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CAPÍTULO II

MÁQ UINAS DE INDUÇÃO

2.1) INTRODUÇÃO

A máquina de indução é a mais simples das máquinas elétricas rotativas, seja sob o ponto de

vista de sua construção, seja sob o ponto de vista de sua operação. O seu principal campo de aplica-ção é o acionamento, isto é, ela opera sempre como motor. Apesar de eletricamente ser possível a máquina de indução funcionar como gerador, são raros os exemplos neste campo de aplicação. Nas fábricas e plantas industriais os motores de indução são encontrados às centenas. Assim, ao longo deste capítulo, a menos que se afirme o contrário, a máquina de indução será sempre considerada motor. Será visto posteriormente, seu papel como gerador e como freio.

Como toda máquina elétrica rotativa, o motor de indução possui uma parte fixa, o estator ou armadura, e uma parte que gira, o rotor. Não há, praticamente, nenhuma diferença entre o estator de um motor ou gerador síncrono e o estator de um motor de indução de mesma potência, mesmo numero de polos, etc. O rotor é que é diferente. Enquanto nas máquinas síncronas o rotor de polos salientes é uma montagem comum, nos motores de indução ela não existe: todos os rotores de mo-tores de indução são de polos lisos. Como toda máquina rotativa, os núcleos do rotor e do estator são montados com chapas de aço silício, de granulometria orientada, para reduzir a relutância do circuito magnético e as perdas magnéticas devidas ao fenômeno das correntes parasitas. Os pacotes de chapas de aço são perfurados em diversas formas (circular, retangular, etc) criando as ranhuras. Enquanto o estator é fixado em bases metálicas ou de concreto, o rotor é montado sobre um eixo de aço que se acopla, mecanicamente, ao eixo da máquina a ser acionada.

a: Estator; b: Rotor; c: Tampas laterais; d: Ventilador; e: Grade de ventilação f: Caixa de terminais; g: Anéis deslizantes; h: escovas e porta escovas

Fig. 2.1 – Partes componentes de um motor de indução

A figura 2.1 mostra as partes componentes de um motor de indução. Os dois tipos de rotor estão mostrados com mais detalhes na figura 2.2.

35

Os motores de indução podem ser monofásicos ou polifásicos (trifásicos). Os moto-res de indução monofásicos podem ser estudados como um caso particular dos motores trifásicos. Enquanto os motores de indução trifásicos são os acionadores mais comuns utilizados na indústria, praticamente em qualquer nível de potência, o principal campo de aplicação dos motores monofási-cos é o acionamento de pequenas cargas, destacando-se as de uso doméstico (bombas dágua, gela-deiras, ventiladores e outros). Como tais cargas são de pequena potência, menor do que 1 kW, eles recebem, algumas vezes, o nome de motores fracionários. Os motores monofásicos de potência maior do que 1 kW são usados no acionamento de cargas de uso rural e comercial, onde a tensão disponível é quase sempre monofásica. O estudo que será feito se inicia com os motores trifásicos. Isto se justifica pelo fato de a operação e mesmo a construção de um motor trifásico ser mais sim-ples do que a de um monofásico.

Fig. 2.2 – Tipos de rotor de motor de indução Nas ranhuras do estator está montado um enrolamento trifásico, conforme caracterizado no capítulo anterior, que será percorrido por uma corrente trifásica equilibrada quando o motor for li-gado à rede elétrica. Será criada a FMM girante do estator, conforme definido no capítulo I, que vai girar a uma velocidade definida pela freqüência da rede e número de polos do motor. As ranhuras do rotor também recebem um segundo enrolamento trifásico que é uma reprodução do enrolamento do estator, quando o rotor for do tipo rotor bobinado1. Um outro tipo de rotor é o chamado rotor em gaiola de esquilo ou, simplesmente, rotor em gaiola que é o tipo mais usado. O enrolamento do rotor bobinado é, em geral, ligado em estrela e os terminais de cada uma das fases são soldados a três anéis de cobre montados sobre o eixo (fig. 2.2c), isolados entre si e do eixo, que lhe dão o seu outro nome: rotor em anéis. Sobre eles deslizam escovas de carvão que irão ligar os terminais do enrolamento a um reostato trifásico que terá um papel importante na partida do motor, como se verá mais adiante. O rotor em gaiola não apresenta a forma convencional de um enrolamento, isto é, ele não é feito de fios enrolados formando bobinas, como o rotor bobinado. O seu “enrolamento” é feito de barras de cobre ou de alumínio que se acham curto-circuitadas nas suas extremidades por dois anéis chamados anéis de curto-circuito que lhe dão o outro nome: rotor em curto-circuito. A forma do conjunto lembra uma gaiola de esquilo. Como se percebe, trata-se de um enrolamento muito mais simples do que o de rotor bobinado e que tem uma propriedade que o rotor bobinado não tem: ele reproduz o número de polos do enrolamento do estator. Se o estator é um enrolamento de 2 polos, o rotor formará, por indução, dois polos; se o enrolamento do estator é de 4 polos, serão formados 4 polos no rotor. Isto não ocorre com o rotor bobinado cujo enrolamento deve ser igual ao do estator em número de polos e de fases.

