52934-Apostila de Maquinas e Automacao Eletrica 2010 1 08032010 ATE PG 70 PDF
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EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E
TECNOLOGIA DO RIO GRANDE DO
NORTE
PRO-REITORIA DE ENSINO
DIRETORIA EDUCACIONAL
DE TECNOLOGIA INDUSTRIAL
MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO
ELÉTRICA
MARÇO DE 2010
IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA
1 Noções de Eletromagnetismo
Estudo dos campos magnéticos e suas interações com as correntes elétricas.
1.1 Campos magnéticos
Os elétrons giram em torno do núcleo dos átomos, mas também em torno de si mesmo
(translação), isto é semelhante ao que ocorre com os planetas e o sol. Há diversas camadas de
elétrons, e em cada uma, os elétrons se distribuem em orbitais, regiões onde executam a
rotação, distribuídos aos pares.
Ilustração 1
1.2 Permeabilidade
Os materiais se comportam de várias maneiras, sob campos magnéticos.
• Os diamagnéticos, como o alumínio e o cobre, os repelem, afastando as linhas
de campo;
• Os paramagnéticos se comportam quase como o ar;
• Os ferromagnéticos concentram o campo, atuando como condutores
magnéticos.
A permeabilidade é a propriedade dos materiais de permitir a passagem do fluxo
magnético, que é a quantidade de campo que atravessa o material.
Definição:
Chama-se indução magnética em um ponto ao produto da permeabilidade magnética do
meio pelo campo magnético nesse ponto.
Isto é, B = µ × H
A corrente elétrica num condutor produz campo magnético em torno dele, Ilustração 2,
com intensidade proporcional à corrente e inversamente à distância.
µ0 × I
B=
2 × π × r0
I
H=
2 × π × r0
Ilustração 2
Esta equação é válida para um condutor muito longo, I é a corrente, r0 a distância ao
centro do condutor e B é a densidade de fluxo, ou indução magnética, que representa o campo
magnético. É medida em Tesla (T). H é dado em A/m.
O sentido da indução ou do campo (B e H respectivamente) relaciona-se com o sentido
da corrente de acordo com a “regra da mão direita”. As linhas de campo são circulares,
concêntricas em relação ao fio e assentes no plano perpendicular ao mesmo e que contem o
ponto P.
B = densidade de fluxo magnético em um ponto (T);
H = vetor campo magnético em um ponto (A/m);
µ = permeabilidade magnética do meio (T.m/A);
r0 = distância do ponto ao fio (m);
µ0 = 4.π. 10-7 T.m/A (no vácuo);
A unidade de B no SI é o Tesla (T);
A unidade de H no SI é Ampère por metro (A/m).
1.4 Campo magnético no centro de uma espira
Se o condutor tiver forma circular, ele se denomina uma espira. O campo magnético no
centro de uma espira, Ilustração 3, depende do raio do círculo e da intensidade da corrente
elétrica. Quanto maior a corrente, maior o valor do campo. Quanto maior o raio da espira,
menor o valor do campo.
µ0 × I
B=
2 × r0
I
H=
2 × r0
Campo Magnético no Centro de uma Espira
Ilustração 3
r02
B = µ0 × I × 3
2(r + h )
2
0
2 2
Ilustração 4
1.6 Campo magnético de um solenóide de N espiras
Se enrolarmos um condutor, formando um indutor ou bobina, em torno de uma forma,
Ilustração 5, o campo magnético no interior deste será a soma dos produzidos em cada espira,
e tanto maior quanto mais espiras e mais juntas estiverem.
Admitindo que o solenóide tenha N espiras de raio ro e que possui comprimento L, pode-
se deduzir que a intensidade dos campos B e H no centro do solenóide é dada por:
N IL µ 0 nIL
B = µ0 =
L 4r02 + L2 4r02 + L2
N IL nIL
H= =
L 4r02 + L2 4r02 + L2
Ilustração 6
Chama-se fluxo de indução magnética através do elemento de superfície ∆S à grandeza
ΦB definida por
Φ B = B∆Scosα
No S.I. o fluxo magnético é dado por Weber (Wb), sendo válida a relação 1 Wb = 1
T.m2.
Lei de Faraday
Ilustração 7
Como o circuito não tem qualquer gerador, diz-se que a corrente elétrica nele gerada é
uma corrente induzida e falamos de um processo de indução eletromagnética.
As correntes induzidas podem ser geradas não só através de ímãs, mas também
através de correntes elétricas, Ilustração 8 e Ilustração 9.
Ilustração 8
Ilustração 9
Em qualquer das situações, a corrente induzida pode ser entendida como devido ao
aparecimento, no circuito induzido, de um força eletromotriz induzida, εind.
Se um determinado circuito está sujeito a um fluxo de indução magnética, ΦB, variável
no tempo, surge no referido circuito uma corrente induzida, Iind, que pode ser entendida como
resultante do aparecimento, no circuito induzido, de um força eletromotriz induzida, ε ind . O
valor desta força eletromotriz induzida é dada por
dΦ B ∆Φ B
ε ind = − ou ε ind = −
dt ∆t
Lei de Lenz
A corrente induzida Iind, Ilustração 10, surgirá sempre com um sentido tal que gere um
fluxo de indução magnética que se oponha à variação do fluxo de indução magnética indutor
que a gerou (lei de Lenz).
Ilustração 10
A expressão conhecida da lei de Faraday, a f.e.m. induzida, tem sinal negativo “-“, por
incorporar a lei de Lenz. Demonstrando, portanto, que a f.e.m. induzida tem uma polaridade tal
que gera uma corrente induzida com um sentido tal que a sua ação eletromagnética se opõe à
variação do fluxo indutor.
dΦ B ∆Φ B
ε ind = − N ou ε ind = − N
dt ∆t
Exemplo 1
Solução:
a)cálculo do fluxo ΦB:
∆S = 10dm 2 = 10 × 10 −2 m 2
Φ B = B∆Scosα = 10 × 10 × 10 −2 × cos60 0 = 0,5Wb
b)cálculo da f.e.m. induzida
∆Φ B 0,5
ε ind = − → ε ind = − = −1V
∆t 0,5
Exercícios
1. Um fio retilíneo e longo é percorrido por uma corrente elétrica contínua i = 2A. Determine o
campo magnético num ponto distante 0,5m do fio. Adote µ0 = 4.π. 10-7 T.m/A (no vácuo)
2. Um condutor reto e extenso é percorrido por uma corrente de intensidade 2A. Calcular a
intensidade do vetor campo magnético num ponto P localizado a 0,1 m do condutor. O meio é o
vácuo.
5. A espira da figura abaixo tem raio 0,2 m e é percorrida por uma corrente de 5A no sentido
horário. Determine a intensidade e a orientação do vetor campo magnético no centro da espira.
Adote µ0 = 4.π. 10-7 T.m/A (no vácuo)
6. Duas espiras circulares concêntricas e coplanares de raios 0,4 cm e 0,8 cm são percorridas
por correntes de intensidades 1A e 4A, respectivamente, conforme mostra a figura. Determine a
intensidade do vetor campo magnético resultante no centro das espiras. Adote µ0 = 4.π. 10-7
T.m/A (no vácuo)
2 Transformadores
O transformador opera segundo o princípio da indução mútua entre duas (ou mais
bobinas). Os circuitos não são ligados fisicamente.
Sua estrutura consiste de um núcleo fechado sobre si mesmo, Ilustração 11, formado
por lâminas de ferro doce (para diminuir as perdas devidas às correntes de Foucault), no qual
há um enrolamento primário e outro secundário, utilizado para converter o valor da tensão de
uma corrente alternada, de acordo com suas espiras acopladas.
Ilustração 11
2.1 Transformador ideal
Num transformador ideal, com núcleo de ferro, com mostra a Ilustração 12,
consideraremos os fluxos dispersos Φ1 e Φ2 iguais a zero. Neste tipo de transformador existe
apenas o fluxo Φm, comum a ambas as bobinas, primária e secundária.
Φ1 Φm Φ2
I1 I2
carga
V1 E1 E2 V2
Ilustração 12
• se esta carga for indutiva, a corrente I2 estará atrasada em relação à E2 de uma ângulo
θ2 conforme Ilustração 13(b);
• os ampère-espiras do secundário, N2I2, tendem a produzir um fluxo desmagnetizante
que reduz o Φm e as tensões induzidas E1 e E2 instantaneamente;
• a redução de E1 produz uma corrente I’1, que circula no primário, de maneira tal que
I’1N1=I2N2, restabeleça o Φm ao seu valor original;
• I’1 se atrasa em relação à V1 de θ’1 e I2 se atrasa em relação à E2 de θ2, de maneira tal
que θ’1=θ2 (com esta igualdade se evidencia que N1I’1 são iguais e opostos a N2I2
desmagnetizantes do secundário), Ilustração 13(b);
• na Ilustração 13 (c) está mostrado o efeito da corrente de carga I’1, onde a corrente
primária, I1, é a soma fasorial de Im com I’1.
