Colectânea de problemas resolvidos

Sistemas Eléctricos e Electromecânicos
Colectânea de Problemas Resolvidos
2010
DEEC – Área de Especialização em Energia
Gil Marques
Maria José Resende
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Índice
Problema Nº 1 – Introdução aos Circuitos Resistivos .............................................................................. 5
Problema Nº 2 - Circuitos Resistivos ....................................................................................................... 8
Problema Nº 3 - Circuito RL série (regime permanente) ....................................................................... 10
Problema Nº 4 – Circuitos em AC - Regime Permanente  Circuito RLC série ................................. 12
Problema Nº 5 – Circuitos em AC - Regime Permanente + Compensação F.P. .................................... 15
Problema Nº 6 – Circuitos Trifásicos ..................................................................................................... 18
Problema Nº 7 – Circuitos Trifásicos com C. Factor Potência .............................................................. 20
Problema Nº 8 – Circuito Magnético I ................................................................................................... 22
Problema Nº 9 – Circuito Magnético II .................................................................................................. 24
Problema Nº 10 - Circuito Magnético – Cálculo de forças .................................................................... 27
Problema Nº 11 – Cálculo da Força electromecânica numa armadura .................................................. 29
Problema Nº 12 – Problema do conversor electromecânico rotativo elementar .................................... 33
Problema Nº 13 – Circuito Magnético ................................................................................................... 36
Problema Nº 14 – Transformador de distribuição monofásico .............................................................. 38
Problema Nº 15 - Máquinas Eléctricas - Transformador ....................................................................... 43
Problema Nº 16 – Determinação das características de uma máquina de indução a partir do circuito
equivalente.............................................................................................................................................. 45
Problema Nº 17 – Funcionamento da Máquina de indução na zona de pequenos escorregamentos. .... 47
Problema Nº 18 –Máquina de indução controlada com o método u/f. ................................................... 49
Problema Nº 19 – Métodos de arranque da máquina Assíncrona de rotor em gaiola ............................ 52
Problema Nº 20 – O gerador de indução ................................................................................................ 54
Problema Nº 21 - Máquina de Indução ou Assíncrona .......................................................................... 56
Problema Nº 22 – Conversor de frequência rotativo com duas máquinas síncronas ............................. 58
Problema Nº 23 – Motor de Excitação em série..................................................................................... 61
Problema Nº 24 - Maquina DC – Veículo Eléctrico .............................................................................. 63
Problema Nº 25 - Máquina de corrente contínua de Excitação Separada ............................................. 65
Problema Nº 26 - Máquina de Corrente Contínua de Excitação em Série ............................................. 68
Problema Nº 27 Máquina de Corrente Contínua .................................................................................... 70
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 1 – INTRODUÇÃO AOS CIRCUITOS RESISTIVOS
Considere o circuito eléctrico representado na figura. Os valores das fontes e resistências encontram-se
representados na mesma figura.
Pretende-se resolver este circuito, isto é, determinar os valores das as corrente tensões e potências em todos
os elementos do circuito.
a) Estabeleça as equações resultantes da aplicação das leis dos nós necessárias para a resolução
do circuito.
Apenas interessam os nós com mais do que dois ramos. Do nó A tira-se:
i1  i 2  i3
do nó B tira-se:
i 2  i3  i1
que é equivalente à obtida na aplicação ao nó A o que ilustra que basta escrever N-1 equações dos nós.
b) Estabeleça as equações resultantes da aplicação das leis das malhas.
Escolham-se as malhas segundo a figura:
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Na malha 1 tem-se:
12  u1  u3  0
Na malha 2 tem-se:
u3  u2  8  0
Se estas duas equações forem verificadas, então a equação que resulta da circulação da malha exterior
também será verificada. Na realidade obter-se-ia:
12  u1  u2  8  0
Que resulta também da soma das duas equações anteriores. Isto quer dizer que esta terceira equação é
linearmente dependente das outras duas. Com efeito:
(12  u1  u3 )  (u3  u2  8)  0
c) Escreva as equações dos elementos do circuito
Tem-se:
 us1  12

 us 2  8
 u1  R1i1
u  R i
12
 2
u3  R1i 3
Com R1, R2 e R3 os valores indicados na figura
d) Resolva o circuito utilizando o método das correntes fictícias.
Definam-se as malhas
Por inspecção, tem-se:



i  J  J
1
2
3
i1  J1
i 2  J2
(o que equivalea escrever a lei dos nós no nó A)
Circulando nas malhas e introduzindo ao mesmo tempo as leis dos elementos tem-se:
 12  R1J1  R3 (J1  J2 )  0

 R2J2  8  R3 (J2  J1)  0
Colocando na forma matricial, obtém-se:
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 R3   J1 
 12  R1  R3
. 
    R
R2  R3  J2 
3
 8 
Numericamente obtém-se:
 12   11  10  J1 
 
. 
 8  10 12  J2 
Resolvendo o sistema de equações obtém-se como solução:
J1  2

J 2  1
Aplicando a relação entre as correntes de ramo e as correntes de malha, tem-se:
i1  2

i 2  1
i  2  1  1
3
As tensões nos ramos será:
 u1  R1i1  1 2  2V

 u2  R2i 2  2  1  2V
u  R i  10  1  10V
33
 3
e) Calcule as potências em todos os ramos.
A tabela apresenta os valores das correntes, tensões e potências.
Elementos
I [A]
U [V]
P [W]
Us1
2
12
-24
Us2
1
8
8
R1
2
2
4
R2
1
2
2
R3
1
10
10
Pode verificar-se que a soma das potências é nula o que verifica o princípio de conservação de energia.
A fonte de 12V está a fornecer potência ao circuito.
As resistências estão a consumir potência eléctrica.
A fonte de 8V está a receber potência do circuito.
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PROBLEMA Nº 2 - CIRCUITOS RESISTIVOS
Considere o circuito representado na figura com os valores das fontes e resistências indicados.
R1  2,5
R1
Vs  12VVs
R2
R2  10
R3  10
R3
R4
R4  20
Js
Js
 0,8 A
a) Determine todas as correntes nos ramos e tensões nas fontes utilizando o método das correntes
fictícias
Escolham-se as correntes de malha como se indica na figura. Não é necessário escolher uma corrente de
malha no ramo da fonte de corrente pois esta corrente já é conhecida neste ramo.
Circulando na malha 1, obtém-se:
 Vs  R1J1  R2 J1  J 2   0
Circulando na malha 2, obtém-se:
 R2 J1  J 2   R3 J 2  R4 J 2  J s   0
Colocando na forma matricial, tem-se:
R1  R2

  R2
 R2


R 2  R3  R 4 
 J1   Vs 

 
J 2   R 4 J s 
Substituindo valores:
12,5  10  J1   12 

   

 10 40  J 2   16
Usando a matriz inversa tem-se:
 J1  12,5  10
 

J 2   10 40 
1
0,025   12   0,1x12  0,025x16 
 J1   0,8 
 12   0,1





  J   
 16 0,025 0,0312  16 0,025x12  0,0312x16
 2   0,2
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
b) Calcule as potências em todos os elementos e verifique o princípio de conservação de energia.
O cálculo das correntes e tensões nos elementos faz-se a partir do valor das correntes fictícias. Vamos arbitrar
as tensões como se representa na figura e as correntes no sentido do terminal + para o terminal -.
As correntes, tensões e potências serão:
Elemento
Corrente [A]
Tensão [V]
Potência [W]
Vs
I s   J1  0,8
Vs  12
Vs I s  9,6
R1
I1  J1  0,8
V1  I1R1  2
V1I1  1,6
R2
I 2  J1  J 2  1
V2  R2 I 2  10
V2 I 2  10
R3
I 3  J 2  0,2
V3  R3 I 3  2
V3 I 3  0,4
R4
I 4  J 2  J s  0,6
V4  R4 I 4  12
V4 I 4  7,2
Js
J s  0,8
VJ s  V4  12
VJ s J s  9,6
Verifica-se que, por coincidência, ambas as fontes estão a fornecer ao circuito 9,6W.
Pelo princípio da conservação de energia,
Energia Fornecida  Energia Dissipada
9,6  9,6  1,6  10  0,4  7,2
Processo simplificado
Aplicando a conversão Norton-Thevenin, tem-se o circuito:
Cujas equações são:
R1  R 2

  R2
 R2
  J1   Vs 
   

R 2  R3  R 4  J 2   R 4 J s 
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 3 - CIRCUITO RL SÉRIE (REGIME PERMANENTE)
Determine a evolução temporal em regime permanente das tensões e correntes em cada um dos elementos,
quando aplica uma fonte de tensão alternada sinusoidal de valor eficaz Eef  230 V , f  50 Hz .
u R (t )
i
R
R  20
e(t )

e(t )  2 Eef sin(t )
u L (t )
L
L  300 mH
E  E ef e jo º
Z  Z R  Z L  R  jL  Z e j
2
2
sendo Z  R  L
e
I
subs.v alores
 L 
  arctan

 R 
E
Z

E ef e j 0
Z e j

Z
 202   250  300  10  3 


subs.v alores
E ef  j
e
 I ef e  j
Z
U R  R I  R I ef e  j
 250  300  10 3
  arctan

20

subs.v alores
subs.v alores
2
I
 96 

  78º


230  j 78
e
 2,4 e  j 78 A
96
U R  20  2,4 e  j 78  48 e  j 78 V
U L  jL I  L e j 90I ef e  j  L I ef e j 90º
subs. valores U L  2  50  300 103  2,4 e j 9078  225 e j12 V
A evolução temporal das grandezas será, então:
i (t )  2  2,4 sin(t 

78º )
180
u R (t )  2  48 sin(t 

78º )
180
u L (t )  2  225 sin(t 

12º )
180
10
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
[V]
e(t)
uR(t)
i(t) [A]
5
uL(t)
400
4
300
3
200
2
UL
UR
UR
78º
E
100
1
0
0
0
-100
90
180
270
360
450
540
630
720 -1
-2
I
-200
-3
-300
-4
-400
-5
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 4 – CIRCUITOS EM AC - REGIME PERMANENTE  CIRCUITO RLC SÉRIE
Resolução do circuito RLC em série
i
u R (t )
uC (t )
R
C
e(t )
L
Impedância da resistência
ZR  R
Impedância da bobine
Z L  jL
Impedância do condensador
ZC   j
u L (t )
1
C
Como estas 3 impedâncias estão em série
 ZT  Z R  ZC  Z L  R j 1C  jL
1 

