Circuitos Magnéticos - Evolution

CAPÍTULO 1

Circuitos Magnéticos

Exercício 1.1

θr = 377t+ θr0

eb(t) = 1d

dt1, 2 · 10−4sen(377t+ θr0)

⇒ eb(t0) = 0, 452 cos(377t+ θr0) V

Exercício 1.2 A mesma do exercício anterior

Exercício 1.3

Lfe

L0=N2/ℜfe

N2/ℜ0=ℜ0

ℜfe

Lfe

L0=

l/µ0A

l/µfeA=µfe

µ0=µrµ0

µ0

⇒ Lfe = µrL0

Exercício 1.4

Hglg +Hfelfe =Φm

µ0Aglg +

Φm

µrµ0Afelfe

1

2 Circuitos Magnéticos

Geralmente, Ag ≈ Afe, escreve-se

Ni

Φm= ℜtotal =

1

µ0Ag(lg +

lfeµr︸︷︷︸

<<lg

)

⇒ ℜtotal ≈lg

µoAg= ℜg

Exercício 1.5

Φm = AgBg = 100× 10−4 × 1, 25

⇒ (a) Φ = 12, 5mWb

A′g = 0, 97× 100× 10−4 = 97× 10−4m2

⇒ (b) Bc =12, 5mWb

97× 10−4= 1, 29T

⇒ (c) Hg =1, 25

4× π × 10−7= 994, 718 kA/m

⇒ (c) Hc =1, 29

5× 103 × 4× π × 10−7= 205, 310A/m

fmm = 205, 310× 0, 99 + 994, 718 kA/m× 0, 01

⇒ (d) fmm = 10, 150 kA-espiras

⇒ (e) i =10, 150

100= 101, 50A

Exercício 1.6 Exemplo 1.6

Exercício 1.7 Será senoidal, pois a trajetória do uxo em função da corrente é linear e a carac-terística do terceiro e do primeiro quadrantes (corrente negativa) são simétricas.

Exercício 1.8 ⇒(a) 987, 34 cm3 e 7, 55× 103 g

⇒ (c) Bfe, pico =

220√2

2π × 60× 4000, 97× 16, 2× 10−4

≈ 1, 31T

⇒ (c) Bg,pico =

220√2

2π × 60× 40016, 2× 10−4

≈ 1, 27T

Circuitos Magnéticos 3

Como a densidade de uxo no núcleo permanece, tem-se

Hfe,pico ≈ 180A · espiras/m

Hg,pico =1, 27

4π × 10−7

⇒ (d)Hg,pico = 1011, 43 kA · espiras/m

O comprimento médio do toroide é 2π×0, 1m e do entreferro, 0, 001m. Portanto Hfelfe = 36πe Hglg = 1011, 43:

Iϕ,ef =36π + 1011, 43

400

⇒ (e) Iϕ,ef = 2, 81A(valordepico)

A leitura da perdas no ferro no gráco da Fig 1.24 resulta 3 W/kg e, portanto,

⇒ (f) rfe =2202

3× 7, 55= 2, 137 kΩ

⇒ (g) Ife =220×

√2

2137= 0, 15A(valordepico)

⇒ (h) Im =√

(2, 812 − 0, 152) = 2, 806A(valordepico)

⇒ (i)Lm =220×

√2/2, 806

377= 294, 109mH

Exercício 1.9 (a) RelutânciasComprimento médio L e área Afe das colunas laterais

L = c− a+ 2[b

2− a

2] = 14a = 0, 42m

Afe = 0, 94(4× 3)10−4 = 11, 28× 10−4m2

ℜL =0, 42

5000µ0 × 11, 28× 10−4

⇒ (a)ℜL = 59, 259 kA espiras/Wb (cada perna lateral)

Comprimento médio C e área Ac da coluna central

C = c− a = 0, 12m

Ac = 2a× d = 0, 94(0, 24× 10−4) = 22, 56m2

ℜc =0, 12

5000µ0 × 22, 56× 10−4

⇒ (a)ℜc = 8, 466 kA espiras/Wb


(b) Correntes nas bobinas

malha 1, sentido horário

i1 =ℜLϕ1 + ℜc ϕc

N1

malha 2, sentido horário

i2 =ℜLϕ2 −ℜc ϕc

N2

nó coluna central ϕ1 = ϕ2 + ϕc

ϕ2 = ϕ1 − ϕc = 0, 4− 0, 6 = −0, 2mWb

⇒ (b) i1 = 0, 192A

⇒ (b) i2 = −0, 113A

Exercício 1.10 No "nó"da coluna central, verica-se

ϕ2 = ϕ1 − ϕc = 0, 4− 0, 3 = 0, 1mWb

⇒ (b) i1 = 0, 175A

⇒ (b) i2 = 0, 023A

Exercício 1.11

ℜg =10−3

4π × 10−7 × 24× 10−4

ℜg = 352, 737 kA espiras/Wb

ℜ′c = ℜg + ℜc (relutância da coluna central com entreferro)

⇒ (a)ℜ′c = 340, 039 kA espiras/Wb

⇒ (b) i1 = 1, 518A

⇒ (b) i2 = −1, 439A

Exercício 1.12

Lab =dψa

dib|ia=ic=0 = Na

Nb dibℜc dib

=NaNb

ℜc

Lbc =dψb

dic|ia=ib=0 = Nb

−Nc dicℜc dic

= −NbNc

ℜc

Lac =dψa

dic|ia=ib=0 = Na

−Nc dicℜc dic

= −NaNc

ℜc


Exercício 1.13

BM = B′r + µ′

M HM (linha de recuo do ímã)

BM = − lMAMℜg

HM (reta de carga)

A combinação dessas duas equações resulta

HM = − B′r

µ′M + lM

AMℜg

(1.1)

Sabendo-se que

AMℜg = (a× e) 2g

µ0 × e× r(β− | θr |)

=2ag

µ0r(β− | θr) |

e substituindo-a em (1.1) obtém-se

HM = − 2ag B′r

2agµ′M + µ0lMr(β− | θr |)

(1.2)

A aplicação da Lei circuital de Ampère estabelece

HM = − 2g

lMHg = − 2g

lM

Bg

µ0

e a sua substituição em (1.2) resulta

⇒ Bg =B′

r

2g

lM

µ′M

µ0+r

a(β− | θr |)

Exercício 1.14 A reta de carga com g = 3mm é dada por

BM = − lMAMℜg

HM = −10× 10−3µ0 × 30× 10−4

24× 10−4 × 3× 10−3HM

BM = −4, 167µ0HM

que combinada com a reta de recuo

BM = 0, 42 + 1, 07µ0HM

resulta

⇒ HM = −63, 820 kA espiras/m e BM = 0, 334T


No entreferro

⇒ Bg =0, 334× 24

30= 0, 267T

⇒ Hg = − 0, 267

4π × 10−7= 212, 472 kA espiras/m

Exercício 1.15 Com g = 4mm e fmm externa de −0, 5 kA espiras/m, a reta de carga é

BM =−0, 5× 103

AMℜg− 3, 125µ0HM︸︷︷︸

do exemplo 1.8

que após as devidas substituições torna-se

BM = −0, 19635− 3, 125µ0HM

A reta de recuo é BM = 0, 42 + 1, 07µ0HM (Exemplo 1.8) que, combinada com a reta de carga,resulta

⇒ (a)BM = 0, 263T

⇒ (b)HM = −116, 910 kA espiras/m

No entreferro,

⇒ (c)Bg =24

300, 263 = 0, 210T

⇒ (d)Hg =0, 219

µ0= 167, 431 kA espiras/m

A fmm negativa diminuiu a densidade de uxo no entreferro, o que signica que ela é desmagneti-zante.

Exercício 1.16 A partir da inspeção da Figura 1.29, obtém-se a reta de recuo do SmCo

BM = 1, 0 + 1, 373× 10−6HM

Reta de carga do exemplo 1.8 com g = 4mm

BM = −3, 125µ0 × 10−6HM

Combinando adequadamente essas duas equações, obtém-se

(a) só com o ímã


⇒ HM = −188, 680 kA espiras/m

⇒ BM = 0, 741T

⇒ Bg =24

300, 741 = 0, 593T

⇒ (a)Hg =0, 593

µ0= 471, 894 kA espiras/m

(b) com bobina de −0, 5 kA espiras

Com fmm externa, a reta de carga calculada no exercício 1.16 torna-se

BM = −0, 19635− 3, 927× 0−6HM

que combinada convenientemente com a reta de recuo BM = 1, 0 + 1, 373× 10−6HM , resulta

⇒ HM = −225, 726 kA espiras/m

BM = 0, 690T

⇒ Bg =24

300, 690 = 0, 552T

Exercício 1.17 A reta de recuo do NdFeB é obtida por inspeção da Figura 1.29:

BM = 1, 243 + 1, 289× 10−6HM

que combinada convenientemente com a reta de carga BM = −3, 927HM , resulta

⇒ HM = −238, 305 kA espira/m

BM = 0, 936T

Assim, Bg =24

300, 936 = 0, 749T

Exercício 1.18 Dada a existência de dispersão no ímã, tem-se

BM AM

Bg Ag= klM ⇒ Bg =

BM AM

klM Ag

Como

Hg =Bg

µ0− lM

lgHM

Bg = −µ0(lMlg

)HM


A combinação dessas duas últimas expressões resulta a expressão da reta de carga

BM = −µ0(klMAg

AM)(lMlg

)HM

Efetuando as devidas substituições, obtém-se a nova reta de carga

BM = −3, 4375µ0HM

Adotando o mesmo procedimento do exercício anterior, obtêm-se

(a)

HM = −175, 654 kA espiras/m

BM = 0, 759T

⇒ Bg = 0, 552T

⇒ Hg = 439, 267 kA espiras/m

CAPÍTULO 2

Transformadores

Exercício 2.1

V0 = E0 =√2π f0N1ϕ0

V1 = E0 =√2π 2f0N1ϕ1

⇒ ϕ1 =ϕ02

Como o enrolamento é o mesmo, a corrente nominal não se altera:

f0 ⇒ S0 = V0I0

f1 = 2f0 ⇒ S1 = V0I0

⇒ S0 = S1

Conclusão: o uxo magnético é reduzido à metade e a potência aparente é mantida.

Exercício 2.2

V0 = E0 =√2π f0N1ϕ0

V1 =E0

2=√2π

f02N1ϕ1

⇒ ϕ1 = ϕ0

1

2 Transformadores

Como o enrolamento é o mesmo, a corrente nominal não se altera:

f0 ⇒ S0 = V0I0

f1 =f02⇒ S1 =

V02I0

⇒ S1 =S0

2

Exercício 2.3 Correção: 1)ignorar as bobinas mostradas na Figura-Exercício 2.3 e considerarapenas as suas dimensões como sendo a do transformador da Fig. 2.2(c), 2) deseja-se que V2(vazio) =1, 05× V1/

√3.

N1

N2=E1

E2=

V11,05V1√

3

⇒ (a)N1

N2= 1, 65

Leitura das perdas na Fig. 1.24(a): Bpico = 1, 4T ⇒ pfe = 3, 6W/kgVolume total do núcleo= Vfe = 0.95[14× 24× 7− 2(7× 7× 5)] = 1768, 9 cm3

Massa total de ferro=mfe = ρfeVfe = 7, 65× 10−3 × 1768, 9 = 13, 532 kg

Perdas ferro:

⇒ (b)Pfe = 13, 532× 3, 6 = 48, 72W

Exercício 2.4

original: N1, N2, A0, Vfe = V0, f0, B0, S0

novo: 2N1, N2, 4A0, V′fe = (2)3V0, f0, B0, Snova

E′1

E1=

√2π2N1B04A0√2πN1B0A0

E′1 = 8E1 nova tensão nominal primária

Não houve mudança na bitola do o do primário; portanto a corrente nominal permanece:

Snova

S0=

8E1 I0E1 I0

⇒ Snova = 8S0

Transformadores 3

Exercício 2.5

Zeq(baixa) =12, 82 + j 56, 4

(11 kV/2, 2 kV )2= 2, 31 ej77,2

Ω

I2 =2200

50 e−j36= 44 ej36,9

A

V2 = 2200 + 2, 31 ej77,2× 44 ej36,9

V2 = 2160 ej2,46V

V ′2 = 2160 ej2,46

× 11 kV

2.2 kV

⇒ (a)V ′2 = 10, 802 ej2,46

kV

⇒ (a)Reg =10, 80− 11

10.80100% = −1, 83%

Rendimento:

Pperdas = 250 + 2, 31× 442 = 4722, 16W

η =2200× 44 cos(36, 9)

2200× 44 cos(36, 9) + 4722, 16︸︷︷︸Pent=82131,64W

100%

⇒ (c) η% = 94, 25%

⇒ (c)Pent = 82, 13 kW

Exercício 2.6

I2 = 44 e−j36,9 A

V2 = 2200 + 2, 31 ej77,2× 44 e−j36,9

V2 = 2278, 5 ej1,66V

V ′2 = 2278, 5 ej1,66

× 11 kV

2.2 kV

⇒ (a)V ′2 = 11.392, 5 ej1,66

kV

⇒ (a)Reg =11.392, 5− 11

11.392, 5100% = 3, 45%

Rendimento:

η% =77409, 475

77409, 475 + 722, 16100%

⇒ (c) η% = 94, 25%

4 Transformadores

Exercício 2.7

Valores nominais das correntes:

IA =200 kV A

20 kV= 10A lado de alta

IB =200 kV A

2, 4 kV= 83, 3A lado de baixa

Autotransformador:

⇒ Sauto = (20 + 2, 4) kV × 10A = 224 kV A

ou

⇒ Sauto = (1 +2, 4

20)200 kV A = 224 kV A

Scond = 224− 200 = 20 kV A

Exercício 2.8 Diagrama fasorial

Exercício 2.9 Corrente de linha é a corrente de fase, quando a carga é ligada em estrela. Doexemplo 2.9, lado de baixa,

IY = 144, 3 e−j23

O fasor- corrente de fase IAB do delta está adiantado 30 em relação ao fasor da corrente de linhaIA, e seu valor é 1/

√3 dessa mesma corrente. Portanto, as correntes trifásicas nas fases da carga

em delta são

IAB = IY ej30 = 83, 31 ej(30

−23)

⇒ IAB = 83, 31 ej7

⇒ IBC = 83, 31 e−j113

⇒ ICA = 83, 31 e−j233

Exercício 2.10 Diagrama fasorial

Exercício 2.11 À tensão de 2,4 KV aplicada à fase do delta corresponde 240V na fase do secun-dário. Como se quer 240

√3, deve-se conectar os secundários em estrela.

