despreze a relutância do rotor, as fugas no ferro e a indutância de fugas na armadura.

Problema 4.17, página 235 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 7.04a) _ electrica electrica emecanicaω ω ω= = , mecanica mω ω= , e _ electrica electrica emecanicaf f f= = .

Figura 33 - Motor DC trifásico de 4 pólos.

( ). . . .s .inarmadura m W fase epN tE kω ωΦ=

Sei que _

2.2. . .

a gapp BQt Polo

Rs

l=Φ , logo:

_

2.2. . .

p aMáx Mgap áxB

Qt PolR

osl=Φ

[ ] ( )2 221.102

.2. . .9,52

.102

1 24

, 5p Máx

−−

Φ

=

12,5 p MáxmWbΦ =

Para se ter armadura MáxE , então ( ).in 1s e tω = , e a tensão eficaz é assim

2RMS

armadura Máxarmadura

EE =

Desenvolvendo fica que

2. . 4. . . .2. . . .

2

.

arm RMSadura armadura armadura Máx

m W p W pMáx M

RMS

áxW p Máx

s

e

fa e

e

NQt Polos

Q

f

t Polo

k kk

E E E

sf

ω ππ

Φ ΦΦ

=

= =



Cuidado, pois no enunciado é-me dito “…a cada fase é 230 3 ”, logo não é a tensão eficaz.

230 3 4.

2faseN =

4 [ ] [ ] 312,5.

531,162

12,33. 60. . .0, 10925π −=

43 fase vN oltas=

Resolução 7.04b) Predomina a relutância do entreferro, assim:

( ) [ ] [ ]( )

[ ] [ ]( ) ( )

2

2

2

0

2

8

27

3

0, 43

.4.4. .

925

. ..

.4.4. . . .

421.10

0,9252

. . . 9,52 .21.100,3

9,52.10

20,3

4 .10

.10

43

fase

a

W

p

kl

Qt PoL

L

lg

L

Ro

N

sπ

π

µ

π−

−

−

−

−

=

=

=

21,09 L mH=

Exercício 7.05 – Um gerador trifásico síncrono de 2 pólos a 50 Hz tem um rotor com um raio de 5,71 cm, o comprimento do rotor é 18,0 cm e o comprimento do entreferro é 0, 25 mm .

O enrolamento de campo do rotor tem 264 voltas e o factor de enrolamento é 0,95rotork = . A

armadura está ligada em estrela, Y, e os enrolamentos têm 25 voltas por fase com um factor de enrolamento de 0,93Wk = .

a) Calcule o fluxo por pólo e o valor de pico da densidade de fluxo no entreferro quando a armadura está em circuito aberto com uma tensão de 230 V a 50 Hz . b) Calcule a corrente de campo nas condições de funcionamento da alínea a). c) Calcule a valor máximo da indutância mútua entre o enrolamento de campo e uma fase da armadura.




Resolução 7.05a) _ electrica electrica emecanicaω ω ω= = , mecanica mω ω= , e _ electrica electrica emecanicaf f f= = .

( ). . . .s .inarmadura m W fase epN tE kω ωΦ=

Vou considerar ( ).in 1s e tω = (ponto máximo):

. . .armadura m W pax eMá f sNE kω Φ=

2armadura Máx

armadura RMS

EE

=

. ..

2

W p Máxar

fas

RMSmadura m

ekE

Nω

Φ=

Figura 34 - Motor trifásico de dois pólos salientes.

. .2. . . . . . . . .

. 2

22

2 2

fase

f

W

a

p Máxarmadur RMSa W p Máe xse eE f f

Qt Pol

kk

os

NNπ π

Φ Φ

= =

[ ] [ ] [ ]. . 0,93.

230

2. . . . .60 52 2armadura

p MáxW fasee

RMS

kf

E

Nπ π=Φ = 44,53 p Máx

mWbΦ =

Como _

2.2. . .

p aMáx Mgap áxB

Qt PolR

osl=Φ , fica que _

.

22. .

p Máx

a Máxgap

Qt

B

Polos

Rl

Φ=

22_

3

5,71.10

2.

2

18.1

44,5

0

0

2. .

3.1

a Mágap xB

−

−−

=

_ 2,166 a MáxgapB T=

A máquina deve ser construída conforme a figura de modo a garantir a geração de uma forma de onda sinusoidal. Pois sendo os pólos salientes, e que quase a fechar o perímetro, acompanhando o perímetro do estator, faz com que o fluxo _ pa gaB , varia de forma sinusoidal. Ver exercício 6.07.



Resolução 7.05b) Sei que . . Totalcampo IN= Φ=FFFF R , e quando se fala em densidade de fluxo de pico,

PicoB , estamos apenas interessados na componente fundamental.

Figura 35 - Forma de onda fundamental.

Independentemente do modo de como é construído o rotor, recorre-se sempre a forma fundamental da função, uma vez que torna os cálculos mais simples e genéricos, e muito próximo da realidade. Na prática em engenharia só se trabalha com aproximações.

( ) ( )_ _0 0

1

.4. . . .

Pico Pico Pi

rotor rotorrotg oap

apr

apoa ag c

k

Qt PoloB

sIB

gF

g

Nµ

π

µ= = =

Sendo neste tipo de construção, maquina AC síncrono, a corrente do rotor, rotorI , é a corrente de

campo, fI . Assim

[ ] [ ]

[ ] [ ]_

70

3. . . . . .0, 25.2,16 1

4 .10

2

.4. . .4. 20 64.9

06

, 5rotor

rotor rot

a Mgap p

fo

aá

r

xB Qt Polos

I Ik N

g

µ π

π π−

−

= =

=

2, 699 frotorI I A= =

É este valor que me garante o valor da densidade de fluxo, por pólo, que irá permitir que surja uma f.e.m. no terminal. A velocidade mecânica, mecanicaω , permanece constante, e a tensão apenas

depende da corrente de campo, fI , que é a corrente no rotor, rotorI .

Resolução 7.05c) Sei que o coeficiente de auto-indução mútua é anotado com aL , e se esse

coeficiente for na armadura é _ arma aduraL . O coeficiente de auto-indução mútua no rotor é _ ra rotoL .

E armadurai é a corrente da armadura.



_ _. . . .p armaduraEst rotor rator Estat armador Estat a ot rra ou aor L Ik LN Iλ = = +Φ

Nota: Estat Worλ λ= , Estat Work k= , e Estator faseN N= .

E em circuito aberto, tem-se que 0armaduraI = , e sabendo que roto frI I= (calculado na alínea b), e que

44,53 p MáxmWbΦ = (calculado na alínea a) fica que:

[ ] [ ][ ]

3

_ _

44,53

2,69

. . . .2 .105,

9

0 93f

f

fase

a

W p Máxarotor

NL L

k

I

−

= =Φ =

_ _ 383,6 mHfta r ao orL L= =

Na literatura inglesa vê-se _ _roto ar faL L= .

Com este parâmetros todos, já consigo estimar o modelo da minha máquina. Exercício 7.06 – Escreva um programa em MATLAB para calcular o número total de voltas do enrolamento de campo e de cada fase da armadura de um motor trifásico síncrono ligado em estrela, Y, em função dos seguintes parâmetros:

- R - Raio do rotor (metros); - apg - comprimento do entreferro (metros);

- ef - frequência eléctrica (Hz);

- fk - factor de enrolamento de campo;

- l – comprimento do rotor (metros); - pólos – número de pólos; - PicoB – valor de pico da componente fundamental da densidade de fluxo no entreferro;

- wk – factor de enrolamento da armadura;

- RatedV – tensão entre linhas do gerador em circuito aberto;

- fI – corrente de campo com a tensão aos terminais da máquina em circuito aberto no valor

final.




Resolução 7.06) Não me é dito nada acerca do parâmetro rotorN , que influencia o fluxo. Se influencia

o fluxo, também influencia a densidade de fluxo, PicoB (parâmetro esse sim dado).