ZT  R  j   L 


C

1º Caso
 L
1
0
C
 ZT  R

I
E
ZT
Circuito com carácter Resistivo
2º Caso
1
 L
0
C
ZT
E
 ZT  R j X
I

Circuito com carácter Indutivo
3º Caso
 L
1
C
 ZT  R j X

I
0
E
ZT
Circuito com carácter Capacitivo
Substituindo valores: Eef  230 V , f  50 Hz , R  20  , C  300 F e L  300 mH
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Z

202   2 50  300  10 3 




6
2 50  300  10 
1
2

 202  842  86 
1 

  L

 C   arctan 84   77º
  arctan
R


 20 




Z  86 e j 77  
A impedância não é uma grandeza sinusoidal
 Não faz sentido falar no seu valor eficaz nem na sua evolução temporal!!!
I ef 
E ef
Z

230 e j 0
86 e j 77
 2,7 e  j 77 A
U R ef  R I ef  20  2,7 e  j 77  53 e  j 77 V
U Lef  j L I ef   L 2,7 e j 90  77  252 e j13 V
U C ef   j
1
1
I ef 
 2,7 e  j 77  90  28 e  j167 V
C
C
ZT
13º
UC
UC U L
UL
UR
UC
UR
13º
E
13º
I
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[V]
400
e(t)
uR(t)
uC(t)
uL(t)
i(t)
[A]
5
4
300
3
200
2
100
1
0
0
0
-100
90
180
270
360
450
540
630
720
-1
-2
-200
-3
-300
-400
-4
-5
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 5 – CIRCUITOS EM AC - REGIME PERMANENTE + COMPENSAÇÃO F.P.
Considere o seguinte circuito, alimentado a partir de uma rede de corrente alternada
frequência
Eef  230 V e
f  50 Hz . Considere: R1  R2 '  0,5  , L1  5 mH , L2 '  4 mH , LM  50 mH
e
RExt  10  .
R1
L1
R2'
L2'
a
R Ext
LM
b
Determine:
a)
A impedância equivalente do circuito, observada a partir dos terminais ab.
Z 1 é a série de R2 ' , L2 ' e RExt :
R1
L1
a
LM
Z1
b
Z1  R2 'RExt   jL2 '

Z1  10,5  j1,26  10,6 e j 6,8 
Z 2 é o paralelo de Z 1 e LM :
R1
a
L1
Z2
b
Z2 
jL2  Z1
jL2  Z1

15,7 e j 90  10,6 e j 6,8
15,7 e j 90  10,6 e j 6,8
 8,34 e j 38,6  6,52  j 5,2
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Finalmente, ZT é a série de R1 , L1 e Z 2 :
a
ZT
b
ZT  R1  jL1  Z 2  0,5  j1,57  6,52  j 5,2  7,02  j 6,77  9,75 e j 44 
b)
a corrente fornecida pela fonte, bem como as potências activa e reactiva.
I
V
ZT

230 e j 0
9,75 e j 44
 23,6 e  j 44 A
*
Potência Complexa
S  V I  230 e j 0  23,6 e j 44  5 428 e j 44 VA
Potência Activa
P  Re S  5 428 cos 44  3 805 W
 
 
Q  Im S  5 428 sin 44  3 771VAr
Potência Reactiva
o valor da capacidade de um condensador , a colocar à entrada do circuito, de modo a assegurar um factor de
potência unitário.
No problema tem-se:
factor de potência cos 44  0,72 indutivo
e pretende-se que cos '  1  '  0º

circuito com um carácter resistivo, globalmente,  P  0
e
Q 0.
A potência fornecida por um condensador com uma tensão V c aos seus terminais e que está a ser percorrido
por uma corrente I c , é:
Ic
Vc
Sabendo que a impedância do condensador é Z c   j
Tem-se: I c 
Vc
Zc
1
C
  C Vc e j 90
A potência complexa será então: S c  V c I c *   C Vc 2 e  j 90

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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
 
Pc  Re S c   C Vc 2 cos 90  0
 
Qc  Im S c   C Vc 2 sin 90   C Vc 2
o condensador fornece Q
O problema pretende que se dimensione C que forneça toda a energia reactiva que está a ser consumida pelo
circuito; deverá ser então:
Qc  Q

 C Vc 2  3771

250 C 2302  3771


 C  227 F
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 6 – CIRCUITOS TRIFÁSICOS
Considere o circuito representado na figura
A fontes de tensão constituem um sistema simétrico e equilibrado de tensões de valor eficaz
230 / 400 V e
frequência f  50 Hz . O valor dos parâmetros é:
R1  10 
a)
R2  6 
C  354F
L  25,5 mH
R3  4,36 
Calcule as 3 correntes nas fases bem como a corrente de neutro.
V s1  230 e j 0º
V s 2  230 e  j120º
V s3  230 e  j 240º
As impedâncias de carga de cada fase são:
Z1  Z R  R
subs. valores
Z 1  10 
Z 2  Z R  Z L  R  jL
subs. valores
Z 2  6  j100  25,5  103
j
C
subs. valores
Z 3  4,36 
Z 3  Z R  ZC  R 
I1 
V s1
I2 
V s2
I3 
Z1
Z2
V s3
Z3
subs. valores
I1 
subs. valores
I2 
subs. valores
I3 
Z 3  10 e  j 64,1º
j
100  354  10 6
230 e j 0º
 23 e j 0º
10
230 e  j 120º
10 e
Z 2  10 e j 52,6º
j 52,6º
230 e  j 240º
10 e  j 64,1º
A
 23 e  j 172,6º
A
 23 e  j 175,9º
A
A corrente de neutro será:
I N  I1  I 2  I 3
subs. valores
I N  23 e j 0º  23 e  j172,6º  23 e  j175,9º
I N  22,8  j 4,4  24,2 e  j169º
b)
Desenhe um diagrama vectorial representando as amplitudes complexas das tensões e das
correntes
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
c)
Considere agora que todas as cargas são iguais à da fase 2 (carga trifásica equilibrada). Calcule
as amplitudes complexas das correntes nas fases e no neutro. Desenhe o respectivo diagrama
vectorial
Z 1  Z 2  Z 3  Z  10 e j 52,6º
I1 
V s1
I2 
V s2
I3 
Z
Z
V s3
Z
subs. valores
I1 
subs. valores
I2 
230 e j 0º
10 e j 52,6º
230 e  j 120º
10 e
subs. valores
I3 
 23 e  j 52,6º
j 52,6º
230 e  j 240º
10 e
j 52,6º
A
 23 e  j 172,6º
 23 e j 67,4º
A
A
A corrente de neutro será:
I N  I1  I 2  I 3
subs. valores
I N  23 e  j 52,6º  23 e  j172,6º  23 e j 67,4º
IN  0
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 7 – CIRCUITOS TRIFÁSICOS COM C. FACTOR POTÊNCIA
Considere um circuito trifásico simétrico ligado em triângulo, alimentado a partir da rede eléctrica nacional
230/400V, 50Hz. Cada fase da carga pode ser representada pelo seguinte circuito eléctrico:
R
Z
L
R = 2 
R
L = 20 mH
a) Determine o valor da impedância Z , de modo a que o valor da impedância total em cada fase
j50º
seja 7e
;
Z L  jL  6,3 e j 90
ZR  R  2
Z 1  Z L em paralelocom Z R 
jLR
12,6 e j 90

 1,9 e j 18  1,8  j 0,6
R  jL
6,6 e j 72
Z total  Z R  Z  Z1

Z  Z total  Z R  Z1  7 cos 50  j 7 sen 50  2  1,8  j 0,6
Z  0,7  j 4,8  4,85 e j 82 
b) Calcule o valor das correntes na linha e as potências activa e reactiva fornecidas pela fonte
I Fase 
Como
V Fase
Z total

400
7 e j 50
 57 e  j 50 A
I Linha  3 I Fase

I Linha  3  57  98,7 A
P  3 VComp ILinha cos  3  400  98,7  cos 50  43 955 W
Q  3 VComp ILinha sin   3  400  98,7  sin 50  52 383 VAr
20
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
c) Determine o valor dos condensadores, a colocar em paralelo com cada fase, de modo a
assegurar um factor de potência de 0,85.
Na nova situação (com condensadores) o circuito consumirá P’ e Q’
e o factor de potência é cos '  0,85
Será então P  P'
e
 '  31,8º

Q'  S' sin  '  P' tan '
Pelo que: Q'  43 955  tan31,8  27 253 VAr
A potência reactiva fornecida pelos condensadores será:
Q  Q  Q'  52 383  27 253  25 130 VAr
Vcond
Por outro lado, 3 condensadores alimentados com uma tensão
a uma frequência , fornecem
Qcond  3  C Vcond 2 de potência reactiva.
Deverá ser então:
Qcond  Q
Como os condensadores deverão estar ligados em , será Vcond  400 V
3  2 50  C  4002  25 130 
Tem-se então:
C  167  106  167 F
Represente num diagrama vectorial as tensões e as correntes nas fases, antes e depois de compensar o factor
de potência.
As componentes activas das correntes, antes e depois da compensação, são iguais 
I1 cos 50  I '1 cos 31,8