1 Este tipo de rotor e seu campo de aplicação serão estudados mais adiante.

36

2.2) ESCORREGAMENTO Conforme foi visto no capítulo I, o sentido de atuação do conjugado eletromagnético de uma máquina elétrica rotativa que opera como motor é no mesmo sentido da rotação. O rotor tende a acompanhar o campo girante do estator, com a sua FMM atrasada do ângulo de carga δ em relação à FMM do estator. Enquanto a FMM girante do estator é produzida por correntes trifásicas equili-bradas resultantes da tensão aplicada nas três fases do enrolamento, a FMM do rotor tem sua origem em correntes trifásicas induzidas no seu enrolamento pelo fluxo girante do estator. Assim sendo, só será possível haver correntes induzidas no rotor se, de acordo com a lei de Lenz-Faraday, houver uma variação de fluxo através das bobinas que compõem o enrolamento. Ou, dito de outra forma, se os condutores das bobinas “cortarem” as linhas de força do fluxo girante do estator. Para que as linhas de força do fluxo girante do estator sejam “cortadas” é necessário que o rotor gire a uma ve-locidade diferente da velocidade desse fluxo, isto é, entre a velocidade síncrona do fluxo girante do estator e a velocidade mecânica do rotor deve haver uma velocidade relativa. Quando a máquina de indução é motor, a rotação do rotor é menor do que a velocidade sín-crona do campo girante do estator. Se ela funciona como gerador, o rotor deve ser acionado a uma velocidade maior do que a velocidade síncrona. O conjugado eletromagnético resultante atua em sentido oposto ao da rotação. Esta diferença entre as duas velocidades é chamada escorregamento e ela é sempre tomada em valores percentuais ou em p.u. da velocidade síncrona. Chamando de n1 a velocidade síncrona do campo girante do estator e n a velocidade do rotor, o escorregamento será definido pela equação [2.01].

1

1

nnns −

= [2.01]

] Pode-se reescrever a equação [2.01] explicitando a rotação do motor, isto é:

( )snn −= 11 [2.02]

A freqüência f2 das tensões e correntes induzidas no rotor será, portanto, de acordo com a equação [1.02], igual a:

( )120

12

nnPf −= [2.03]

P é o número de polos do rotor que reproduz o mesmo número de polos do estator. Dividin-do membro a membro as equações [2.03] e [2.01] podemos escrever:

11

2 120sfPnsf == [2.04]

Substituímos f por f1 e n por n1 na equação [1.02] para caracterizar grandezas do estator. Daqui por diante, as grandezas do estator serão identificadas com o índice 1 e as do rotor, com o índice 2. A velocidade do rotor, que é a velocidade do motor, será sempre designada por n. Esta freqüência do rotor recebe o nome de freqüência de escorregamento. Na partida, a velocidade do motor é zero, portanto, o escorregamento é igual a 100% ou 1 p.u., isto é, a freqüência de escorre-gamento é igual à freqüência do estator. Se por um meio qualquer o rotor fosse impedido de girar, por exemplo, mantendo-o mecanicamente travado, a operação do motor seria semelhante a de um

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transformador em que o estator seria o primário e o rotor o secundário. Tal condição é facilmente obtida no motor de rotor bobinado que, para ser travado, basta apenas levantar as escovas deslizan-tes sobre os anéis, o que interrompe o circuito do rotor e impede a circulação de correntes. Em fun-cionamento normal a velocidade n do motor se aproxima da velocidade síncrona. Os valores usuais de escorregamento, quando os motores operam nas suas condições nominais, são de 1 a 4%. Quan-do operam a vazio, sua velocidade é quase igual à velocidade síncrona. A velocidade do rotor ja-mais poderá alcançar a velocidade síncrona, pois se isto ocorresse não haveria velocidade relativa entre elas, condição essencial para haver conjugado eletromagnético. Porém, os fasores das FMM do campo girante do estator e do rotor devem, evidentemente, girar à mesma velocidade e manter o mesmo ângulo de carga entre eles.

A FMM do rotor gira em relação a ele próprio com uma velocidade (n1-n) conforme mostra a equação [2.03]. O rotor gira à velocidade n. Portanto, em relação ao estator a FMM do rotor gira à velocidade

(n1-n) + n = n1,

ou seja, a mesma velocidade da FMM do campo girante do estator. 2.3) TENSÕES INDUZIDAS NO ESTATOR E NO ROTOR O fluxo girante de entreferro ou fluxo magnetizante φm criado no estator enlaça os respecti-vos enrolamentos, induzindo em cada um deles uma tensão E por fase. O seu valor eficaz é dado pela equação [2.05]. (Para melhor entendimento das equações que serão escritas, o rotor será consi-derado sempre como bobinado. O caso do rotor em gaiola será estudado em seguida).

bmfspdmfs KfNKKfNE φφ 44,444,4 == [2.05]

Com relação ao estator, a equação [2.05] pode ser reescrita como segue:

1111 44,4 bmKfNE φ= [2.06]

Kb1 é o Fator de Bobinagem do enrolamento do estator, N1 o número de espiras por fase em série, f1 a freqüência da rede a que está ligado o motor. Com relação ao rotor, é preciso distinguir duas situações: a primeira, quando o rotor está travado e a segunda, quando ele está girando. Quando o rotor está travado, a tensão induzida em cada fase do enrolamento será igual a:

2122 44,4 bmKfNE φ= [2.07]

Kb2 e N2 têm o mesmo significado de [2.06], só que referente ao rotor. Dividindo membro a membro [2.06] e [2.07], obtém-se a equação [2.08] :

ee

b

b

KEEK

KNKN

EE 1

222

11

2

1 =∴== [2.08]