Não me é dito nada acerca do parâmetro faseN , mas sei que este parâmetro influencia a tensão

composta. Assim, e usando as definições que já sei, para a variável rotorN , e sendo

0 .4. . .

rotor rotor

rota

Pip

orco

NB

QtI

k

Polosg

µ

π= , então

0

. . .

4. . .a

rotorrotor rotor

ico pP Qt P

IkN

olosB g

µ

π=

E para definir a variável faseN , e sabendo que

2. . . . .armadura W p MRM e xS áe fasf NE kπ Φ= , e _

2.2. . .

p aMáx Mgap áxB

Qt PolR

osl=Φ , então:

_

2. . . . . .22 . . .

p Máx

armadura W a MágfR ase xeMS apQtNk lB

osf

PE R

olπ

Φ

=

3

armadura

armadComposta

ra RMu S

VE = e _aP gic a M xo ápB B=

1 . .

2.2. . .3 .2 . .

ar Cf

ompmadura osta

Picoe

s

W

a e lk

Qt PV o

B

los

RfN

π=

.

96. . . . . .Compos

fata

Pic

armad

oe

ra

s

u

e

W

Qt Pol

kN

os

f RB

V

lπ=



Vou utilizar os parâmetros do exercício 7.05. Assim para

- R - Raio do rotor é 5,71 cm, logo 25,71.10− ;

- apg - comprimento do entreferro é 0, 25 mm , logo 30,25.10− ;

- ef - frequência eléctrica é 50 Hz ;

- fk - factor de enrolamento de campo é 0,95 ;

- l – comprimento do rotor é 18,0 cm, logo 218.10− ; - pólos – o número de pólos é 2; - PicoB – valor de pico da componente fundamental da densidade de fluxo no entreferro é

2,166 T ;

- wk – factor de enrolamento da armadura é 0,93 ;

- RatedV – tensão entre linhas do gerador em circuito aberto é 230 2 V ;

- fI – corrente de campo com a tensão aos terminais da máquina em circuito aberto no valor

final, é 2,699 A . Código em Matlab®: clear; clc; Raio = 5.71*10^(-2); Gap = 0.25*10^(-3); fe = 50; kcampo = 0.95; lrotor = 18*10^(-2); pólos = 2; Bpico = 2.166; Karmadura = 0.93; % Constantes mui_0=4*pi*10^(-7); % Ciclo que permite a criação da Tabela de dados do gráfico. Os dados são os diferentes valores do coeficiente de auto-indução conforme o ângulo. for n=1:10001 % É o valor máximo da minha amostragem Icampo(n)=1+(((n-1)/10000)*1.908481202); % 2.699/sqrt(2); Vrated(n)=1+(((n-1)/10000)*162.6345597); % 230/sqrt(2); Nrotor(n) = (Bpico*pi()*Gap*pólos)./(4*mui_0*kcampo*Icampo(n)); Nfase(n) = (Vrated(n)*pólos)./(sqrt(96)*pi()*fe*Karmadura*Bpico*lrotor*Raio); end



subplot(2,1,1); plot(Icampo, Nrotor); xlabel(' Corrente de campo(A)'); ylabel(' Numero de voltas para garantir a mesma densidade de fluxo (voltas)'); subplot(2,1,2); plot(Vrated, Nfase); xlabel(' Tensão de saida (V)'); ylabel(' Numero de voltas para garantir a mesma densidade de fluxo (voltas)');

Figura 36 - Gráfico do código.

Exercício 7.07 – Um gerador síncrono de quatro pólos, a 60 Hz , tem um rotor com o comprimento de 5, 2 m , diâmetro de 1, 24 m e o comprimento do entreferro é 5,9 cm. O enrolamento do rotor

consiste num conjunto 63 voltas ligadas em série com um factor de enrolamento 0,91rotork = . O

valor de pico da componente fundamental da densidade de fluxo está limitado a 1,1 T e o enrolamento do rotor é percorrido por uma corrente de 2700 A . Calcule o valor máximo do binário motor (N.m) e a potência de saída (MW) que será fornecido por esta máquina.




Resolução 7.07a) Com uma maquina destas dimensões, em que só o comprimento chega aos 5,2 metros, é extremamente difícil obter um valor de entreferro muito baixo. Pois como o veio do motor está apoiado nas chumaceiras colocadas nas extremidades, deixa um vão demasiado longo sem apoio, e por muito resistente que seja o material utilizado, este acaba por dobrar pelo peso. E é necessário ter-se isso em consideração no dimensionamento do entreferro. Quanto maior o comprimento do motor, ou o raio, mais se consegue de densidade de fluxo sem entrar na saturação, o que permite aumentar a potência. Nota: quando se fala em potência e se menciona kVA ou kW, esta distinção ter uma razão de ser. O kVA é a potência que é entregue, e logo é com este valor que se dimensiona a aparelhagem de protecção. Daí, na cadeira de “Instalações Eléctricas” se mencionar kVA no dimensionamento dos APC, DDR e disjuntores. Quando se pretende saber o valor real do trabalho, ou que realmente é utilizado, usa-se kW.

Figura 37 - Representação esquemática do sistema.

[ ]( )

. 2. . . . . . .

2i

2s ncampo SR R SR

raio l Qt PoT

losB F

πδ= −

Vou considerar ( ) 1 90s ºin SR SRδ δ= ⇒ = (em relação a rede eléctrica):

( ) [ ]( )

. 2. . . . . .

2 2campo S PicoP c Ro Ri

raio l Qt PolosFBT

π= −

E sei que .4

. cos. . 2

rotor rotorrotor roR tor

Qt Polos

Qt Polos

kF

NI θ

π

=

, em que rotorθ é a posição do rotor. Mas

como se pretende o valor de pico (máximo) fica que

( ).4

.

rotor rotorroP ticoR orQt Polos

IN

Fk

π

=



Assim substituindo fica que ( ) [ ]. 2. . .. 4. . . .

2 2 rotor rotor

rocamp SRPicoo tor

kT

raio l Qt Polos

Qt PolosI

NB

π

π

=

−

( )Pic cam opoT

π= −

[ ]. 2. .

2

raio l . .

Qt Polos

2

4. .SRB

π

.

rotor rotorN

Qt

k

Polos. rotorI

( ) [ ]2. . . . . .S roPico torca rotor rotm o R orp N IT raio l B k= −

Posso concluir que o torque binário não é influenciado pelo número de pólos, mas sim pela velocidade.

( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 61,1,24 . 5,2 . . .0,91 63 1,1.10.1 2700campo PicoT = − =

( ) 1,1 .PicocampoT MN m=

Resolução 7.07b) Não sei a potência eléctrica, mas sei a potência mecânica.

sincrono

60

2.22

..

. . .

.

RPM

campo campo campe

elec mecanicr oca at i T TQt Pol

fT

s o

n

sP ω

ππ= = =

[ ] 621,

.26

.. . . 1.100. .

4 campo campoe

electrica e

ffP T T

ππ π= = =

207electricaP MW=

Aqui já é em watt, pois é a potência útil. Para não esquecer, basta decorar que quando é fornecida é em watt, quando é consumida é em VA.



Exercício 7.08 – A Figura 38 mostra secção transversal de uma máquina que tem um enrolamento f no rotor e dois enrolamentos iguais no estator, a e b , com os eixos em quadratura. O coeficiente de auto-indução de cada enrolamento do estator _ aaL e do rotor é _ ffL . O entreferro é uniforme. A

indutância mútua entre o estator e o rotor depende da posição angular do rotor e pode ser definida por:

( ) ( )0 0_ _. ; .cos sina f b fM M M Mθ θ= =

onde M é o valor máximo da indutância mútua. A resistência de cada enrolamento do estator é aR .

a) Deduza uma expressão genérica do binário em função do ângulo 0θ , das indutâncias e das

correntes instantâneas ai , bi e fi . Esta expressão aplica-se quando o motor esta parado?