⇒ (a) delta-estrela

Conhecida a impedância equivalente referida ao lado de alta de cada transformador, lado conectadoem delta, o seu valor no estrela equivalente é

Zeq =0, 5 + j1, 5Ω

3= 0, 527 ej71,6

Ω

Transformadores 5

O fasor da corrente da carga é

Ic =450/3 kV A

240/√3

1

10e−j23 = 108, 25 e−j23A

V1 = 0, 527 ej71,6× 108, 25 e−j23 +

2400√3

⇒ (b) V1 = 1424, 0 ej1,72V fase

⇒ (b) V1 = 2466, 46 ej1,72V linha

f.p. = cos(23 + 1, 72) = 0, 908

⇒ (c) f.p. = 0, 908 atrasado

Rendimento

η =

2400√3108, 25 cos(23)

1424, 1× 108, 25 cos(24, 72) + 1400100%

⇒ (d) η = 97, 62%

Exercício 2.12 Se os transformadores são ideais, a sua potência aparente é a potência aparenteda carga:

S∆∆ = 5× 0, 92MW + j5× 0, 39MVAR

⇒ S∆∆ = 4, 6MW + j1, 95MVAR

S∆Y = 2, 5× 0, 71MW + j 2, 5× 0, 704MVAR

⇒ S∆Y = 1, 775MW + j 1, 75MVAR

Stotal = S∆∆ + S∆Y

⇒ (a)Stotal = 6, 375MW + j 3, 710MVAR

Exercício 2.13 A corrente a vazio foi medida nos terminais de baixa.

Sv = (13, 8√3 kV )2, 97 = 71 kV A

⇒ (a) fp =43, 76kW

71kV A= 0, 616 atrasado

IvIn

=2, 97

50MVA/(13, 8×√3)

100%

⇒ (b)IvIn

= 1, 42%

6 Transformadores

Exercício 2.14

Pt = 62, 838kW + 51, 498kW + 25, 616kW

Pt =≈ 0, 140MW (perdas totais)

Pcarga = 50MVA× 0, 8 = 40MW

η =40MW

40MW + 0, 140MW100%

⇒ (a) η = 99, 65%

Exercício 2.15 Admite-se conexão estrela para os enrolamentos primário e secundários, pois ocircuito equivalente por fase sempre é por fase-estrela.

• Teste de curto-circuito (medições no lado de alta):

|Zcc| =467/√3

3, 38= 79, 77Ω

rcc =1228/3

3, 382= 35, 83Ω

xcc =√|Zcc|2 − r2cc = 71, 27Ω

⇒ Zcc = 79, 77 ej63,31

referida ao lado de alta

Referidos ao lado de baixa

Zcc = (220

13800)2 × 79, 77 ej63,31

⇒ Zcc = 0, 02 ej63,31Ω

• Teste de circuito aberto (lado de baixa):

xm =(219/

√3)2√

( 219√33, 86)2 − ( 3613 )2

= 33, 80Ω

rfe =(219/

√3)2

361/3= 132, 86Ω

Zm = rfe//jxm

⇒ Zm = 32, 756 ej75,30Ω

Transformadores 7

Referidos ao lado de alta,

Zm = (13800

220)2 × 32, 755 ej75,33

⇒ Zm = 128, 885 ej75,33kΩ

Exercício 2.16

lado de altaSb = 75 kV AVb = 13, 8 kV

Ib =75kV A√313, 8kV

=25kV A

13, 8kV/√3= 3, 1377A

Zb =(13, 8kV )2

75kV A=

(13, 8kV/√3)2

25kV A= 2539, 2Ω

⇒ Zcc =79, 77

2539, 2ej63,31

= 0, 0314 ej63,31

p.u.

Observar que no cálculo dos valores da impedância e da corrente de base podem ser utilizadasa potência trifásica e a tensão de linha, bem como a potência de uma fase e a tensão de fase: osresultados são os mesmos.

lado de baixaSb = 75 kV AVb = 220V

Ib =75 kV A√3 220V

= 196, 82A

Zb =( 220V )2

75 kV A= 0, 6453Ω

⇒ Zm =32, 756

0, 6453ej75,30

= 50, 7608 ej75,30

p.u.

xm =33, 80

0.644= 52, 484 p.u.

rfe =132, 86

0.644= 206, 304 p.u.

Exercício 2.17 Adicionar ao enunciado do exercício a potência nominal do gerador

Sgerador = 40 kV A e corrigir a tensão de baixa do transformador monofásico para

230/√3. Para que a tensão do gerador seja a menor possível, o enrolamento de alta do banco é

ligado em delta, pois a tensão de fase do gerador terá 8kV/√3. Por sua vez, como, no lado de

baixa, a tensão de fase do transformador é 230/√3, os enrolamentos de baixa devem ser conectados

em estrela. ⇒ (a)delta-estrela

8 Transformadores

Pcarga = 5(5× 0, 82) + 5 = 25, 5 kW

Qcarga = 5(5× 0, 572) = 14, 31 kV AR

⇒ Scarga = 25, 5kW + j14, 31kV AR

⇒ Scarga = 29, 24 ej29,3kV A

Corrente de carga, lado da carga:

Icarga =29, 24 kV A

230√3

e−j29,3 = 73, 40 e−j29,3 A

Corrente de base, lado da carga:A potência de base adotada é a do gerador, por ser a maior do sistema. A corrente de base no

lado de baixa é

Ibase =40kV A

230√3= 100, 41A

⇒ Icarga =73, 40

100, 41= 0, 731 e−j29,3 p.u.

A impedância equivalente em p.u. do transformador é dada na sua base, isto é, 10 kVA e 230 V.Portanto, deve-se expressá-la na nova base, na qual SB = 40 kV A:

Zp.u.,N = 0, 065 ej80 30

40(8000

8000)2

Zp.u.,N = 0, 04875 ej80p.u.

Tensão do primário:

V1 = 1, 0 + 0, 731 e−j29,300, 04875 ej800

⇒ V1 = 1, 0229 ej1,55p.u.

⇒ V1 = 1, 0229 ej1,55× 8kV = 8, 184 ej1,55

kV

Exercício 2.18 Embora a carga esteja em delta, o secundário a enxerga com sendo uma carga quedemanda 50 kVA com fator de potência 0,92 atrasado e alimentada por 230 V de linha. Para osecundário é irrelevante o tipo de conexão da carga.

Assume-se, então, carga em estrela:

Transformadores 9

Ifase = Ilinha = Icarga e Vfase = 220/√3.

Icarga =570kV A

220√3e−j23 = 1495, 9 e−j23 A

Icarga =1495, 9 e−j23

600kV A/220√3

⇒ Icarga = 0, 95 e−j23 p.u.

V1 = 1 + 0, 95 e−j23 × 0, 12ej90

⇒ V1 = 1, 0495 ej5,6p.u.

Exercício 2.19 Notar que os valores do TE monofásico foram modicados para 13, 8 kV/(20/√3) kV .

(a) ⇒ ∆Y , ∆Y , ∆Y

(b) Valores p.u:

Impedância zLB

TE, lado de alta

Sbase2 = 600 kV A

Vbase = 20 kV

Ibase2 =600 kV A

20√3 kV

= 17, 32A

Zbase2 =20 kV 2

600 kV A= 666, 667Ω

ZLA =34, 27 ej64

666, 667

⇒ ZLA = 0, 0514 ej64p.u.

Impedância total entre TA1 e TA2

Zt = 0, 8 ej76+ 0, 26 + j0, 5 +

0, 9

3ej75

Zt = 1, 6534 ej71,26Ω

que expressa em p.u. torna-se

⇒ Zb =1, 6534 ej71,26

(2, 4 kV )2

(600kV A)

= 0, 1722 ej71,26p.u.

10 Transformadores

Comentário Se a impedância Zb for transferida para o primário de TA1, empregando a relaçãode espiras denida por a = 20 kV/2, 4 kV (relação entre tensões de linha), obtém-se diretamente

Zb = 1, 6534 ej71,26(20 kV

2, 4 kV)2

Zb = 114, 819 ej71,26Ω

⇒ Zb =114, 819 ej71,26

(20 kV )2

600 kV A

= 0, 1722 ej71,26p.u.

(c) Tensão nos terminais gerador, considerando TE ideal

Carga total: lado de baixa do TA2

Pc,3ϕ = 280 + 50 + 20 = 350 kW

Qc,3ϕ =280

0, 80, 6− 50

0, 80, 6 = 172, 5 kV Ar

Sc,3ϕ =√3502 + 172, 52 = 390, 2 ej26,24

kV A

Ic =390,2

3380√

3

e−j26,24 = 592, 85Ae−j26,24 fase

que expressa em p.u. torna-se

Ic =592, 85

200 kV A

380/√3

= 0, 6503 e−j26,24 p.u.

Impedância total em série do sistema,

Zs = ZLA + Zb = 0, 0514 ej64,0+ 0, 1722 ej71,26

Zs = 0, 2233 ej69,6

Tensão do gerador

Vg = 1, 0 + 0, 2233 ej69,6× 0, 6503 e−j26,24

⇒ Vg = 1, 11 ej5,2p.u.

⇒ Vg = 1, 11 ej6× 13, 8 kV = 15, 318 kV

Transformadores 11

Exercício 2.20

tanα =|∆Vs||Ve|

α = arctan|∆Vs||Ve|

(1)

senα =|∆Vs||Vs|

⇒ |Vs| =|Vs|senα

(2)

Combinando (1) e (2) obtém-se

⇒ |Vs| =|∆Vs|

sen(arctan |∆Vs||Ve|

)

Exercício 2.21 Como aα = aβ ⇒ V1/aα = V1/aβ e, portanto não há corrente circulando entre ostransformadores.