Ke é chamada de relação de transformação de tensões. É a mesma relação que aparece no

transformador, relação entre os números de espiras do enrolamento primário (estator) e do secundá-

38

rio (rotor) de uma mesma fase, só que aqui multiplicada pelos respectivos fatores de bobinagem. No

caso dos motores de rotor bobinado, pode-se considerar Kb1=Kb2, o que tornaria 2

1

NNKe = , a mesma

relação de transformação dos transformadores. Assim sendo, um motor de indução com o rotor tra-vado opera da mesma forma que um transformador. Quando o rotor está girando a freqüência do rotor é a freqüência de escorregamento dada pela equação [2.04]. A tensão induzida E2r, numa fase, será:

( ) 22122222 44,444,4 sEKsfNKfNE bmbmr === φφ [2.09]

Logo, a tensão induzida no rotor girando é igual à tensão induzida com o rotor travado, multiplicada pelo escorregamento. 2.4) IMPEDÂNCIAS DO ESTATOR E DO ROTOR

O fluxo φm que aparece nas equações acima é o fluxo que atravessa o entreferro, criado pela

componente magnetizante da corrente do estator. Porém, as correntes do estator e do rotor produ-zem também os chamados fluxos de dispersão do estator e do rotor, que não chegam a atravessar o entreferro. Por exemplo, as linhas de força ao redor das cabeças das bobinas do estator ou do rotor. Como estes fluxos de dispersão circulam pelo ar, cuja permeabilidade magnética é constante, eles podem ser considerados diretamente proporcionais às respectivas correntes do estator e do rotor e em fase com elas. Estes fluxos enlaçam uma parte dos seus respectivos enrolamentos e induzem neles tensões, da mesma forma que o fluxo φm de entreferro. A expressão das tensões induzidas por esses fluxos, a partir da lei de Lenz-Faraday, pode ser escrita sob a seguinte forma:

dtdiLed −= [2.10]

L é a indutância de dispersão do enrolamento considerado. Sendo tIi ωsenmax= , a equação [2.10] pode ser escrita conforme [2.11]:

tLIed ωω cosmax−= [2.11]

O valor máximo, em módulo, será LIEm ωmax= . O valor eficaz será obtido dividindo ambos

os membros por 2 . Para o estator e rotor as tensões eficazes induzidas pelos respectivos fluxos de dispersão serão: (o sinal negativo devido à lei de Lenz está sendo mantido para mostrar, claramente, que a tensão induzida na bobina é igual e oposta à queda de tensão na reatância indutiva correspon-dente). :

11111 XjILIEd −=−= ω sXjIXjILIE rd 2222222 −=−=−= ω [2.12]

Ed1 e Ed2 são as tensões induzidas no estator e no rotor pelos respectivos fluxos de dispersão, iguais e opostas às respectivas quedas de tensão nas reatâncias de dispersão X1 e X2r. I2 é a corrente do rotor por fase. As reatâncias são iguais a:

39

111 2 LfX π= ; ( ) 221222 22 sXLsfLfX r === ππ [2.13] X2r é a reatância de dispersão do rotor girando, portanto, reatância à freqüência f2; X2 é a reatância do rotor travado, à freqüência f1. L1 e L2 são as correspondentes indutâncias de dispersão. Portanto, a reatância com o rotor girando é igual à reatância com o rotor travado multiplicada pelo escorregamento. A corrente I1 que circula por uma fase do estator é, de acordo com a lei de Ohm, igual a:

111111

1111 )()( IREEV

REEVI d

d +−+−=∴++

= [2.14]

A tensão por fase V1 aplicada ao motor é equilibrada pelas tensões induzidas pelos fluxos

magnetizante e de dispersão e pela queda de tensão na resistência ôhmica R1 do enrolamento. Subs-tituindo Ed1 pelo seu valor dado em [2.12], será obtida a equação [2.15]:

111111111 )()( ZIEXjIRIEV +−=++−= [2.15]

Esta equação é chamada equação de equilíbrio de tensões do estator. Pode-se fazer a se-guinte leitura: a tensão aplicada a uma fase do enrolamento do estator possui três componentes, a primeira, )( 1E− , equilibra a tensão 1E induzida no próprio enrolamento do estator pelo fluxo de entreferro; a segunda, I1R1, igual à queda de tensão na resistência própria do enrolamento; a terceira, a queda de tensão jI1X1 na reatância de dispersão X1, que equilibra a tensão induzida Ed1 pelo fluxo de dispersão do estator. A componente )( 1E− é igual à queda de tensão mm XjI na reatância magne-tizante do motor como se verá na seção 2.7.