Quando é que o motor começa a rodar? b) Supondo que o rotor está parado e são aplicadas as correntes DC 0ai I= , 0bi I= e 02.fi I=

aos enrolamentos nas direcções indicadas na Figura 38. Ao aplicar estas correntes o motor vai rodar continuamente ou vai tender a ficar parado? Caso ele tenda a ficar parado com que valor fica o ângulo 0θ ?

c) Aplicando uma corrente DC ao rotor, fi , enquanto no rotor são aplicadas duas correntes

equilibradas,

( ) ( ).cos2.a a ei It tω= e ( ) ( ).sin2.b a ei It tω=

o rotor fica a rodar a uma velocidade síncrona de forma que a posição angular do rotor é dada por 0 etθ δω= − , onde δ é o ângulo que dá a posição do rotor em t = 0. Deduza a expressão

do binário desta máquina elementar síncrona de duas fases. d) Nas condições da alínea c), deduza uma expressão para a tensão instantânea aos terminais das fases a e b do estator.

Figura 38 - Máquina monofásica com rotor uniforme.




Resolução 7.08a) Só tem dois enrolamentos (a e b)! No rotor tem-se as componentes móveis, e no estator as componentes fixas. Uma bobina analisada isoladamente não interessa, pois não interfere sobre si mesma, mas analisando a sua influência sobre uma outra bobina vizinha já é necessário haver consideração na análise do sistema. Só as componentes móveis contribuem para o binário. P: Não deveria de haver interacção entre ( )0_a aL θ e

( )0_b bL θ ?

R: Teoricamente sim, mas os valores não são significativos, pois o ângulo formado, sendo ideal, é de 90º, logo é zero. Se o posicionamento não for 90º, o que é o caso, pois é extremamente difícil a construção ter uma disposição ideal, em que a disposição dos enrolamentos tenha uma desfasagem de 90º, sendo devido a esses defeitos de concepção responsáveis pelo ruído criado. Aqui o ruído é no sentido de imperfeição do sistema.

Figura 39 - Identificação dos coeficientes de auto-indução.

Deve-se manter constantes as componentes ai , bi e fi . Assim ( )

a a

0

,0

,

; '

f

campo

campo

i i i

iT

W θ

θ

∂ =∂

Sendo ( ) ( ) ( ) ( )_ _ _

S tem dois en

2

rolamentos (a e b)

a2 2

0 0 00 b'1 1 1

; . . . . . .2 2 2acamp a fb fo b f

ó

i LW i L i L iθ θ θ θ = + +

Substituindo fica ( ) ( ) ( )0 0b0a; . . cos. . . in.' sfcampo fi i M MiW i iθ θ θ = +

Assim ( ) ( ) ( )( ) ( )( )0

0 0

_ _ 0

0 0

. .co. . . . . . . .

sinsf f

a f b f

a bc f fam o ap b

M Mi i iT i i i i i

M Mθ θ

θ θ θ θ

∂ ∂ ∂ ∂= + = +

∂ ∂ ∂ ∂

( )( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0. . . .cossin c sio. .s n. .a bf fa o bc mp aM i i i i i iMT θ θ θ θ = − + = −

M é o coeficiente de auto-indução mútua, efeito que um enrolamento provoca no enrolamento vizinho. A máquina fica parada se as componentes se anularem, sendo a condição primário a de que o

binário seja nulo, 0campoT = . E para isso ocorrer é necessário então que ( ) ( )0 0sincos. .b ai iθ θ= .



Resoluções 7.08b) As correntes são contínuas. O sistema tende a parar onde o binário for zero.

( ) ( )0 0c nos siθ θ=

E para isso ocorrer é necessário que o ângulo seja de 45ou -135º.

0θ ( )0sin θ ( )0cos θ Sentido de rotação

0

0

1

+

45

2 1

2 2=

2 1

2 2=

0

90

1

0

-

( ) ( ) ( )0 0 0 0 02 2sin 4s2. . . 2. 2co .s . i. ncampoT M IMI θ θ θ π= − = −

M é o coeficiente de auto-indução mútua, efeito que um enrolamento provoca no enrolamento vizinho. Desde que haja perdas em todo o sistema, o rotor vai tentar parar com a posição angular em períodos

de 4π , 0 4θ π= , em que 0campoT = e

0

0t

θ

∂<

∂.

Resolução 7.08c) ( ) ( )0 0co. . . .s sinbo fm aca pT iM i i θ θ= − .

0 etθ δω= −

( )Resistente

; . .mecanica

me electricca anicacampo T TWJ Rλω θ

θ

∂= − + −

∂

Em que electricaT é o binário eléctrico.

Em regime permanente, mecanicaω é praticamente constante, logo o atrito é . 0mecancampo icaRW = .

Assim ResistenteelectricaT T= .



Cuidado, pois na alínea a) “troquei” as posições das correntes por uma questão de simplicidade!

( ) ( ) ( ) ( )0 0cosin sins cos. . 2. . . 2. . .cam f eo ap a etT I tI IM θ ω θω = −

( ) ( ) ( ) ( )0 02. . . . .sin co ns s . ico sc e em o aa p f tT I IM tθω ω θ= −

( )02. . . i. s n

electrica

fcam e

T

o ap M I I tT ω θ= −

P: A máquina está parada ou a rodar com esta condição? Vai-se ver. t

0θ ( )0sin etω θ−

electrica

camp

T

oT

0

0

0

0

0,001 s

0

1K−

[ ]1

0,002 s

0

2K−

[ ]2

0,005 s

etω δ+

( )sin e et t δω ω− +

[ ]3

[ ]1 é 1 12. . . .ca f ampo IM IT K− =

[ ]2 é 2 22. . . .ca f ampo IM IT K− =

E como 2 1campo campoT T− −> , faz com que a máquina comece a rodar.

[ ]3 é ( ) ( )Resistente 2. . . . 2sin . . . .sin

campo

elect a

T

r e aica f e fM MT I I I It tT ω δ δω= = − − + = −

A velocidade de rotação é igual a rotação angular. R: Com o passar do tempo, o binário aumenta, e por conseguinte o rotor começa a rodar. Este aumento do binário (da força) faz aumentar a rotação (eléctrica) do estator. O rotor ao querer acompanhar a rotação eléctrica do estator, também aumenta a sua velocidade.



δ é o desfasamento entre a velocidade angular mecânica, mω , e a velocidade angular eléctrica, eω .

Se Resistente 0T = , então 0δ = .

Se funciona como gerador, o rotor roda, mω , mais depressa que o estator, eω .

Logo o ângulo, δ , da função seno, ( )sin δ , é negativo.

Nunca permitir que este ângulo chegue aos 90º, ou mesmo próximo, pois é prejudicial ao sistema, pois ao tentar compensar devido ao um aumento da carga, pode perder o sincronismo. Pois na realidade como na compensação não é instantânea, e ao estar perto dos 90º, pode chegar a esse valor de ângulo antes que tenha tempo de fazer a compensação. Se chegar a esse valor de ângulo, perde o sincronismo. O binário eléctrico produz uma força de atracção, e esta é gerada pelas correntes fI e aI .

Resolução 7.08d) a a ?E v= = e b b ?E v= =

Sei que ( ) ( ).cos2.a a ei It tω= e ( ) ( ).sin2.b a ei It tω= , e que

( )02. . . i. s n

electrica

fcam e

T

o ap M I I tT ω θ= − .

E para ser geradora, [ ]0 et δωθ = − − . É o 1º sinal que o torna gerador, e não o ângulo negativo, δ− ,

que é definição do binário eléctrico deste exercício. Assim 0 etθ δω= + .

Consultando a tabela da alínea c), sei que ( )Resistente 2. . . s. in

campo

electrica

T

afIT M IT δ= −=

E devido ao sinal, esse sinal reflecte-se na função trigonométrica seno, ( )sin δ− .

E ( ) ( )sin sinδ δ=− − .

Sendo ( )( )

. aa a aR iv

t

λ∂= +

∂, e como ( ) ( ) ( )_ _ 0_ cos. . . . .fa aa a a a f a a fL i i L iM M iλ θ= + = + , fica que

( )0

_a a cos. . .

et

eaa ftML i i

θ δω

λ ω δ

= +

= + +



Assim ( )( )

( )( ) ( )( )__ . .