• Impedâncias referidas ao lado de baixa (lado da carga):

Zeqα = 1, 6 ej71,5 × 1

102= 0, 016 ej71,5

Ω

Zeqβ = 0, 6 ej48,4,5 × 1

102= 0, 006 ej48,4

Ω

Zeqα + Zeqβ = 0, 02166 ej65,3Ω

• Correntes elétricas, lado de baixa:

Icarga =250kV A

240e−j23,07 = 1041, 1666 e−j23,07A

Iα =0, 006ej48,4

0, 02166ej65,3× 1041, 1666 e−j23,07

⇒ Iα = 288, 41 e−j40 A

Iβ =0, 016ej71,5

0, 02166ej65,3× 1041, 1666 e−j23,07

⇒ Iβ = 769, 0981 e−j16,87 A

12 Transformadores

• Correntes elétricas, lado de alta:

⇒ Iα =288, 41 e−j40

10= 28, 84 e−j40 A

⇒ Iβ =769, 0981 e−j16,87

10= 76, 90981 e−j16,87 A

• Fems, lado de baixa

Eα = 240 + 0, 016 ej71,5× 288, 41 e−j40

⇒ Eα = 244, 0 ej0,57V

Eβ = 240 + 0, 006 ej48,4× 769, 0981 e−j16,87

⇒ Eβ = 244, 0 ej0,57V

• Fems, lado de alta

Eα = 240 + 0, 016 ej71,5× 288, 41 e−j40

⇒ Eα = 2440, 0 ej0,57V

⇒ Eβ = 2440, 0 ej0,57V

Exercício 2.22 Como a relação dos transformadores

aα = 2400/240 = 10 = aβ = 2370/240 = 9, 875

⇒ V1aα= V1aβ

haverá corrente circulando entre os transformadores

• Impedâncias equivalente dos transformadores:

Zeqβ =1, 56 ej81,2

9, 8752= 0, 016 ej81,2

Ω

Zeqα + Zeqβ = 0, 03188ej76,36Ω

• Correntes elétricas de circulação:

Iα→β =0, 016 ej81,2

0, 03188ej76,36× 1041, 1666 e−j23,07 +

+(2400/10)− (2400/9, 875)

0, 03188ej76,36

⇒ Iα→β = 479, 11 e−j8,51 A

Transformadores 13

Iβ→α =0, 016 ej71,5

0, 03188ej76,36,3× 1041, 1666 e−j23,07 +

+(2400/9, 875)− (2400/10)

0, 03188ej76,36

⇒ Iβ→α = 590, 1 e−j34,87 A

• Fems:

Eα = 240 + 0, 016 ej71,5× 479, 11 e−j8,51

⇒ Eα = 243, 6 ej1,6V

Eβ = 240 + 0, 016 ej81,2× 590, 1 e−j34,87

⇒ Eβ = 246, 6 ej1,59V

Exercício 2.23 • A corrente de circulação entre Tα e Tβ

Iα→β =(2400/10)− (2400/9, 875)

0, 03188ej76,36

⇒ Iα→β = −95, 294 e−j76,36

• A corrente de circulação entre Tβ e Tα

Iβ→α =(2400/9, 875)− (2400/10)

0, 03188ej76,36

⇒ Iβ→α = +95, 294 e−j76,36

Notar que Iα→β = −Iβ→α

Exercício 2.24 Não é aconselhável porque as tensões induzidas nos secundários tem fases angula-res desiguais e, portanto, haverá corrente de circulação entre os transformadores.

Exercício 2.25 Como as perdas nas resistências elétricas dos enrolamentos e as perdas ferro sãoinsignicantes, a potência no primário é a potência da carga:

• Potência ativa

⇒ (a)P1 = (44, 20 + 7, 5) kW = 51, 70 kW

• Potência reativa

Q1 =44, 20

0, 92sen23 +

7, 5

0, 6sen− 53, 13

⇒ (a)Q1 = 8, 772 kV AR

14 Transformadores

• Potência aparente complexa

S = 51, 70 + j8, 772

⇒ S = 52, 439 ej9,6kV A

• Reatâncias do circuito equivalente:

x′l1 = j3.9 + 9, 5− 10, 2

2= j1, 6Ω

⇒ (b)x′l1 = 1, 6Ω

x′l2 = j3.9 + 10, 2− 9, 5

2= j2, 3Ω

⇒ (b)x′l2 = 2, 3Ω

x′l3 = j10, 2 + 9, 5− 3, 9

2= j7, 9Ω

⇒ (b)x′l3 = 7, 9Ω

• Corrente no primário, considerando o fasor da tensão primária como referência

I1 =S∗

V ∗1

=52, 439e−j9,6 kV A

38 kV

⇒ (b)I1 = 1, 380 e−j9,6 A

CAPÍTULO 3

Princípios de Conversão

Eletromecânica de Energia

Exercício 3.1

Exercício 3.2 A corrente na bobina é i = vb/rb e, portanto,

fmm = Ni =N vbrb

(a) Força total na direção vertical calculada a partir da relutância total de entreferro ℜgt = 2ℜg1

ℜtotal =

2yµ0ab

⇒ dℜg(y)dy = 2

µ0ab

ϕ = N vb

2 y rbµoab

⇒ Fem(total) = − 12ϕ

2 d ℜy

dy = − 14 (

Niy )2 µo ab

1

2 Princípios de Conversão Eletromecânica de Energia

Solução 1: força em cada entreferro de relutância ℜg1,

Fg1 =Fem(total)

2⇒ Fem(t) = −1

8(Ni

y)2µ0ab

Solução 2: Força em cada entreferroℜg1 = y

µ0ab⇒ dℜg(y)

dy = 1µ0ab

ϕ = Ni2 y µoab

⇒ Fem(g1) = − 12ϕ

2 d ℜy

dy = − 18 (

Niy )2 µo ab

(b) coluna central: ℜcc = y/µ02ab

Cada coluna lateral: ℜpl = y/µ0ab

ℜt = ℜcc + ℜpl//ℜpl︸︷︷︸=ℜpl/2=ℜcc

= yµ0ab

⇒ dℜt

dy = 1µ0ab

ϕ = Niℜt

= Niy µ0ab

Força total desenvolvida:

⇒ Fem(total) = −1

2ϕ2

d ℜg(y)

dy= −1

2(Ni

y)2 µ0ab

* esta força é o dobro da calculada no item(a), devido ao acréscimo da coluna central. Forçadesenvolvida na coluna central:

⇒ Fem(cc) =Fem(total)

2= −1

4(Ni

y)2 µ0ab

Força desenvolvida nas colunas laterais:

⇒ Fem(pl) =Fem(cc)

2= −1

8(Ni

y)2 µ0ab

Exercício 3.3 (a) Relutâncias

ℜx =x

µ02abe ℜg/2 =

g/2

µ0ab

ℜtotal = ℜx + (ℜg/2//ℜg/2) =g + 2x

4µ0ab

Princípios de Conversão Eletromecânica de Energia 3

ϕx =Ni

ℜtotal=

Nvbrb(2x+ g)

4µ0ab

Força desenvolvida na direção x:

Fem(x) = −1

2ϕ2

d ℜx

dx

⇒ Fem(x) = −4µ0ab [Nvb

rb(2x+ g)]2

(b) Empregando a propriedade da superposição ao circuito magnético, obtêm-se os uxos ϕ1 e ϕ2nas colunas externas do dispositivo

ϕ1 = ϕ2 =Ni

ℜx//ℜg/2 + ℜg/2

ℜeq = (ℜx//ℜg/2)︸︷︷︸xg

=(x+g)2µ0ab

+ℜg/2 =xg

(x+ g)2µ0ab+

g

2µ0ab=

(2x+ g)g

2µ0ab(x+ g)

Como i = vb/rb

ϕ1 = ϕ2 = ϕ =Nvbrbℜeq

O uxo na barra central será, então,

ϕx = 2N vb

rb

ℜeq⇒ ϕx = 4N(

vbrb)µ0ab(x+ g)

(2x+ g)g

Força desenvolvida em x:

Fem(x) = −1

2ϕ2x

d ℜx

dx= −1

2(2N vb

rb

ℜeq)2

1

2µ0a b

⇒ Fx = −4µ0ab(Nvbrb

)2( x+ g

g(2x+ g)

)2

Exercício 3.4 (a)

coluna central : ℜc =y

µ02ab→ dℜc

dy = 12µ0ab

coluna lateral esquerda:

ℜxy = yµ0a(b−x) →

dℜxy

dx = yµ0a(b−x)2 →

dℜxy

dy = 1µ0a(b−x)

coluna lateral direita: ℜd = yµ0ab

→ dℜd

dy = 1µ0ab


Relutância total

ℜtotal = ℜc + ℜxy//ℜd︸︷︷︸= y

µ0a(2b−x)

= ℜtotal =y(4b− x)

2µ0ab(2b− x)

dℜtotaldy

=4b− x

2µ0ab(2b− x)

Fluxo na coluna central

ϕc =2µ0ab(2b− x)y(4b− x)

Nvbrb

Força no entreferro da coluna central:

Fem(c) = −1

2[

N vbrb

y(4b− x)2µ0ab(2b− x)]2

1

2µ0ab

⇒ Fem(c) = −µ0ab[2b− x

y(4b− x)]2[Nvbrb

]2

Fluxos nas colunas laterais:ϕx =

N vb

rb−ℜcϕc

ℜx=Nvbrb

µ0a(b− x)y

2b

4b− x

ϕd =N vb

rb−ℜcϕc

ℜd=Nvbrb

µ0ab

y

2b

4b− x

Força na coluna esquerda:

direção x ⇒ Fe(x) = −1

2ϕ2x

d

d xℜxy = −2µ0a

y(

b

4b− x)2(

Nvbrb

)2

direção y ⇒ Fe(y) = −1

2ϕ2x

d

d yℜxy = −2µ0a(

Nvbrb

)2(b

(4b− x))2b− xy2

Força na coluna direita:

⇒ Fd(y) = −1

2ϕ2d

d

d yℜd = −2µ0ab

(Nvbrb

)2( b

y(4b− x)

)2

(b)

Relutâncias das pernas:

ℜxy = yµ0a(b−x) →

dℜxy

dx = yµ0a(b−x)2 →

dℜxy

dy = 1µ0a(b−x)

ℜtotal =2y

µ0a(b−x)


ϕ =N vb

rb

2yµ0a(b− x)

Força desenvolvida nas colunas:

⇒ Fem(y) = −µ0 a(b− x)8y2

(Nvbrb

)2

⇒ Fem(x) = −µ0 a

8y(Nvbrb

)2

Exercício 3.5 Relutância da parte superior, inferior e a total do êmbolo:

ℜsuperior = (d−e)/2µ0(a−y)2π(d+e)/2 = d−e

2µ0π(a−y)(d+e)

ℜinferior = (d−e)/2µ0c2π(d+e)/2 = d−e

2µ0πc(d+e)

ℜtotal = ℜsuperior + ℜinferior = d−e2πµ0(d+e) ·

c+a−yc(a−y) → L(y) =

N2

ℜtotal

→ dL(y)dy = − 2πµ0N

2c2(d+e)(d−e)(c+a−y)2

Força desenvolvida:

Fem =1

2i2dL(y)

dy=

1

2i2[− 2πµ0N

2c2(d+ e)

(d− e)(c+ a− y)2]

⇒ Fem = −(Nvbrb

)2µ0πc

2(d+ e)

(d− e)(c+ a− y)2

Exercício 3.6 Condição para que os valores médios das forças eletromagnéticas sejam iguais:

icc = ief =v

rb=

Vef√(rb)2 + (ωLb)2

Portanto,

⇒ Vefv

=

√(rb)2 + (ωLb)2

rb


Exercício 3.7

Cálculos preliminares

2x+ g = 2× 5× 10−3 + 10−3 = 11× 10−3m

ab = 1600× 10−6m2

Lx=5mm =N2

ℜtotal=

5802 × 4× 4π × 10−7 × (1600)10−6

11× 10−3= 0, 246H

Impedância:

|z(x = 5)| =√

42 + (377× 0, 246)2 = 92, 828Ω

Corrente ecaz:

Ieficaz =127

92, 828= 1, 368A

(a) O valor médio da força desenvolvida e do uxo são obtidos utilizando as expressões do exercício(3.3-a)

ϕmedio =Nirms

2x+ g4µ0ab ⇒ ϕmedio = 0, 58mWb

Fem = −4µ0ab (Nirms

2x+ g)2 = −4µ01600 10

−6 (580 · 1, 368

2× 10−3 + 10−3)2

⇒ Fem = −41, 84N

(b) O valor médio da força desenvolvida e do uxo são obtidos utilizando as expressões do exercício(3.3-b)

ϕx(medio) = 4Nirmsµ0ab(x+ g)

(2x+ g)g

ϕx(medio) = 4× 580× 1, 3684π × 10−7 × 1600× 10−6(5 + 1)10−3

(11× 10−3)10−3

⇒ ϕx(medio) = 3, 48mWb

Fx = Fx = −4µ0ab(Nvbrb

)2( x+ g

g(2x+ g)

)2

Fx = −4× 4π × 10−7 × 1600× 10−6(580× 1, 368)2( 6× 10−3

10−3(11× 10−3)

)2

⇒ Fx = −1506, 38N


Exercício 3.8 Excitação CC

⇒ Icc =vbib

= 1, 368 A

⇒ vb = 4× 1, 368 = 5, 47 V

Exercício 3.9 Se não há o espraiamento de uxo, k é zero e, portanto,

Fem(t) = − 1

µ0 ab

(VeficazωN

)2

︸︷︷︸kf

(1− cos2ωt)

Equação do movimento:

(mc +m)d2 y(t)

dt2= −kf (1− cos2ωt) + (mc +m)g

Exercício 3.10 Como a resistência da bobina é zero, o uxo concatenado é o calculado no exemplocitado e a fem é a própria tensão aplicada:

e(t) = Vpico cosωt

Exercício 3.11 Basta tomar k = 0 na expressão da relutância do entreferro

ℜg =2y

µ0abℜ(total) =

2y

µ0ab+ ℜfe

d

d yℜtotal =

2

µ0 ab

Então, tomando k = 0, e lembrando que Vpico/√2 = Veficaz, obtém-se, a partir da resposta do

Exemplo-item (b),

⇒ Fem(média) = − 1

µ0ab

(VeficazωN

)2

Exercício 3.12 Tomando a expressão do torque desenvolvido no Exemplo 3.7, obtém-se