Algumas vezes, para simplificar a análise da operação do motor de indução, a queda de ten-são I1Z1 na impedância é desprezada, pois seu valor é pequeno, comparado com o valor de E1. A equação [2.14] torna-se então 11 EV ≅ . A equação [2.06] permite escrever:

111

111111 44,4

44,4b

mbm KfNVKfNEV =∴=≅ φφ [2.16]

Sendo a tensão V1 constante, o fluxo de entreferro φm torna-se constante e praticamente in-dependente da carga que o motor aciona. Isto quer dizer que, tal como no transformador, o fluxo magnetizante de entreferro, com o motor operando a vazio, é o mesmo com o motor operando a plena carga. A equação [2.16] permite determinar qual a tensão mais adequada a ser aplicada ao motor quando ele é ligado a uma rede de freqüência diferente da nominal. Quanto ao rotor, a equação de equilíbrio é mais simples, pois não há tensão aplicada. Estan-do o motor operando, a tensão sE2, induzida pelo fluxo de entreferro, será equilibrada somente pela queda de tensão na impedância do rotor, ou seja:

( )22

222222 jsXR

sEIjsXRIsE+

=∴+= [2.17]

40

2.5) CORRENTES DO ESTATOR E DO ROTOR As correntes I1 e I2, definidas pelas equações [2.14] e [2.17], ao circularem pelos respectivos enrolamentos criam as FMM que se compõem para criar um fluxo resultante. Os seus valores má-ximos são dados pelas equações [2.18] e [2.19]:

PN

IKm

F bm π1

111

14

22

= [2.18]

PNIKmF bm π

222

22

422

= [2.19]

Nestas equações, o número de fases do estator é igual a m1 e o do rotor m2. Os valores má-ximos das correntes, Im1 e Im2 foram substituídos por 12I e 22I , para introduzir seus respectivos valores eficazes. A soma vetorial das equações [2.18] e [2.19] dá a FMM resultante Fer que está associada ao fluxo resultante φer. Tal como no transformador, este fluxo resultante deve ser, prati-camente, igual ao fluxo φm criado pela componente magnetizante, isto é:

mbbbermm INKmP

INKmP

INKmP

FFF 111

2222

1111

21 224

224

224

πππ=+==+ [2.20]

Eliminando os fatores comuns pode-se escrever:

mbbb INKmINKmINKm 11122221111 =+ [2.21]

Teoricamente, se o motor gira a vazio, não há carga, isto é, a corrente I2 é nula. (Na realida-de esta situação não existe, pois mesmo girando a vazio o motor possui uma pequena carga consti-tuída pelo atrito de seus mancais, o atrito com o ar, a própria ventilação e as perdas magnéticas). Portanto, a vazio, a corrente I1 é a corrente magnetizante.2 Se o motor é acoplado a uma carga, en-tão aparece no rotor a corrente I2 e a corrente do estator passa de Im para I1, ou seja, à corrente Im se soma uma componente que resulta em I1, de modo a manter o fluxo de entreferro inalterado. A e-quação pode ser reescrita conforme abaixo:

'212

111

2221 IIIII

NKmNKmI mm

b

b +=∴=+ [2.22]

Foi feito ib

b

KII

NKmNKmI 2

2111

222'2 −=−= , sendo

222

111

NKmNKmK

b

bi = a relação de transformação de

correntes. ´2I é a corrente I2 do rotor referida ao estator.

2 Como será visto mais adiante, na realidade, a corrente a vazio do motor possui duas componentes: a corrente magneti-zante que é a maior e a corrente que alimenta as perdas magnéticas, quase sempre desprezíveis.

41

Se m1=m2 e Kb1=Kb2, como ocorre no rotor bobinado, a relação de correntes se torna igual à

do transformador, ou seja, e

i KK 1

= .

2.6) NÚMERO DE POLOS E DE FASES DO ROTOR EM GAIOLA

Nas equações anteriores que se referem ao rotor, aparecem os parâmetros número de fases

m2 e número de espiras em série por fase N2. Quando se trata do rotor bobinado, m2=m1, pois neste tipo de rotor o enrolamento é construído com o mesmo número de polos e de fases do enrolamento do estator. Quando o rotor é em gaiola, o número de fases do rotor e o número de espiras em série não são claramente visualizados, pois o rotor não possui um enrolamento convencional semelhante ao do estator, mas várias barras unidas em paralelo por dois anéis, conforme mostra a figura 2.2a.

Se o enrolamento de um rotor bobinado de dois polos fosse substituído por três barras, defa-sadas espacialmente 120º elétricos, unidas em suas extremidades por dois anéis, seria formada uma gaiola de apenas três barras. (Fig. 2.03a)

Fig. 2.03 – Número de fases do rotor em gaiola

As tensões induzidas em cada uma das barras pelo fluxo girante magnetizante serão, respec-tivamente, Ea,,Eb e Ec, defasadas entre si, no tempo, de 120º. O diagrama fasorial mostra que no rotor foi criado um sistema trifásico. Nesse caso, o número de barras do rotor é igual ao número de fases. Se, em lugar de três o rotor tivesse 12 barras, como na figura 2.03b, cada uma delas defasa-

das, no espaço, de um ângulo oo

3012

360==α elétricos (no caso, igual a 30o graus geométricos), as

tensões induzidas em cada barra estariam defasadas de 30º elétricos no tempo, conforme mostra o diagrama fasorial. Pode-se concluir que para uma máquina de dois polos o número de fases do ro-tor é igual ao número de barras. Por sua vez, N2 representa o número de espiras em série de uma bobina, por fase. Uma bobi-na, seja de uma só espira ou de N2 espiras, possui dois lados, isto é, cada lado é a metade de uma bobina. Quando se trata de bobina de uma só espira, cada lado é igual a um condutor. Como no ro-tor em gaiola cada barra é uma única fase de um só condutor, cada barra representa meia espira em série por fase. Em outras palavras, no motor de indução de dois polos, o número de espiras em série

por fase é sempre igual a 21 . Além disto, o Fator de Bobinagem Kb2 para o rotor em gaiola será

sempre igual a 1. Para um número p de pares de polos ou P polos, as seguintes igualdades podem ser escritas para os dois parâmetros m2 e N2:

42

PQ

pQm 22

22

== 422PpN == [2.23]

Q2 é o número de barras do rotor. Os parâmetros resistência por fase R2 e reatância por fase sX2 se referem à resistência e rea-tância de uma barra. A corrente I2 é a corrente que circula por uma barra e a tensão sE2 por fase é a tensão induzida em uma barra. 2.7) CIRCUITO EQUIVALENTE As equações [2.17] e [2.24] mostram as relações existentes entre as grandezas elétricas em uma fase no rotor de um motor de indução. Estas relações podem ser visualizadas, pelos circuitos elétricos da fig. 2.04.