. .a a a fa

a a a a a

a fL i

t tR i

MiV

iR

λ ∂ +∂= + = +

∂ ∂

( )( )( )_ cos. . .

.a a

a a a

a e fL i iR

Mv

t

ti

ω δ∂ + += +

∂

[ ] ( ) ( )( ) ( )a a _cos sin sin2. . . . . . .e e e e faa eaI R L tv Mt I tω ω ω ω δω− = + −

E para o enrolamento “b” é a mesma coisa:

( )( )b

b a b.R ivt

λ∂= +

∂, e como ( ) ( ) ( )b b _ 0__ a. s. . i. n .fab b faf aML i iMi L iλ θ= + = + , fica que

( )0

_b a sin. . .

et

ebb ftML i i

θ δω

λ ω δ

= +

= + +

Cuidado que a corrente é mesmo ai !

Assim ( )( )

( )( ) ( )( )b _b

b a b a b

_ . .. .

b fb b fL i iMv i i

t tR R

λ ∂ +∂= + = +

∂ ∂

( )( )( )_ sin. . .

.b a

b a b

b e fL i iR

Mv

t

ti

ω δ∂ + += +

∂

[ ] ( ) ( )( ) ( )_sin2. cos cos. . . . . .e e e e fbb eb a aI R L tv Mt I tω ω ω ω δω+ = + +

Circuitos equivalentes:



Nas definições [ ] ( ) ( )( ) ( )_cos2. sin sin. . . . . .e e e e faa ea a aI R L tv Mt I tω ω ω ω δω− = + −

e

[ ] ( ) ( )( ) ( )_sin2. cos cos. . . . . .e e e e fbb eb a aI R L tv Mt I tω ω ω ω δω+ = + +

, o 3º termo não depende

da corrente da armadura, mas depende do ângulo entre a velocidade angular eléctrico do estator com a velocidade angular mecânica do rotor, δ . Como as funções são diferentes, sendo o seno para

av e co-seno para bv , tenho a garantia de um desfasamento de 90º! O que é igual ao desfasamento

do ângulo físico na construção do estator. Se o binário subir, implica que a corrente na armadura sobe, assim como o ângulo δ . Exercício 7.09 – A Figura 40 mostra o esquema da secção transversal de uma máquina síncrona de pólos salientes, com dois enrolamentos no estator, a e b , e com um núcleo laminado. Devido à não uniformidade do entreferro as indutâncias dependem da posição angular, 0θ , do rotor. O valor das

indutâncias em função da posição angular, 0θ , são:

( )20_ 0. 2o .c sa aL LL θ= + ( )20_ 0. 2o .c sb bL LL θ= − ( )2 0_ .sin 2.a bM L θ=

O valor das indutâncias mútuas entre os enrolamentos do estator e do rotor em função da posição angular, 0θ , são:

( ) ( )0 0_ _. ; .cos sinfa b fM M M Mθ θ= =

O coeficiente de auto-indução do enrolamento de campo é _ ffL e tem um valor constante.

Considere que nas condições de funcionamento o enrolamento de campo é alimentado por uma corrente DC, fI , e os enrolamentos do estator são alimentados por uma tensão AC com frequência

eω . O rotor está a rodar em sincronismo com a tensão AC com a posição angular dada por 0 etθ ω= .

Neste modo de funcionamento as correntes do estator são iguais a:

( ) ( )2. .cosa eai t tI ω δ= + ( ) ( )2. .sinb eai t tI ω δ= +



a) Deduza a expressão do binário electromagnético que atua no rotor. b) A máquina pode funcionar como motor e/ou gerador? Justifique a sua resposta. c) A máquina irá continuar a rodar se a corrente de campo If for nula?

Figura 40 - Máquina bifásica com rotor de pólos salientes.


Resolução 7.09a) Aqui neste exercício, e ao contrario do anterior, os pólos são salientes, sendo alimentado por uma tensão bifásica, em que os enrolamentos estão desfasados de 90º. É a posição dos enrolamentos no estator que define o ângulo eléctrico de desfasagem. Devido a construção dos pólos, salientes, a relutância do rotor varia com a posição angular. P: porque é que o coeficiente de auto-indução do rotor, _ ffL , é constante?

R: Porque independentemente da posição do rotor, o

_ ffL depende da relutância, e este parâmetro é fixo.

Figura 41 - Desfasagem de 90º.

Para se calcular o binário (eléctrico), recorre-se a co-energia.



Deve-se manter constantes as componentes ai , bi e fi . Assim ( )

a a

0

,0

,

; '

f

campo

campo

i i i

iT

W θ

θ

∂ =∂



Sendo

( ) ( ) ( ) ( )

S tem dois enrolamentos (a e b)Coeficiente de auto indu o m tuo

_ _ _ _02 2 2

0 0 _ _0

1 1 1; . . . . . . . .' . . . .

2 2 2a a bcampo a b fb f b aa a bb

óçã

f f b

ú

ff a fi L i L i L i i i i i iM M iMW θ θ θ θ

−

= + + + + +

Nota: para se saber os coeficientes da corrente que participa em cada termo, basta observar o coeficiente de auto-indução (aqui a palavra é a mesma, coeficiente, mas não é a mesma coisa, um define o da auto-indução, e o outro define um elemento do termo do membro da equação!):

- Quando se tem ( )0_a aL θ , em que se tem _a a , é a a.i i , daí o coeficiente 2ai

- Quando se tem ( )0_b bL θ , em que se tem _b b , é b. bi i , daí o coeficiente 2bi

- Quando se tem ( )0_a fL θ , em que se tem _a f , é . fai i , daí os coeficientes . fai i .

- Quando se tem _ faM , em que se tem _a f , é . fai i , daí os coeficientes . fai i .

Substituindo fica ( ) ( ) ( )22 2

0 00 0 20

1; . . 2. . . 2cos . . ..' .c

2oscampo a bi L i L iW L Lθ θ θ = + + − +

( ) ( ) ( ) ( )20 0 0_ 2 0

1... . . . 2. . . . . .sin sin. .cos .

2 f a bf fa b ffL M Mi L i i i i i iθ θ θ θ+ + + +

Substituindo fica na integração, ( )

a a

0

,0

,

; '

f

campo

campo

i i i

iT

W θ

θ

∂ =∂

, fica:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )_ _ _ _ _22 2

_

0 0 0 0 0 0

. . . . . . . . .2 2 2

a b fa b f ba a a f

campo

ffba b b

b

f fa

L L Lii ii i i

M M Mi i iT

θ θ θ θ θ θ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( )( ) ( )( )( )

( )_ 0

2 20 0

0

0 20 _

0

2

0

c. 2. . 2.. . 0 . . ...

2 2

os cos

ff

a bacampo

ba b

L

LL LL Li iT i i

θ

θ θ

θ θ θ

∂∂ + ∂ −= + + + +

∂ ∂ ∂

( )( ) ( )( )0 0

0 0

cos. ...

sin. . . . .f fa bi i i i

M Mθ θ

θ θ

∂ ∂+ +

∂ ∂



( ) ( )2 2

2 0 022 . 2. 2 . 2. 0 ...0 02

si c. on2

s.campoa bi i

T L Lθ θ = + + + + + −

( )

( )

( ) ( )

0

_

0

.

0

.

02 csin s... 2 . 2. . . . . . . .. .n osi

ba b

a

a b a b f

Li i

fL i i iM i iM i

θ

θ θ θ

∂

∂

+ + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 20 02 0 0 02 2. . 2 . . 2 2. . . . 2sin sincos cs. . . .in s. o.camp a b a b fo fa bi L i L M Mi L i iT i i iθ θ θ θ θ= + + − +−

Como a desfasagem é de 90º, então ( ) ( )0 0cos n2 2siθ θ−= , ficando

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 20 0 0 0 02 2 2. . 2. . .sin sin 2. 2. . . . 2 . . .sin sincos .cam a b fo a b ap i L i L i M Mi iT i Lθ θ θ θ θ= − − + + −

( ) ( )( )

( ) ( )

0

_

2

. .