⇒ Jd

dtωeixo = −µ0rl

4g[Ni(t)]2 − Text

Exercício 3.13 As expressões das indutâncias e suas derivadas são

• Fluxo concatenado pelas bobinas

ψ1 = L11 i1 +M i2 e ψ2 =M i1 + L22 i2

- Coenergia e sua variação incremental em função dos uxos

W ′ϕ = i1ψ1 + i2ψ2 −Wϕ


dW ′ϕ = ψ1di1 + ψ2di2 + i1dψ1 + i2dψ2 − dWϕ︸︷︷︸

=Femdx

dW ′ϕ(i1, i2, θ) = ψ1di1 + ψ2di2 + Fem

- Variação incremental da coenergia em função das correntes

dW ′ϕ = L11i1di1 + L22i2di2 +M(i1di2 + i2di1)

- Coenergia em função das correntes

W ′ϕ = L11

∫ i1

0

i1di11 + L22

∫ i2i2

0

di2 +M

∫ i1i2

0

d(i′1i′2)

W ′ϕ =

1

2L11 (i1)

2 +1

2L22 (i2)

2 +Mi1i2

e, portanto,

Fem =∂W ′

ϕ(i1, i2, x)

∂θr

∣∣∣i1,i2=cte

=1

2(i1)

2 dL11

dx+

1

2(i2)

2 dL22

dx+ i1i2

dM

dx

⇒ Fem =1

2(i1)

2 dL11

dx+

1

2(i2)

2 dL22

dx+ i1i2

dM

dx

Exercício 3.14 As expressões das indutâncias são

L11 = 0, 075H L22 = 0, 030H M = 0, 038 cos(θ) = 0, 038 cos(θr)H

(a) Expressão do torque com i1 = i2

Tem = i21dM

dθ= −0, 038 i21 sen(θr)

Efetuando as devidas substituições, obtém-se

Tem = −3, 8 sen2(200t)︸︷︷︸1− cos(400t)

2

×sen(θr)

Tem = −1, 9[sen(θr)− cos(400t)× sen(ωrt+ δ0)]

Como

cos(400t)× sen(θr) =sen[(400t+ θr]− sen[(400t− θr]

2

tem-se

Tem = −1, 9[sen θr −sen(400t+ θr)

2+

sen(400t− θr)2

]


• ωr = 0 (partida)

O torque de partida é

Tp = −1, 9[sen δ0 + 0, 85 sen(400t+ δ0)︸︷︷︸=0

−0, 85 sen(400t− δ0)︸︷︷︸=0

]

⇒ Tp = −1, 9 sen δ0 N ·m

• ωr = −400 rad/s ⇒ θr = −400t+ δ0

Tem = −1, 9 sen(−400t+ δ0)︸︷︷︸=0

+0, 85 sen(400− 400)t+ δ0︸︷︷︸=sen δ0

−0, 85 sen(400 + 400)t− δ0︸︷︷︸=0

]

⇒ Tem = 0, 85 senδ0 N ·m

• ωr = 400 rad/s ⇒ θr = 400t+ δ0

Tem = −1, 9 sen(400t+ δ0)︸︷︷︸=0

+0, 85 sen(400 + 400)t+ δ0︸︷︷︸=0

−0, 85 sen(400− 400)t− δ0︸︷︷︸=−sen δ0

]

⇒ Tem = 0, 85 senδ0 N ·m

• ωr = 0 rad/s ⇒ θr = δ0

Tem = −1, 9 senδ0︸︷︷︸=0

+0, 85 sen400t+ δ0︸︷︷︸=0

−0, 85 sen400t− δ0︸︷︷︸=0

]

⇒ Tem = −1, 9 senδ0 N ·m

Exercício 3.15 (a) Indutâncias

Com entreferro constante, as indutâncias próprias não contribuem para o desenvolvimento detorque, pois independem da posição do rotor.

Lab = 0⇒ Tab = 0

Laf =M cos θr ⇒dLaf

dθr= −Msenθr

Lbf =Msen θr ⇒dLbf

dθr=M cos θr

(b) Torque desenvolvido

Tem = If iadLaf

dθr+ If ib

dLbf

dθr

• Torque médio devido à variação da indut. mútua entre a fase a e o enrolamento de campo

Taf = −If iaMsenθr


• Torque médio devido à variação da indut. mútua entre a fase b e o enrolamento de campo

Tbf = If iaM cos θr

CAPÍTULO 4

Conguração Básica e Princípio das

Máquinas Elétricas Rotativas

Exercício 4.1

Exercício 4.2

Exercício 4.3

Exercício 4.4

⇒ (a)ns = 60f = 3600 rpm

⇒ (b)neixo =2

p(60f) = 92, 308 rpm

Exercício 4.5 Para cada rotação do rotor, ter-se-á p/2 = 78/2 = 39 ciclos de corrente.

Exercício 4.6

α =360

S× p

2=

360

72× 4

2= 10 ângulo elétrico entre ranhuras

q =S

ms × p=

72

3× 4= 6 ranhuras/polo-fase

1

2 Conguração Básica e Princípio das Máquinas Elétricas Rotativas

Fator de passo Kp = cos(30/2) = 0, 9659

Fator de distribuição Kd =sen(6× 10/2)

6sen(10/2)= 0, 956

Fator de enrolamento Ke = Kd ×Kp = 0, 923

Como cada grupo polo-fase tem 6 espiras, o número efetivo de espiras do grupo polo-fase é

⇒ Nefetivo = 0, 923× 6 = 5, 54 espiras

Exercício 4.7 Em um passo polar se acomoda o grupo de 4 bobinas de cada fase. Assim, cadapasso polar tem 4× 3 = 12 ranhuras.

α =180

12= 15 graus eltricos

Fator de passo Kd =sen(4× 15/2)

4sen(15/2)= 0, 958

Fem em cada grupo polo-fase

⇒ EB = 0, 958× (4× 20V ) = 76, 64 V

Exercício 4.8 Trata-se da soma de uma progressão geométrica cujo número de elementos é onúmero q bobinas do grupo e cuja razão geométrica é r = ejα e a1 = 1.

Spg = Vgrupo =1− a1(rn)1− r1

Vbob =1− rjqα

1− ejαVbob

(a)⇒ Spg =1− cos(qα)− jsen(qα)

1− cosα− jsenα

A magnitude da tensão resultante no grupo é

|Vgrupo| =

√(1− cos qα)2 + sen2 qα

(1− cos α)2 + sen2 αVbob =

√1− cos qα

1− cos αVbob

Como cos a = 1− 2sen2(a/2), tem-se√1− cos qα1− cos α

=

√1− (1− sen2qα/2)√1− (1− sen2α/2)

=sen(qα/2)

sen(α/2)

⇒ |Vgrupo| =sen(qα/2)

sen(α/2)Vbob

(b) A denição do fator de distribuição kd é

Conguração Básica e Princípio das Máquinas Elétricas Rotativas 3

Kd =|Vgrupo|qVbob

Efetuando as devidas substituições, obtém-se

Kd =sen(qα/2)

q sen(α/2)

ou, incorporando os harmônicos espaciais o ângulo entre as ranhuras torna-se hα , tem-se

⇒ Kd =sen(q hα/2)

q sen(hα/2)

Exercício 4.9 Do exemplo 4.1, tem-se q = 2, α = 30 e Nfase = 11, 592Nb espiras efetivas emsérie.

Como o passo das bobinas foi encurtado de 30, calcula-se o fator de encurtamento:

Kp = cos30

2= 0, 9659

(a) Agora, basta multiplicar as expressões do Exemplo em questão pelo fator encurtamento, paraobter

⇒ fas(t, θ) = 2, 376Nbobias(t) cos(θ)

⇒ fbs(t, θ) = 2, 376Nbobibs(t) cos(2π

3− θ)

⇒ fcs(t, θ) = 2, 376Nbobics(t) cos(4π

3− θ)

(b)

⇒ fabc,s(t, θ) = 5, 04NbobIs cos(ω1t+ φi1 − θ)

Exercício 4.10 O fator de enrolamento de bobinas concêntricas é

ke = 0, 076 sen(3× 11, 25) + 0, 21 sen(3× 33, 75) + 0, 324 sen(3× 56, 25) + 0, 383 sen(3× 78, 75)

⇒ ke = −0, 0071

Exercício 4.11

q =S

ms · p

α =2π

S

p

2=π p

S

qα

2= (

S

ms · p)

π p

S2

=π

2ms


Substituindo na expressão do fator de distribuição da harmônica fundamental resulta

⇒ kd1 =ms · pS

sen π/2ms

sen (π/2)pS

Exercício 4.12

enrolamento monofásico kd1,1ϕ = p/Ssenπ/2

sen (π p/2)=

p/S

sen (π p/2)

enrolamento bifásico kd1,2ϕ = 2 p/Ssen(π/4)

sen(π p/2)

⇒ kd1,2ϕ =√2 kd1,1ϕ = 1, 41 kd1,1ϕ

enrolamento trifásico kd1,3ϕ = 3 p/Ssen(π/6)

sen(π p/2)

⇒ kd1,3ϕ = 1, 5 kd1,1ϕ

enrolamento tetrafásico kd1,4ϕ = 4 p/Ssen(π/8)

sen(π p/2)

⇒ kd1,4ϕ = 4 sen(π/8) kd1,1ϕ = 1, 53 kd1,1ϕ

Como pode ser observado, a relação tende a ter incrementos menores, em relação ao monofásico,à medida que o número de fases aumenta.

Exercício 4.13 Para máquinas de mesma dimensão e mesmo material magnético, à medida quese aumenta o número de fases, o fator de distribuição aumenta, aumentando assim a tensão nafase, por essa razão, para a mesma corrente na fase, maior será a potência aparente nominal.

⇒ S4ϕ

S1ϕ=kd1,4ϕkd1,1ϕ

= 1, 53

⇒ S3ϕ

S1ϕ=kd1,3ϕkd1,1ϕ

= 1, 5

⇒ S2ϕ

S1ϕ=kd1,2ϕkd1,1ϕ

= 1, 41

⇒ S3ϕ

S2ϕ=kd1,3ϕkd1,2ϕ

=1, 50

1, 41= 1, 0634

Exercício 4.14

q =12

3× 2= 2

α =360

12× p

2= 30 elétricos

ρ = 30


Fator de enrolamento da 3 harmônica

⇒ ke3 =sen(2

3× 30

2)

2sen(3× 30

2)

× cos3× 30

2= 0, 5


⇒ ke5 =sen(2

5× 30

2)

2sen(5× 30

2)

× cos5× 30

2= 0, 067


⇒ ke7 =sen(2

7× 30

2)

2sen(7× 30

2)

× cos7× 30

2= −0, 067

Exercício 4.15 No intervalo de um quarto de ciclo da corrente (∆T =1

4f), o deslocamento da

fmm de estator em graus mecânicos é

∆β =ω1

p/2∆T

⇒ ∆β =2(2πf)

8

1

4f= π/8 rad/s

Exercício 4.16

⇒ (a) ωs = 2π f1 = 2π × 60 = 377 rad. el./s

⇒ (d) ωs = 377 rad. el./s

⇒ (e) ω2 = 2π(sf1) = 2π(0, 15× 60) = 56, 55 rad. el./s

⇒ (f) ω′r = ωr + ω2 = 377 rad/s

⇒ (g) ω′r − ωs = 0 rad. el./s

Exercício 4.17

⇒ f2 =120× 50/8− (−600)

120× 50/850 = 90Hz

Exercício 4.18 Velocidade síncrona e velocidade do rotor em rpm

ns = 120× 60/12 = 600 rpm e nr = 620 rpm


(a) Gerador: velocidade do campo do rotor em relação ao rotor

n2 = 600− 620 = −20 rpm

⇒ f2 =−20× 12

120= −2Hz

A velocidade do campo do rotor negativa signica que o campo do rotor gira no sentido oposto àvelocidade da estrutura física do rotor, devido à inversão da sequência de fases das corrente derotor.

(b) Freio: a sequência de fase do estator é invertida (600 7→ −600 rpm)

A frequência de escorregamento no modo freio é

⇒ f2 =−600− (620)

−600× 60 = 122Hz

Exercício 4.19 Para que uma máquina de campo girante e de polos lisos tenha torque médiodiferente de zero uma das condições é que a indutância mútua varie com a posição do rotor, queé o caso. Adicionalmente, os campos do rotor e do estator têm que ser estacionários entre si: essacondição é satisfeita se o enrolamento de rotor for alimentado em corrente contínua e, desse modo,a máquina funcionaria, então, como uma máquina síncrona.