(E2) I2
E1 V1 θ2
I1 = Im E2 θ'1 V1
I'1
φm
φm
(a) Relações primárias em vazio
(b) Relações secundárias com carga
I2
θ2
E1 θ'1 V1
Im θ1 I'1
I1
φm
(c) Relações primárias com carga
Ilustração 13
Exemplo 2
O lado de alta tensão de um transformador tem 1000 espiras, enquanto que o de baixa
tem 100 espiras. Quando o trafo é ligado com abaixador, corrente de carga é 10A. Calcule:
a) a relação de transformação;
b) a componente de carga da corrente primária.
Solução:
I 2 N1 N1 1000
a) = =α →α = = = 10
I1' N 2 N2 100
I2 I 10
b) '
= α → I1' = 2 = = 1A
I1 α 10
Exemplo 3
Calcule a relação de transformação do trafo do Exemplo 2, quando usado como
transformador elevador.
N1 100
α= = = 10 -1
N2 1000
Observa-se que a relação de transformação α é fixa para uma dada aplicação. Quando o trafo é
abaixador o α >1. Quando o trafo é elevador o α <1.
dΦ B ∆Φ B
ε ind = − N ou ε ind = − N
dt ∆t
dΦ m
E1 = N1
dt
Ou seja:
dΦ m
E2 = N2
dt
Dividindo-se E1 por E2, teremos:
E1 N1
= =α
E2 N2
Como a componente de carga da corrente primária, I’1, é muito maior de que a corrente
de magnetização, Im, podemos então escrever:
E1 V1 I 2 N1
α= = = =
E 2 V2 I1' N 2
V1I1 = V2 I 2
Esta equação demonstra que o transformador é um dispositivo que transfere energia de
um circuito para o outro. No trafo ideal os volt-ampères absorvidos da fonte V1I1 é igual aos volt-
ampéres transferidos ao secundário e entregue à carga V2I2.
A especificação dos transformadores em VA (volt-ampères) ou KVA (quilo volt-ampères)
vêm desta equação.
Exemplo 4
Um transformador de 4,6KVA, 2300/115V, 60Hz foi projetado para ter um f.e.m. induzida
de 2,5 volts/espira. Imaginando este transformador ideal, calcule:
a) o número de espiras do enrolamento de alta, Na;
b) o número de espiras do enrolamento de baixa, Nb;
c) a corrente nominal para o enrolamento de alta, Ia;
d) a corrente nominal para o enrolamento de baixa, Ib;
e) a relação de transformação como trafo elevador;
f) a relação de transformação como trafo abaixador.
Solução:
2,5Volts 2300V 2300
a) = → Na = = 920Espiras
1Espira N a Espiras 2,5
2,5Volts 115V 115
b) = → Nb = = 46Espiras
1Espira N b Espiras 2,5
S 4,6 × 103
c) I a = = = 2A
V1 2300
S 4,6 × 10 3
d) I b = = = 40A
V2 115
N N 46
e) α = 1 = b = = 0,05 → Elevador
N 2 N a 920
N N 920
f) α = 1 = a = = 20 → Abaixador
N 2 N b 46
Exercícios
1. O lado AT de um transformador tem 750 espiras e o de BT 50 espiras. Quando o lado de
AT é ligado a uma fonte de 120V, 60Hz, e uma carga de 40A é ligada ao lado de BT, calcule:
a) a relação de transformação;
c) a resistência da carga;
d) a capacidade em VA do transformador.
2. Uma carga de 10Ω solicita uma corrente de 20A do lado de AT de um transformador, cujo α
é 1/8. Imaginando que não haja quedas de tensão internas no transformador, calcule:
a) a tensão secundária;
b) a tensão primária;
c) a corrente primária;
a) a corrente secundária;
b) a corrente primária;
d) a relação de transformação;
a) a corrente secundária;
b) a corrente primária;
d) a relação de transformação;
I'1 I2 I'1 I2 =0
V1 E1 E2 V2 ZL V1 E1 E2 V2
Ilustração 16
Para qualquer valor da impedância de carga, ZL, a impedância secundária, vista dos
terminais do secundário a partir da carga será dada por:
V2
Z2 =
I2
V1
Z1 =
I1'
E1 V1 I 2 N1
Como já vimos α= = = = .
E 2 V2 I1' N 2
V1 I2 I
Ou seja α= ⇒ V1 = αV2 e α= '
⇒ I1' = 2
V2 I1 α
V1 αV2 V
Teremos então Z1 = = = α2 2 ⇒ Z1 = α 2 Z 2
'
I1 I2 I2
α
Algumas vezes é conveniente representar o transformador por um único circuito
equivalente, Ilustração 17, “refletindo” a impedância secundária para o primário:
Z1 = α 2 Z 2
2 Ζ1= α2 Z2 Z2
Z1 N
= α 2 = 1
Z2 N2
Ilustração 17
Exemplo 5
O lado de alta tensão de um transformador abaixador tem 800 espiras e o lado de baixa
tensão tem 100 espiras. Uma tensão de 240V é aplicada ao lado de alta e uma impedância de
carga de 3Ω é ligada ao lado de baixa tensão. Calcule:
a) a corrente e a tensão secundárias;
b) a corrente primária;
c) a impedância de entrada do primário a partir da relação entre a tensão e a corrente
primárias;
d) a impedância do primário por meio da equação Z1 = α Z 2
2
Solução:
a)
N1 800 V 240
α= = = 8 ⇒ 1 = 8 ⇒ V2 = = 30V
N2 100 V2 8
V 30
I2 = 2 = = 10A
Z2 3
b)
N1 I2 10
α= = = 8 ⇒ I1 = = 1,25A
N2 I1 8
c)
V1 240
Z1 = = = 192Ω
I1 1,25
d)
Z1 = α 2Z 2 = 82 × 3 = 64 × 3 = 192Ω
I1 r1 XL1 r2 XL2 I2
φm
Z1 Z2
V1 E1 E2 V2 ZL
N1
α=
N2
Transformador ideal
Ilustração 18
A impedância interna primária do transformador é:
Z1=r1+jXL1
Z2=r2+jXL2
E& 1 + I1Z& 1 − V
& = 0 ⇒ E& = V
1 1
& − I Z& = V
1 1 1
& − I (r + jX )
1 1 1 L1
E& 2 − I 2 Z& 2 − V
& = 0 ⇒ E& = V
2 2
& + I Z& = V
2 2 2
& + I (r + jX )
2 2 2 L2
V1>E1 e V2<E2
Exemplo 6
Um transformador abaixador de 500KVA, 60Hz, 2300/230V, tem os seguintes
parâmetros:
r1= 0,1Ω, XL1=0,3Ω, r2= 0,001Ω e XL2=0,003Ω.
Quando o transformador é usado como abaixador e está com carga nominal, calcule:
a) as corrente primária e secundária;
b) as impedâncias internas primária e secundária;
c) as quedas internas de tensão primária e secundária;
d) as f.e.m. induzidas primária e secundária;
e) a relação entre as f.e.m induzidas primária e secundária, e entre as respectivas tensões
nominais
f) a impedância de carga e a impedância de entrada
Solução:
S 500 × 10 3 S 500 × 10 3
a) I1 = = = 217,39A I2 = = = 2173,9A
V1 2300 V2 230
b) Z& 1 = 0,1 + j0,3 ⇒ Z 1 = 0,316Ω Z& = 0,001 + j0,003 ⇒ Z = 0,00316 Ω
2 2
Exercícios
1 O lado de alta tensão de um transformador elevador tem 1000 espiras e o lado de baixa
tensão tem 200 espiras. Uma impedância de carga de 6Ω é ligada ao lado de alta tensão. Uma
tensão de 240V é aplicada ao lado de baixa. Calcule:
a) a corrente e a tensão secundárias;
b) a corrente primária;
c) a impedância de entrada do primário a partir da relação entre a tensão e a corrente
primárias;
d) a impedância de entrada no primário por meio da equação Z1 = α 2 Z 2
a) 200A; 1200V b) 1000A c) 0,24Ω d) 0,24Ω
Im
Z1
α2 ZL
V1
Rm XLm
Ilustração 19
Im
Z1
α2 ZL
V1
Rm XLm
Ilustração 20
Olhando o esquema da Ilustração 20, podemos observar que este circuito poderá ficar
reduzido ao que mostramos na Ilustração 21:
Re1 é a resistência equivalente I1 I'1 r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2
interna do transformador referida ao
primário; Im Re1 Xe1
Xe1 é a reatância equivalente interna
α2 ZL
do transformador referida ao V1
primário; Rm XLm
Ze1 = Re1 + j Xe1 é a impedância
equivalente interna do transformador
referida ao primário.
Ilustração 21
I1 r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2
Ilustração 22
Exemplo 7
Um transformador abaixador de 500KVA, 60Hz, 2300/230V, tem os seguintes
parâmetros:
r1= 0,1Ω, XL1=0,3Ω, r2= 0,001Ω e XL2=0,003Ω.