Fig. 2.04 – Circuito equivalente de uma fase do rotor

A equação [2.17] foi obtida a partir do circuito da fig. 2.04a e a [2.24], a partir do circuito da figura 2.04b.

22

22

jXs

REI+

= [2.24]

A equação [2.24] é a mesma equação [2.17] em que o numerador e o denominador foram divididos por s. Esta simples operação traz uma mudança conceitual importante na equação [2.17], pois substitui a tensão induzida sE2, com o rotor girando, por E2, tensão induzida com o rotor trava-

do e introduz a grandeza fictícia s

R2 , uma resistência variável com o escorregamento. Sendo E2 e X2

grandezas de freqüência igual à do estator, a corrente do rotor calculada pela equação [2.24] é uma corrente de mesma freqüência do estator, mesmo estando o rotor girando. Assim, o rotor gi-rando a uma velocidade n correspondente ao escorregamento s, pode ser substituído, em termos de grandezas elétricas, por um rotor travado desde que sua resistência por fase R2 seja substituída por

sR2 . Isto simplifica o entendimento da operação do motor, pois ela se assemelha à de um transfor-

mador não somente na condição de rotor travado, mas também na condição de rotor girando.

43

Por outro lado, a equação [2.14] corresponde exatamente à equação do primário de um trans-formador e pode ser representada pelo circuito elétrico equivalente da fig. 2.05.

Fig. 2.05 – Circuito equivalente de uma fase do estator Os circuitos das figuras 2.04 e 2.05 estão acoplados magneticamente pelo fluxo magnético girante do entreferro que, conforme visto anteriormente, induz em cada uma das fases do estator e do rotor as tensões E1 e E2. O acoplamento será representado pelas bobinas do estator e do rotor formando o circuito equivalente completo de uma fase do motor, como mostra a fig. 2.06.

Fig. 2.06 – Circuito equivalente completo de uma fase do motor de indução

Para que o circuito equivalente da fig. 2.06 seja apenas um circuito elétrico, é necessário eliminar o acoplamento magnético de modo a se poder aplicar todas as leis básicas dos circuitos

elétricos. Para isto, a tensão 2E será substituída por eK

E1 , de acordo com [2.08] e 2I por iKI ´2− , de

acordo com [2.22]. Substituindo estes valores na equação [2.17] obtém-se a equação [2.25].

ie

ei

KKjXs

REI

jXs

RKE

KI

+

=∴+

=

22

1´2

22

1

´2 [2.25]

A equação [2.25] indica que o acoplamento magnético pode ser eliminado desde que a cor-

rente 2I seja substituída por ´2I e a impedância do rotor seja multiplicada por KeKi . Os terminais do

circuito do rotor poderão então ser ligados diretamente à tensão E1, eliminando-se a tensão E2. (O sinal negativo da corrente ´

2I foi desconsiderado para não complicar a equação, pois ele significa apenas que ela tem um sentido contrário a 2I ). A impedância do rotor multiplicada por KeKi é cha-mada de impedância do rotor referida ao estator ou seja:

44

ieKKjXs

RjXs

R

+=+ 2

2'2

'2 [2.26]

O circuito elétrico da fig. 2.07 é o resultado das substituições efetuadas. Ele está de acordo com as equações [2.15] e [2.25]. É chamado circuito equivalente de um motor de indução, para uma fase. A tensão E1 é comum aos circuitos do estator e do rotor. Ela é induzida pelo fluxo magne-tizante do entreferro φm, o qual, por sua vez, é criado por uma corrente magnetizante Im. A tensão E1 é igual e oposta à queda de tensão jImXm, isto é, ( ) mm XjIE =− 1 . Na figura vê-se que além da rea-tância Xm está indicada uma resistência Rm pela qual passaria uma corrente não indicada na figura. Essa corrente é que alimenta a perda magnética do estator ou perda no ferro que ocorre no núcleo do estator devida ao fenômeno da histerese magnética e das correntes parasitas. Essa corrente é muito pequena comparada com a corrente Im e, por isto essa resistência é eliminada do circuito, co-mo se verá mais adiante. Todavia, a perda magnética correspondente não é desprezada, ela é incor-porada à perda mecânica do rotor, formando as perdas rotacionais a vazio que são determinadas no ensaio a vazio do motor. Neste ensaio, o motor gira sem carga no seu eixo e a corrente que circula pelo estator é a soma da corrente magnetizante com a corrente que alimenta as perdas magnéticas formando a corrente a vazio do motor, Io

Fig. 2.07 – Circuito elétrico equivalente de uma fase de um motor de indução 2.8) DIAGRAMA FASORIAL As equações [2.15] e [2.25] bem como a fig. 2.07 permitem traçar o diagrama fasorial do motor de indução que nos fornece uma radiografia das relações entre as grandezas que atuam duran-te a operação do motor, fig. 2.08. O diagrama fasorial será construído no primeiro e no terceiro quadrantes. No primeiro quadrante estarão representadas as grandezas que aparecem no circuito equivalente e as relações de fase entre elas. No terceiro quadrante serão representadas as grandezas reais do rotor, isto é, não referidas ao estator. Portanto, não aparecem no circuito equivalente.