Exercício 4.20 (a)

⇒ ωs = 2π × 140 = 879, 65 rad. el./s

(b)

⇒ ωsm = 879, 652

140= 12, 57 rad./s

⇒ ns =120× 140

140= 120 rpm

(c)

f2 =12, 57− 11, 93

12, 57140 = 7, 128Hz

(d)

⇒ ω2 = 2π7, 128 = 44, 787 rad. el./s

(e)


⇒ ω2m = 44, 7872

140= 0, 640 rad/s

⇒ n2m =120× 7, 128

140= 6, 110 rpm

(f)

⇒ ω2m,1 = 0, 640 + 11, 93 = 12, 57rad/s = ωsm

⇒ n2m,1 = 12, 5730

π= 120 rpm = ns

(g) Velocidade do campo do rotor em relação à velocidade do campo

⇒ ω2m,1 − ωsm = 0

Exercício 4.21

s =30

120= 0, 25

⇒ neixo = (1− 0, 25)120× 120

6= 1800 rpm

⇒ ωeixo = 2π1800

60= 188, 5 rad./s

Exercício 4.22 Veloc. de eixo da MS =Veloc. de eixo da MI= 900 rpm

nMI = nMS = 900 = (1− 5

50)120× 50

pMI

⇒ pMI = 6 polos

Exercício 4.23

P(operação) =6× 60 + 120× 10 + 60× 8

60 + 120 + 60

⇒ P(operação) = 8, 5 kW

Como P(operação) = 8, 5 kW < 8 kW , o motor está subdimensionado, em termos de potência.

CAPÍTULO 5

Vetor Espacial e Indutâncias

Exercício 5.1 Escritas na forma alternativa,as correntes instantâneas são

ian(t) = 100√2ej(ωt+π/6) + e−j(ωt−π/6)

2

ibn(t) = 100√2ej(ωt+π/6−2π/3) + e−j(ωt+π/6−2π/3)

2

icn(t) = 100√2ej(ωt+π/6−4π/3) + e−j(ωt+π/6−4π/3)

2

(a) A expressão do vetor corrente do estator é dada por

is,αβ = k[ian(t)ej0 + ibn(t)e

j2π/3 + icns(t)ej4π/3]

Substituindo as correntes de fase nessa com k = 2/3 obtém-se

is,αβ =100√2

3)[ej(ωt+π/6) + e−j(ωt+π/6) + ej(ωt+π/6−2π/3)ej2π/3 + e−j(ωt+π/6−2π/3)ej2π/3

+ej(ωt+π/6−4π/3)ej4π/3 + e−j(ωt+π/6−4π/3)ej4π/3]

que após algumas manipulações aritméticas resulta

is,αβ =100√2

3[(3 ej(ωt+π/6) + (1 + ej4π/3 + ej2π/3︸︷︷︸

=0

)e−j(ωt+π/6)]

1

2 Vetor Espacial e Indutâncias

⇒ is,αβ = 100√2 ej(ωt+π/6)

(b) De forma análoga ao item a, mas com icn = 0 e ibn(t) = −ian(t)

is,αβ = [ian(t)− ian(t)ej2π/3] = k ian(t) [1− ej2π/3]︸︷︷︸= 3

2−j√

32

tem-se, então, ao substituir ian(t) = Ipico cos(ωt+ π/6) e k = 2/3

⇒ iαβ,s = Ipico cos(ωt+ π/6)− j Ipico√3

cos(ωt+ π/6)

(c) Como ibn = Ipico cos(ωt+ π/6− 2π/3) = Ipico senωt

iαβ,s =2

3Ipico[cos(ωt+ π/6) + senωt ej2π/3]

⇒ iαβ,s =Ipico3

[2 cos(ωt− senωt] + j

√3

3senωt

Exercício 5.2 Solução das sequências positiva e negativa.

• Correntes de sequência positiva

ian(t) = 100√2 cos(ωt + π/6)

ibn(t) = 100√2 cos(ωt + π/6− 2π/3)

icn(t) = 100√2 cos(ωt + π/6− 4π/3)

que denem o vetor espacial de sequência positiva

⇒ is,αβ = k3

2100√2 ej(ωt+π/6)

• Correntes de sequência negativa

ian−(t) = 20√2 cos(ωt+ π/3)

ibn−(t) = 20√2 cos[(ωt+ π/3) + 2π/3] = 20

√2 [−1

2cos(ωt+ π/3)−

√3

2sen(ωt+ π/3)]

icn−(t) = 20√2 cos[(ωt+ π/3)− 2π/3] = 20

√2 [−1

2cos(ωt+ π/3) +

√3

2sen(ωt+ π/3)]

e

ian−(t) = 20√2 cos(ωt+ π/3)

ibn−(t) + icn(t) = −ian(t)

ibn−(t)− icn−(t) =√3 sen− (ωt+ π/3)

Vetor Espacial e Indutâncias 3

cujo vetor espacial é

is−,αβ = k[ian(t) + ibn(t) (−1

2+ j

√3

2)︸︷︷︸

=a

+icn(t) (−1

2− j√3

2)︸︷︷︸

=a2

]

is−,αβ = k[ian(t) + (−1

2[ibn(t) + icn(t)]︸︷︷︸

=−ian

+j

√3

2(ibn(t)− icn(t))︸︷︷︸

=20√2√3 sen−(ωt+π/3)

]

is−,αβ = k[3

220√2 cos(ωt+ π/3)︸︷︷︸

=− cos(ωt+π/3)

+j3

220√2 sen− (ωt+ π/3)]

⇒ is−,αβ =3

2k20√2 e−j(ωt+π/3)

A solução geral é

iαβ,s = k3

2100√2 ej(ωt+π/6) +

3

2k20√2 e−j(ωt+π/3)

que para k = 2/3 torna-se

⇒ iαβ,s = 100√2 ej(ωt+π/6) + 20

√2 e−j(ωt+π/3)

Exercício 5.3 No bifásico equivalente, alteram-se os valores das correntes de forma a compensara alteração no número Ns,eq de espiras de cada fase, uma vez que a fmm gerada deve sempre serequivalente à trifásica.

• Com k = 2/3

Ns,eq =Ns

2/3=

3

2Ns ⇒ is,αβ = Is

√2 ej(ω1tt+φi1) ⇒ fs,αβ =

4

π

3

2

Ns

p

√2 Is e

j(ω1t+φi1)

• Com k =√2/3

Ns,eq =Ns√2/3

=

√3

2Ns ⇒ is,αβ =

√3

2Is√2 ej(ω1tt+φi1) ⇒ fs,αβ =

4

π

3

2

Ns

pIs√2 ej(ω1t+φi1)

Exercício 5.4

Ns,eq(total) = 2

√3

2Ns =

√2√3Ns

Exercício 5.5 Vetores de fase e de linha, conexão delta

4 Vetor Espacial e Indutâncias

• Correntes de linha

iA = ib − ic

iB = ic − ia

iC = ia − ib

O vetor espacial das correntes de linha é

iLs,αβ = k[iA + iBa+ iCa

2]

que em função das correntes de fase torna-se

iLs,αβ = k[ib − ic + (ic − ia)a+ (ia − ib)a2]

= k[a2(ia + aib + a2ic)− a(ia + aib + a2ic)]

= (a2 − a)︸︷︷︸√3 e−jπ/2

[k(ia + aib + a2ic)]︸︷︷︸ifs,αβ

⇒ iLs,αβ = e−jπ/2

√3(i

fs,αβ)

CAPÍTULO 6

Fluxos, Tensões e Torque em

Máquinas de Indução

Os exercícios 6.10 e 6.11 da terceira edição foram retirados.

Exercício 6.1 Dada a potência instantânea de um sistema trifásico, como

P (t) = vaia + vbib + vcic

Para o sistema de três os tem-se ia + ib + ic = 0 → ib = −ia− ic, que substituída na expressãoda potência obtém-se

P (t) = vaia + vb(−ia − ic) + vcic = vaia − vbia − vbic + vcic

⇒ P (t) = vabia + vcbic

Exercício 6.2 Dada a expressão de potência em função dos vetores espaciais

P (t) =2

3(

1√2/3

)2Re[vs,αβ i∗αβ ] = Re[vs,αβ i

∗αβ ]

P (t) = Re[(vsα + jvsβ)(isα − jisβ)

⇒ P (t) = vαiα + vβiβ

1

2 Fluxos, Tensões e Torque em Máquinas de Indução

Exercício 6.3 (a) Sistema estacionárioO vetor da tensões de fase do estator trifásico é determinado com o eixo real do novo sistema

de referência sobre a fase a:

vαβ = k[va(t)ej0 + vb(t)e

j2π/3 + vc(t)ej4π/3] = k

3

2

√2Vse

jω1t

As expressões de cada uma das fases em função dos dados conhecidos e admitindo φv1 = 0 são

va(t) =380√2√

3cos(ωt)

vb(t) =380√2√

3cos(ωt− 2π/3)

vc(t) =380√2√

3cos(ωt− 4π/3)

que substituídos na expressão do vetor espacial de tensão, obtém-se

⇒ vs,αβ = k

√3

2380 ejω1t V

(b) sistema de referência síncrono

Basta multiplicar o vetor espacial de tensão expresso no sistema de referência estacionário pore−jω1t

vs,αβ = k

√3

2380V

(c) Sistema de referência xado no rotor

Para obter o vetor das tensões trifásicas expresso no sistema de referência xado no rotor deve-se multiplicar o vetor expresso no sistema de referência estacionário por e−jωrt e dividindo pelarelação de espiras a = Ns/Nr. Lembrando que ω1 − ωr = ω2 = 0, 03(2π60) = 11, 31 rad/s., tem-se

v′s,mn = k

√3

2380

ej(ω1−ωr)t

a= k

√3

2

380

aejω2t

⇒ v′s,mn = k

√3

2

380

aej11,31t

Exercício 6.4 Empregando a denição do vetor espacial para as tensões de estator

vs,αβ = vas(t)1+ vbs(t)a+ vas(t)a2

Fluxos, Tensões e Torque em Máquinas de Indução 3

ou, em termos das componentes,

vsα = Re(vs,αβ) =2

3(van(t)−

1

2vbn(t)−

1

2vcn(t)︸︷︷︸

=(1/2) vbc

)

vsβ = Im(vαβ,s) =2

3[

√3

2vbn(t)−

√3

2vcn(t)] =

1√3vbc(t)

(a) Como van = vab + vbn

vsα =2

3[vab + vbn︸︷︷︸

van

−1

2vbc(t)] =

2

3[vab −

1

2vbc(t)]

⇒ vsα =1

3[2vab(t) + vbc(t)]

⇒ vsβ =1√3vbc(t)

(b) Lembrando que

is,αβ = k[ian(t) + ibn(t)a+ icn(t)a2]

e, empregando um procedimento análogo ao das tensões do item anterior, obtêm-se as relaçõesdesejadas

⇒ isα = ia(t)

⇒ isβ =1√3[ia(t) + 2ib(t)]

Exercício 6.5 (a) A partir dos resultados do item 6.4 (b)

⇒ isα = ias(t)

e

isβ =1√3[ias(t) + 2 ibs(t)︸︷︷︸

=−ias−ics

] = isβ =1√3[ias(t)− 2ias(t) + 2ics(t))]

⇒ iβ,s = −1√3[ias(t) + 2ics(t)]

(b) Como ibs = −ias − ics


⇒ isα = −[ ias(t)︸︷︷︸−ias−ics

+ics(t)]

e ias = −ibs − ics

⇒ isβ = − 1√3[2 ics(t)−ibs(t)− ics(t)︸︷︷︸

=+ias(t)

]

⇒ isβ =1√3[ibs(t)− ics(t)]

Exercício 6.6 Substituindo as tensões de linha, em função das tensões de fase, na denição dovetor espacial

vLαβ =2

3[vbn(t)− vcn(t) + [vcn(t)− van(t)]a+ [van(t)− vbn(t)]a2]

vLαβ =2

3(van(t)[a

2 − a] + vbn(t)[1− a2] + +vcn(t)[a− 1])

Substituindo

a− 1 = −j√3a2

1− a2 = −j√3a

a2 − a = −j√3

ma expressão do vetor tensão de linha, obtém-se

vLαβ = −j√32

3[van(t) + vbn(t)a+ vcn(t)a

2]︸︷︷︸=vαβ,fase

⇒ vLαβ = j√3 vfαβ

Exercício 6.7 As tensões de fase são dados por

van = Vcc(2Sa − Sb − Sc)/3

vbn = Vcc(2Sb − Sa − Sc)/3

vcn = Vcc(2Sc − Sa − Sb)/3

Aplicando a denição de vetores espaciais para k =2

3,

vi =2

3

Vcc3

[(2Sa − Sb − Sc) + (2Sb − Sa − Sc)a+ (2Sc − Sa − Sb)a2]

Fluxos, Tensões e Torque em Máquinas de Indução 5

• Para o estado da chave i = 1, Sa = 1, Sb = 0, Sc = 0

v1 =2

3

Vcc3

[2− a− a2]

v1 =2

3

Vcc3

[2− (−1

2+ j

√3

2)− (−1

2− j√3

2)]

⇒ v1 =2

3Vcc =

2

3Vcce

j0V

• Para i = 2, Sa = 1, Sb = 1, Sc = 0

v2 =2

3

Vcc3

[(2− 1) + (2− 1)a+ (−1− 1)a2]

v2 =2

3

Vcc3

[(2− 1) + (2− 1)(−1

2+ j

√3

2) + (−1− 1)(−1

2− j√3

2)]