Quando o transformador é usado como abaixador e está com carga nominal, calcule:
a) a resistência interna equivalente referida ao primário;
b) a reatância interna equivalente referida ao primário;
c) a impedância interna equivalente referida ao primário;
d) a impedância de uma carga de 0,1Ω referia ao primário;
e) a corrente de carga primária se a fonte de alimentação é de 2300V.
Solução:
a) R eq1 = r1 + α 2 r2 = 0,1 + 10 2 × 0,001 = 0,2Ω
b) X eq1 = X L1 + α 2 rX L2 = 0,3 + 10 2 × 0,003 = 0,6Ω
c) Z eq1 = R eq1 + jX eq1 = (0,2 + j0,6)Ω = 0,632Ω
d) Z L1 = α 2 Z L = 0,1 × 10 2 = 10Ω = (10 + j0)Ω
V1 2300 2300 2300
e) I1 = = = = = 225,101A
Z eq1 + Z L1 (0,2 + j0,6) + (10 + j0) 10,2 + j0,6 10,2176
Da mesma forma que temos a impedância interna equivalente de um transformador
referida ao primário, podemos também ter estes parâmetros referidos ao secundário.
1
R eq2 = r2 + r1
α2
1
X eq2 = X L2 + X L1
α2
V2 →100% E − V2
⇒ R% = 2 × 100%
(E 2 − V2 ) → R% V2
Exemplo 8
Um trafo de 500KVA, 2300/230V tem resistência interna equivalente referida ao
secundário (BT) igual a 0,002Ω. A reatância interna equivalente, também referida ao
secundário, vale 0,006Ω. Calcule:
a) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência
unitário;
b) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,8
em atraso;
c) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,6
em avanço;
d) a regulação em tensão para os itens (a), (b) e (c)
Solução:
S 500 × 10 3
a) I 2 = = = 2173,9A
V2 230
r1 r1 0,002
r2eq = r2 + ⇒ r2 = ⇒ r2 = = 0,001Ω ;
α 2
α 2
2
X L1 X 0,006
X L2eq = X L2 + ⇒ X L2 = L1 ⇒ X L2 = = 0,003Ω
α2 α 2
2
S
I2 = - 36,87° = 2173,9 - 36,87°
V2
I 2 Z 2 = 6,87 34,69°V
E 2 = V2 + I 2 Z 2 = 230 0° + 6,87 34,69° = 230 + 5,65 + j3,91 = 235,65 + j3,91 = 235,68 0,95°V
E 2 = 235,68V
S
I2 = 56,13° = 2173,9 56,13°
V2
E 2 = V2 + I 2 Z 2 = 230 0° + 6,87 124,69° = 230 − 3,91 + j5,65 = 226,09 + j5,65 = 226,16 1,43°V
E 2 = 226,16V
E 2 − V2 232,26 - 230
d) Regulação p / E2= 232,26V ⇒ R% = × 100% = × 100% = 0,98%
V2 230
R% = 0,98%
E 2 − V2 235,68 - 230
Regulação p / E2= 235,68V ⇒ R% = × 100% = × 100% = 2,5%
V2 230
R% = 2 , 5 %
E 2 − V2 226,16 - 230
Regulação p / E2= 226,16V ⇒ R% = × 100% = × 100% = −1,7%
V2 230
R% = −1,7%
Exercícios
Quando o transformador é usado como elevador e está com carga nominal, calcule:
b) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,6
em atraso;
c) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,8
em avanço;
a) 2347V b) 2430,32V c) 2180,65V
2.6 Rendimento
Os transformadores são máquinas elétricas estáticas (não possui partes móveis), cujo
rendimento é bastante alto, se comparado com as demais máquinas elétricas (rotativas:
motores e geradores), pois não apresenta perdas mecânicas por atrito e ventilação. Estas
perdas são normalmente, maiores do que as de origem eletromagnética, o que reforça ainda
mais essa conclusão.
Durante a operação de um transformador, a transferência de energia elétrica do primário
para o secundário se faz acompanhada de perdas, ou seja, a potência útil no secundário é
menor que no primário. Graças às técnicas com que são fabricados, os transformadores
modernos apresentam grande eficiência, permitindo transferir ao secundário cerca de 98% da
energia aplicada no primário. As perdas - transformação de energia elétrica em calor - são
devidas principalmente à histerese, às correntes parasitas e perdas no cobre. Existe ainda uma
pequena parcela localizada no empilhamento (perdas adicionais), cujo valor; é desprezível.
• Perdas no cobre - resultam da resistência dos fios de cobre nas espiras primárias e
secundárias. As perdas pela resistência do cobre são perdas sob a forma de calor e não
podem ser evitadas.
• Perdas por histerese – a energia é transformada em calor na reversão da polaridade
magnética do núcleo transformador.
• Perdas por correntes parasitas - quando uma massa de metal condutor se desloca
num campo magnético, ou é sujeita a um fluxo magnético móvel, circulam nela correntes
induzidas. Essas correntes produzem calor devido às perdas na resistência do ferro.
P
η% = saída × 100%
P
entrada
Determinação do rendimento
2.6.1 Método direto
O rendimento pode ser determinado pela medida da potência ativa que é fornecida, e pela
potência ativa de saída do transformador.
Devido ao fato do rendimento ser muito elevado nos grandes transformadores, não existe
diferença significativa entre a potência ativa aplicada ao transformador e a fornecida por este.
Neste caso o método direto, Ilustração 23, não é o mais eficiente e exato.
Pentrada Psaída
A W W
I2
I1
CARGA
V1 V2
(Ativa)
Ilustração 23
Im Re1 Xe1
VN1=V1=VCA V2
Rm XLm
Ilustração 25
Ensaio de curto-circuito
Quando o transformador está com seu secundário curto-circuitado, Ilustração 26, a
tensão de alimentação, VCC, terá que limitar-se a um valor que não permita que a corrente I1
ultrapasse o valor da corrente nominal. Esta tensão, VCC, é muito menor que a tensão nominal
do transformador.
PCA
A W
I2
I1
VCC V V2=0
Ensaio em Cutocircuito
Ilustração 26
Im Re1 Xe1
VCC
Rm XLm
Ilustração 27
2
V12 VCC
Pfe = = → VCC é muito pequeno em relação a tensão nominal
Rm Rm
Pcu = R eq1 × I CC
2
V2 I 2 cosϕ
η= ×100% ⇒ o cosϕ é o fator de potência da carga
Pfe I 22 R e2
V2 I 2 cosϕ +
FIXAS VARIÁVEIS
Usando um artifício matemático (derivada), chega-se a conclusão que o rendimento
máximo ocorre quando Pfe=Pcu
Pfe
I2 = ⇒ o valor da corrente do secundário onde ocorre o rendimento máximo.
Re 2
Exemplo 9
Um transformador de 500KVA, 2300/208V, 60Hz teve seus ensaios a vazio e em curto-
circuito, antes de ser colocado em operação. Os dados dos ensaios foram,
• A vazio: VCA(BT) = 208V; ICA(BT) = 85A; PCA = 1800W
2 2
R e(AT) V 2300 R e(AT) 0,1731
= AT = = 11,06 → R e(BT) =
2
= = 0,00142Ω
R e(BT) VBT 208 11,06 2 122,27
R e(BT) = 0,00142Ω
R e(BT) 0,00142
b) R BT = = = 0,00071Ω
2 2
R BT = 0,00071Ω
c) PCu(BT) = I CA
2
× R BT = 852 × 0,00071 = 5,13W
PCu(BT) = 5,13W
d) Pnúcleo = PCA − I CA
2
× R BT = 1800 − 5,13 = 1794,87W
Pnúcleo = 1794,87W
Exercícios
c) os rendimentos do transformador para cargas de 25, 50, 75, 100 e 125% da carga
nominal, com cosϕ=1, imaginando que a regulação do transformador é zero.
a) 0,0661Ω b) 367,31W c) η50%=96,7%; η100%=97%
b) os rendimentos para cosϕ=0,8 em atraso a 1/8, 1/4, 1/2, 3/4, 1 e 5/4 da carga nominal;
5 – Repita o problema anterior, item (b), calculando os rendimentos para cosϕ=0,6 em atraso
η1/8=93,8% η1/4=96,5% η1/2=97,5% η3/4=97,3% η1=97,0% η5/4=
3 Auto transformadores
Os transformadores convencionais possuem isolação elétrica entre o enrolamento
primário e secundário. No Autotransformador estas duas partes, primário e secundário, não são
isoladas uma da outra, muito pelo contrario, estas partes são ligadas fisicamente.
Define-se Autotransformador como um transformador de um único enrolamento. Ou
seja, um transformador de enrolamentos múltiplos é considerado um Autotransformador se
todos os seus enrolamentos forem ligados em série (com polaridade positiva ou negativa)
formando um único enrolamento. Nesta condição (enrolamentos ligados em série) obtém-se
transformações com grandes rendimentos, porém sacrificamos a isolação entre os circuitos do
primário e secundário.