Para iniciar a construção do diagrama, o fluxo φm será tomado como fasor de referência e po-sicionado na horizontal. A corrente magnetizante Im que o cria está em fase com ele. Pela lei de Lenz-Faraday as tensões induzidas E1 e E2 estão atrasadas 90º de φm. A tensão E2, que no diagrama

do circuito equivalente não é representada, possui duas componentes: a queda de tensãos

RI 22 , em

fase com 2I e a queda de tensão 22 XjI , adiantada 90° de 2I . O ângulo de fase ψ2 entre a corrente I2

45

e a tensão E2 pode ser determinado pelo seu cosseno, fator de potência do rotor, isto é,

22

22cos

jXs

RR

+=Ψ .

No primeiro quadrante, a corrente Im em fase com φm, se soma com a corrente que alimenta as perdas magnéticas do rotor para formar a corrente Io. A corrente ´

2I é de sentido oposto a 2I e igual a I2 multiplicada por Ki, ou seja, é a corrente I2 referida ao estator. A soma de Io e ´

2I é igual à cor-rente 1I . A tensão V1 será a soma de ( ) mm XjIE =− 1 com a queda de tensão )( 11111 jXRIZI += .A queda de tensão jImXm está adiantada 90° de Im. Observar que E1 poderia ser calculado também pela

soma das quedas de tensão s

RI'2'

2 e 2'2 XjI não representadas no diagrama. O cosseno do ângulo

entre 1V e 1I é o fator de potência do motor.

Fig. 2.08 – Diagrama fasorial do motor de indução . Com relação ao conjugado eletromagnético que o motor de indução desenvolve, uma análise do diagrama fasorial permite tirar uma expressão mais adequada do que a expressão geral definida pela equação [1.32]:

erreo FF

gDlPC δπµ

sen22⋅⋅−= [1.32]

Fe e Fr são, como já foi visto, os valores máximos das respectivas FMM do estator e do ro-tor. O ângulo de carga δer é o ângulo espacial entre os eixos das FMM, ou seja, entre os eixos da corrente magnetizante Im e da corrente I2 do rotor, indicado na figura 2.08. Pela figura, temos:

22 cossen90 Ψ=∴Ψ+= er

oer δδ

46

Por outro lado, podemos substituir Fe e Fr pelos seus valores dados pela equação [2.20]. Substituindo estas expressões na equação [1.32], substituindo Im por mmm IL=φ e fazendo as simpli-ficações necessárias obtém-se a equação [2.27]:

22 cosΨ= IKC mφ [2.27] K é uma constante que engloba todas as constantes. O fator de potência do rotor é um valor muito alto, principalmente para os motores de rotor em gaiola. Em muitos casos práticos ele é con-siderado igual a um. Pode-se interpretar a equação [2.27] da seguinte maneira: o conjugado desen-volvido pelo motor de indução é diretamente proporcional ao produto do fluxo magnetizante pela componente ativa da corrente do rotor. 2.9) ANÁLISE DO CIRCUITO EQUIVALENTE A maior utilidade do circuito equivalente está na facilidade que ele oferece para se analisar o desempenho do motor. A análise é feita para uma fase supondo uma operação equilibrada da má-quina, isto é, o que ocorre numa fase ocorre igualmente nas demais. As constantes do circuito equi-valente são determinadas pelos ensaios a vazio e em curto-circuito do motor. Para melhor entender o desempenho do motor através de seu circuito equivalente, a resistên-

cia variável s

R2 introduzida pela equação [2.24], considerando que o escorregamento s é um núme-

ro menor do que 1, pode ser considerada como soma da própria resistência R2 com uma resistência adicional Rx, ou seja:

( )ss

RRRRs

Rxx −=∴+= 12

22 [2.28]

Portanto, o circuito equivalente da fig. 2.07 pode ser substituído pelo da fig. 2.09.

Fig. 2.09 – Forma alternativa do circuito equivalente

Chamando P1 a potência que entra pelos terminais do motor, ∆Pj1 a perda jóulica na resis-tência do enrolamento do estator e ∆Pfe a perda magnética no núcleo do estator e sendo ϕ o ângulo de fase entre V1 e I1, a potência que será transferida ao rotor pelo campo magnético girante, através do entreferro, denominada potência eletromagnética, será igual a:

47

( ) ( )211111 cos jjfejem PPIVPPPP ∆+Α−=∆+∆−= φ [2.28]

Esta é a expressão da potência eletromagnética vista pelo lado do estator. Quando vista pelo lado do rotor, ela será igual à potência consumida na única resistência existente no rotor, ou seja:

( ) ( ) ememem PssPss

RIRIs

RIP −+=−+== 1122'22

2'2

22'2 [2.29]

Portanto, da potência que é transferida do estator para o rotor, uma parte, 2

22 RI , é dissipada

sob a forma de calor na resistência própria do rotor e a outra, ( )ss

RI −1222 , a maior delas, é “consu-

mida” na resistência fictícia ( )ss

R−12 . A potência “consumida” na resistência fictícia do circuito

equivalente é a potência mecânica que será utilizada no acionamento das cargas mecânicas acopla-das ao eixo do motor. Esta potência é chamada potência mecânica interna, Pmi, isto é:

( ) ( ) emmi Psss

RIP −=−= 11222 [2.30]

No rotor em movimento ocorrem as perdas mecânicas ∆Pmec (atrito + ventilação) e mais as perdas magnéticas do rotor. Estas, sendo proporcionais à freqüência de escorregamento do rotor que é um valor muito baixo, são sempre desprezadas. As perdas mecânicas e as perdas magnéticas do estator quando somadas, constituem as perdas rotacionais a vazio ∆Pv. Estas perdas estão embuti-das na potência mecânica interna Pmi. Para se achar a potência mecânica útil disponível no eixo do motor é preciso subtrair de Pmi as perdas rotacionais a vazio isto é:

vmi PPP ∆−= [2.31]

As perdas magnéticas significativas ocorrem no estator. Elas serão somadas às perdas mecâ-nicas para constituir as perdas rotacionais a vazio quando, no circuito equivalente, a resistência Rm em paralelo com a reatância magnetizante tenha sido eliminada. Quando isto não ocorrer, a potência útil será achada subtraindo-se da potência mecânica interna somente as perdas mecânicas, pois as perdas magnéticas já terão sido subtraídas da potência eletromagnética transferida ao rotor. O conjugado eletromagnético interno associado à potência mecânica interna será igual a:

( )( ) s

RIms

ss

RImPmC mimi

1

22'

21

1

22'21

1

1

1

ωωω=

−

−== [2.32]

Introduzimos na equação [2.32] o fator m1 para indicar o número de fases do motor. Para um motor trifásico 31 =m . Se Pmi for dada em watts e ω em rad/s, o conjugado será obtido em Nm. Da mesma forma que em [2.32], o conjugado útil ou de saída no eixo do motor será igual a:

48

ωPC = [2.33]

Os modelos de circuito equivalente das figuras 2.07 e 2.09 dão resultados bastante precisos para o cálculo de desempenho dos motores. Estes cálculos são, em geral, trabalhosos. Por exemplo, quando se deseja calcular a potência mecânica ou o conjugado útil, é necessário calcular a corrente

'2I , que sempre apresenta mais dificuldades. Para reduzir este trabalho, se opta, quando é possível,

por uma simplificação do modelo, perdendo-se em precisão, mas ganhando em facilidade. Esta simplificação está indicada na fig. 2.10 que mostra o ramo contendo a reatância Xm e a resistência Rm tirado de sua posição original e ligado diretamente à tensão da rede. Desta forma, a corrente '

2I é facilmente calculada por meio da equação [2.34]. Neste modelo, a tensão V1 é igual à tensão induzida E1 e o fluxo φm pode ser calculado de acordo com a equação [2.16].

Fig. 2.10 – Modelo simplificado do circuito equivalente

( )'21

'2

1

1'2

XXjs

RR

VI++

+

=&&& [2.34]

Substituindo [2.34] em [2.32], será obtida uma nova expressão do conjugado eletromagnéti-co interno, em função das constantes do circuito equivalente.

( )2'21

2'2

1

21

1

'21

XXs

RR

VsRmCmi

++

+

=ω

[2.35]

ω1 é velocidade síncrona do campo girante dada em rad/s e V1 é a tensão aplicada ao motor, por fase, em volts. Cmi será obtido em Nm.

A análise da equação [2.35] mostra a grande influência que a tensão exerce sobre o conjuga-do do motor: ele varia com o seu quadrado. Os parâmetros da equação [2.35] são considerados constantes para cada motor. Para uma tensão aplicada constante pode-se dizer que Cmi é uma função

49

somente do escorregamento, isto é, ( )sfCmi = . Tanto na equação [2.32] quanto na equação [2.35], se forem atribuídos a s valores dentro de seu campo de variação serão obtidas curvas denominadas características do conjugado em função do escorregamento. As curvas obtidas de uma ou da outra equação pouco diferem na sua configuração mostrada na fig. 2.11.

O primeiro quadrante é o campo de variação do escorregamento para a operação da máquina de indução como motor, isto é, 1≥ s > 0. É o caso mais comum de operação da máquina de indução.

Fig. 2.11 – Característica conjugadoxescorregamento de uma máquina de indução Nesse campo, a característica de conjugado apresenta alguns pontos notáveis identificados na figura 2.11. Se nas equações [2.32] ou [2.35] s for tomado igual a 1, resulta para o conjugado um valor inicial chamado Conjugado de Partida, Cp. Se a equação [2.35] for derivada em relação a s e o resultado igualado a zero, determina-se qual o valor da variável s para o qual se tem o máximo valor de conjugado. Este valor é dado pela equação [2.36].

( )2'21

21

'2

maxXXR

Rs++

= [2.36]

Substituindo este valor na equação [2.35] será encontrado o valor do conjugado máximo do motor.

( )

+++

=2'

212

111

211

max

2 XXRR

VmCω

[2.37]

No primeiro quadrante está indicada também uma curva designada por Cr que representa a característica mecânica da máquina que está sendo acionada pelo motor. No caso, trata-se de uma característica parabólica típica de várias máquinas como sopradores de ar, exaustores, bombas cen-trífugas, etc. Se o motor opera na sua condição nominal, o ponto de encontro das duas característi-cas representa esta condição operacional em que o conjugado, a potência e a rotação que o motor desenvolve são valores nominais fornecidos na sua placa de identificação.