⇒ v2 =2

3Vcc[

1

2+ j

√3

2] =

2

3Vcce

jπ/3V

• Para i = 3, Sa = 0, Sb = 1, Sc = 0

v3 =2

3

Vcc3

[(−1) + (2)a+ (−1)a2]

v3 =2

3

Vcc3

[−1 + 2(−1

2+ j

√3

2)− 1(−1

2− j√3

2)]

⇒ v3 =2

3Vcc[−

1

2+ j

√3

2] =

2

3Vcce

j2π/3V

• Para i = 4, Sa = 0, Sb = 1, Sc = 1

v4 =2

3

Vcc3

[(−1− 1) + (2− 1)a+ (2− 1)a2]

v4 =2

3

Vcc3

[−2 + (−1

2+ j

√3

2) + (−1

2− j√3

2)]

⇒ v4 = −2

3Vcc =

2

3Vcce

jπV

• Para i = 5, Sa = 0, Sb = 0, Sc = 1

v5 =2

3

Vcc3

[(−1) + (−1)a+ (2)a2]

v5 =2

3

Vcc3

[−1− (−1

2+ j

√3

2) + 2(−1

2− j√3

2)]

⇒ v5 =2

3Vcc[−

1

2− j√3

2] =

2

3Vcce

j4π/3V


• Para i = 6, Sa = 1, Sb = 0, Sc = 1

v6 =2

3

Vcc3

[(2− 1) + (−1− 1)a+ (2− 1)a2]

v6 =2

3

Vcc3

[1− 2(−1

2+ j

√3

2) + (−1

2− j√3

2)]

⇒ v6 =2

3Vcc[

1

2− j√3

2] =

2

3Vcce

j5π/3V

• Para i = 0, Sa = 1, Sb = 1, Sc = 1

⇒ v0 =2

3

Vcc3

[(0) + (0)a+ (0)a2] = 0

• Para i = 7, Sa = 0, Sb = 0, Sc = 0

⇒ v7 =2

3

Vcc3

[(0) + (0)a+ (0)a2] = 0

Exercício 6.8 Para k = 2/3

vs,αβ =380√3

√2 ejω1t e is,αβ = 10

√2 ej(ω1t−π/6)

Ps(t) =3

2Re(380√

3

√2 ejω1t · 10

√2 ej(−ω1t+π/6))

Ps(t) =3

2

380√2√

3· 10√2 · 0, 86

⇒ Ps(t) = 5660, 3W

Exercício 6.9

Exercício 6.10

Exercício 6.11

Exercício 6.12

is,αβ = is,dq · eω1t

is,αβ = (isd + jisq) · cos ω1t+ jsenω1t)

⇒ isα = Re is,αβ = isd cosω1t− isq senω1t

⇒ isβ = Imis,αβ = isd senω1t+ isq cosω1t

CAPÍTULO 7

Regime Permanente de Máquinas de

Indução

Exercício 7.1 Como se admite motor ideal, todas as perdas são nulas. Particularmente,

PJ,r = 0 = sPg ⇒ s = 0

Para funcionar como motor de indução o escorregamento não pode ser nulo. No entanto, idealmente,funcionaria como motor síncrono se o rotor fosse alimentado em corrente contínua.

Exercício 7.2

zg = zm//z′r =

zm/, z′r

zm + z′r

Eg =zg

zg + zsVs =

1

1 +zszg

Vs

⇒ Eg =1

1 +zs(zm + z′r)

zmz′r

Vs

Exercício 7.3 (a)

Lls = σsLm = 0, 029× 43, 72mH = 1, 267mH

L′lr = σrLm = 0, 062× 43, 72mH = 2, 710mH

1

2 Regime Permanente de Máquinas de Indução

(b)

cosφr =r′r√

(r′r)2 + (sω1L′

lr)2=

0, 135√(0, 135)2 + (0, 022× 377× 2, 71× 10−3)2

⇒ cosφr = 0, 986

(c)

zs = rs + jxls = 0, 167 + 1, 267 10−3 × 377 = 0, 167 + j0, 4779Ω

z′r = r′r + jx′lr =0, 135

0, 022+ j 2, 71× 10−3 × 377 = 6, 136 + j1, 0217Ω

jxm = 43, 71 10−3 × 377 = j16, 4783Ω

zg =zm × z′rzm + z′r

= 2, 686 ej29,5Ω

zentzs + Zg = 3, 085 ej35,7Ω

⇒ Is =380/

√3

3, 085 ej35,7= 71, 11 e−j35,7 A

⇒ I ′r =zm

zm + zgIs = 66, 176 ej153,1

A

⇒ Im = Is + I ′r = 11, 59 e−j96,2 A

(d)

⇒ Eg = jxmIm = 191, 038 e−j6,2 V

⇒ Es = Eg + jxlsIs = 209, 86 ej1,9V

Exercício 7.4 (a) indutâncias de dispersão não se alteram

(b) Escorregamento é (1800− 1760)/1800 = 0, 022

cosφr =0, 135√

(0, 135)2 + (0, 022× 377× 2, 71× 10−3)2

⇒ cosφr = 0, 986

Regime Permanente de Máquinas de Indução 3

(c)

rs + jxls = 0, 167 + j1, 267 10−3 × 377 = 0, 167 + j0, 4779Ω

r′rs

+ jx′lr =0, 142

0, 022+ j0, 547 = 6, 075 + j1, 0217Ω

zm =rfe × jxmrfe + jxm

= 16, 463 ej87,4Ω

zg =zm z′rzm + z′r

= 5, 408 ej28,3Ω

zent =zm z′rzm + z′r

= 5, 792 ej31,7Ω

⇒ Is =380/

√3

5, 792 ej31,7= 37, 88 e−j31,7 A

⇒ I ′r =16, 461 ej87,4

16, 461 ej87,4 + 5, 408 ej28,337, 88 e−j31,7 = 33, 255 ej167,1

A

⇒ Im = Is + I ′r = 12, 445 e−j90,8 A

(d)

⇒ Eg = zmIm = 205, 074 e−j0,8 V

⇒ Es = Eg + jxlsIs = 214, 926 ej3,4V

Exercício 7.5

Exercício 7.6 (a) As indutâncias de dispersão não se alteram

(b) Pot. elétrica de entreferro

⇒ Pg =60 + 0, 200

1− 0, 03= 62, 06 kW

(c) Pot. de escorregamento

⇒ PJ,r = 0, 03× 62, 06 = 1, 86 kW

(d) Pot. de entrada

⇒ Ps = Pg = 62, 06 kW

(e) Eciência

⇒ η =60

62, 06100% ≈ 96, 7%


Exercício 7.7 (a)

⇒ s =900− (−450)

900= 1, 5

(b) Pot. fornecida pela carga ao eixo

⇒ Peixo = 0, 85× 5 kW = 4, 25 kW

(c) Pot. eletromecânica

⇒ Pem = Prot − Peixo = 1− 4, 25 = −3, 25 kW

(d) Pot. de entreferro

⇒ Pg =−3, 251− 1, 5

= 6, 5 kW

(e) Pot. Joule no rotor

⇒ PJ,r = 1, 5× 6500 = 9, 75 kW

(f) Pot. nos terminais do estator

⇒ Ps = Pg + PJ,r = 6, 938 kW

Exercício 7.8 A condição de máxima pot. eletromecânica desenvolvida pelo motor é dada por

(1− spem)r′rspem

=√(rth + r′r)

2 + ω21(Lth + L′

lr)2

⇒ spem =r′r

r′r +√

(rth + r′r)2 + ω2

1(Lth + L′lr)

2

No caso de pot. de entreferro máxima tem-se

spg =r′r√

(rth)2 + ω21(Lth + L′

lr)2

Assim,

spemspg

=

√(rth)2 + ω2

1(Lth + L′lr)

2

r′r +√

(rth + r′r)2 + ω2

1(Lth + L′lr)

2< 1


Exercício 7.9 (a)

−1800 = n2 + 1780⇒ n2 = −3580 rpm

⇒ f2 =−1800− 1780

−180060 = 119, 33Hz

(b)

−1800 = n2 + 900⇒ n2 = −2700 rpm

⇒ f2 =−1800− 900

−180060 = 90Hz

(c) O campo girante de estator gira no sentido anti-horário

−1800 = n2 ⇒ n2 = −1800 rpm

⇒ f2 =−1800× 4

120= −60Hz gira no mesmo sentido do campo girante do estator

Exercício 7.10 • f2 = 90Hz→ s = 1, 5

Pg =10 kW

1, 5= 6, 7 kW

Pem = (1− 1, 5)6, 7 = −3, 3 kW → Peixo = −Pem = 3, 3 kW

• f2 = −90Hz→ s = −1, 5

Pg =10 kW

1, 5= −6, 7 kW

Pem = (1 + 1, 5)×−6, 7 = −16, 7 kW → Peixo = −Pem = 16, 7 kW

• f2 = 45Hz→ s = 0, 75

Pg =10 kW

0, 75= 13, 3 kW

Pem = (1− 0, 75)13, 3 = 3, 3 kW → Peixo = −Pem = −3, 3 kW

• f2 = −45Hz→ s = −0, 75

Pg =10 kW

−0, 75= −13, 3 kW

Pem = (1 + 0, 75)(−13, 3) = −23, 275 kW → Peixo = −Pem = 23, 275 kW


Com escorregamentos positivos, a MI demanda 13, 3 kW para atender toda a faixa de escorre-gamento. No caso de escorregamentos negativos, a potência é 23, 275 kW . Portanto, escolhe-se aoperação com escorregamentos positivos com a MI tendo a pot. nominal de

⇒ Pn = 13, 3 kW

Exercício 7.11

Pn = 25× 745, 7 = 18, 64 kW

Pen = 3380√337, 10× cos 32, 05 = 20, 70 kW

PJ,s = 3× 37, 102 × 0, 167 = 0, 69 kW

PJ,r = 3× 32, 972 × 0, 135 = 0, 44 kW

Prot = Pen − PJ,s − PJ,r − Pn = 20, 70− 0, 69− 0, 44− 18, 64 = 0, 93 kW

⇒ Trot =0, 93 kW

1760 π30

= 5, 1N ·m

Exercício 7.12

⇒ (a) s =50

60= 5/6

neixo = [1− (5/6)]120× 60

pMI=

120× 50

pMS

pMI

pMS=

1

5

Como se trata de transferência de potência, o número de polos deve ser o menor possível:

⇒ (b) pMI = 2 pMS = 10

A potêcia que se deve ter nos terminais do rotor da MI é P . Ignorando as perdas no ciruito dorotor, a potência nos terminais do rotor é a potência a ser entregue ao sistema de 50 Hz, isto é, P .Portanto, para a potência de entrada Ps nos terminais de estator, no caso das perdas mecânicas eelétricas serem insignicantes, Pg = Ps

P = sPg = sPs =5Ps

6→ Ps =

6

5P

Pem = (1− 5

6)Ps = Ps

6P

5=P

5

Portanto, a potência nos terminais do estator da MI é

⇒ PMI = Ps =6

5P


e da máquina síncrona,

⇒ PMS =P

5

Se for considerado escorregamento negativo, a potência nominal da máquina síncrona deverá sermaior.

Exercício 7.13 Supondo que a máquina funciona na região linear da característica torque-velocidade,r′r/s >> ω1L

′lr e, portanto,

Tem =3p

2

s0ω1

r′rψ2g

Tem =3p

2

s0ω1

r′rψ2g

3p

2

0, 03ω1

r′rψ2g =

3p

2

s′0, 8ω1

r′rψ2g

⇒ s′ = 3, 75%

Exercício 7.14 Cancelado

Exercício 7.15 Aplicando as expressões da impedância e da tensão de Thévenin, do escorrega-mento para o qual se dá o torque máximo, obtêm-se

(a) s = 2, 7%, 1064N ·m e fp=0,68

(b) s = 5, 4%, 1029N ·m e fp=0,70

(c) s = 10, 6%, 960N ·m e fp=0,72.