Na Ilustração 28 temos um Autotransformador abaixador. A ilustração lembra um “divisor
de tensão”, porém uma observação no sentido da corrente Ic contata-se que o circuito não
representa um “divisor de tensão”. Veja que Ic tem sentido oposto ao que se convencionaria
num “divisor de tensão”. O que se observa na realidade é que este circuito se comporta como
um transformador: Autotransformador.
A tensão V1 é maior que a tensão V2 (Autotrafo abaixador) e a corrente I1 é menor que a
N1 V1 I1
corrente I2, segundo a relação = = .
N 2 V2 I1
I1
I2
V1 Ic
V2 Carga
Abaixador
Ilustração 28
I2
I1
V2 Carga
V1 Ic
Elevador
Ilustração 29
No Autotransformador elevador também obedece à relação: V1I1 = V2 I 2 . A Ilustração 29
mostra ainda que:
I1 = I 2 + I c
I2
I1
V2 Carga
V1 Ic
Abaixador
Ilustração 30
H1 X1 H1 X1
V2 Saída
V1 Entrada
H2 X2
H2 X2
Ilustração 31
X2
I1 X1
H2 Saída
Entrada Ic
H1
Ilustração 32
Exemplo 10
Para um transformador isolado de 10KVA, 1200/120V, conforme Ilustração 31 (a), ligado
como Autotransformador com polaridade aditiva conforme Ilustração 32. Calcule:
a) a capacidade original (em ampéres) do enrolamento de 120V;
b) a capacidade original (em ampéres) do enrolamento de 1200V;
c) a capacidade do Autotransformador (Ilustração 32) usando a capacidade do
enrolamento de 120V calculada no item (a);
d) o acréscimo percentual da capacidade do Autotransformador em relação ao
transformador isolado;
e) I1 e Ic a partir do valor de I2 usado no item (c);
f) a sobrecarga percentual no enrolamento de 1200V, quando usado como
Autotransformador.
Solução:
I2
X2
H1 X1
I1 X1
V1= 1200V V2= 120V
H2 V2=1320V
H2 X2
V1=1200V Ic
Transformador original H1
Autotransformador
10000
a) I120V = = 83,333A
120
10000
b) I1200V = = 8,333A
1200
c) SAutotrafo = 83,333 × 1320 = 110000VA = 110KVA
110
d) Acréscimo = ×100% = 1100%
10
110000
e) I1 = = 91,666A
1200
I1 = I 2 + I c ⇒ I c = I1 − I 2 = 91,666 − 83,333 = 8,333A
f) não há sobrecarga, pois Ic=I1200V
I2 Elevador
I1 = I 2 + I C
V2 = V1 + VS
Vs
I1 V2 × I 2 = V1 × I 2 + VS × I 2
V2 Carga
↓ ↓ ↓
V1 Ic STOTAL SCOND STRANSF
I1 Abaixador
I 2 = I1 + I C
V1 = V2 + VP
Vp I2 V1 × I1 = V2 × I1 + VP × I1
V1 Ic ↓ ↓ ↓
V2 Carga
STOTAL SCOND STRANSF
Exercícios
1 - Um autotransformador elevador é utilizado para alimentar em 3 KV uma carga a partir de
uma linha de 2,4 KV. Se a carga secundária é de 50A, calcule (desprezando as perdas e a
corrente de magnetização):
I2
VS=600V
I1
V2=3000V
V1=2400V Ic
Elevador
4 Transformador trifásico
O transformador trifásico nada mais é do que três transformadores monofásicos
idênticos interligados. Pode, também, ser composto por um único transformador trifásico com
seis enrolamentos num núcleo comum.
A Ilustração 35 mostra três trafos monofásicos idênticos que podem ser transformados
em um trafo trifásico.
H1 X1 H1 X1 H1 X1
A a B b C c
H2 X2 H2 X2 H2 X2
Ilustração 35
VRS
VR VS VT
VR
ω VR 30°
120 -VS
° 120°
120°
VS VT
Ilustração 36
VS VT
Ilustração 37
A tensão entre um fio de fase e o fio neutro é a tensão de fase; indicam-se com VR, VS e
VT, defasadas entre si de 120°.
A tensão medida entre cada par de fios de fase é dada pela resultante das duas tensões
de fase consideradas. Assim, entre uma fase e outra se denomina tensão de linha, que na
realidade é a resultante de duas tensões de fase.
Para obter essa resultante é necessário compor (como no diagrama vetorial da
Ilustração 37), por exemplo, a tensão de fase VR com a tensão de fase VS. Vetorialmente
poderemos escrever a expressão: VRS = VR − VS , ou seja, VRS (tensão de linha) é a diferença
de potencial entre as tensões VR e VS (tensões de fase).
Analogamente, entre as outras fases existe uma tensão de linha resultante de uma
soma vetorial (diferença de potencial entre as fases) das fases envolvidas, Ilustração 38:
VRS
VR
30°
-VT
-VS
VST
30°
VS
30° VT
-VR
VTR
Ilustração 38
Dizemos então que as tensões de fase indicadas por VR, VS e VT, estão defasadas entre
si de 120°. As tensões de linha VRS, VST e VTR, entre um fio e o seguinte no sentido dos atrasos,
resultam defasadas em avanço de 30° sobre o respectivo vetor minuendo, indicado pelo
primeiro índice.
Para a determinação do módulo da tensão de linha em relação à tensão de fase,
poderemos observar a diferença vetorial destas f.e.m. VR - VS = VRS, defasadas entre si de 30°,
Ilustração 39:
VS
V
SE
F -T
FA EN
SÃ
DE O
O DE
SÃ FA
TEN SE
-
VF
30° 30° -VT
VL - TENSÃO DE LINHA
VST
Ilustração 39
Da análise do triângulo isósceles da Ilustração 39 obtém-se, entre os módulos das
tensões de linha e os módulos das tensões de fase, a relação:
3
sendo cos 30° = → VL = 3 VF
2
H1 r X1
R
A a
VRS
H2 X2
H1 X1
VTR S s
B b
VST
H2 X2
N
H1 X1
T t
C c
H2 X2
Ilustração 40
de transformação.
VTR 180°
Vs 90°
VR -30°
VT -150°
-VS
VRS -60°
Vt -150° Vr 30°
Ilustração 42
Ilustração 41
H1 X1
R r
A a
VRS Vrs Vst 60°
H2 X2
Vs 90°
H1 X1
VTR S s Vtr -Vr
-Vt
Vtr 180°
B b
VST Vst
H2 X2 Vr -30°
N n Vt -150°
H1 X1 t -Vs
T
Vrs -60°
C c
Ilustração 44
H2 X2
Ilustração 43
H1 X1
R
A a Vrs 120°
VRS
H2 X2 -Vs
r
H1 X1 Vr 150°
VTR S
n Vt 30°
Vrs Vtr 0°
B b
VST
H2 X2
s Vtr -Vt -Vr
N
H1 X1 Vs -90°
T
H2 X2 t
Ilustração 45
Observe que há uma inversão (180°) nas tensões de linha e de fase. A Ilustração 47
mostra que para o trafo ligado conforme a Ilustração 45 as tensões ficam defasadas de 180° em
relação à ligação conforme a forma de ligação da Ilustração 43.
Vrs 120°
Vst 60°
Vrs -60°
Vst -120°
Ilustração 47
Os secundários destes dois transformadores jamais poderão ser ligados em paralelo,
pois se o fizermos a tensão resultante da junção dos respectivos terminais será muito grande
(onde deveria ser zero), ou seja, a diferença de potencial causada, por exemplo, entre a fase Vr
do trafo da Ilustração 43 com a fase Vr do trafo da Ilustração 45 seria de 2× Vr
( Vr − 90 − Vr 90 ). Isto será um “curto-circuito”: teríamos uma grande ddp sobre o enrolamento
do secundário.
Com ficou evidenciado as polaridades terão que ser sempre respeitadas.
Se apenas uma bobina for invertida, conforme Ilustração 48, teremos problemas
também. Veja que a bobina b está invertida em relação às demais. Nesta situação deixaremos
de ter a defasagem entre as tensões do valor constante (120°). As tensões de linha deixam de
ter valores iguais em termos absolutos. Isto também provocará uma situação de curtocircuito.
H1 X1
R r
A a
VRS
H2 X2 -Vs
Vrs
H1 X1 -Vr
VTR S Vtr -Vt
n Vrs 30°
Vtr 180°
B b
VST
Vr -30°
H2 X2
s Vt -150°
Vst
N -30°
H1 X1 t Vst Vs -90°
T
C c Ilustração 49
H2 X2
Ilustração 48
H1 X1
R r
A a Vrs
VRS
H2 X2
H1 X1
VTR S s
Vr 30°
B b Vs 90°
VST Vst
H2 X2 Vt -150°
N
H1 X1
T t
Ilustração 51
Vtr
C c
H2 X2
Ilustração 50
Exemplo 11
Uma fábrica drena 100A a cosϕ=0,7 em atraso, do secundário de uma bancada
transformadora de distribuição de 60KVA, 2300/230V, ligada em Y-∆. Calcule;
a) a potência real consumida em KW e a aparente KVA;
b) as correntes nominais secundárias de fase e de linha da bancada;
c) o percentual de carga para o transformador (compare a carga nominal com a carga em
uso);
d) as correntes primárias de fase e de linha;
e) a capacidade em KVA de cada transformador.