V2
I2
^
I '2
V1I1  50º
^
V1I '1  31,8º
O
31,8º
V1
50º
I3
I '3
^
^
^
^
^
V1V2  V2V3  V1V3  120º
^
I '1
I1I 2  I 2 I 3  I1I 3  120º
I1
I '1 I '2  I '2 I '3  I '1 I '3  120º
^
^
^
V3
21
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 8 – CIRCUITO MAGNÉTICO I
Considere o circuito magnético representado na figura.
Considere que o ferro tem permeabilidade relativa igual a
2 cm
10000, que o entreferro é de 1 mm e que a bobine de 400
espiras é percorrida por uma corrente de 1 A.
1 mm
A permeabilidade magnética do ar pode ser aproximada à
i
do vazio.
6 cm
N
 rFe  10000
g  1 mm
2 cm
I 1 A
4 cm
2 cm
a)
2 cm
N  400 espiras
 ar  0  4 107 H / m
2 cm
Determine os parâmetros do esquema eléctrico equivalente, calculando as reluctâncias
magnéticas.
O circuito eléctrico equivalente é:
Rarmadura
Rentreferro
Rentreferro
Fmm
Rnúcleo
As relutâncias magnéticas são:
Rentreferro 
Rarmadura 
Rnúcleo 
g
ar S

 arm
1 103
4  10
rFe ar S

7
 2  4  10
4
 994718 Ae.Wb 1
6  102
104  4  10 7  2  4  10 4
 5968 Ae.Wb 1
 núcleo
18  102

 17904 Ae.Wb 1
 rFe ar S 104  4  10 7  2  4  10 4
As relutâncias magnéticas devidas aos entreferros são cerca de 80 vezes superiores às dos troços em ferro,
mesmo sendo o percurso no entreferro 240 vezes inferior ao no ferro!!
A relutância magnética total será:
22
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
RTotal  2 Rentreferro  Rarmadura  Rnúcleo  2 013 308 Ae.Wb1
b)
Calcule a relação
2 Rentreferro
.
RTotal
2 Rentreferro 1 989 436

 0,988
RTotal
2 013 308
c)
Calcule o fluxo e o campo de indução
B
Fmm  N  i  400 1  400 Ae

Fmm
400

 0,199  10 3 Wb  0,199 mWb
RTotal 2 013 308
B
 0,199  103

 0,248 T
S
8  10 4
Se se tivesse desprezado a relutância dos troços em ferro face à relutância dos entreferros, os valores seriam:

Fmm
400

 0,2  10 3 Wb  0,2 mWb
RTotal 1989436
B
 0,2  103

 0,251T
S
8  10 4
23
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 9 – CIRCUITO MAGNÉTICO II
Considere o circuito magnético representado na figura.
N  400 espiras
rFe  10000
I 1A
ar  0  4  107 H / m
Considere que o ferro tem permeabilidade relativa igual a
10000, que a bobine de 400 espiras é percorrida por uma
corrente contínua de 1 A.
A permeabilidade magnética do ar pode ser aproximada à
do vazio.
Considere duas situações distintas: entreferro de 10 mm e
entreferro de 2 mm
a)
Determine o modelo de circuito magnético, os respectivos parâmetros e os valores dos fluxos e
campo de indução.
2
1
As diversas relutâncias magnéticas para g  2mm são:
l [m]
Rb
Rc1
Rc2
Rar
0,05
0,07
0,01
0,002
S [m2]
0,0008
0,0008
0,0008
0,0008
R [Ae/Wb]
4974
6963
995
1989437
Do circuito magnético equivalente obtém-se:
Ni 
Ni  
 
Rc1 Rar Rc 2

R b  Rc 2  Rar  Rc1  R b  2  2  2

Rc1 Rar Rc 2




2
2
2
Rc1 Rar Rc 2



 1 
2
2
2
Rc1 Rar Rc 2   2 

R b  Rc 2  Rar  Rc1  R b 


2
2
2 
Para g  2mm resulta:
24
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
400 3006039 998697  1 
400   998697 3006039  

 
 2 
 1  3006039 998697
   

 2   998697 3006039

1
400
400


1   2  0,1 mWb
 central  2   0,2 mWb
Bar 

Sar
Bcentral 

0,1 103
8  10 4
 0,1245 T
 central 0,2  103

 0,1245 T
Scentral 16  10 4
Para g  10mm resulta:
400 10963786 4977571  1 
400   4977571 10963786  

 
 2 

 1  10972739 4980555
   

 2   4980555 10972739
1
400
400


1   2  0,025 mWb
 central  2   0,05 mWb
Bar 

Sar
Bcentral 

0,025  103
8  10 4
 0,03 T
 central 0,05  103

 0,03 T
Scentral
16  10 4
25
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Método alternativo: Este método usa a simetria do circuito magnético para simplificar as equações; o
esquema equivalente é o representado na figura seguinte:
Ni  Rar  Rc 2  Rb  Rc 2  Rar  Rc1  Rb  Rc1 
Ni  2Rar  2Rc 2  2Rb  2Rc1 
Substituindo valores para g  2mm :
400  4016673

Substituindo valores para
400  19932167
b)

  10  105 Wb  0,1 mWb
g  10mm :
  2  105 Wb  0,02 mWb
Repita a) desprezado as relutâncias do ferro face às do ar.
Para g  2mm resulta:
400 2984155 994718  1 
400   94718 2984155  

 
 2 

1   2  0,105 mWb
Para g  10mm resulta:
400 10941902 4973592  1 
400   4973592 10941902  

 
 2 

1   2  0,025 mWb
26
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 10 - CIRCUITO MAGNÉTICO – CÁLCULO DE FORÇAS
Considere o seguinte sistema electromagnético. Admita que não há dispersão.
10 cm
R2
R1
c
a
C
10 cm
N1
N2
d
b
1 mm
S  4cm2
N1  200esp.
R1  1
C  1F
rFe  800
N2  100esp.
R2  1
Vab  10V
0  4 x107 Hm 1
Determine:
o valor da relutância magnética do circuito magnético;
l Fe  lar
lar

rFe ar  S ar  S
Rm 
4  10  102  2  103
Rm 
800  4 x10 7  4  10 4
lar
ar  S
Rm 
Ae Wb 1

2  103
4 x10 7  4  10 4
 5  106 Ae Wb 1
Ae Wb 1
os valores dos coeficientes de auto-indução das bobinas;
L1 
N12
2002

 0,008H
Rm 5  106
L2 
N2 2
1002

 0,002H
Rm
5  106
o valor da corrente solicitada à fonte, quando a bobina 2 está em vazio e aos terminais ab é aplicada
uma tensão alternada sinusoidal, com um valor eficaz de 10 V e uma frequência de 50 Hz;
Z eq  R  jL em paralelocom
1
jC
Z1  R  jL  1  j 2 50  0,01  1  j  3,3 e j 72
Zc 
1
1

  j 3 183  3 183 e  j 90

6
jL j 2 50  10
Zeq 
Z1  Zc
Z1  Zc
 3,3 e j 72
O Condensador é, praticamente, um circuito aberto
27
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
I
V
Z eq

10
3,3 e j 72
 3,3 e  j 72
A
o valor médio da força a que fica sujeita a peça 2, nas condições da alínea anterior e para valores de
entreferro de 1 mm.
Para I = constante é:
N12
Rm ( x )
F
i 2 L
2 x
F
i2 d
i 2 d N12
i 2 2 d 0S i 2 2 0S  1 


L1( x) 

N1

N1
2 dx
2 dx Rm ( x) 2
dx 2x
2
2  x 2 
L  L1 

F ( x  1mm ) 
32
2
 7  4  10 4 
2 4  10

200
2




Rm ( x ) 
2x
0S


1

2
10 3  

 
 45 N
28
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 11 – CÁLCULO DA FORÇA ELECTROMECÂNICA NUMA ARMADURA
Considere o dispositivo do problema nº8 redesenhado na figura
2
abaixo. A área da secção recta é igual a 8cm .
A. Considere a armadura alinhada com o núcleo.
A1. Calcule a relutância magnética do entreferro.
Rar 
g
Rentref 
0 A
2g
0 A
A2. Determine uma expressão para o coeficiente de auto-indução
da bobina desprezando a dispersão.
Por definição
Li
N
Tem-se
N
Ni
Rm

L
N2
Rm
Desprezando a contribuição do ferro no cálculo da relutância total
L
 A N2
N2
 0
2Rar
2g
A3. Calcule uma expressão para a força electromecânica que se exerce na direcção vertical, em função
da corrente e da espessura do entreferro. Determine o valor desta força considerando:

Espessura do entreferro igual a 2 mm e a corrente i=1A.

Espessura do entreferro igual a 10 mm e corrente i=1A.
Sendo a corrente imposta, a expressão da força deverá ser determinada através da co-energia magnética.
fx 
Wm '
  1 2  1 2 dL

 Li  i
x
x  2
 2 dx
fx 
1 2 dL
i
2 dx
L em função da espessura do entreferro é
A força será dada por
f x ( x) 
L( x ) 
0 A N 2
2x
1 2
d  1
i 0 AN 2
 
4
dx  x 
f x ( x)  
1 2
1
i 0 AN 2
4
x2
29
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
f x ( x)  
k
x2
i2
com
Substituindo valores:
k
0 AN 2
4
k  4,021 105
para x  2  103 m e i  1A

f x  10,05 N
para x  10  103 m e i  1A

f x  0,40 N
A4. Considere agora que a corrente é alternada sinusoidal de valor eficaz igual a 1A e de frequência
igual a 50Hz.
Com a espessura do entreferro igual a 2 mm, calcule a expressão da força que se exerce sobre a
armadura e o seu valor médio. Compare com o resultado alcançado na alínea A3. Se a frequência
passar para 400Hz, qual a influência no valor médio desta força?
Sendo
i  2I sint  
pelo que será:
i 2  2I 2 sin 2 t   I 2 1  cos( 2t )
f x ( x)  
k
x2
I 2 1  cos( 2t )
f xav ( x )  
cujo valor médio é dado por:
k
x2
I2
A expressão do valor da força média, em termos de valor eficaz, é igual à expressão da força na situação de
corrente contínua.
Não depende da frequência, mas depende do valor do entreferro
x.
A5. Considere que esta bobina se encontra alimentada com uma fonte de tensão sinusoidal de
frequência igual a 50Hz e de valor eficaz igual a 60V. Calcule uma expressão para a força
electromecânica que se exerce sobre a armadura. Despreze o valor da resistência da bobina e
considere a espessura do entreferro igual a 2 mm. Se a frequência passar para 400Hz, qual a influência
no valor médio desta força?
Se a bobina se encontrar alimentada por uma fonte de tensão a força terá de ser determinada através da
expressão da energia magnética:
fx  
Wm
  1  2 

x
x  2 L( x ) 