2 02

2 0 0 0. 2. 2. . . . 2 . .sin sin sincos. .

ba b

a

campo b a a

i

fb a

Li

M ML i i i i L iT i

θ

θ θ θ θ

∂

∂

= − + + −

( ) ( )22 sin2. . . 2 sin. 2. . . .campo a faI L I I MT δ δ= +

Nota: aI é o valor eficaz que foi substituído pelas duas grandezas dadas,

( ) ( )2. .cosa eai t tI ω δ= +

( ) ( )2. .sinb eai t tI ω δ= +

e sabendo que 0 etθ ω= .



Resolução 7.09b) Para ser gerador, o binário deve de ser positivo, 0campoT > , logo o ângulo formado

pela velocidade angular mecânica e eléctrica, δ , é positivo. Para motor é ao contrário. Se retirarmos o enrolamento do rotor, deixamos de ter corrente de campo, e a definição obtida na alínea a) é agora

( ) ( )2

0

22. . . 2. 2. . . .sin sinfaca po am I L I MIT δ δ

=

= +

( )222. . . 2sin .camp aoT I L δ=

P1: E nestas condições, em que se tem binário, o rotor roda ou não? R1: A definição diz-me que sim, que a máquina funciona (roda)! P2: Mas será que sim? R2: Não, não roda! Pois o haver rotação depende do coeficiente de auto-indução mútua, M ! E este

parâmetro está associado ao atrito. A existência do atrito obriga a que o termo ( )222. . .si 2n .aI L δ

tenha algum significado. Mas como 2L é extremamente reduzido, faz com que quase não se tenha

binário, impedindo assim que haja rotação do rotor. Exercício 7.10 – Um motor trifásico linear tem um enrolamento de armadura com um comprimento de onda de 25 cm . Aos enrolamentos da armadura são aplicadas três correntes trifásicas com frequência de 100 Hz . a) Calcule a velocidade linear da onda com a força magnetomotriz da armadura. b) No caso de um rotor síncrono, calcule a velocidade linear do rotor. c) Para o caso de um motor de indução a funcionar com um escorregamento de 0,045, calcule a velocidade linear do rotor.

Problema 4.25, página 238 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 7.10a) Se a velocidade é linear (em vez de angular), é porque é num plano. Esta tecnologia é, actualmente, utilizada na propulsão de comboios de levitação magnética, também conhecidos por “Maglev”. Difere dos demais por ser locomotivas que flutuam sobre electroíman.



Figura 42 - Vista lateral, e de topo, de um comboio que recorre a tecnologia de levitação.

Figura 43 - Elementos fundamentais da tecnologia.

Figura 44 - Propulsão.



Num sistema trifásico: ( ) max cos 23

; . . . .2camp eo

ZZ t tF

βπ ω

= −

FFFF

( ); Z t significa que depende de duas variáveis de estado, posição e tempo.

Sendo ( )max _1

.4. .

.

Amplitude máxi

Pico

fas

m

eW

a

ag mFQt P

F Iol s

Nk

oπ= =

, e em que mI é a corrente de magnetização (se recorre-se

a imãs permanentes não necessitava deste coeficiente). Como tem 2 pólos, a variável . Qt Polos é . 2Qt Polos = .

Figura 45 - Esquema equivalente do circuito.

A f.e.m. tem um só sentido, e é proporcional a frequência de 100 Hz . Assim:

A velocidade eléctrica do estator linear é 22

. .e e efv ππ

ωβ

= = .2

β

π ( )2100 25. . 0. 1ef β −= = .

Logo a velocidade eléctrica do estator linear é 25 /ev m s= .

Resolução 7.10b) A velocidade (mecânica) do rotor de um motor síncrono roda a mesma velocidade eléctrica do estator, logo 25 /rotorv m s= .



Resolução 7.10c) Com um escorregamento de 0,045, a velocidade linear do motor de indução é

( ) ( )Maq. indu o 25 1 . 1 0,045 . /rã rç otov vS m s= − = −

Maq. indu o 23,875 /çãv m s=

Quanto mais carga (passageiros no comboio), maior será o escorregamento, o que implica a redução de velocidade. Imanes Supercondutores Electroímanes Fonte de Energia Eléctrica




Exercício 8.01 – O ângulo de binário motor à carga máxima de um motor síncrono, à tensão e frequência nominais é de 35º. Despreze o efeito da resistência da armadura e a reactância de fugas. Se a corrente de campo permanecer constante, como é que o ângulo do binário motor à carga máxima será afectado quando ocorrem as seguintes alterações nas condições de funcionamento? a) A frequência é reduzida de 10%, o binário e a tensão aplicada permanece constante. b) A frequência é reduzida de 10%, a potência da carga e a tensão aplicada permanece constante. c) A frequência e a tensão são reduzidas de 10%, o binário motor permanece constante. d) A frequência e a tensão são reduzidas de 10%, a potência da carga permanece constante.


Resolução 8.01Geral) A definição básica é ( ) sin. . Rcamp Rf FoT F δΦ= , sendo RΦ é o fluxo resultante,

fF é a FMM do enrolamento de tensão CC de campo, e FRδ é ângulo de fase eléctrico entre os

eixos magnéticos do RΦ e da fF .

Uma vez que a corrente de campo é constante, faz com que fF seja constante, e sabendo de que o

fluxo resultante é proporcional à tensão terminal e inversamente com a frequência tR f

VΦ = .

Assim, podemos escrever ( ) si . n Fmpot

ca R

V

fT δ

=

.

E a funcionar como motor, logo recebendo energia da rede,

( ) ( )1 2 sin sin.

. . .campSaída Fo Re FR t

E EP VT

Xω δ δ= = =

Com campoT constante, ao que implica que o ângulo não sofre variação. Se ocorrer variação na

potência é que esta variação se reflecte no ângulo (de desfasagem). Ver página 259 do livro A. E. Fitzgerald. Resolução 8.01a) Reduz até 31,1º. Resolução 8.01b) Inalterado. Resolução 8.01c) Inalterado. Resolução 8.01d) Incrementa até ao 39,6º.



Exercício 8.02 – Uma máquina síncrona de duas fases tem os enrolamentos da armadura desfasados de 90º eléctrico no espaço. a) Qual é a indutância mútua entre os dois enrolamentos do estator? b) Deduza a equação da indutância síncrona e demonstre que a indutância síncrona é

_ _ 0 _1aa aS aL L L L= = + ; onde _0aL é a componente da indutância devido à componente fundamental

do fluxo espacial e _1aL é a indutância de fugas.


Resolução 8.02a) ( ) ( ) ( )_ _0 0 _ 0 090ºb aa b aL L Lθ θ= = = .

Os enrolamentos são ortogonais e, consequentemente, é a indutância mútua zero. Resolução 8.02b)

( ) ( )_ _. .a a aa a f fL i L iλ = + ( ) ( )_ _. .b b bb b f fL i L iλ = +

Caso geral é ( ) ( )_. .a a aS f fL i L iλ = + .

_ _ 0 _1_a a aaS aL L L L= = +

Uma vez que os dois enrolamentos são ortogonais, as fases estão desacopladas e, portanto, o fluxo de ligação aλ e bλ das duas

fases estão equilibradas, logo mantém-se inalterado pela influência de uma das correntes na outra fase. Deste modo, a indutância equivalente é simplesmente igual a fase de auto-indução.

Exercício 8.03 – Os resultados de projecto para um gerador trifásico síncrono dão os seguintes parâmetros: Coeficiente de auto-indução _ 4,83 a a HL m= .

Indutância de perdas da armadura _1 0,33 a HL m= .

Calcule a indutância mútua entre fases e a indutância síncrona.