Solução:
a) P = 3 × VL × I L cosϕ = 3 × 230 ×100 × 0,7 = 27886,02W = 27,886KW
P = 27,886KW
S = 3 × VL × I L = 3 × 230 × 100 = 39837,17VA = 39,837KVA
S = 39,837KVA
S 60000
b) S = 3 × VL × I L ⇒ I L = = = 150,61A
3 × VL 3 × 230
I L = 150,61A
IL 150,61
Na ligação em ∆ ⇒ I F = = = 86,95A
3 3
I F = 86,95A
I L(carga) 100
c) o percentual será ⇒ % = 100% = × 100% = 66,4%
I L(nominal) 150,61
% = 66,4%
S 60000
d) I L = = = 15,06A
3 × VL 3 × 2300
Na ligação em Y ⇒ I F = I L = 15,06A
60000
e) A capacidade de cada transformador ⇒ = 20000 = 20KVA
3
Exercícios
2 - Uma carga trifásica de 50 kV A em 220 V deve ser alimentada a partir de uma fonte trifásica
de 13200V. Especifique a tensão, a corrente e a capacidade, em KVA nominais, dos
transformadores monofásicos necessários para as seguintes ligações:
a) Y-Y;
b) Y-∆;
c) ∆-Y;
d) ∆-∆.
3 - O secundário de um trafo trifásico entrega 80A a cosϕ=0,7 em atraso, cuja potência nominal
é de 50KVA (bancada com 3 trafos monofásicos), 2300/230V, ligada em ∆-Y. Calcule;
a) a potência real consumida em KW e a aparente KVA;
GERAÇÃO
Energia térmica Energia eólica Energia hidráulica
Energia mecânica
Alternador
Energia eléterica
TRANSPORTE
Transformador
Energia eléterica
DISTRIBUIÇÃO
Cargas Cargas
Cargas
Diagrama 1
No Diagrama 2 está representado o sentido da conversão da energia:
Diagrama 2
N S
a
DDP
Ilustração 52
ESTÁTICA ⇒ TRANSFORMADOR
MOTOR
ASSÍNCRONAS
DE CORRENTE ALTERNADA GERADOR
MÁQUINAS ELÉTRICAS SÍNCRONASMOTOR
ROTATIVA
GERADOR
DE CORRENTE CONTÍNUA
MOTOR
GERADOR
5.1 Geradores
GERADOR
SAÍDA DOS CABOS
ESTATOR
ROTOR
EIXO
TURBINA
CAIXA ESPIRAL
ROTOR
TUBO DE SUCÇÃO
Ilustração 53
Ilustração 54
O sentido desta força é determinado pela regar da mão esquerda, veja Ilustração 54.
Observe, também, na Ilustração 55 que a carga em consideração é positiva. Quando a carga
for negativa (por exemplo, o elétron) o sentido desta força será contrária. No entanto,
consideraremos, para o nosso estudo, o sentido convencional da corrente, ou seja, faremos
nossas análises como se houvesse o deslocamento de uma carga positiva e não de uma
negativa como realmente ocorre (elétron é uma carga negativa).
Ilustração 55
F = q.v.B.sen θ
A unidade desta força no S.I. seria o Newton (N), desde que a carga q estivesse em
Coulomb (C), o campo magnético B em Tesla (T) e a velocidade v em m/s.
O ângulo θ é o ângulo formado entre o vetor campo B e o vetor velocidade v.
Na Ilustração 56, um condutor se desloca perpendicularmente a um campo magnético.
Observe que a força, de origem eletromagnética, atua nos elétrons livres do condutor fazendo
com que se crie na região interna do condutor um campo elétrico.
N
v
B
S
Ilustração 56
Sabemos que numa região que existe um campo elétrico teremos um DDP:
V= Ed
5.1.1 Gerador síncrono.
Para um gerador, quando uma espira gira dentro de um campo magnético uniforme,
gera-se ma f.e.m. induzida alternada dada por:
∆φ
ε=−
∆t
Como a espira gira dentro do campo magnético, e supondo que o seu movimento
começa quando o campo é perpendicular à espira (v ⁄ ⁄ B) e a velocidade é constante, Ilustração
52, temos em seu interior um campo magnético variável cossenoidal do tipo:
Ilustração 57
ε = φ MAX ϖsenϖt
Podemos perceber, na Ilustração 58, que a f.e.m. induzida na espira também é uma
função periódica e no caso uma função seno. Desta forma então, construímos um gerador de
corrente alternada:
VM Vpp
VM (em V) é chamado de
valor máximo, Vpp (em V) é
chamado de tensão de pico
a pico e T (em s) é o
período (tempo que o
fenômeno leva para se
T repetir).
Ilustração 58
Pelo gráfico da Ilustração 58, tiramos as seguintes conclusões:
A curva começa a se repetir a partir dos 360° (2π radianos). Denominaremos este ângulo de α
(espaço angular).
Se α = 2 π ⇒ e α = ω.t (espaço angular é o produto da velocidade angular pelo tempo)
Está óbvio que para este espaço angular (α = 2 π ) o tempo decorrido t = T (período)
Logo ⇒ 2 π = α = ω.t teremos 2 π =ω.T
ou seja ⇒ ω = 2 π /T
VM Vpp
T
t
Ilustração 59
Teremos os seguintes parâmetros:
VM = 10V ⇒ Valor máximo da tensão; f = 1/0,01 = 100 ciclos/s = 100Hz ⇒ Freqüência
VPP =20V ⇒ Valor pico a pico da tensão; da tensão senoidal;
VRMS =7,07V ⇒ Valor eficaz da tensão; ω = 2 π .100 = 200. π rd/s ⇒ Freqüência angular
T = 0,01s = 10ms ⇒ Período da tensão senoidal; da tensão senoidal;
θ0 =0° ⇒ Ângulo inicial da tensão senoidal;
Exemplo 12
Represente as seguintes tensões senoidais e defina seus parâmetros (VM, VPP, VRMS, T, f, ϖ, e
θ0)
V2
V1
V1⇒ VM = 15V; VPP = 30V; VRMS,= 10,61V; T = 0,001s; f= 103Hz; ϖ = 2π103rd/s; e θ0=0rd
V2⇒ VM = 20V; VPP = 40V; VRMS,= 14,14V; T = 0,001s; f= 103Hz; ϖ = 2π103rd/s; e θ0=π/2rd
Exercícios
Represente graficamente as seguintes tensões senoidais e defina seus parâmetros (VM, VPP,
VRMS, T, f, ϖ, e θ0):
a) v1 ( t ) = 5.sen ( π .104.t + π /2 ) ( V )
b) v2 ( t ) = 5.sen ( π .104.t - π /2 ) ( V )
N S
Ilustração 60
Ilustração 61
Com o aumento do número de segmentos do comutador tem-se a tensão gerada mais
“retificada”, veja Ilustração 62.
Ilustração 62
Uma vez que a freqüência que alimenta o motor é constante, e também o é o número de
pólos, torna-se evidente que um motor síncrono CA é um motor de velocidade constante.
A armadura de um motor síncrono requer uma corrente alternada. Seu campo, porém
requer uma excitação CC. Em motores síncronos grandes, a excitatriz (um gerador-derivação
CC) é montada no mesmo eixo que o motor, sendo que uma pequena parcela do torque motor
será consumida para gerar a CC requerida para excitação do campo. Devido à possibilidade de
variação da excitação do campo, o motor síncrono CA possui uma característica que nenhum
outro tipo de motor CA possui - o fator de potência, no qual ele funciona, pode ser variado à
vontade.
Uma segunda característica, algo incomum, do motor síncrono é que ele não tem torque
de partida. Como o alternador CA, ele deve ser acelerado por algum meio auxiliar, para ser
então ligado à linha.
O motor síncrono não tem torque de partida, isto é, não parte por si mesmo sem um
enrolamento de compensação.
5.2.2 Motor de corrente contínua
O motor de corrente contínua tem sua estrutura idêntica ao gerador de corrente
contínua, no entanto, no lugar de se colher tensão induzida nas escovas, é jogada uma tensão
contínua. Veja Ilustração 63.