Sendo desprezável a resistência da bobine, tem-se:
donde
u
d
dt


  u dt
u  2U sint 
U
   2 cost 

30
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Wm 
A força poderá ser obtida através da expressão da energia magnética:
 AN
L( x )  0
2x
como já se tinha calculado
pelo que a força será:
fx  
2
Wm 
obtém-se:
Wm '
2

x
 AN 2
1 2
2 L( x )
1 2
1 2x 2

2 L( x ) 2  AN 2
0
Esta força não depende da posição da armadura
x.
0
2
U 
 1  cos2t 

O quadrado do fluxo será dado por
2 
Substituindo a expressão do fluxo, tem-se:
fx  
f xav  
Cujo valor médio é dado por:
2
U 
  1  cos2t 
2
0 AN   
1
2
U 
  A força depende agora da frequência.
2
0 AN   
1
Aumentando a frequência 8 vezes (400 Hz) a força diminui 64 vezes.
Para os valores indicados, obtém-se:
Valor médio da força
f xav  227 N
coeficiente de auto-indução
L  0,04 H
com x  2 mm
reactância
X  L  12,6 
corrente
I
U
 4,7 A
X
B. O entreferro é agora constante e igual a 2mm, mas a armadura
y
está desalinhada do núcleo segundo a direcção longitudinal como
g
se mostra na figura.
B
B1. Calcule uma expressão para a força segundo y em função de
C
g e y . Comente o resultado.
x
Nesta situação uma das relutâncias magnéticas do entreferro vai variar
com y. A outra vai ficar constante.
R m1 
g
0CB
Rm2 
g
0 BC  y 
O coeficiente de auto-indução será dado por:
fy 
L(g, y ) 
N2
g
g

0CB 0 BC  y 
1 2 dL(g, y )
I
2
dy
31
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
C. O entreferro é agora constante e igual a g mas a armadura está
desalinhada do núcleo segundo a direcção transversal como se mostra na
figura.
Calcule uma expressão para a força segundo a direcção
z considerando
B
que a bobina se encontra alimentada com uma fonte de corrente contínua
de amplitude igual a 1 A. Comente o resultado. Calcule o valor da força
para g=1mm e I=1A.
Nesta situação ambas as relutâncias magnéticas vão variar com z.
Rar 
g
0C B  z 
O coeficiente de auto-indução será dado por:
L(g, z) 
N2
N2

0C(B  z)
2Rar
2g
Daqui resulta a força:
fz 
1 2 dL
I
2 dz
1 N2
fz   I 2
0C
2
2g
Para
g  1 mm e I  1 A
obtém-se fz  1 N
32
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 12 – PROBLEMA DO CONVERSOR ELECTROMECÂNICO ROTATIVO ELEMENTAR
Considere um sistema electromagnético constituído por duas bobinas como o indicado na figura
Fr

Fs
Os coeficientes de indução destas bobinas são:
Ls=1H,
Lr=1H,
Msr()=0,9cos().
a) Determine uma expressão para a co-energia magnética.
A expressão para a co-energia magnética toma a forma:
'
Wm
( , i s , i r ) 
1
1
Ls i s2  Lr i r2  Mi s i r
2
2
Substituindo valores, tem-se:
'
Wm
( , i s , i r ) 
1 2 1 2
i s  i r  0,9i s i r cos
2
2
b) Determine uma expressão para o binário electromagnético.
O binário pode ser obtido através da derivada da co-energia magnética. Obtém-se:
Mem 
' ( , i , i )
Wm
s r  0,9i i sin 
s r

c) Sabendo que as correntes são dadas por: i s=10A, ir=10A, determine a expressão do binário em
função da posição .
Substituindo os valores das correntes, obtém-se: Mem  0,9i s i r sin  90 sin
33
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
d) Calcule o binário máximo.
O binário máximo será 90Nm obtendo-se para = -/2.
e) Determine a posição de equilíbrio quando o binário exterior aplicado for 45Nm. Analise a estabilidade
dos pontos encontrados
O movimento é regido pela segunda lei de Newton. Para o movimento de rotação, na convenção motor, temse:
I
dm
 Mem  Mext
dt
O ponto de equilíbrio obtém-se quando o binário acelerador, dado pela diferença entre Mem e Mext se igualar a
zero, ou seja, quando Mem = Mext.
Desenhando ambos os binários no mesmo gráfico, o ponto de equilíbrio obter-se-á quando os gráficos destes
se cruzarem. Obtêm-se os pontos A e B. Para o ponto A tem-se =-/6. Para o ponto B tem-se =-+/6.
Mem
B
-
A
/6
Mext


O ponto A constitui um ponto de equilíbrio estável. Com efeito, se houver uma perturbação no sistema e a
posição se deslocar para a direita, o binário acelerador fica negativo acelerando o rotor no sentido negativo,
isto é, no sentido de regressar ao ponto de equilíbrio. O mesmo se passa para a deslocação à esquerda. A
análise está feita graficamente na figura onde as setas a preto indicam o binário acelerador obtido depois da
perturbação e as setas a azul indicam o sentido de deslocamento do rotor. Pode verificar-se que para o ponto
A, depois da perturbação desaparecer, o sistema regressa ao ponto de equilíbrio. Para o ponto B o sistema
afasta-se do ponto de equilíbrio.
34
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Mem
B
-
A
-/6
Mext


A figura ilustra o funcionamento do sistema nestas condições. Quando o binário exterior aplicado for nulo, o
ponto de funcionamento será dado por =0, isto é, as duas bobinas estão alinhadas. O binário
electromagnético será nulo também. Quando se aplicar um binário que faça rodar a peça móvel no sentido
negativo de , o rotor rodará para um novo ângulo  negativo e surge um binário electromagnético em
oposição que vai equilibrar o sistema. Obtém-se um ponto de equilíbrio de modo que os dois binários sejam
iguais e de sinais opostos. Estas duas situações estão ilustradas nas figuras seguintes.
Fr
Fs
Fs

Fr
Posição de equilíbrio com Mext=0
Posição de equilíbrio com Mext>0
Uma vez que o binário é função da posição, pode fazer-se uma analogia mecânica considerando que tudo se
passa como se existisse uma mola entre o estator e o rotor. Quanto maior for o binário aplicado maior será o
ângulo de equilíbrio.
35
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 13 – CIRCUITO MAGNÉTICO
Considere um circuito magnético em que a peça móvel se desloca perpendicularmente às linhas de
força do campo. Admita para dimensões da figura os seguintes valores:
g=1 mm
d=10 cm
I=15 cm
N=500 espiras
Determine, em função da coordenada x:
a) a expressão da relutância magnética do circuito;
d
I
g
I
g
I
x
x0
d
x
2
Sd l
x
S
Para , 
d
x0  Sd l
2
Então
S( x )  I d  x  para
Admitindo que
Fe  
0x
d
2
d
l
2
Para , 0  x 
0x
d
2
e
d
 S( x )  I d  x 
2
S( x)  S(0)
para

d
x0
2
 Rmag  Rmag
ar
2g
2  10 3
10,61 103
Rmag  Rmag



ar
0 S x  4  10 7  15  10 2 10  10 2  x  10  10 2  x


para
x
x0
Ae Wb 1
d
2
36
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
b) a expressão do coeficiente de auto-indução da bobine;
admitindo linearidade magnética 
L( x ) 
N2
Rmag ( x )

N 2 0 l d  x 
 23,6 10  102  x 


2g
H
c) A expressão da co-energia magnética ou da energia magnética armazenada na bobine;
admitindo linearidade magnética 
Wmag  f  , x 

1 1 2

2 L( x )
Wmag '  f i , x 

1
L( x ) i 2
2

N 2 0 l d  x  2
i
4g
 2651 10  102  x 


J
d) O valor e sentido da força a que fica sujeita a peça móvel.
d
Wmag '
dx
d  N 2 0 l d  x  2 

i

dx 
4g


d 
2


2651 10  10  x 


dx 
 2651 N
f 
Força que tenderá a colocar a peça móvel por forma a que seja S  d l . Note-se que o valor desta força é
independente de x.
37
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 14 – TRANSFORMADOR DE DISTRIBUIÇÃO MONOFÁSICO
Considere um transformador monofásico com as seguintes características nominais:
SN=100kVA
10kV/400V
No ensaio em curto-circuito, aplicando a tensão ao enrolamento de 10kV, obtiveram-se os seguintes
resultados:
U=500V
I=10A
P=1kW
No ensaio em vazio, aplicando a tensão aos terminais de 400V, obteve-se:
U=400V
I=2,5A
P=250W
NOTA: Os valores usados neste problema estão próximos dos valores encontrados nos transformadores de
distribuição trifásicos.
a) Calcule os valores das correntes nominais do transformador.
Pela definição de potência nominal, tem-se:
S N  U1N I1N  U 2 N I 2 N
donde:
I1N 
100000
 10 A
10000
I 2N 
100000
 250 A
400
b) Qual o valor da tensão de curto-circuito em percentagem?
A tensão de curto-circuito é o valor da tensão a aplicar a um dos enrolamentos de modo a obter-se a
sua corrente nominal quando o outro enrolamento se encontrar em curto-circuito. Neste caso,
atendendo aos dados do enunciado, para o enrolamento de 10kV aplicou-se 500V para se obter 10A
que é o valor da corrente nominal deste enrolamento. A tensão de curto-circuito será igual a 500V. Em
percentagem da tensão nominal será:
U cc 
500
 5%
10000
que é um valor vulgar para transformadores desta dimensão.
c) Qual o valor da corrente em vazio em percentagem?
A corrente em vazio foi medida no ensaio em vazio. Como esta medida foi efectuada no enrolamento
de 400V que tem uma corrente nominal de 250A, tem-se:
I0 
2,5
 1%
250
38
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
d) Determine os parâmetros do circuito equivalente deste transformador reduzido ao
enrolamento de 10kV.
O circuito equivalente de um transformador reduzido ao primário representa-se como:
Rcc jXcc
I1
U1 R1fe
I'2
I2
U'2
jX1m
U2
A determinação dos parâmetros deste circuito é feita através dos ensaios em curto-circuito e em vazio.
Para o ensaio em curto-circuito, atendendo à forma como foi feito, tem-se:
Rcc jXcc
I1
U1 R1fe
I'2
I2
U'2
jX1m
Como U2=0, tem-se U’2=0, e o circuito fica:
Rcc jXcc
I1
U1 R1fe
I'2
jX1m
O ensaio em curto-circuito permite determinar o ramo Rcc +jXcc. Para isso recorre-se a uma
simplificação: a impedância do ramo de magnetização é muito superior em valor óhmico à impedância
do ramo de curto-circuito. Esta simplificação permite desprezar a corrente que circula no ramo de
magnetização neste ensaio. Note-se que em vazio, à tensão nominal, a corrente de magnetização é da
ordem de 1%. À tensão reduzida de 5% será ainda menor, pelo que esta simplificação se torna
perfeitamente admissível. Assim o circuito ficará:
I1=10A
Rcc jXcc
U1=500V
P1=1000W
O valor da resistência Rcc será dada por:
Rcc 
P
I2