Resolução 8.03a) ( ) ( )_ 1_ _ 4,83 21 1

. .2 2

0,33 ,25 aaba a mL HL HL mH m−= − − = − − = .

( ) ( )_ _1 _1 4,83 0,33 0,33

3 7,3

. .2 2

0 8 aa a aS mH mH mHL HL mL L= − + = − + = .

Ver página 244/5 do livro A. E. Fitzgerald. Exercício 8.04 – A tensão composta (entre linhas) aos terminais de um gerador síncrono, de 60 Hz , em circuito aberto é de 15, 4 kV eficazes quando a corrente de campo tem o valor de 420 A .

a) Calcule a indutância mútua _ faL entre o rotor e o estator.

b) Calcule a tensão aos terminais do gerador, em circuito aberto, se a corrente de campo permanecer constante e a frequência da tensão gerada for reduzida para 50 Hz .

Problema 5.04, página 287 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 8.04a) “…gerador síncrono” e necessito da tensão composta, e é me dado a tensão eficaz, 15, 4 kV .

_ fae é a tensão gerada (induzida) pelo fluxo do enrolamento de campo, também designado por

"tensão interna".

( )

[ ]

_

1

_

. .

2

electrica f

a

a f

feL iω

=

[ ]1 - não tem a haver com o alor eficaz da tensão, é da simplificação da definição.

O enunciado não menciona que a máquina é trifásica, mas como fala em tensão composta, vou

assumir que é trifásica, sendo a tensão simples 15,4 3kV .

( ) [ ] ( ) [ ] ( )_ _

_

. 2. 2 . 2 3

. .. . . 2

15, 4

4 2 060 2f f

f

electrica f elect

a a

i

a

r ca f

kVe e

f i Hz AL

i πω π= = = _ 79, 4 a f HL m=

Este parâmetro é de construção, logo constante ao longo de qualquer variação que se faça de corrente ou tensão.



Resolução 8.04b) E para uma 50 electricaf Hz= , fica que ( )

5 _

_

0

. .

2. 3electricaf Hz

electrica

a

fa f

feL iω

==

[ ] [ ] ( )5 _ 0

5 2. . .79, 4 0

2

420

. 3electricaf f za H

mHe

Aπ=

= 5 _ 0

7,41 electricaf Hzfa Ve k

==

E a tensão composta é _50 50

. 3electrica electricaf Hzcompos Hta fa f z

V e= =

=

50 12,83

electricaf HzcompostaV kV=

=

Exercício 8.05 – Um motor síncrono trifásico de 460 V , 50 Hz , 50 kW tem uma reactância síncrona de 4,15 sX = Ω e uma indutância mútua entre os enrolamentos de armadura e de campo

_ 83 a f HL m= . O motor está a funcionar à tensão nominal com uma potência de 40 kW .

Calcule a amplitude e a fase da força electromotriz gerada entre a fase e o neutro, _ faE , e a corrente

de campo, fI , se o motor estiver a funcionar:

a) Com um factor de potência 0,85 em atraso; b) Com um factor de potência unitário; c) Com um factor de potência de 0,85 em avanço.

Problema 5.05, página 287 do livro A. E. Fitzgerald Resolução 8.05a) Consultar slide 33 do capítulo 2.

_. sms fa a arXIV E= +

( ) ( )_

... . . . RF

sa rms

ja

ja fe jV X EI e δθ = +

( )_

_

50 . .

2

electricaf Hz electric a

rm

f

a

a

f s

fLe

iω=

= ⇔_

_ . 2

.f

felectric a

a

a f

ei

Lω=



E pela definição é possível observar que é a corrente de campo que controla _ fae , pois o resto das

variáveis, em regime permanente, é de facto constante.

( )( )

c3. . .3

40 00

. . 3. .os

cos 460 5

0

0,8Entr

a aada

Entrada I IVV

PP θ

θ= ⇔ = = 34,10 aI A=

E o fasorial da corrente da armadura é ..aj

aI I e θ= , e como ( ) 5os 8c 0,θ = e em atraso, fica que:

31 º. ,834,10. ja eI A−=

Consultar slide 16 do capítulo 2. Assim, com ( ) _. . fsms ara aXjIV E = + e 90ºj e= ,

( ) ( )

( )

[ ] [ ] ( )

90º

90º

.

90º

_

_

.

..

.._34,10 4,15460

. . . .

. . .

. . .

F

F

R

R

RF

srms

s

jj

jj

a a a f

f

f

a ar

j

ms a

ja

e e X e

e X e

e

V E

V E

I

I

A E e

δ

δ

δ

θ

θ

θ

+

+

= +

= +

+ Ω

=

P: E agora? Tenho duas variáveis, _ faE e FRδ , e apenas uma equação!

R: É fácil, pois as minhas duas variáveis tem uma característica entre elas, é que uma é real e a outra é imaginaria, por isso, e só por isso, posso fazer o seguinte: Como nada me é dito acerta da tensão, se é simples ou composta, vou desenvolver os cálculos pela lógica de que é sempre simples, pois quando não o é, é sempre dito no enunciado.

[ ] [ ] ( ).._

90º 4,15 34,10 .60 .4 . RFjjfae eA E δθ + + Ω=

[ ] [ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( )

_

_

. .cos .Real

. . .Ima

90º

90

460

0 sin s

4,15

4,

cos

inginario

34,

15

10

3 º 4,10 a FRf

a Rf F

E

E

A

A

θ δ

δθ

= + +⇒

= +⇒

Ω

Ω +

Como ( ) 0,85c 31, 9s 7 ºo θ θ= ⇔ = , e sendo em atraso fica que 31,79ºθ −= :

[ ] [ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( )

_

_

31,79. . .Real

. . .Imaginari

90º

90

460

0 s

cos cos34

in s

4,1,10 º

31,

34o , 10

5

4,15 º 9 n7 º if Fa R

a FRf

EA

EA

δ

δ

−= + +⇒

= + +⇒

Ω

Ω −



( ) ( )( ) ( )

_

_

31,7141,52. .Real

141,52. .Imagin

90º

90º

460

0ar

co 9º

31,79ºsin siio n

s os

ca R

a

F

Ff R

fE

E

δ

δ

−= + +⇒

= + +⇒ −

( )( )

( )

( )__

_ _

.74,55 .Real

120,

460

0 s29 .Imagina in sin 120

cos 385, 45co

,2rio 9.

s a Ra R

a R

f FF

F RFa

f

f f

EE

E E

δδ

δ δ

== +⇒ ⇔

= + −⇒ =

( )_ 385,4 ; 5 120,29a f Pola irE −= ⇔ ( )17,33º

31

.

,8º_ 403,78. aj

f VE eθ −=

−=

Assim, [ ]

[ ] [ ]5_

_

0 5

403,78 . 2 . 2

. . . 83 Re

0 2electrica

ff

electric ff Hz

a

a a

Ve

H HI

LR

mz πω=

=

=

31,8

0

º

521,90

electricaf Hzf AIθ −=

==

Resolução 8.05b) Com o factor de potencia igual a 1, e como ( )3. cos. .Entrada aV IP θ= , fica que:

( )cos3. . 3. .

40 00

6

0

0 14aEntradaI

P

V θ= = 28,99 aI A=

Assim, com ( ) _. . fsms ara aXjIV E = + e 90ºj e= , fica que:

[ ] [ ] ( ).._

90º 4,15 28,99 .60 .4 . RFjjfae eA E δθ + + Ω=

[ ] [ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( )

_

_

. .cos .Real

. . .Ima

90º

90

460

0 sin s

4,15

4,

cos

inginario

28,

15

99

2 º 8,99 a FRf

a Rf F

E

E

A

A

θ δ

δθ

= + +⇒

= +⇒

Ω

Ω +

Como ( ) 1 0os ºc θ θ= ⇔ = ,

[ ] [ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( )

_

_

. .cos .Real

. . .Ima

90º460

0 sin sigina

cos

90º

4,15

4,1

28

rio

,99

28 5,99 na FRf

a Rf F

EA

EA

δ

δ

Ω

Ω

= +⇒

= +⇒



( )( )

( )

( )__

_ _

460

0 sin sin

.0 .Real

120, 1229 .Ima

cos 460c

ginario 0, 29

o

.

s ff

f

a Ra R

a R a Rf

FF

F F

EE

E E

δδ

δ δ −

== +⇒ ⇔

= +⇒ =

( )_ 460 ; 120,29fa iPolE ar −= ⇔ ( )14,66º

º

.