Exercício 7.16 (a) nas condições do Exemplo 7.1,

Egn = 205, 7V

ω2 =1800− 1760

1800377 = 8, 38Hz

1 + (8, 382, 71mH

0, 135)2 = 1, 028

ψgn,eficaz =205, 7

377= 0, 546Wb− espiraseficaz

Tem =3 · 4

2 · 0, 1350, 5462

8, 38

1, 028= 107, 976 N ·m

Na nova condição de operação,

Egv =| jxm220

rs + j(xls + xm)|=| j16, 48 220

0, 167 + j(0, 478 + 16, 48)|= 213, 789


(b) Se a frequência de escorregamento é a mesma da condição nominal, o novo torque desenvolvidoT ′em é

T ′em =

213, 82

205, 72107, 976 = 1, 08 · 107, 976⇒ T ′

em = 116, 65N ·m

Exercício 7.17 Cálculo do uxo de entreferro, a partir do Exemplo 7,7 (60 Hz e 220 V):

zs0 = 0, 012 + j0, 138 = 0, 139 ej85Ω zm0 = j6, 251Ω

zth,0 = zs//zm = 0, 0115 + j0, 1346 = 6, 389 ej85

s60 =0, 0115√

0, 01152 + 3772(0, 357 + 0, 531)2 · 10−6= 0, 0343

z′r =0, 009

0, 034+ j0, 2 = 0, 265 + j0, 2 = 0, 332 ej37

Impedância vista pelo entreferro

zg0 =z′r zmz′r + zm

= 0, 322ej40

Impedância vista pelos terminais do estator

zent,0 = zs + zg = 0, 430× ej53,3

Correntes:

Is0 =220

0, 43× ej53,37= 511, 6 e−j53,37 A

I ′r0 = − zmzm + zg

Is = 495, 4ej128,96

Im0 = I ′s + I ′r = 26, 12 e−j103,9

ψg0 = 16, 58× 10−326, 12 e−j103,9 = 0, 43 e−j103,9 Wb ecazes


Nova condição deoperação: 15 Hz, uxo de entreferro 0,46Wb ecaz

f1 = 15Hz ω1 = 30π rad/s

xls = xls,015

60= 0, 035Ω

x′lr = x′lr,015

60= 0, 05Ω

xm = xm015

60= 1, 56Ω

zs = 0, 012 + j0, 0344 zm = j1, 56Ω

zth = 0, 0115 + j0, 0337Ω

sN =rth√

r2th + ω21(Lth + Llr)2

= 0, 136

⇒ (a) f2 = 0, 136× 15 = 2, 04Hz

Correntes:

z′r = 0, 009/0, 136 + j0, 05 = 0, 066 + j0, 05 = 0, 083 ej37,15Ω

Impedância vista pelo entreferro

zg =zmz

′r

zm + z′r= 0, 080 ej39,5

Impedância do entrada do circuito de Thévenin

zent = 0, 0115 + j0, 0337 + 0, 062 + j0, 051 = 0, 112 e49,04Ω

Fator de potência

⇒ (b)fp = cos(49, 04) = 0, 656

Exercício 7.18

z′r = 0, 009/0, 03 + j0, 05 = 0, 3 + j0, 20Ω

zg = zm//z′r = 0, 35 ej36,4

Ω

zent = 0, 45 ej49,6Ω

(a)

⇒ Is =220

0, 45 ej49,6= 488, 89 e−j49,6 A


(b)

I ′r =zm

zm + zgIs = 470, 9 ej133,1

A

Tem =3p

2LmIm(IsI ′

∗r)

⇒ Tem = 1059N ·m

Exercício 7.19

ω1 = 30π

Lls = 0, 3647mH zs = 0, 012 + j0, 0344 = 0, 0364 ej70,77Ω

L′r = 0, 531mH

xm = 16, 58mH × 30π = 1, 565Ω

ωsm =2

4377 = 188, 5 rad/s

zth = zs//jzm = 0, 0356 ej70,77→ Lth =

0, 0356 sen70, 77

30π= 0, 3566mH

Vth =55√

0, 0122 + (30π × 16, 945× 10−3)21, 565 = 53, 89

Cálculo do escorregamento

1059 =3

15π

53, 892

(0, 0172 + 0,009s )2 + [30π(0, 531 + 0, 3566)10−3]2

N ·m

A solução dessa equação resulta para a máquina funcionado como motor

s == 0, 0229

neixo = (1− 0, 0229)120× 15

4

⇒ neixo = 439, 7 rpm

Exercício 7.20

En = kfnejφn = Vn − rsIs condição nominal

Ex = En = kfxejφn = Vx − rsIs condição nova

fnfx

=Vn − rsIsVx − rsIs


Explicitando Vx, obtém-se

Vx =fxfnVn + rsIs(1−

fxfn

)

Exercício 7.21 Problema chave triângulo-estrela

(a)

Ilinha,∆ =√3VlinhaZp

corrente de linha com estator em delta

Ilinha,Y = Ifase,Y =Vlinha/

√3

Zpcorrente de linha com estator em Y

⇒ Ilinha,Y = Ifase,YIlinha,∆

=1

3

(b) Lembrando que o torque de partida é diretamente proporcional à tensão de fase ao quadrado,

TpYTp∆

=k (Vfase,Y )

2

k (Vfase,∆)2=

(Vlinha/√3)2

(Vlinha)2

⇒ TpYTp∆

=1

3

Exercício 7.22

Pg = Ps = 68 kW s = 0, 01

Perdas = 0, 01 · 68 + 2 = 2, 68 kW

⇒ Pem = 68 + 2, 68 = 70, 68 kW

Exercício 7.23 A resistência em paralelo com a chave assume os valores refet conforme equação

refet = rx − rxtlig

tlig + tdesl= rx(1−

tligtlig + tdesl

)

Portanto,

⇒ Refet = rr + rx(1−tlig

tlig + tdesl)

CAPÍTULO 8

Regime Permanente de Máquinas de

Corrente Contínua

Exercício 8.1

Ea =360

2π0, 038

4

2800

π

30= 364, 8V

⇒ neixo =2π

360

2

6× 0, 038

30

π364, 8 = 533, 3 rpm

Exercício 8.2

⇒ Trot =1000− 240

1760 π30

= 5, 01N ·m

Exercício 8.3

⇒ Peixo = 1000 + 1000 = 2 kW

Exercício 8.4

ωB =VB

GBIfN

TB = GafBIfBIB

1

2 Regime Permanente de Máquinas de Corrente Contínua

As variáveis em p.u. são escritas em negrito: Vta, ra, ωeixo, Tem, Gaf If

ωeixoVB

GafBIfB=

Vta

Gaf If

VBGafBIfB

− ra(Gaf If )2

VBIB

1

(GafBIfB)2Tem

Simplicando VB e GafBIfB, no numerador e denominador, respectivamente, tem-se

ωeixo =Vta

Gaf If− ra

(Gaf If )2Tem

IB GafBIfB︸︷︷︸=Tem

na qual é identicado o torque desenvolvido expresso em p.u.:

⇒ ωeixo =Vta

Gaf If− ra

(Gaf If )2Tem

Exercício 8.5 Em p.u., a equação da queda de velocidade em relação à ideal é

∆ωeixo = − ra(Gaf If

)2Tem

Como nas nominais Gaf If = 1 e Tem = 1

∆ωeixo = −ra

Exercício 8.6

Pent = 230× 40 = 9, 2 kW PJ,f =2302

230= 230W

PJ, a = 0, 25× (40− 1)2 = 390, 25W Pesc+cont = 1× 40 = 40W

Prot = 380W Ps = 0, 01Psaida

Potência de saída:

Psaida = 9200− 230− 380, 25− 40− 380− 0, 01Psaida → Psaida = 8088, 61W

⇒ η =8088, 61

9200100% = 87, 92%

Exercício 8.7 Como composto

(a) RA=0

⇒ If,eq = 1, 11 +3

1200(50 + 1, 11) = 1, 238A

(b) RA = 0

Regime Permanente de Máquinas de Corrente Contínua 3

Fbruta → (1− 0, 02)Fbruta

F ′bruta ← Fbruta

⇒ F ′bruta =

1

0, 98Fbruta

A corrente equivalente deverá ser

⇒ I ′f,eq =1

0, 981, 238 = 1, 263A

Exercício 8.8

Ea = 250− 0, 1× 100 = 240V

If =250

50 + 12, 5= 4A→ GafIf = 1, 93A

(a)

ωeixo =240

1, 93= 124, 35 rad/s

⇒ neixo = 124, 3530

π= 1187, 5 rpm

(b) Como a velocidade medida no lab. foi 130 rad/s, tem-se

(GafIf )efet =240

130= 1, 846V/rad/s

que é menor do que o determinado pela CM, devido à reação de armadura.

Exercício 8.9 Como a RA é compensada, o uxo de campo é o mesmo do Exemplo-item b e,portanto, Ea = 358V e neixo = 1762, 5 rpm. Na velocidade de 1600, que é a velocidade com a quala CM foi obtida, a fem seria

Ea =1600

1762, 5358 = 325V ( como esperado)

Como a RA é compensada pelo aumento da corrente de excitação, esta deve ser

⇒ If = 4 + 0, 2 = 4, 2A

Considerando que a carga é de potência constante,

⇒ Vta = 358− 102 kW

Vta→ Vta = 340V

⇒ Ia =102 kW

340= 300A


Exercício 8.10 A inversão da tensão de armadura não inverte a rotação, pois o torque é propor-cional ao quadrado da corrente, não inportanto, se a corrente foi ou não invertida. Para ocorrer ainversão, mantém-se o sentido da corrente de armadura, mas inverte-se a conexão do campo série.

Exercício 8.11

⇒ (a)Ts =4, 5 kW

700 π30

= 61, 39N ·m

⇒ (b) η =4, 5 kW

275× 19100% = 86, 1%

PJ = (0, 91 + 0, 37)192 = 462, 08W perdas nos enrolamentos

⇒ (c)Prot = 275× 19− 462, 08− 4500 = 262, 9W

Exercício 8.12

r′f = 1, 05× 0, 37 = 0, 39Ω r′a = 1, 1× 0, 91 = 1Ω

Como a carga e as perdas são constantes, a potência eletromecânica é constante, isto é,

Pem = 4500 + 262, 08 = 4762, 2W

Cálculo da nova corrente

4762, 2 = E′aI

′a = (275− 1, 39Ia)I

′a

⇒ I ′a = 19, 7A

⇒ E′a = 275− 19, 7× (0, 39 + 1) = 247, 62V

Cálculo do G′afI

′f

G′afI

′f = GafIf ×

19, 7

19=

275− (0, 91 + 0, 37)19

700 π30

19, 7

19= 3, 546V/rad/s

⇒ neixo =247, 62

3, 546× 30

π= 666, 82 rpm

Exercício 8.13

Exercício 8.14 Motor excitação paralela

(a)

⇒ If =250

225= 1, 11A⇒ GafIf = 0, 277V/rpm

⇒ Ea = 0, 277× 900 = 249, 3V

⇒ Ia =Pem = Prot

Ea=

900

249, 3= 3, 61A


(b1)

⇒ Ea = 250− 0, 1× 95 = 240, 5V

⇒ GafIf = 0, 277 rpm

⇒ neixo =240, 5

0, 277= 868, 23 rpm

Pem = 240, 5× 95 = 22, 848 kW

Tem =22, 848 kW

868, 23× π30

= 251, 30N ·m

Pent = 250× 95 = 23, 75 kW

Peixo = 22, 848− 920 = 21, 93 kW

η =21, 93 kW

23, 75× 100% = 92, 33%

(b2) Com If = 0, 08× 1, 11 = 0, 888A

0, 889− 0, 87

GafIa − 0, 251=

1, 11− 0, 87

0, 277− 0, 251

⇒ GafIa = 0, 253V/rpm

⇒ Ea = 250− 0, 1× 95 = 240, 5V

⇒ neixo =240, 5

0, 253= 950, 60 rpm

Pem = 240, 5× 95 = 22, 848 kW

Tem =22, 848 kW

950, 6× π30

= 229, 52N ·m

Pent = 250× 95 = 23, 75 kW

Peixo = 22, 848− 920 = 21, 93 kW

η =21, 93 kW

23, 75× 100% = 92, 33%

(b3) Com If = 0, 08× 1, 11 = 0, 888A

Exercício 8.15

1, 078− 0, 87

GafIa − 0, 251=

1, 11− 0, 87

0, 277− 0, 251

GafIf = 0, 2735V/rpm (interpolada na CM)

⇒ neixo =250− 0, 1× 95

0, 2735= 879, 34 rpm


Exercício 8.16

⇒ Vta =1

1 + 1/4Vcc = 0, 8Vcc

Exercício 8.17 Frenagem

(a)

Ea = 440− 0, 284× 80 = 417, 30 = (rx + 0, 284)80V

⇒ rx = 4, 93Ω

⇒ Tem =417, 30× (−80)

1000× π30

= −318, 8N ·m

⇒ PJ,rx = 4, 93× 802 = 31, 55 kW

(b)

⇒ Ia = − 417, 3 + 440

0, 284 + 4, 93= −164, 4A

⇒ Tem =417, 3× (−164, 4)

1000× π30

= −654, 9N ·m

(c) Nos dois casos, o torque rotacional deve ser somado ao desenvolvido, isto é,

Ttotal = Tem + Trot

Exercício 8.18

vta = raia + Ladiadt

+ ea

diadt

+raLaia =

vta− eaLa

Para o intervalo tlig: vta = Vcc

diadt

+raLaia =

Vcc − eaLa

⇒ ia(t) = Iminetτa +

Vcc − eara

(1− e(t/τa))

Para o intervalo tdesl: vta = 0

diadt

+raLaia =

Vcc − eaLa

⇒ ia(t) = Iminetτa +

Vcc − eara

[1− e(t/τa)]


Exercício 8.19

Prms =

√Σn

i=1P2i ti

Σni=1

kiti

Para ki = 1

Prms =

√60, 62 + 120× 102 + 60.82

60 + 120 + 60= 8, 6 kW

Como a potência equivalente é maior que a nominal, o motor sobreaquecerá.