1000
10 2
 10
39
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
O valor da impedância será:
Z cc 
U 500

 50
I
10
A reactância será dada por:
X cc  50 2  10 2  49
Note-se que este ramo é essencialmente indutivo. O termo indutivo Xcc é quase igual ao módulo da
impedância Zcc.
Para o ensaio em vazio, tem-se:
I1=0
U1 R1fe
Rcc jXcc
I2=2,5A
I'2
U2=400V
U'2
jX1m
Aplicando ao secundário uma tensão de 400V vai corresponder U’2=10000V. À corrente 2,5A vai
corresponder uma corrente de 0,1A dado que a razão de transformação é U1/U2=25. O circuito ficará:
Rcc jXcc
R1fe
I'2=0,1A
jX1m P=250W
U'2=10000V
Agora pode fazer-se uma outra simplificação: a queda de tensão no ramo de curto-circuito pode ser
desprezada face à tensão aplicada. Note-se que esta queda de tensão será aproximadamente igual a
50×0.1=5V que é muito inferior a 10000V aplicados. Assim, tem-se o circuito:
I'2=0,1A
R1fe
jX1m P=250W
U'2=10000V
Pode determinar-se os parâmetros a partir das potências activa e reactiva. A potência activa será
representada na resistência e a potência reactiva na reactância. Assim:
R1 fe 
U 2 10000 2

 400k
P
250
A potência reactiva é dada por:
Q  S 2  P2 
10000  0,12  250 2
 968 var
40
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
X 1m 
U 2 10000 2

 103k
Q
968
Se, para a representação da magnetização do transformador, em vez do circuito RL em paralelo se
tivesse utilizado o circuito RL série, ter-se-ia:
Rs 
Zs 
P
I2

250
0,12
 25k
U 10000

 100k
I
0,1
X s  Z 2  R 2  96,8k
e) Calcule o rendimento no ponto de carga nominal com factor de potência unitário. Considere
que a tensão do secundário é igual à tensão nominal.
O rendimento é igual à potência de saída a dividir pela potência de entrada que é igual à potência de
saída mais as perdas. Neste caso, para a potência de saída igual à potência nominal, tem-se:

f)
100000
 98,77%
100000  250  1000
Determine a carga para a qual se obtém o rendimento máximo. Qual o valor do rendimento
correspondente.
A carga para a qual o rendimento é máximo será obtida quando as perdas no cobre forem iguais às
perdas no ferro. Assim, a corrente I’2 correspondente será determinada por:
2
Rcc I 2'  P0
donde:
I 2'2 
250
 25
10
donde I 2'  5 A , o que corresponde a metade da carga nominal.
A esta carga correspondem ¼ das perdas no cobre. As perdas em vazio mantêm-se em 250W. Assim o
rendimento será:

50000
 99,01%
50000  250  250
que é ligeiramente superior ao rendimento no ponto nominal. Conclui-se assim que o rendimento para cargas
superiores à carga nominal é uma função aproximadamente constante, embora ligeiramente decrescente.
41
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
g) Determine o valor da regulação de tensão com carga nominal e factor de potência cos=0,7
indutivo. Considere que a tensão no secundário é igual à tensão nominal.
Com factor de potência igual a cos=0,7 (sin=0,71) indutivo, o diagrama vectorial será:
U1
U'2
RccI'2
jXccI'2
I'2
A que corresponde o vector U1 igual a
U1  10000  Rcc  jX cc 100,7  j 0,71  10418  j 272V
Este vector tem um módulo de U1=10421V. A regulação de tensão será dada por:
Re g 
10421  10000
 4,04%
10421
42
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 15 - MÁQUINAS ELÉCTRICAS - TRANSFORMADOR
Uma caldeira eléctrica monofásica apresenta uma potência de 2 kW e tem uma tensão eficaz de alimentação
de 115 V. É necessário dimensionar um transformador monofásico, uma vez que a rede eléctrica nacional,
230/400 V, 50 Hz, é a única fonte de alimentação disponível.
a) Tendo disponível as 3 fases da rede e o neutro, mostre, esquematicamente, como ligaria o
transformador à rede;
Fase 1
Fase 2
Fase 3
Fase 1
Fase 2
Fase 3
Transformador
Neutro
Transformador
Neutro
b) Considerando como ideal o transformador necessário, determine a sua relação de transformação e
as correntes eficazes do primário e secundário;
Ligação Fase-Neutro
V1N  230 V
V2N  115 V
V
I
230
k  1N  2N 
2
V2N I1N 115
V2N I2N  2  103  I2N  17,4 A
I
k  2N  2  I1N  8,7 A
I1N
Ligação Fase-Fase
V1N  3 230 V  400 V
V2N  115 V
k
400
 3,5
115
I1N  5 A
I 2N  17,4 A
c) Sabendo que os dois enrolamentos são semelhantes e que apresentam iguais resistências
r1  r2  1  , e iguais coeficientes de fugas, 1   2  1 mH , determine a potência activa absorvida
num ensaio em curto-circuito através do secundário;
Ensaio cc efectuado através do secundário
43
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
I 2N
r1 '
r2
X1'
X2
V2cc
r2  1
X 2   2  0,314
r
r1 '  1  0,25
k2
X1' 
I 2N
Z eq 2
V2cc
X1
k
2
 0,0785
Z eq  r1 ' r2   j ( X 1 ' X 2 )  1,25  j 0,3925  1,31 e j17 
V 2cc  Z eq 2 I 2 N  1,31 e j17 x 17,4  22,8 e j17 V
P2cc  V2cc I 2 N cos   22,8 x 17,4 x cos 17  380 W
Se o ensaio cc fosse efectuado através do primário
I1N
r1
X1
r2 '
X2'
V1cc
r2 '  r2 k 2  4 
r1  1
X 1   1  0,314
X 2 '  X 1 k 2  1,256 
Z eq1  r1  r2 '  j ( X 1  X 2 ' )  5  j1,57  5, 24 e j17 
V 1cc  Z eq1 I 1N  5,24 e j17 x 8,7  45,6 e j17 V
P1cc  V1cc I1N cos   45,6 x 8,7 x cos 17  380 W
d)
Determine o rendimento do transformador ideal e o rendimento do transformador real, isto é,
considerando as resistências e as fugas referidas na alínea c).
ideal  100%
Pout  PN  2000 W
Pin  Pout  Pperdas  2000  380  2380 W
P
2000
 real  out 
 84 %
Pin
2380
44
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 16 – DETERMINAÇÃO DAS CARACTERÍSTICAS DE UMA MÁQUINA DE INDUÇÃO A PARTIR DO
CIRCUITO EQUIVALENTE.
Uma máquina assíncrona de 400V, 50Hz, dois pares de pólos, tem o circuito equivalente indicado na figura.
Sabe-se que o ponto nominal de funcionamento se obtém com a velocidade de N=1491rpm.
R1
I1
jXcc
R2
I’’2
r1+rm
1-s R2
s
U1
j(X1+Xm)
 rm  0,018 

 X m  0,890 
R1  4,4  103 
R2  1,8 103 
X cc  44,3 103 
r1  rm  22,1  103 
X1  X m  911,9  103 
a)
Determine o valor da corrente em vazio I 0
Em vazio tem-se
I0 
I0 
I ' '2  0 pelo que será:
U1
r1  rm   j  X1  X m 
231
3
22,1  10
3
 j 911,9  10
 245,5 e j88,6 A
Corrente fortemente indutiva.
b)
Para o ponto nominal obtenha:
I ' '2 , I 1 , cos  ,  e o binário
f
60  1500 rpm
p
Velocidade de sincronismo
Ns 
Velocidade nominal
N n  1491 rpm
Escorregamento nominal
sn 
Ns  Nn
 0,6 %
Ns
45
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
I ' '2n 
Através do esquema equivalente obtém-se:
I ' '2n 
U1

R2 
 R1 
  j X cc
sn 

231
 758 e  j8,4 A
3 

4,4  103  1,8 10   j 44,3  103

0,006 

I 1n  I ' '2n  I 0
Através do esquema equivalente obtém-se:
I 1n  758 e  j8,4  245,5 e  j88,6  839 e  j25,7 A
cos n  cos 25,7  0,9
O factor de potência será:
n 
O rendimento é:
Pout n
Pinn
A potência mecânica útil à saída da máquina é:
Pout n  3
Poutn  3
A potência eléctrica activa à entrada da máquina é:
1  sn
R2 I ' '2n 2
sn
1  0,006
1,8 1037582  514 kW
0,006
Pinn  3 U1 I1n cos n
Pinn  3 2318390,9  524 kW
n 
Poutn
Pinn
 98%
O binário útil é:
M outn 
ou
M outn 
c)
3 1  sn
R2I ' '2n 2
n sn
Poutn
n
Determine as perdas em vazio,
M out n 
514 103
 3292 Nm
2
1491
60
P0 , e no cobre em regime nominal, PCn
As perdas em vazio são as associadas ao ramo transversal.
P0  3 r1  rm I02
P0  3  21,3 103  245,52  4,3 kW
As perdas no cobre são as associadas aos enrolamentos quando percorridos pela corrente nominal.
PCn  3 R1  R2  I ' '2n2