0_ 475,50 .f

jaE e V

θ =

−=

[ ][ ] [ ]5

_

_

0 5

475,50 . 2 . 2

. . . 83 Re

0 2electrica

ff

electric ff Hz

a

a a

Ve

H HI

LR

mz πω=

=

=

50

0º25,79

electricaf Hzf AIθ =

==

Resolução 8.05c) em avanço, fica que 31 º. ,834,10. ja eI A+=

[ ] [ ] [ ] ( )90º. ._

31,8º4 . . 46 .34,10 ,0 15 RFja

jfe eEA δ+ = + Ω

[ ] [ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( )

_

_

31,8º. . .Real

. . .Ima

90º4

90ºginari

60

0 s

cos cos

31,8

4,1

in

5

4,15

34,10

34, ºo in0 s 1a FRf

a FRf

E

E

A

A

δ

δ

Ω= + +⇒

= + +⇒ Ω

( )( )

( )

( )__

_ _

.74,55 .Real

120,29 .

460

0 sin sin 120, 2

cos 534,

Imaginario .

55cos

9

a Ra R

a R

Ff

a FRfF

f F

f

EE

E E

δδ

δ δ

== − +⇒ ⇔

= + −⇒ =

( )_ 534,5 ; 5 120,29a f Pola irE −= ⇔ ( )12,7º

3_.

1,8º547,92 . j

fa VE eθ =

−

+=

[ ][ ] [ ]5

_

_

0 5

547,92 . 2 . 2

. . . 83 Re

0 2electrica

ff

electric ff Hz

a

a a

Ve

H HI

LR

mz πω=

=

=

31,8

0

º

529,72


==



Pode se concluir que com o controle sobre a corrente de campo, consegue-se ter controlo sobre o ângulo θ . E é esse controle sobre esse ângulo que se consegue ter a maquina a funcionar como motor ou gerador. Exercício 8.06 – Uma máquina síncrona trifásica de dois pólos, 50 Hz , 750 kVA , 2300 V tem uma reactância síncrona de 7,75 sX = Ωe atinge a tensão nominal em circuito-aberto com a corrente de

campo de 120 A . a) Calcule a indutância mútua entre o enrolamento da armadura e o de campo. b) A máquina é utilizada como motor a consumir uma potência de 600 kW à tensão nominal. Calcule a força electromotriz, _ faE , e a corrente de campo se o motor estiver a funcionar com um factor de

potência unitário. c) Considerando que o motor está a consumir uma potência constante de 600 kW , escreva um programa em MATLAB para desenhar a corrente aos terminais do motor em função da corrente de campo. Na representação gráfica, faça variar a corrente de campo entre o valor mínimo, que corresponde a ter a máquina a 750 kVA com um factor de potência em avanço e o valor máximo de corrente de campo, que corresponde a ter a máquina a 750 kVA com um factor de potência em atraso. Qual é o valor de corrente de campo que origina o valor mínimo de corrente aos terminais do motor? Justifique a sua resposta.


Resolução 8.6a) ( )

_

_. .

2

electri aa f f

fa

ce

L iω=

( ) [ ] ( ) [ ] ( )_ _

_ 2

. 2. 2 . 2 3

. ..

23

1. 2050

00

2 .f f

f

electrica f elec

a a

tric f

a

a

Ve e

Li Hz Ai f ππω

= = =

_ 49,814 a fL mH=

Este parâmetro é de construção, logo constante ao longo de qualquer variação que se faça de corrente ou tensão.



Resolução 8.04b) E para uma 50 electricaf Hz= , e como nada me é dito acerca do factor de potencia,

logo pressuponho que seja igual a 1, 0ºθ = , e como ( )3. cos. .Entrada aV IP θ= , fica que:

( )cos3. 230. 3. .

600 00

1

0

0a

EntradaIP

V θ= = 151 aI A=

E como ( ) _. . fsms ara aXjIV E = + e 90ºj e= , fica que:

( ) ( )( )

. .

. .

90º

90º

_

_

. . . .

. . .

F

F

R

R

a a a

a

j j

j j

f srms

srmsf a a

eE e eI

E Ve X

V X

eI

θδ

δ θ +

= −

= −

( )0ºθ =

( ) [ ] [ ]. º_

90.151 7,7. . .0

3

305

2FRj

fajAE e eδ = Ω−

( ) [ ] [ ] ( )

( ) [ ] [ ] ( )

_

_

2300. . .Real

3Im

151 90º

90

agin

7,75

7,7

sin sinario

151

co

5

s cos

. º. .

f

f RF

RFa

a

AE

AE

δ

δ

= −⇒

⇒−

Ω

= Ω

( )

( )

( )

( )

_ _

_ _

2300 2300

sin 11

. 0 .Real3 3

Ima70, 25

ginario . .

cos cos

sin 1170,25

F F

F

f f

f

a R a R

a R a RFf

E E

E E

δ δ

δ δ−

= − =⇒

⇔ ⇒ = −=

_ ; 2300

1170, 23

5fa PoE lar i

−

= ⇔

( )41,39.

0º_º.1770 a

jfE Ve

θ =

−=

Assim, [ ]

[ ] [ ]5_

0

_ . 2 . 2

. . 49,81450

177

2e

0

.

R

electrica

ff

electrica ff Hz

a

a

RIL

e

H

V

z mHω π==

=

50

º0159,95


==




Exercício 9.01 – Um gerador síncrono de quatro pólos, a 60 Hz , 24 kV , 650 MVA tem uma reactância síncrona de 1,82 pu está ligado à rede de energia eléctrica que pode ser representada por um barramento infinito de 24 kV em série com uma reactância de 0,21 j Ω . O gerador está equipado com um regulador de tensão que ajusta a excitação de campo de tal forma que a tensão aos terminais do gerador permanece a 24 kV independentemente da carga. A potência aos terminais do gerador é ajustada para 375 MW .

a) Desenhe o diagrama fasorial desta condição de funcionamento. b) Calcule a amplitude (em kA ) e o angulo de fase (em relação à tensão dos terminais do

gerador) da corrente aos terminais do gerador. c) Determine o fator de potência aos terminais do gerador. d) Calcule a amplitude (em pu e em kV) da tensão de excitação _ fae .


Resolução 9.01a) Consultando o slide 44 do capítulo 2.

A tensão aos terminais A e B não se altera, pois é dito no enunciado que “…a tensão aos terminais do gerador permanece a 24 kV independentemente da carga.” A representação fasorial é



Como ( )_1 2.. .f

jRa SX X eE IjE Eφ−= = + + , e em que .je φ− é ( )90º.je φ +−

± , fica assim que

Agora desenho uma recta que faça 90º, e em que o seu comprimento é ( ) ( )0. 9 º. .Rj

SX X ej I φ− ++

E a função trigonométrica utilizada é sempre o seno! Resolução 9.01b) Consultando o slide 63 do capítulo 2, tem-se

[ ]

( )1

2. .24 a Sj XkV EI = +

[ ]1 tensão aos terminais dos pontos A e B.

( ).cos3.a VI

P

φ=

( )( )

( )( )

29.. . .0

2º90º2

cos cos

.. . . . . .

3. . 3. .4 jj j S

SjX

e e XkV E EV V

PPe e eδ δφφ

φ φ+

= + = +



Iguala-se os reais e os imaginários:

( )( ) ( )

( )( ) ( )

90º24 24

9 0 sin

.. .

3. .Real

Imaginario .. 0º 2

cos

cos.