Ilustração 63
Ilustração 64
Na Ilustração 64, o enrolamento de campo (estator) está dividido em duas partes ligadas
em série (a ligação foi omitida na ilustração por simplicidade) que produzem um fluxo magnético
constante no sentido norte-sul. A armadura (rotor) é formada por várias espiras enroladas em
um núcleo ferromagnético e cujos terminais são conectados nos dois segmentos do comutador
(na parte). A corrente que circula na armadura é fornecida por uma fonte CC e injetada através
das duas escovas de grafite. Na situação ilustrada, a corrente sai pela parte superior da
armadura e entra na parte inferior. Em motores com mais de dois pólos, a armadura possui
vários enrolamentos distribuídos pelo núcleo e o comutador é formado por vários segmentos.
b a
a b
1ª comutação
Observe que sem
a comutação a
força "f" faria o
a a motor voltar
b b
a
b a
b
a a
b
b
Ilustração 65
Observe que na Ilustração 65, “figura 4” não caracteriza que houve a comutação, a
corrente em “a” permanece saindo do plano da folha. Já na “figura 3” desta mesma ilustração a
corrente em “a” é comutada: ela entra no plano da folha.
Ilustração 66
O motor assíncrono, de indução, é constituído basicamente pelos seguintes elementos:
um circuito magnético estático, constituído por chapas ferromagnéticas empilhadas e isoladas
entre si, ao qual se dá o nome de estator; por bobinas (de grupos, consoante o motor
monofásico ou trifásico) localizadas em cavas abertas no estator e alimentadas pela rede de
corrente alternada; por um rotor constituído por um núcleo ferromagnético, também laminado,
sobre o qual se encontra um enrolamento ou um conjunto de condutores paralelos, nos quais
são induzidas correntes provocadas pela corrente alternada das bobinas do estator.
O rotor é apoiado num mancal, que por sua vez transmite à carga a energia mecânica
produzida. O entreferro (distância entre o rotor e o estator) é bastante reduzido, de forma a
reduzir a corrente em vazio e, portanto as perdas, mas também para aumentar o fator de
potência em vazio.
O rotor em gaiola de esquilo, veja a Ilustração 67, é constituído por um núcleo de
chapas ferromagnéticas, isoladas entre si, sobre o qual são colocadas barras de alumínio
(condutores), dispostos paralelamente entre si e unidas nas suas extremidades por dois anéis
condutores, também em alumínio, que curto-circuitam os estas barras.
Anéis condutores
Barras de alumínio
ou de cobre
Ilustração 67
ao fluxo magnético variável que atravessa o rotor. A f.e.m. induzida dá origem a uma corrente
induzida no rotor que tende a opor-se à causa que lhe deu origem, criando assim um
movimento giratório no rotor.
Chave
centrífuga
1 3 2 4 5 6
Ilustração 68
Esses motores são “bivolt’s”. Pode ser ligado em 110V e 220V. No entanto, para se
fazer estas ligações é imprescindível que se saiba quem é “começo” e quem é “fim” de bobina.
É regra geral considerar-se o terminal 1 e o terminal 2 “começo” de bobina. Os terminais 3 e 4
são considerados “fins” de bobina. Já os terminais 5 e 6, do enrolamento auxiliar, são utilizados
para definir o sentido de rotação do motor (lembre-se que os terminais 5 e 6 são desconectados
do motor, pela chave centrífuga, quando o mesmo atinge a velocidade nominal).
a) Pala a ligação em 110V, junta-se os três bobinas em paralelo, veja a Ilustração 69.
1 2 5 3 4 6
capacitor
110V 110V
ch centrífuga
Fase Neutro
1 3 2 4 5 6
Fase Neutro
Ilustração 69
capacitor
110V 110V
ch centrífuga
Fase Neutro
1 3 2 4 5 6
Fase Neutro
Ilustração 70
Obs.: A inversão de rotação dos motores monofásicos ocorre com a inversão do enrolamento
de partida (troca-se o 5 pelo 6) – o motor deverá parar para ocorrer a inversão.
Ilustração 71
No estator, Ilustração 72, são dispostas
as bobinas ao qual a energia elétrica é
conectada e distribuída ao redor deste e
produz no entreferro um campo magnético
girante que roda em sincronismo com a
freqüência da rede elétrica.
Ilustração 72
Conforme o campo magnético gira, o fluxo magnético “corta” os condutores dos
enrolamentos do rotor gerando uma tensão elétrica nos mesmos e por conseqüência uma
46 - Lunardo Alves de Sena
IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA
corrente nestes enrolamentos a qual por sua vez produz um fluxo magnético que se opõe ao
criado no estator. A inter-relação entre os fluxos do rotor e do estator produz um conjugado e
faz com que o rotor siga o movimento do fluxo magnético do estator. A análise elétrica deste
fenômeno é muito similar àquela do transformador, e assim, tornou-se uma prática referir-se ao
enrolamento do estator como primário e ao do rotor como o secundário.
FIM DA
BOBINA "A"
Ilustração 73
Para se obter o campo girante temos na Ilustração 73 os fasores das três correntes IA, IB
e IC; as senoides das três correntes; e a disposição física das bobinas no estator, ligadas em
estrela -Y.
Na Ilustração 74 temos o campo resultante para os instantes 1, 2, 3, 4, 5 e 6 indicados
na Ilustração 73 em “ondas defasadas de 120°” (as três senoides).
Ilustração 74
Observe, na Ilustração 74, que o vetor resultante do fluxo, ΦR gira no sentido horário.
Este vetor é o que chamamos de “campo girante”.
Ilustração 75
Fazendo-se o ímã girar, correntes induzidas irão aparecer no disco de cobre (ou
alumínio). Estas corrente induzidas criarão um campo que interagirá com o ímã fazendo com
que o disco gire no sentido de rotação do ímã.
No motor de indução trifásico, o campo girante induzirá correntes no rotor, que está em
curto-circuito, estas correntes induzidas provocarão um campo que interagirá com o campo
girante fazendo com que o rotor siga o seu movimento (movimento do campo girante).
120f
A velocidade do rotor, NR, não atinge a velocidade síncrona ( N S = ). Caso o rotor
P
atingisse a velocidade síncrona não haveria corrente induzida no rotor e, por conseguinte, não
teria campo no rotor. O rotor pararia!
Solução:
120f 120 × 60
a) N S = = = 1200rpm
P 6
120f 120 × 50
b) N S = = = 1000rpm
P 6
Exemplo 14
Um motor de indução de 4 pólos opera numa freqüência de 60Hz e tem um
escorregamento de plena carga de 5%. Calcule a freqüência do rotor:
a) no momento da partida;
b) a plena carga.
Solução:
a) no momento da partida o motor está parado, logo a freqüência será igual a do estator, 60Hz.
b) f r = s × f rede = 0,05 × 60 = 3Hz
permanecem ligados. Deve-se observar também a polaridade das bobinas. Via de regra os
terminais 1, 2 e 3 são inícios de bobina. 4, 5 e 6 são fins.
1 4 2 5 3 6
Ilustração 76
Este tipo de motor também é “bivolt”. Se cada bobina tem tensão nominal de 220V, este
motor poderá ser ligado em 220V e 380V
1 4 2 5 3 6 1 6
4 3
R S T 2 5
S
Ilustração 77
b) Para ligação em 380V, conecta-se os terminais em - Υ – (Estrela), veja a Ilustração 78:
1 3 2 4 5 6
1 3
1 4 2 5 3 6
5
R S T 2
S
T
Ilustração 78
Obs.: A inversão de rotação dos motores trifásicos ocorre com a inversão de duas fases entre si
– o motor pode estar em movimento para ocorrer a inversão.
Exercícios
1 - Um motor de indução trifásico de 230 V, 50 Hp, 60 Hz, 6 pólos, entrega a potência
nominal com um escorregamento de 6%. Calcular:
a) A velocidade do campo magnético girante, ns;
b) A freqüência da corrente do rotor;
c) A velocidade do rotor.
2 - Um motor de indução trifásico de 3CV, 380V, 60Hz, 8 pólos tem velocidade mecânica de
870rpm. Determine:
a) o escorregamento s;
b) a freqüência das correntes induzidas no rotor.
3) - Um de indução trifásico de 440V, 60Hz, 2 pólos, 1710rpm está ligado em Delta (∆). A carga
aplicada ao seu eixo consome uma corrente de 20A. Determine:
a) as tensões de linha e de fase que alimenta o motor;
b) as correntes de linha e de fase drenadas para o motor;
c) o escorregamento;
d) as freqüências das correntes induzidas no rotor.
4) Repita a questão (3), admitindo que se tenha acesso aos 6 terminais do motor, sendo ele
agora ligado em Estrela (Y).
1 4 2 5 3 6 7 10 8 11 9 12
Ilustração 79
A vantagem de se ter acesso a um número maior de terminais é que teremos mais
opções de tensão para ligar o motor. Por exemplo, o de 12 terminais podemos ligar em 4
tensões distintas. No caso de cada bobina ter tensão nominal de 220V, teremos a possibilidade
de ligar este motor em 220V, 380V, 440V e 760V.
a) Para ligação em 220V, conecta-se os terminais em Delta paralelo, veja a Ilustração 80:
1 4 2 5 3 6 7 10 8 11 9 12
R S T
VL = 220V
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 6
7 12
4 3
10 9
8 11
S
2 5 R S T
T
VL = 220V
Ilustração 80
b) Para ligação em 380V, conecta-se os terminais em Estrela paralelo, veja a Ilustração 81:
1 4 2 5 3 6 7 10 8 11 9 12
R
R S T
VL = 380V 7 9
1 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
10 12
4 6
5 11
R S T
2 8
VL = 380V S
Ilustração 81
Como exercício, faça a ligação dos terminais do motor de indução de 12 terminais para
440V e 760V (considerando que cada bobina tem tensão nominal de 220V).