PCn  3  4,4103  1,8103  7582  10,7 kW
46
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 17 – FUNCIONAMENTO DA MÁQUINA DE INDUÇÃO NA ZONA DE PEQUENOS
ESCORREGAMENTOS.
Conhece-se o catálogo de um fabricante de motores eléctricos de indução de rotor em curto-circuito. A tabela
apresenta as características de alguns destes motores.
PN
Rendimento
N
[rpm]
Factor
de
I [A]
Potência
1,1
80,6
1430
0,78
2,5
2,2
86,4
1425
0,83
4,4
3
87,5
1430
0,83
6
4
89,3
1445
0,83
7,8
5,5
90,7
1465
0,85
10,3
7,5
91,7
1465
0,85
13,9
11
92,6
1470
0,8
21,4
15
92,9
1465
0,82
28,4
22
94,3
1475
0,84
40,1
Pretende-se escolher um motor para accionar uma grua, como se indica na figura.
Considere que o conjunto “Tambor – multiplicador de velocidade” tem rendimento igual a 98%.
a) Calcule a potência no veio do motor e escolha o motor mais apropriado.
A potência na massa a ser içada é determinada por:
P  Fv  9,8  1000 1  9800W
No veio da máquina será:
Pm 
9800
 10000 W
0,98
Tendo em atenção a tabela, deverá ser escolhido o motor de 11 kW.
b) Calcule a velocidade de rotação da máquina.
Tendo em consideração que a máquina estará um pouco abaixo da potência nominal a sua velocidade de
rotação deverá ser diferente da velocidade de rotação no ponto nominal, isto é, 1470 rpm.
47
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Dado que a velocidade de rotação não varia muito com a carga, a velocidade a calcular deverá ser um pouco
superior a 1470 rpm, podemos considerar que a potência é proporcional ao binário. Na zona de
escorregamentos baixos, pode considerar-se que a potência é função linear com a diferença entre a
velocidade de sincronismo e a velocidade de rotação. Assim, a velocidade de escorregamento (Velocidade de
sincronismo –velocidade de rotação) será:
11kW
 30rpm
10kW

X
A velocidade de escorregamento será:
X 
10
30  27,27
11
Ou seja
N=1500-27,27=1472,7 rpm
c) Calcule a velocidade de rotação da máquina quando elevar uma carga com metade da massa.
Nesta situação a potência será reduzida para metade.
11kW
 30rpm
5kW

X
A nova velocidade de escorregamento será:
X 
5
30  13,63
11
A velocidade de rotação será agora:
N=1500-13,63=1486,4 rpm
48
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 18 –MÁQUINA DE INDUÇÃO CONTROLADA COM O MÉTODO U/F.
Considere um motor eléctrico de indução de 55kW, 400V, 50Hz, com dois pares de pólos e os seguintes
parâmetros do seu circuito equivalente em estrela:
r1  24m ;
r2  27m ;
x1  220m ;
x 2  200m ;
RFe  150  ;
Xm  6 
A velocidade nominal da máquina é 1485 rpm.
Esta máquina vai ser alimentada através de um conversor electrónico com a lei de regulação U/f = constante.
Faça as simplificações que achar necessárias e verifique os erros cometidos.
a) Calcule o binário máximo para 50Hz e para 25 Hz com U/f constante
O binário máximo é calculado em função dos parâmetros do circuito equivalente em ângulo.
Conversão dos parâmetros do ramo transversal:
150  j 6
 r m  jX m
150  j 6
Parâmetro

 r m  0,24 

X m  5,99 
a:
a  a  1
x1
Xm
 a  1,0367
Parâmetros do circuito equivalente para 50 Hz:
R2  a 2 r '2
R1  a r1  R1  0,02449 
X cc  a x 1  a 2 x 2

 R 2  0,029 
X cc  0,443 
r1  r m  0,2636 
x 1  X m  6,21 
M max 
Binário máximo:
f  50 Hz  U1  231 V

M max 
3 pU12
2 R1  R12  X cc 2 


3  2  2312
 1087 Nm
2  100  R1  R12  X cc 2 


2
f  25 Hz  U1 
231
V
2

 231
32

 2 
M max 

100 
X
2
R1  R12   cc

2 
 2

2
 
 
 

 1028 Nm
49
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
1200
1000
M [Nm]
800
600
400
200
0
0
500
1000
1500
N [rpm]
Considere que o motor está a accionar uma carga cujo binário é constante e independente da
velocidade:
b) Para a carga referida anteriormente calcule: I 0 ,
I0 
U1
r1  r m   j x 1  X m 
Velocidade de sincronismo

Ns 
I 0  1,57  j 37,12  37,2 e  j 87,57
N  1485 rpm
Escorregamento
s
U1
R 

 R1  2   j X cc
s 

I 1  I ' '2  I 0
A
f
60  1500 rpm
p
Velocidade
I ' '2 
I ' '2 , I 1 , I1ef , cos  , M em , P2 , P1 e 
Ns  N
 0,01
Ns

I ' ' 2  77,16  j 11,7  78 e  j 8,6

I 1  78,7  j 49  92,6 e  j 31,8

M em 
A
A
cos   cos 30  0,85
M em 
3 p R2
I ' '2 2
 s
3  2 0,029
782  338 Nm
100 0,01
2  50
 52,5 kW
2
Pem  M em m  M em 1  s syn 
Pem  338  1  0,01
P1  3U1 I1 cos 
P1  3  231 92,6  0,85  54,5 kW
P
  em
P1



52,5
 96,2%
54,5
50
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
c) Considerando que o binário de carga se mantém constante calcule a velocidade da máquina quando
alimentada a 25Hz.
f
f 25  50
2
se
como
U / f  constante

X 25 
X 50
2

U 25 
U 50
2
para escorregamentos pequenos (zona linear da característica electromecânica) tem-se:
3p s
U1 2
 R2
M em 
U1 2
3 p R2
2
 s 
R2 
2
 R1 
  X cc
s 

M em 
Será então:
f  25 Hz

U1 
231
 115,5 V
2
x 1  X m  3,105 
X cc  0,2215 
Como o binário exigido pela carga é constante e independente da velocidade a equação em
s
a resolver,
será:
M em 25  M em 50
cujas soluções são:


3p R 2U 12
s 2 R12  X cc 2  s  2R1R 2 

 M em50


s 1  0,0204

e

R 2  0
2


s 2  0,83
A solução s2 corresponde ao funcionamento a escorregamento elevado, pelo que a solução do problema é:
N rot  (1  0,0204)  750  734,7 rpm
s 1  0,0204
Alternativamente, utilizando a expressão aproximada para escorregamentos pequenos (zona linear da
característica electromecânica) tem-se:
M em 
3p s
o valor é
 R2
U 1 2
s  0,02
N rot  1  0,02  750  735 rpm
51
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 19 – MÉTODOS DE ARRANQUE DA MÁQUINA ASSÍNCRONA DE ROTOR EM GAIOLA
Considere uma máquina de indução de rotor em gaiola com as seguintes características: PN  5,5 kW ,
U N  400 V , f  50 Hz . Esta máquina está construída para funcionar em regime normal, ligada em
triângulo.
Sabe-se que no arranque directo absorve da rede 66A apresentando um cos   0,6 . Nesta situação tem um
tempo de arranque em vazio igual a 1,5 seg.
a)
Qual a corrente e o tempo de arranque que se irão verificar se a máquina for ligada em estrela.
U Fase  Z ( s ) I Fase
Do esquema equivalente obtém-se:
No arranque
s 1

Uc
arranque em Y
3
I F arr  3 I F arrY
Na fase
IL   3 IF 
I L arr  3 I L arrY
Na linha
M  U F 2
t arr 
I F arrY  I L arrY 

 (para um mesmo valor de
Pelo que deverá ser:
b)
 Z (1) I FarrY
U c  Z (1) I Farr
arranque em 
como:
Z ( s )  Z (1) = constante
66
 22 A
3
s) M 3 M

Y
1
t arrY
3

t arrY  3  1,5  4,5 seg
Dimensione uma reactância para colocar em série de modo a reduzir a corrente de arranque
para 22A quando a máquina arranca em triângulo. Calcule a tensão aplicada à máquina nos
instantes iniciais e estime o valor do tempo de arranque.
em

I Larr  66 A
A impedância equivalente em estrela desta situação é:
Pretende-se que
Z
400 3
 3,5 
66
I Larr  22 A com introdução de uma reactância em série.
Será então:
Z  jX 
400 3
3 Z
22
52
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Z  jX  3 Z
jX
 sin  0,8
como cos   0,6
0,6Z 2  0,8Z  X 2  3 Z
X
VS
 9  0,36  0,8 Z
Como
c)
M  U  
1

tarr
Z
X  7,5 

Vmotor 
A tensão aos terminais do motor será:
2
V motor
U 
tU 2   1 
U2 
2
Z
VS 
Z  jX
3,5
231  77 V
10,5
2
 231 
tU1  
  1,5  13,5 seg
 77 
A máquina vai ser posta em serviço utilizando um transformador auxiliar. Determine o valor
nominal da tensão do secundário deste transformador de modo a reduzir a corrente pedida à
rede para 22A quando a máquina arranca em triângulo. Estime o tempo de arranque. Considere
o conceito de transformador ideal.
I motor
I rede
U rede
U motor
Z
Admitindo que o transformador é ideal e tem uma relação de transformação
m , a tensão aplicada ao motor,
U motor , será:
U motor 
U rede
m
Com base no esquema equivalente e para um mesmo valor de escorregamento tem-se
a tensão foi reduzida de um factor
U motor  I motor ; se
m , o mesmo acontecerá à corrente.
I
I motor  arr
m
Com base no conceito de transformador ideal
I
I rede  arr
m2
Se