CAPÍTULO 9

Regime Permanente de Máquinas

Síncronas

Exercício 9.1 Velocidade de rotação

(a)

⇒ neixo =120× 50

66= 90, 909 rpm

(b)

⇒ neixo =120× 60

78= 92, 231 rpm

Exercício 9.2 Convenção de receptor

(a) Exemplo 9.2, motor

⇒ E =220√3− 5, 08 ej90

× 16, 65 e−j22,66 = 119 e−j32,5

⇒ δ = −32, 5

1

2 Regime Permanente de Máquinas Síncronas

O ângulo entre a corrente de armadura e o eixo direto

αi = 90 + 32, 5− 22, 6 = 99, 9

⇒ Id = 13, 65× cos 99, 9 = −2, 35A

⇒ Iq = 13, 65× sen99, 9 = 13, 45A

O ângulo entre a tensão de armadura e o eixo direto

αv = 90 + 32, 5 = 122, 5

⇒ Vd =220√3× cos 122, 5 = −68, 25V

⇒ Vq =220√3× sen122, 5 = 107, 11V

⇒ Eaf = 107, 11− (−2, 35)7, 26 = 124, 18V

(b) Exemplo 9.3, gerador

⇒ E =220√3− 5, 08 ej90

× 16, 65 e−j202,66 = 119 ej32,5

⇒ δ = 32, 5

O ângulo entre a corrente de armadura e o eixo direto

αi = 90− 32, 5 + 202, 6 = 260, 1

⇒ Id = 13, 65× cos 260, 1 = −2, 35A

⇒ Iq = 13, 65× sen260, 1 = −13, 45A

⇒ Ia = 13, 65 ej260,1

Ângulo entre a tensão de armadura e o eixo direto

αv = 90− 32, 5 = 57, 5

⇒ Vd =220√3× cos 57, 5 = 68, 25V

⇒ Vq =220√3× sen57, 5 = 107, 11V

⇒ Eaf = 107, 105− (−2, 35)7, 26 = 124, 18V

(c) Exemplo 9.4, gerador

Regime Permanente de Máquinas Síncronas 3

⇒ E =220√3− 5, 08 ej90

× 16, 65 ej157,4

= 166, 5 ej22,6

⇒ δ = 22, 6

Ângulo entre a corrente de armadura e o eixo direto

αi = 157, 3+ = 260(90− 22, 6) = 224, 8

⇒ Id = 13, 65× cos 224, 8 = −9, 69A

⇒ Iq = 13, 65× sen224, 8 = −9, 62A

O ângulo entre a tensão de armadura e o eixo direto

αv = 90− 22, 6 = 67, 54

⇒ Vd =220√3× cos 67, 54 = 48, 8V

⇒ Vq =220√3× sen67, 54 = 117, 3V

⇒ Eaf = 117, 3− (−9, 69)7, 26 = 187, 6V


(a)

φ = − arccos 0.92 = −23, 1

E =220√3− 5, 08 ej90

× 16, 65 e−j23,1 = 118, 5 e−j32,6

⇒ δ = −32, 6

(b)

αi = 90 + 32, 6− 23, 1 = 99, 5

⇒ Id = 13, 65× cos 99, 5 = −2, 25A

⇒ Iq = 13, 65× sen99, 5 = 13, 46A

αv = 90 + 32, 6 = 122, 6

⇒ Vd =220√3× cos 122, 6 = −68, 43V

⇒ Vq =220√3× sen122, 6 = 107, 00V

⇒ Vdq = 127ej122,60 V


(c)

⇒ Eaf = 107, 00− (−2, 25)7, 26 = 123, 3V

Exercício 9.4

E′af

Eaf=

0, 9f × 0, 9Iff × If

⇒ E′af = 0, 81Eaf

Exercício 9.5 Convenção de gerador: Ia = 13, 65 e−j22,66

E =220√3+ 5, 08 ej90

× 13, 65 e−j22,66 = 166, 5 e−j7,96

⇒ δ = 22, 66

(b)

αi = 90− 22, 66− 22, 6 = 44, 74

⇒ Id = 13, 65× cos 44, 74 = 9, 69A

⇒ Iq = 13, 65× sen44, 74 = 9, 62A

αv = 90− 22, 6 = 67, 4

⇒ Vd =220√3× cos 67, 4 = 48, 81V

⇒ Vq =220√3× sen67, 4 = 117, 26V

⇒ Eaf = 117, 26 + (9, 69)7, 26 = 187, 61V


(a)

φ = − arccos 0, 85 = −31, 78

⇒ Ia =5, 2kV A/3

220/√3e−j31,78 = 13, 65 e−j31,78

E =220√3− 5, 08 ej90

× 13, 65 e−j31,78 = 108, 0 e−j33,08

⇒ δ = −33, 08


αi = 90 + 33, 08− 31, 78 = 91, 3

⇒ Id = 13, 65× cos 91, 3 = −0, 31A

⇒ Iq = 13, 65× sen91, 43 = 13, 65A

⇒ Vd =220√3× sen− 33, 08 = −69, 33V

⇒ Vq =220√3× cos−33, 08 = 106, 43V

⇒ Eaf = 106, 43− (−0, 31)× 7, 26 = 108, 65V

fp Ia[A] δ[] Id[A] Iq[A] Vd[A] Vq[A] Eaf

0,92 13, 65 e−j23,1 32,6 -2,2 13,5 -68,4 107 123,4

0,85 13, 65 e−j31,8 33,1 -0,3 13,6 -69,3 106,4 108,6

O resultado a ser notado é a diminuição da componente de eixo direto da corrente de armaduracom o decréscimo do fator de potência.


⇒ S = VaIa = 1× 1 = 1 p.u.

⇒ P = 1× 0, 8 = 0, 8 p.u.

⇒ Q = 1× (−0, 6) = −0, 6 p.u. o motor é fonte de reativos

⇒ Peixo = 0, 9× 0, 8 = 0.72 p.u.

Exercício 9.8 Id < 0 tem efeito desmagnetizante. A corrente de campo apenas "gera"os reativosnecessários e sucientes para magnetizar a máquina.

Exercício 9.9 Duas situações possíveis:

(1) Se | δ |<| φ |, Id > 0⇒ é magnetizante

(2) Se | δ |>| φ |, Id < 0⇒ é desmagnetizante

Exercício 9.10


Exercício 9.11 Convenção de gerador

ZB =13, 8kV/

√3

311MVA√3× 13, 8kV

= 0, 6124Ω

xd = 0, 6124× (0, 9119) = 0, 5584Ω

xq = 0, 6124× (0, 6417) = 0, 3929Ω

φ = − arccos 0, 92 = −23, 10

⇒ (a) Ia =311MVA/3

13, 8kV/√3e−j23,10 = 13, 011 e−j23,1 kA

E =13, 8kV√

3+ 0, 3929 ej90

× 13, 011 e−j23,07 kA = 11, 0241 ej25,25

kV

⇒ (b) δ = 25, 25

αi = 90− 25, 25− 23, 1 = 41, 65 (posição no plano dq)

⇒ Id = 13, 011 kA× cos 41, 65 = 9, 722 kA

⇒ Iq = 13, 011 kA× sen41, 65 = 8, 647 kA

αv = 90− 25, 25 = 64, 75 (posição no plano dq)

⇒ (c)Vdq =13, 8kV√

3(cos 64, 75 + jsen64, 75) = 3, 399 + j 7, 2062 = 7, 9674 ej64,75

kV

⇒ (d)Eaf = 11, 0241 + (0, 5584− 0, 3929)9, 722 = 12, 633 kV

Nas condições nominais a impedância da carga calculada é

Z =311× 0, 92/3MVA

13, 0112 106+ j

311× 0, 92/3MVA

13, 0112 106= 0, 563 + j 0, 24

⇒ (e)Z = 0, 612 ej23,10Ω

(f) Se a pot. da turbina diminuiu de 10%, a potência ativa gerada também diminuiu de 10%:

P ′ = 0, 90(311MVA× 0, 92) = 257, 508MW

Nesta nova condição de operação e mantendo a impedância de carga o que signica Rcarga =constante = 0, 563 , o valor ecaz da corrente é

Ia =

√257, 508/3MVA

0, 563= 12, 348 kA


Q′ = 0, 24× (12, 348 kA)2 = 36, 594MVA (por fase)

φ = − arctan tan36, 594

257, 508/3= −23, 10

⇒ Ia = 12, 348 e−j23,10 kA

E =13, 8kV√

3+ 0, 3929 ej90 × 12, 348 e−j23,10 = 10, 831 e−j24,33 kV

⇒ (f)δ = 24, 33 ângulo de carga adiantado

No plano dq, o ângulo entre o fasor corrente e o eixo direto e, portanto,

αi = 90− (23, 10 + 24, 33) = 42, 57

⇒ Id = 12, 348× cos 42, 57 = 9, 093 kA

⇒ Iq = 12, 348× sen42, 57 = 8, 353 kA

Por sua vez, a tensão de estator é dada por

αv = 90− 24, 33 = 65, 57

Vd =13, 8 kV√

3× cos 65, 57 = 3, 295 kV

Vq =13, 8 kV√

3× sen65, 57 = 7, 254 kV

Eaf = Vq + xdId = 7, 254 + (0, 5584)× 9, 093 = 12, 331 kV > Va =13, 8√

3kV

Exercício 9.12 Convenção de gerador

(a)

⇒ Pg =1× 1

1, 27sen30 +

1, 27− 0, 83

2× 1, 27× 0, 83sen60 = 0, 574 p.u.

⇒ Qg = −1× 1

1, 27cos 30 + (1)2(

(cos 30)2

1, 27+

(sen30)2

0, 83) = 0, 2099 p.u. fornece reativos

(b)

φ = arctan0, 2099

0, 574= 20, 09

⇒ fpg = cos−20, 09 = 0, 939 adiantado

⇒ fpc = 0, 938 atrasado absorve reativos


(c)

Vdq = cos 60 + jsen60 = 0, 5 + j0, 866 = 1, 0 ej60p.u.

Ia =0, 574

cos−20, 09= 0, 6112 p.u.

⇒ Idq = 0, 6112 ej80,09p.u.

P = 0, 5× 0, 105 + 0, 866× 0, 602 = 0, 574 p.u.

(d)

⇒ Prel = −0, 181 p.u.

Exercício 9.13

0, 574 =1× Eaf

1, 27sen25 +

1, 27− 0, 83

2× 1, 27× 0, 83sen50

⇒ Eaf = 1, 25 p.u.

Exercício 9.14

Exercício 9.15 Mudanças no valor da corrente de campo afetam a potência reativa da máquinasíncrona e no ângulo de potência, sem alterar a potência ativa. A potência ativa do gerador é funçãoda energia mecância fornecida pela turbina.

Exercício 9.16 Polos lisos, convenção gerador

(a) φ = 30

S = 0, 6 = 1× Ia Ia = 0, 6 p.u.

⇒ Ia = 0, 6ej30p.u

Eaf = Va + jxsIa = 1 + 0, 122ej90 × 0, 6 ej30= 1 + 1, 062e120

⇒ Eaf = 0, 966 ej3,77p.u. subexcitado

(b) φ = −30

⇒ Ia = 0, 6e−j30 p.u

Eaf = Va + jxsIa = 1 + 0, 122ej90 × 0, 6 e−j30 = 1 + 1, 062e150

⇒ Eaf = 1, 0385 ej3,5p.u. superexcitado

Exercício 9.17



(a1) Máquina de corrente contínua

Pc,em = −0, 98× 80× 745, 7 = −58, 463 kW

0, 0129I2a + 220Ia − (−58, 463) = 0

⇒ Ia = −270, 16A modo gerador

⇒ Ea = 220− 0.0129× (−270, 16) = 223, 49V

nc = 2× 1800 = 3600 rpm = 376, 991 rad/s velocidade de eixo da MI

⇒ GafIf =223, 49

376, 991= 0, 593V/rad/s

(a2) Máquina síncrona

Eaf = 1, 2× 480/√3 = 576/

√3 = 332, 55

senδ = −80× 745, 7× 1, 5

3 480√3

576√3

= −0, 3236

⇒ δ = −18, 9

Vd =480√3sen− 18, 9 = −89, 770V

Vq =480√3cos−18, 9 = 262, 190V

⇒ Id =262, 190− 332, 55

1, 5= −46, 91A

⇒ Iq = −−89, 7701, 5

= 59, 85A

(b1)

Ia =220− 0, 98× 223, 49

0, 0129= 75, 95A corrente positiva, modo motor

(b2) A potência elétrica da MS

Ps = −0, 98(×0, 98× 223, 49× 75, 95) = −16302W

senδ = −−16302× 1, 5

3 480√3

0,98×576√3

⇒ δ = 5, 18

(b3) MCC é motor e MS gerador.


Exercício 9.19

Exercício 9.20

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