6 Comandos industriais
Botoeira:
1 3
2 4
Simbologia
Fim-de-curso:
1 3
2 4
Simbologia
Sensor:
Alimentação
Saída
Simbologia
Contactor:
BOBINA CONTATOS CONTATOS
A PRINCIPAIS AUXILIARES
13 21 31 43
1 3 5
2 4 6 14 22 32 44
B
Simbologia
Simbologia
DIAZED NH
Simbologia
1 3 5 95 97
2 4 6 96 98
Simbologia
Simbologia
Potenciômetro
Apresenta a mesma função que o reostato atuando com intensidade de corrente menor
em circuitos eletrônicos de comando e regulação.
Simbologia
Transformador
É um componente que permite adaptar o valor de uma tensão alternada. O
transformador básico é formado por duas bobinas isoladas eletricamente, enroladas em torno
de um núcleo de ferro silício.
Simbologia
Relé de tempo
A1
TEMPORIZADOR COM RETARDO NO DESLIGAMENTO
15
d1 Sinal de
Entrada (A1- A2)
16 18
A2
Sinal
de Temporização
Simbologia Saída (15 - 16 - 18)
e1 e2 e3
1 3 5
C1
2 4 6
1 3 5
e4
2 4 6
M1
N
CHAVE DE PARTIDA DIRETA - CIRCUITO DE FORÇA
Ilustração 82
Exercícios:
1 - A partir do circuito de força, da Partida Direta, apresentado na Ilustração 82, elabore o
circuito de comando onde um botão b1 liga o motor e b0 desliga.
e1 e2 e3
1 3 5 1 3 5
C1 C2
2 4 6 2 4 6
1 3 5
e4
2 4 6
M1
N
CHAVE REVERSORA - CIRCUITO DE FORÇA
Ilustração 83
Exercícios:
1 - A partir do circuito de força, da Chave Reversora, apresentado na Ilustração 83, elabore o
circuito de comando, onde:
• Um botão b1 liga o motor no sentido horário e b2 liga o motor no sentido anti-horário;
• Um botão b0 desliga o motor.
Obs.: A inversão ocorra sempre que se apertar b1 ou b2 independente de se apertar b0.
e1 e2 e3 e5 e6 e7
1 3 5 13 21 31 43 1 3 5 13 21 31 43
C1 C2
2 4 6 14 22 32 44 2 4 6 14 22 32 44
1 3 5 1 3 5
e4 e8
2 4 6 2 4 6
M1 M2
Ilustração 84
Exercícios:
É comum termos circuitos com mais de um motor em partida direta e/ou reversora,
utilizando-se fins-de-curso. Mais uma vez todo cuidado recai na pessoa responsável pelo
circuito de comando.
Na seqüência são apresentados exercícios onde utilizamos estes dispositivos.
Exercícios:
1 - Elaborar um circuito de comando para uma furadeira (veja esquema abaixo) observando as
seguintes condições:
• O processo só inicia se existir peças (FC1 atuado);
• B1 faz o braço descer (liga o motor M1) e aciona a furadeira (liga o motor M2);
• B2 faz o braço subir (inverte a rotação do motor M1) sem desligar a furadeira (motor M2);
• FC2 faz o braço parar limitando a subida (desliga o motor M1) e desliga a furadeira (desliga o
motor M2);
• FC3 faz o braço parar limitando a descida (desliga o motor M1) sem desligar a furadeira
(motor M2);
• Sobrecarga em qualquer dos motores os dois devem desligar;
• B0 desliga todo o circuito (emergência).
M2
Braço furadeira e1 e2 e3 e5 e6 e7
Furadeira
C1 C2 C3
1 3 5 1 3 5
e4 e8
2 4 6 2 4 6
Fc3
Peça
Fc1 M1 M2
2 - Elaborar um circuito de comando para uma esteira selecionadora automática de peças (veja
esquema abaixo) observando as seguintes condições:
• B1 liga a “esteira 1” (motor M1);
• B01 desliga a “esteira 1”;
• Peças de tamanho “A” aciona o fim-de-curso fC1 que desliga a “esteira 1” e liga a “esteira 2”
(motor M2 - no sentido anti-horário) conduzindo peças para o depósito “A”;
• fC3 desliga a “esteira 2” e religa a “esteira 1”;
• Peças de tamanho “B” aciona fC1 e fC2 ao mesmo tempo, que por sua vez, desliga a “esteira
1” e liga a “esteira 2” (motor M2 no sentido horário) conduzindo peças para o depósito “B”;
• fC4 desliga a “esteira 2” e religa a “esteira 1”;
• B0 desliga todo o circuito;
• Sobrecarga em M1 desliga apenas M1, porém sobrecarga em M2 os dois deve desligar.
e1 e2 e3 e5 e6 e7
"Esteira 1"
Motor M 1
C1 C2 C3
DETALHE
fC2
Peça
"B" Peça fC1 / fC2
"A" fC1
1 3 5 1 3 5
e4 e8
Depósito
Depósito
"A" 2 4 6
"B" 2 4 6
Exercícios:
e1 e2 e3 e5 e6 e7
1 3 5 13 21 31 43 1 3 5 13 21 31 43
C1 C2
2 4 6 14 22 32 44 2 4 6 14 22 32 44
1 3 5 1 3 5
e4 e8
2 4 6 2 4 6
M1 M2
e1 e2 e3 e5 e6 e7 e9 e10 e11
1 3 5 13 21 31 43 1 3 5 13 21 31 43 1 3 5 13 21 31 43
C1 C2 C3
2 4 6 14 22 32 44 2 4 6 14 22 32 44 2 4 6 14 22 32 44
1 3 5 1 3 5 1 3 5
e4 e8 e12
2 4 6 2 4 6 2 4 6
M1 M2 M3
S
B0 DESLIGA T
e1 e2 e3
B1 LIGA
1 3 5 1 3 5
1 3 5
SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO
C1 C2
C3
2 4 6 2 4 6
2 4 6
C3
1 3 5
C1 d1 10S e4
2 4 6
1 2 3
5
C3
M1 4
6
N
Ilustração 85
e1 e2 e3
B1 LIGA
1 3 5 1 3 5
SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO
C1 C2
2 4 6 2 4 6
C3
TAP DE 80%
TAP DE 65%
1 3 5
C2 d1 15S
e4 AUTOTRANSFORMADOR
2 4 6
C3 T1 T2 T3 1 3 5
C3
2 4 6
M1
C1 C2
Ilustração 86
6.4.8 Partida Rotórica
Chave utilizada também para reduzir a corrente de partida dos motores de indução. Sua
construção consiste na inserção de resistências no rotor. Neste caso os rotores em gaiola
convencionais não se adéquam a esta modalidade de acionamento. Necessita-se de motor com
rotor bobinado (de anéis)
Na Ilustração 87 está apresentado o circuito de força da Chave Rotórica. São utilizados
três grupos de resistências que são paulatinamente retiradas até deixar-se curtocircuitado o
rotor.
A vantagem desta chave é que o motor parte com tensão nominal. A redução da
corrente ocorre em função do aumento da impedância no motor (resistências inseridas no rotor)
não havendo, por sua vez, redução do torque.
B0 DESLIGA R
S
T
e1 e2 e3
B1 LIGA
1 3 5
SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO
C1 C1
2 4 6
C2 d1
1 3 5
e4 1 3 5 1 3 5 1 3 5
C3 d2 2 4 6
C4 C3 C2
T1 T2 T3 2 4 6 2 4 6 2 4 6
M1
C4 d3
Ilustração 87
6.5 Placa de identificação dos motores
Os motores elétricos possuem uma placa identificadora, colocada pelo fabricante, na
qual pelas normas, deve ser fixada em local bem visível.
Para instalar adequadamente um motor, é imprescindível que o instalador saiba
interpretar os dados de placa.
Estes dados são:
• nome e dados do fabricante;
• modelo (MOD);
• potência (CV, HP, KW);
• número de fases (por exemplo, TRIFÁSICO ou 3FAS);
• tensões nominais (V);
• freqüência nominal (Hz);
• correntes nominais (A);
• I P I n (quantas vezes a corrente de partida é maior que a nominal);
• velocidade nominal (RPM);
• categoria (CAT);
• fator de serviço (FS);
• classe de isolamento (ISOL. CL.);
• letra-código (COD);
• regime (REG);
• grau de proteção ( PROTEÇÃO IP);
• ligações
Categorias
Conforme as suas características de conjugado em relação à velocidade e corrente de
partida, os motores são classificados em categorias, cada uma adequada a um tipo de carga.
Estas categorias são definidas em norma, e são as seguintes:
Categoria A -
Conjugado de partida normal; corrente de partida alta; baixo escorregamento (cerca de
5%). Motores usados onde não há problemas de partidas nem limitações de corrente.