U rede  231 V
2
Como M  U  
1
tarr
I motor  m I rede ; a corrente pedida à rede será então:
I
66
m 2  arr 
3
I rede 22
U motor 


U 
tU 2   1 
U2 
2
U rede
3


m 3
231
 133 V
3
2
 231 
tU1  
  1,5  4,5 seg
 133 
53
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 20 – O GERADOR DE INDUÇÃO
Uma máquina de indução é representada pelo circuito equivalente por fase.
I1
I2"
4,3m
j55m
I0
22,75m 
1,8m
231V
j0,65
s
Admita que a máquina tem dois pares de pólos e que a frequência é igual a 50 Hz.
Para a velocidade de rotação de 1510 rpm calcule as seguintes grandezas: corrente em vazio, corrente
equivalente no rotor, corrente no estator, factor de potência, potência no eléctrica estator, potência mecânica
no veio, rendimento
Resolução
Para a velocidade de 1510 rpm corresponde o escorregamento de:
s
1500  1510
 0,0067
1500
Como o escorregamento é negativo, a máquina encontra-se a funcionar como gerador.
a) A corrente em vazio será dada por:
I0 
231
 12,4  j 355  355e  j 88 º ( A)
0,0227  j 0,65
b) A corrente equivalente do rotor vale:
I 2'' 
231
 834  j173  851e  j 168 ,3º
0,0018 

 0,0043 
  j 0,055
 0,0067 

c) A corrente do estator será:
54
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
I1  I0  I2''  821  j 527  976e  j147 ,28 º
O diagrama vectorial das correntes será:
I2"

U1
I0
I1
d) O factor de potência será:
cos  cos(147,28)  0,84
e) A potência trocada pelo estator será:
P1  3  231 976 cos  567kW
f) A potência mecânica no veio
P2  3R2
1  s ' '2
I  591kW
s 2
g) O rendimento será dado por:
P
  1  96,3%
P2
55
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 21 - MÁQUINA DE INDUÇÃO OU ASSÍNCRONA
Um motor assíncrono trifásico de 4 pólos, apresenta os seguintes valores nominais:
PN  5 kW
sN  4 %
N  90 %
cosN  0,85
Estando o motor alimentado por uma rede trifásica 230/400 V a 50 Hz, determine:
a) Os valores da velocidade em vazio e em condições nominais
0  S 
vazio
nominal
2   200

 157,1 rad s 1  1500 rpm
p
4
N  1  sN S  1  0,04  157,1  150,7 rad s 1  1440 rpm
b) O valor do binário desenvolvido, a sua velocidade de rotação e escorregamento, quando acciona
uma carga cujo binário resistente varia linearmente com a velocidade de rotação, de acordo com a
expressão:
Mcarga( ) 
0,12

  10
Mmotor
N , MN 
Mcarga( )

Binário nominal do motor
P
5000
MN  N 
 33,2 Nm
N 150,7
Equação da recta do motor
M
MN  0
  S   5,2   815
N  s
No ponto de funcionamento será: Mcarga  Mmotor 

0,12

 Mcarga 
  10



Mmotor  5,2  815
1

  153,7 rad s  1468 rpm


 Mmotor  Mcarga  15,6 Nm
O escorregamento correspondente a esta velocidade é s 
s   1500  1468

 2,1%
s
1500
56
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
c) Sendo o binário de arranque do motor, em ligação triângulo, de 20 Nm, justifique se o grupo
motor+carga poderá arrancar estando o motor ligado em estrela.
20
 6,7 Nm
3
Marr Y 

Marr   20 Nm
 0,12

Marr carga  
  10 
 10 Nm
 
  0
Como
Marr carga  Tarr Y
 o grupo NÃO arranca
Mmotor
N , MN 
Mcarga( )

d) Para o ponto de funcionamento nominal, determine a amplitude complexa da corrente que o motor
solicita à rede
P
5000
Pabs N  N 
 5555 W
N
0,9
Independentemente do tipo de ligação do motor ( ou Y), tem-se sempre:
Pabs  3 VComposta ILinha cos
Em regime nominal será:
5555  3 400 ILinha 0,85

ILinha  9,4 A
Como cos  0,85 e a máquina é um circuito indutivo, 
  arccos 0,85  31,8º
A amplitude complexa da corrente (valor eficaz) é: I Linha  9,4 e
 j 31,8
A amplitude complexa da corrente (valor máximo) é: I Linha máx 
A
2  9,4 e j 31,8 A
57
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 22 – CONVERSOR DE FREQUÊNCIA ROTATIVO COM DUAS MÁQUINAS SÍNCRONAS
Um laboratório de ensaios de material para aeronáutica dispõe de um conversor de frequência de 50 Hz para
400 Hz . Este conversor é constituído por um motor síncrono com um par de pólos ligado à rede de 400V,
50 Hz e de um gerador síncrono de 8 pares de pólos. Ambas as máquinas, ligadas pelo veio, rodam à
velocidade de 3000 rpm. Esta velocidade é imposta pelo número de pares de pólos do motor ligado à rede de
50 HZ. Ambas as máquinas têm a mesma potência nominal, 1,5 MW e a mesma reactância síncrona
X s  0,15  , sendo desprezável a resistência. O valor da tensão nominal é 400 V .
a)
O gerador vai alimentar uma carga igual à carga nominal com factor de potência igual a
cos   0,7 indutivo. A excitação foi regulada de modo a ter-se a tensão nominal aos terminais
do gerador.
Faça um diagrama vectorial que represente o gerador nesta situação e calcule o valor da força
electromotriz em vazio.
O circuito equivalente, na convenção gerador é o que se indica na figura seguinte.
jXs
I
U
Ef
No regime de carga nominal

cos   0,7 indutivo

  45,6º
O Gerador vai fornecer
P e Q . O diagrama vectorial em convenção GERADOR é:
I  2165 e j 45,6 A
b)
I  IN  2165 A
E f  U  jX s I  463  j 227,3  515,8 e j 26,1 V
A excitação do motor foi regulada para que em regime de meia carga se tenha factor de
potência unitário.
Faça um diagrama vectorial que represente o motor a meia carga e calcule o valor da força
electromotriz em vazio. Calcule a potência máxima que o motor pode fornecer ao gerador com
esta corrente de excitação de modo a não perder o sincronismo.
58
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
A que corresponde o diagrama vectorial, também na convenção gerador
admitindo
I
I

No regime de meia carga
  100% 
IN 
IN
2
PN
1,5  106

 2165 A
400
3UN
3
3
2165
 1083 A
2
Atendendo ao diagrama vectorial, e utilizando o teorema de Pitágoras, tem-se:
2
Ef 
P 3
 400 
  0,15  10832  281,4 V
U 2   X sI 2  
 3 
U Ef
sin 
Xs
com




2
2
Pmax



2
Pmax   1,3 MW
( O sinal negativo resulta de se ter um funcionamento motor em convenção gerador)
c)
Mantendo a potência no veio igual a meia carga, a excitação do motor é agora ajustada de modo
que esta forneça à rede uma potência reactiva de 500kVAr. Calcule de novo a alínea anterior.
Pmec
P
Q
admitindo   100%

Por outro lado,
M
Pmec  P  3 U I cos 
Q  3 U I sin 
Usando convenção gerador, tem-se:
400
 1,5

 106  3 
I cos 

 2
3

400
 500  103  3 
I sin 

3


I  1300 A

   146,3º
o diagrama vectorial em convenção GERADOR é:
59
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010

U
jXsI

I
Ef
I  1300 e  j (146,3) A
E f  U  jX s I  339  j162,21  375,8 e j 25,5 V
400
Pmax   3
d)
3
 375,8
0,15
 1,736 MW
A excitação do motor é agora ajustada de modo que este absorva da rede 500kVAr. Calcule de
novo a potência máxima do motor.
Comparando com o caso anterior, a corrente e o ângulo são iguais em módulo, apenas se tem o simétrico do
ângulo. Alterando o ângulo  como anteriormente, tem-se a figura.
I

U

jXsI
Ef
I  1300 e j (18033,7) A
E f  U  jX s I  122,77  j162,21  203,4 e j 52,9 V
400
Pmax   3
3
 203,4
0,15
 0,94 MW
Da comparação entre c) e d) conclui-se que, se o motor fornecer potência reactiva à rede, a sua estabilidade
vem melhorada; é estável para uma maior gama de potência fornecida.
60
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 23 – MOTOR DE EXCITAÇÃO EM SÉRIE
Um motor série, com uma resistência do induzido de ra  0,2  e com uma resistência do indutor série de
rf  0,1  encontra-se alimentado sob uma tensão DC de 220 V . A reacção do induzido é desprezável e o
circuito magnético não se encontra saturado.
À velocidade de 1000 rpm o motor absorve uma corrente de 50 A
Representação esquemática da máquina série
Enrolamento de
Campo ou Excitação
Lf
rf
La
Enrolamento do
Induzido
ra
E
Representação esquemática da máquina série quando alimentada em DC
Ia
r  ra  r f  0,3 
N  1000 rpm
U  220 V
E
a) Qual o binário electromagnético desenvolvido?