3. .4 sin

cos cosS

S

kV kV

P X

V

P

kVV

Xφ

δφ

δφ

φ

= + +⇒

⇒= + +

( )3

3

6

24.37

3. .Real

Imaginar

1024.

io

5

c

0

o

0

.1

s1 φ=

⇒

⇒

[ ] ( ) ( )0, 21 c. . os c9 o0º s. φ

Ω ( )

( )[ ] ( ) ( )

3

36

3 co

24.10

0 sin 24.10 si37

n24

co

.1

5.1090º

.

. . .3

0,0. .

s

21 s

δ

δφφ

+

Ω + +

=

E sabendo de que ( ) ( )sin si 0ºn 9φ φ= + e que ( )cos 90º 0= , fica que:

( )( )( )

( )

3 3

3

cos 24.10 24.10

sin 0

.Real

Imaginario 109cos

24.10 sin3,75. .φ

φ

δ

δ

=⇒

⇒ = +

Assim: 2,6 1, ºº 3δ φ= ∧ −=−

Logo ( ) ( )

6

324.13. 0. 3.cos5

1,3º

3,33

c

75

.

.

os

10a k

VA

PI

φ= =

−= .

Resolução 9.01c) ( ) ( )cos co 1 0,9997s ,3ºFP φ −= = = em atraso.

Resolução 9.01d)

. .

_ . . . 24 fj j

Sa e X ejE kVI φδ = +

Como x 1,82 BasS epu Zj jX = , fica que:



( )( )

22

x x x x 1,82 1,82 1,82 1,82 24

650 Base Base Base

BaseBase Base

Base

S pu pj j jMV

j jI

u pk

u puP P

VV V V

V

XA

= = = =

x 1,82 0,8862 1,6128 Sj j jX pu= = Ω

Logo ( ) ( ) ( ). º_

1,3.5,. . 241, 336128 . a fjj j k Ve eAE kδ −

= +Ω ( ) ( ) ( ) ( )2, 36 1,3º. . .9º 0º 3

_ . . . 5,33.101,6 128 24.1 . 0j ja f

j Ae e eE V−−= +Ω

( ) ( ) ( )2,6 90º3_

1,. .º 33º5,33.1, 24.1. . .10 02 6 8 1aj

fjE Ve eA −−

= +Ω

_ _

25,68 25,68 1,07

24

puRMf aSa f

kVE kV

kVpuE= ∧ = =

O recurso a utilização de unidade “pu” permite de facto dar-nos uma perspectiva dos valores

envolvidos. Assim, ao obter o resultado de _ 1,0 7a uf pE pu= , permite-me saber, rapidamente, que

existe um incremento de 7% na tensão em relação ao valor nominal. Exercício 9.02 – Um gerador síncrono de imanes permanentes de três fases e de 5 kW produz uma tensão composta de 208 V em circuito aberto 60 Hz , quando roda à velocidade de 1800 rpm. Quando está a rodar a velocidade nominal e alimentando uma carga resistiva, a tensão composta aos terminais desce para 192 V , para uma potência de saída de 4,5 kW .

a) Calcule a corrente aos terminais do gerador nesta condição de funcionamento. b) Assuma que a resistência da armadura do gerador é desprezável, calcule a reactância síncrona

do gerador a 60 Hz . c) Calcule a tensão aos terminais do gerador se a potência de carga aos terminais do gerador

aumentar para 5 kW (carga puramente resistiva) enquanto a velocidade de rotação permanece constante a 1 800 rpm.




Resolução 9.02a)

[ ]

( )1

2. .24 a SI j XkV E = +

[ ]1 tensão aos terminais dos pontos A e B.

( ).cos3.a VI

P

φ=

E o ( )cos φ é igual a “1”. E a tensão simples é 3 3

192Composta

Simples

VV = = . Assim

3

1923.3.

3

13,532 4,5.10

a V

PI A

=

= =

Como 13,532

1914,19

2

I A

V VR = = = Ω , fica que

2 2192 2 8 . 0

S

R

RV V

X=

+

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

192 208 208

208 19 192.

2.S S

S

X XR

R R R RX R

V

V

⇔ = ⇔ + = ⇔ = +

−

2

2 2 2208

1921 34,96 5,93 .S S SX X XjR j

⇔ = ⇔ = ⇔ =

− Ω

Nota:



Resolução 9.02c) ( )cos1 1FP φ= ⇒ = e a tensão simples do gerador é _

208

3

fa

VE =

( )

3

3. . 3

5.10

. 3.cosaa a

II

P P WV

V Iφ= ⇔ = =

[ ]_

3208 5,93

5. .

3

.

.

0

3

1fa a a

aSj I jX V

IE

WVI= + ⇔ = Ω +

[ ]( )3

205

8,9

5.10 . 0

33 .

3.a

aa a

V Ij I

I I

⇔ + −

Ω = ⇔

[ ]( ) ( )

2

3.

. 03

208 5,9

5.10 3

3a

a

V Ij I

W ⇔ + − = ⇔

Ω

[ ] ( )( )2 3 203. .

5.5,93 10.3. . 0 8

3a

a WI

j IV

⇔ + − = ⇔

Ω

[ ] ( ) ( )2 3208.3. . 3. .5, 5. 93 010 a aj I I WV ⇔ − + = Ω ⇔

Agora, utilizando a formula resolvente (apreendida no 9º ano), fica que

( ) ( ) [ ]( )( )[ ]( )

2

2

322 3. . 3. . 4 5,93208 .3. 5.1.4

2 2

2

5,93

8

.

00

.3.

a a a

a

I I j Ib

j

a

I

b c

a

± −± −⇒



ERRADO! Pois como a nossa variável da formula resolvente é o aI , na substituição das variáveis o

aI não entra!

Assim 3.208. aI( ) 203. .8 aI± ( ) [ ]

225,934 .3. . aj I− ( ) ( )

[ ]

3

22 .3. 5,93

5.10

. aj I( )

( ) ( ) [ ]( )( )[ ]( )

233. . 3. 4 .3 5,93 5.1208 208 .

2 .3. 9

0

5, 3a

jI

j

± −=

.10,15 5,159 .10,15 6,691a aI Ij j= + ∨ = − −

E só pode ser uma das soluções obtidas, pois a corrente tem que ser positiva. Logo é

( ) ( )3. 6, º10,15 5,159 11,39 . . ja aI A I ej A−

= + ⇔ =

Assim ( )

[ ]

3

1

11,39 3. 3.146,3

5.10

aI AV V

P W= = =

[ ]1 - só nos interessa o modulo.

Exercício 9.03 – A placa de uma máquina de indução (ou máquina síncrona) de quatro pólos indica os seguintes valores nominais: 460 V , 50 hp , 60 Hz e 1 755 rpm . Assumindo que o motor está a funcionar à carga nominal, indique:

a) Qual é o escorregamento do motor? b) Qual é a frequência das correntes do rotor?




Resolução 9.03a) Nota introdutória – numa máquina de sincronismo, preciso de ter uma cruz no rotor para ter pólos. No de indução só é na combinação dos enrolamentos do estator. Consultando o slide 52 do capítulo 2, e em que S é o escorregamento, sincronon é a velocidade de

rotação por minuto do quanto eléctrico girante e máquinan é a velocidade mecânica da máquina, sei que

[ ] [ ]sincrono 160 8002 2

. . . .60.

6 4

0 electricaf HQt Pol

sos

s pmzn r= = =

( ) ( )

( )sincrono

sincro

máquina

no

1 1 7552

800

1 800 5%

,

n rn rpm

n rpm

pmS

− −= = =

Resolução 9.03b) ( ). .62,5% 0,0250 0 5 .6 1,ro electricatorf f Hz Hz HzS= = = = .

O ideal seria ter uma frequência no rotor um valor próximo de zero, mas NUNCA zero. Ser zero obriga a máquina a parar. Mas mesmo que chegue a zero, será num infinitésimo de segundo, pois essa situação é mecanicamente corrigida.

Maquinas Eléctrica e Energia Renováveis - Teoria e Exercícios Resolvidos

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