Categoria B -
Conjugado de partida normal; corrente de partida normal; baixo escorregamento.
Constituem a maioria dos motores encontrados no mercado e prestam-se ao acionamento de
cargas normais, como bombas, máquinas operatrizes, etc.
Categoria C -
Conjugado de partida alto; corrente de partida normal; baixo escorregamento. Usados
para cargas que exigem maior conjugado na partida, como peneiras, transportadores
carregados, cargas de alta inércia, etc.
Categoria D -
Conjugado de partida alto; corrente de partida normal; alto escorregamento (mais de
5%). Usados em prensas excêntricas e máquinas semelhantes, onde a carga apresenta picos
periódicos. Usados também em elevadores e cargas que necessitam de conjugados muito altos
e corrente de partida limitada.
Categoria F -
Conjugado de partida baixo; corrente de partida baixo; baixo escorregamento. Pouco
usados, destinam-se a cargas com partidas frequentes, porém sem necessidade de altos
conjugados e onde é importante limitar a corrente de partida.
Fator de serviço
O fator de serviço, é um fator que aplicado à potência nominal, indica a carga
permissível que pode ser aplicada ao motor. Esse fator refere-se a uma capacidade de
sobrecarga contínua, ou seja, uma reserva de potência que dá ao motor uma capacidade de
suportar melhor o funcionamento em condições desfavoráveis.
Classe de isolamento
A classe de isolamento, indicada por uma letra normalizada, identifica o tipo de materiais
isolantes empregados no isolamento do motor. As classes de isolamento são definidas pelo
respectivo limite de temperatura; são as seguintes, de acordo com a ABNT:
Classe A =
Classe E =
Classe B =
Classe F =
Classe H =
Letra-código
A letra-código (código de partida) indica a corrente de rotor bloqueado, sob tensão
nominal.
Regime
O regime é o grau de regularidade da carga a que o motor é submetido. Os motores
normais são projetados para regime contínuo, isto é, um funcionamento com carga constante,
por tempo indefinido, desenvolvendo potência nominal. São previstos, por norma, vários tipos
de regimes de funcionamento.
Grau de proteção
O grau de proteção é um código padronizado, formados pelas letras IP seguidas de um
número de dois algarismos, que define o tipo de proteção do motor contra a entrada de água ou
de objetos estranhos.
Ilustração 88
do motor. É importante também que se tenha dados do motor como tensão de alimentação,
corrente nominal, corrente de partida e aplicação.
Os dispositivos que serão dimensionados são:
• Condutores do circuito de força;
• Condutores do circuito de comando;
• Fusíveis do circuito de comando;
• Fusíveis do circuito de força;
• Contator; e
• Relé térmico.
O nosso foco será o dimensionamento dos fusíveis do circuito de força, do contator e do
relé térmico. O dimensionamento dos condutores do circuito de força e comando, com também
o fusível do circuito de comando poderá ser pesquisado em livros, ou similar, que abordem
dimensionamento e proteção de circuitos elétricos.
a) Dispositivos de proteção
Os dispositivos de proteção objetivam proteger os equipamentos e condutores de uma
instalação dos danos de uma corrente de alto valor e de grande duração.
Fusíveis - Os fusíveis são dispositivos de proteção contra curto-circuito (e contra sobre-carga
caso não seja usado relé para este fim) de utilização única: após sua atuação devem ser
descartados. São compostos por: elemento fusível, corpo, terminais e dispositivo de indicação
da atuação do fusível. na Ilustração 89 está representado o símbolo do fusível.
Ilustração 89
Ilustração 90
Diazed - Mostrados na Ilustração 91, são usados em circuitos baixa potência e conectados
através do porta-fusível que se monta por rosca. O próprio suporte do fusível protege o
operador contra choque elétrico.
Tampa →
Fusível →
Parafuso de Ajuste →
Anel de Proteção →
Base Unipolar →
Ilustração 91
O fusível interrompe o circuito quando houver correntes maiores que 160% da sua corrente
nominal. O tempo de atuação diminui a medida em que aumenta o valor relativo da sobrecarga.
Assim uma sobrecarga de 190% da corrente nominal será interrompida mais rapidamente que
uma de 170%. Correntes de até 120% do valor nominal não atuam o fusível.
A velocidade de ação dos fusíveis varia conforme sua aplicação:
• Rápidos: Estes tipos são os que têm atuação mais rápida.
• Retardados: Fusíveis para circuitos de motores elétricos e de capacitores normalmente
são mais lentos, pois há a necessidade de não se romper durante os picos de corrente
existente durante alguns instantes após sua ligação. Na partida dos motores há corrente
de até oito vezes o valor nominal, porém caso a corrente seja muito maior que oito
vezes a normal o fusível passa a agir tão rápido quanto um de ação rápida. A escolha
do fusível se faz pela corrente, pela tensão e pelo tipo de circuito (se sujeito a grandes
variações de corrente, ou não).
2 4 6 96 98
Ilustração 92
Ilustração 93
b) Dispositivo de comando
O contator, Ilustração 94 e Ilustração 95, é formado basicamente por uma bobina e um
conjunto de contatos operado pelo fluxo magnético da bobina quando energizada.
Os terminais da bobina do contator são identificados por letras, em geral A1 e A2 ou A e
B, e os terminais dos contatos são identificados com numeração.
O número de contatos do contator é bem variado dependendo do tipo. De acordo com o
fim a que se destinam, os contatos do contator recebem denominações específicas.
Os contatos principais são mais robustos e destinam-se a comandar altos valores de
corrente típicos de motores e outras cargas. São sempre do tipo NA. Sua identificação se faz
com números unitários de 1 a 6.
Os contatos auxiliares bem menos robustos, se prestam a comandar as baixas
correntes de funcionamento das bobinas de outros contatores, lâmpadas de sinalização ou
alarmes sonoros, etc. Os contatos auxiliares podem ser do tipo NA ou NF.
A identificação dos contatos auxiliares se faz com dezenas de final 1 e 2 para as NF e 3
e 4 para as NA. Por exemplo, 13 - 14 / 21-22 / 31 - 32 / 43 – 44
Contator:
BOBINA CONTATOS CONTATOS
A PRINCIPAIS AUXILIARES
13 21 31 43
1 3 5
2 4 6 14 22 32 44
B
Simbologia
Ilustração 94
Ilustração 95
6.6.1 Dimensionamento da chave de partida direta
a) Fusíveis do circuito de força
Para se dimensionar a corrente do fusível de força, utilizam-se dois critérios: o da
corrente de trabalho e da corrente de partida. O critério que apresentar maior valor de
corrente será o escolhido.
Com os dados de Ip e tp, “entra” nas curvas dos fusíveis, Diazed ou NH e escolhe o fusível de
menor corrente que atenda as condições apresentadas.
b) Contator
Calcula-se → Ie = F.S. × In → corrente de trabalho
Com os dados de Ie (corrente de trabalho), Vn (tensão nominal) e aplicação do motor “entra-se”
no catálogo do fabricante e determina o contator.
c) Relé térmico
Em função do contator determinado em cima do catálogo encontra-se o relé térmico. Em
seguida com o valor da corrente Ie determina-se a faixa de ajuste do relé.
b) Contatores
C1 e C2
Calcula-se → Ie = F.S. × In → corrente de trabalho se o motor fosse ligado em partida direta.
As corrente de IC1 e IC2 são iguais. Serão dadas por:
Ie
IC1 = IC2 = = 0,58 × Ie
3
ou seja IC1 = IC2 = 0,58 × In × F.S.
C3
Para se determinar o IC3 divide-se o Ie por 3,
Ie In × F.S.
ou seja IC3 = =
3 3
Com os dados de IC1, IC2 e IC3 (correntes dos contatores), Vn (tensão nominal) e aplicação do
motor “entra-se” no catálogo do fabricante e determina os contatores.
c) Relé térmico
Em função do contator determinado pela corrente de IC1 (ou IC2) e com o catálogo, encontra-se
o relé térmico. Em seguida (com o valor da corrente IC1 ou IC2) determina-se a faixa de ajuste.
b) Contatores
C1
Calcula-se → Ie = F.S. × In → corrente de trabalho se o motor fosse ligado em partida direta.
A corrente de IC1 será a própria Ie .
C2
Será dado por
IC2 = Ie × tap 2
ou seja IC2 = In × F.S. × tap 2
C3
Para se determinar o IC3 usa-se a seguinte expressão,
IC3 = Ie × (tap - tap 2 )
ou seja IC3 = In × F.S. × (tap - tap 2 )
Com os dados de IC1, IC2 e IC3 (correntes dos contatores), Vn (tensão nominal) e aplicação do
motor “entra-se” no catálogo do fabricante e determina os contatores.
c) Relé térmico
Em função do contator determinado pela corrente de IC1 e com o catálogo, encontra-se o relé
térmico. Em seguida (com o valor da corrente IC1) determina-se a faixa de ajuste.