Como se desconhecem as perdas mecânicas
E Ia  M m
Cálculo de E
U  r Ia  E

E  205 V
O binário será:
M
205  50
 97,9 Nm
2
1000
60
b) Qual será a velocidade desta máquina se a corrente consumida passar para metade?
61
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
E N 
Numa máquina de corrente contínua
Na máquina série e admitindo linearidade magnética, também se tem
  Ia
E  N Ia
Pelo que será
Cálculo de E1
U  r Ia1  E1

E1  220  0,3  25  212,5 V
E
Será então:
E1

N Ia
N1 Ia1

N1 
1000  50  212,5
 2073 rpm
205  25
c) Na situação da alínea b) determine qual o novo valor do binário desenvolvido.
E I
M1  1 a1

m1
M1 
212,5  25
 24,5 Nm
2
2073
60
d) Determine o rendimento do motor nas duas situações anteriores.
P
  útil
Pabs
Pabs  U Ia
Pútil  M m
Pabs  220  50  11 kW
Pútil  97,9  1000
2
 10,252 kW
60
  93,2%
Pabs 1  220  25  5,5 kW
Pútil 1  24,5  2073
2
 5,319 kW
60
1  96,7%
O rendimento melhora na segunda situação porque são menores as perdas de Joule nos enrolamentos  r Ia2 


e não se estão a considerar as perdas mecânicas.
62
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 24 - MAQUINA DC – VEÍCULO ELÉCTRICO
Um veículo eléctrico possui uma massa de 20 000 kg. Pretende-se acelerar este veículo com um valor
constante de 1,1 m s 2 desde o arranque até uma velocidade constante de 20 m s 1 . O veículo está equipado
com um motor de comutação (motor de corrente contínua excitação independente) através de uma caixa de
transmissão com uma relação de 1 m por cada 21 rad de rotação do motor. O motor está alimentado por uma
fonte de energia eléctrica contínua de valor variável e apresenta uma resistência do induzido de 0,04  e
desenvolve um binário de 5,5 N m quando absorve uma corrente de 2 A . Despreze perdas mecânicas e
magnéticas. Recorde que Pmec  M   F v e dimensione:
a) A potência nominal do o motor
O motor deverá ter, no mínimo, uma potência nominal de:
Pmec  F v  m a v  20 000  1,1 20  440 000 W  440 kW
b) O valor do binário desenvolvido e da corrente solicitada à fonte, para atingir a aceleração desejada;
P
440 000
M  mec 
 1 048 Nm

420
M  kIa ; na máquina de excitação independente M  Ia  1 048 
5,5
Ia  Ia  381 A
2
c) Para alimentar o motor, dispõe-se de duas fontes contínuas de valor variável; uma pode fornecer até
600 V e outra 1200 V. Qual utilizaria?
V  k  raIa 

V  raIa 600  0,04  381

 213 rad s 1 equivalente a
k
5,5 2

V  raIa 1200  0,04  381

 430 rad s 1 equivalente a
k
5,5 2
v  213 
1
 10 m s 1
21
v  430 
1
 20,5 m s 1
21
ou
P600  600  381  228,6 kW  PN  a tensão da fonte não permite uma transmissão de potência suficiente para
alimentar o motor
P1200  1200  381  457,2 kW  PN
 Suficiente para alimentar o motor
d) Se utilizasse a fonte de 600 V, explique onde poderia actuar para que o veículo atingisse a
velocidade de 20 m s 1 .
63
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
De acordo com  
ser:
k 
V  raIa


V  raIa
dever-se-ia baixar o fluxo de excitação para poder atingir   420 rad s 1 . Deveria
k
600  0,04  381
 1,39 Nm A1
420
Nestas circunstâncias deveria ter-se em atenção que a corrente do induzido seria muito superior.
e) Se arrancasse o motor com uma tensão de 400 V qual seria a corrente de arranque? Qual seria o
procedimento mais correcto para o arranque?
V
400
No arranque tem-se Ea  k  0 e portanto será: V  raIarranque  Iarranque  
 10 000 A .
ra 0,04
O arranque do motor deveria ser efectuado elevando lentamente a tensão da fonte variável para que a
corrente não atinja valores tão elevados.
64
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 25 - MÁQUINA DE CORRENTE CONTÍNUA DE EXCITAÇÃO SEPARADA
Uma máquina DC de 25 kW, funciona a uma velocidade constante de 3000 r.p.m., com uma corrente de
excitação constante iexc  10 A . Nestas condições tem-se E a  125 V . A resistência do induzido é de
0,02  e a do indutor é de 1  . Considere que as perdas de atrito são constantes e iguais a 1 kW .
Determinar a corrente do induzido, a potência, o rendimento, o binário e o factor de carga, quando a tensão
aos terminais do induzido é:
a)
a)
128 V
Va  128 V
b)

Ea  125 V
124 V
A máquina está a funcionar como motor
iexc  10 A
Ra  0,02 
Ia
N  3000 rpm
Vexc
Va  128 V
Va  Ra Ia  Ea 
Ea  125 V
Ia 
rexc  1 
128  125
 150 A
0,02
Potência absorvida pelo motor Pabs  Va I a  Vexc i exc  128  150  1 10
2
 19,3 kW
Perdas nos enrolamentos
penr  Ra I a 2  rexc i exc 2  0,02  150 2  1 10 2  0,55 kW
Potência electromagnética
Pa  Ea Ia  125  150  18,75 kW  Pabs  penrolament os
Potência útil do motor
Pútil  Pmec  Pa  patrito  18,75  1  17,75 kW
Rendimento do motor
P
17,75
  útil 
 92%
Binário electromagnético
Pabs
19,3
P
18,75  103
Mem  a 
 59,7 Nm
3000

2
60
65
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
P
17,75  103
Mútil  útil 
 56,5 Nm
3000

2
60
Binário útil
P
17,75  103
f .c.  útil 
 71 %
PN
25  103
Factor de Carga
b)
Ea
V  124 V
não se altera de (a) para (b) pois

Ea  125 V

N
e

são constantes
A máquina está a funcionar como gerador
Ra  0,02 
iexc  10 A
Ia
N  3000 rpm
Va  124 V
Ea  Ra Ia  Va  Ia 
Potência útil do gerador
Ea  125 V
Vexc
125  124
 50 A
0,02
Pútil V a Ia  124  50  6,2 kW
Perdas no enrolamento do induzido
Potência electromagnética
rexc  1 
penr induzido  Ra Ia 2  0,02  502  0,05 kW
Pa  Ea Ia  125  50  6,25 kW  Pútil  penr induzido
Potência mecânica absorvida pelo gerador
Pmec  Pa  patrito  6,25  1  7,25 kW
Potência total absorvida pelo gerador
Pabs  Pmec  penr indutor  7,25  103  1 102  7,35 kW
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Rendimento do gerador
Binário electromagnético
Binário fornecido ao gerador
Factor de Carga

Pútil
6,2

 84,3%
Pabs 7,35
P
6,25  103
Mem  a 
 19,9 Nm
3000

2
60
P
7,25  103
M  mec 
 23,1 Nm
3000

2
60
P
6,2  103
f .c.  útil 
 25 %
PN
25  103
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 26 - MÁQUINA DE CORRENTE CONTÍNUA DE EXCITAÇÃO EM SÉRIE
Um motor SÉRIE roda a 1500 rpm e absorve uma corrente de 13,6 A sob 230 V. A resistência do induzido é
igual a 0,77  e a do indutor 1,06 .
a) Calcular a f.e.m. do motor
R  Ra  rexc  1,83 
I
N  1500 rpm
Ea
V  230 V
V  Ra I  Ea  Ea  230  1,83  13,6  205 V
b) Calcular o binário útil no veio
Como se desconhecem as perdas mecânicas,
Pútil  Pmec  Pa  Ea I  205  13,6  2788 kW
P
Tútil  Ta  a 

Binário
2788
 17,7 Nm
1500
2
60
c) O motor é ligado a uma fonte de 115 V. Calcular a sua velocidade para uma corrente de 13,6 A
V  Ra I  Ea
I
não se alterou

Na máquina série,   I
V  Ra I  k N 

Ra I não se alterou
I não se alterou
Das expressões anteriores conclui-se que

 não se alterou
V  RaI  Ea  N
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Ea V  230
N
 V  230
Ea V 115
NV 115

205
1500

115  1,83  13,6 NV 115

NV 115  660 rpm
d) Calcular o binário nas condições da alínea anterior
Genericamente tem-se:
P
Mútil  útil

P
E I
kN Ia
 a  a a 
 k '  Ia
2


N
60
sendo k ' 
60 k
2
Na máquina de excitação série e admitindo linearidade magnética,
I

M  k' ' I 2
Como a corrente não se alterou da alínea (b) para a alínea (c), o binário também não se alterará.
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
PROBLEMA Nº 27 MÁQUINA DE CORRENTE CONTÍNUA
Uma máquina de corrente contínua excitação independente é caracterizada pelos seguintes valores:
PN  2,0 kW
VN  230 V
NN  1500 rpm
Ra  2,0 
La  19 mH
IN  10 A
a) Determine a velocidade do motor, quando no induzido é aplicada uma tensão de 115 V e este acciona
uma carga com binário constante e igual a metade do valor nominal.
Ea  k  
Máquina independen te

 Ea  
Ainda não é possível calcular
Ea
pois desconhece-se a corrente absorvida
P
P
E I
k   Ia
M  mec  a  a a 
 k  Ia




Máquina independen te


M  Ia
Tem-se então:
MN
IaN
MN 2
Ia
I
 Ia  a  5 A
2
V  RaIa  Ea  Ea  115  2  5  105 V
Nas condições nominais tem-se:
VN  RaIaN  EaN  EaN  230  2  10  210 V
Como Ea   , será então:
EaN
Ea
NN
N
N 
NN
 750 rpm
2
b) Qual o valor do binário máximo que o motor pode desenvolver a 3000 r.p.m. e com a tensão nominal,
sem entrar em regime de sobrecarga?
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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010
Como à velocidade de 3000rpm se está na zona de enfraquecimento de campo (3000rpm >> 1500 rpm) a
potência máxima da máquina é a sua
potência nominal. Para não entrar em sobrecarga deverá ser
Pmáx  PN
P
Mmáx  N 

2000
 6,4 Nm
3000
2
60
c) Estime o valor máximo da corrente de arranque, admitindo que ao induzido é aplicada a tensão
nominal.
No arranque tem-se N  0
 Ea  0
A corrente de arranque é limitada apenas pela resistência equivalente do induzido
V
Ia arranque  N
Ra

Ia arranque  115 A
e) O valor da tensão a aplicar no induzido da máquina para que, em vazio, esta rode a 1000 rpm.
Em vazio
Ia 0  0

Ea 0  V0
Viu-se anteriormente que, na máq. independente Ea   . Será então:
EaN ________
NN
Ea0 ________
N0
 Ea 0 
205  1000
 137 V  V0
1500
71