50

O escorregamento que o motor apresenta na condição nominal de operação é o escorrega-mento nominal sn que, substituído na equação [2.35] fornece o conjugado nominal. Os valores de Cp e Cmax são fornecidos, em geral, em p.u. ou percentagem do conjugado nominal. O quarto quadrante mostra uma curva inversa da curva do primeiro quadrante. O escorrega-mento assume valores negativos, ou seja, o seu campo de variação se estende para além do zero. Se o escorregamento é negativo, isto significa que a velocidade do rotor é maior do que a do campo girante do estator. Isto só será possível se o eixo do motor for acionado por um órgão externo, por exemplo, uma turbina, de modo a fazer o rotor girar a uma velocidade maior do que a síncrona. Nesta condição a máquina de indução funciona como um gerador.

Teoricamente, o campo de variação de s é 0>s>-∞, ou seja, o rotor poderia ser acionado a velocidades muito superiores à síncrona. Se isto ocorresse, o escorregamento seria muito grande e as perdas jóulicas do rotor, que dependem do escorregamento, conforme mostra a equação [2.29], seriam extremamente elevadas e produziriam uma quantidade de calor tal que destruiria a máquina. Em termos práticos, o escorregamento da máquina funcionando como gerador deve ser o mesmo, em valor absoluto, do seu escorregamento como motor. Por questão de simetria, a fig. 2.11 mostra o campo de variação do escorregamento do gerador de indução apenas entre 0 e –1. É muito difícil encontrar uma máquina de indução funcionando como gerador. A sua potên-cia de excitação (VAR necessário para criar o campo magnético girante) é muito maior do que a potência de excitação correspondente para o gerador síncrono. Por outro lado, para um gerador de indução operar é necessário que a rede elétrica já exista para que ele possa absorver a corrente mag-netizante necessária para criar o campo magnético. Desta forma ele deve ser ligado à rede como um motor, a vazio, e depois receber o conjugado externo para operar como gerador. No terceiro quadrante, o campo de variação do escorregamento se estende para além de 1. Isto significa que o rotor está sendo acionado no sentido contrário ao do campo girante do estator. Se isto acontecesse, o escorregamento seria ainda maior do que no caso anterior em que o rotor era acionado no mesmo sentido do campo girante do estator. Isto agravaria ainda mais o problema do aquecimento provocado pelas perdas jóulicas do rotor. Portanto, em termos práticos, o rotor não pode ser acionado como gerador em sentido oposto ao do campo girante. Pode-se, entretanto, obter uma situação equivalente se, estando o motor operando normal-mente, forem invertidos dois terminais da rede à qual ele está ligado. Ao se fazer isto, inverte-se o sentido do campo girante do estator. O rotor tende a acompanhar o campo girante do estator, mas para isto ele terá de inverter a sua rotação. Durante um curto período de tempo, a energia cinética armazenada na massa girante do rotor o mantém girando, no mesmo sentido, até que ele pare e in-verta a rotação. Durante este período, o escorregamento passa a ser:

( ) sn

snnn

nnn

nns −=−+

=+

=−−−

= 21

1

11

1

1

1

1' [2.38]

Portanto, ao se trocar dois terminais de alimentação do motor entre si, o escorregamento inicial do motor é praticamente igual a 2 e atingiria 1 (motor parado) após um tempo muito curto. Esta condição operacional do motor é chamada de frenagem e ela ocorre quando o motor é desliga-do no instante antes de inverter a rotação. Ela é conhecida na prática como plugueamento. O tempo de frenagem deve ser muito curto para evitar a destruição do motor pelas elevadas perdas jóulicas, se o tempo fosse longo. Se o motor não for desligado, ele inverte sua rotação, uma prática muito usada nas plantas industriais.

51

2.10) EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 2.10.1) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 220 V, 60 Hz, 6 polos, ligado em es-

trela, aciona uma carga com um escorregamento igual a 2%. As perdas rotacionais a vazio são cons-tantes e iguais a 403 watts. As constantes do circuito equivalente têm os seguintes valores em ohms/fase:

R1 = 0,294; 144,0'

2 =R ; X1 = 0,503; 209,0'2 =X ; Xm = 13,25; Rm = ∞

Pede-se: a) A velocidade do motor em RPM e rad/s b) A corrente do estator em A. c) O fator de potência do motor. d) A potência de entrada. e) A corrente do rotor em A. f) A potência eletromagnética em watts. g) A potência mecânica interna em watts. h) O conjugado eletromagnético interno em Nm. i) A potência útil ou de saída em watts. j) O conjugado útil ou de saída em Nm. k) O rendimento.

SOLUÇÃO: a partir do circuito equivalente da fig. 2.09

a) A velocidade será, de acordo com [2.02], igual a:

( ) ( ) 117602,01120011 =−=−= snn RPM = 123,15 rad/s (R) b) A impedância equivalente à reatância magnetizante em paralelo com a impedância do ro-

tor será:

Esta impedância, somada com a do estator, 111 jXRZ += , dará a impedância total do motor, ou seja:

A corrente do estator será igual a:

[o

motZVI 35,3281,18

º35,32752,63

2201

1 −∠=== (R)

c) ( ) 845,0º35,32coscos =−=ϕ (R)

oe

me

jZjjjX

sRjXZ

89,29240,611,341,5209,0

02,0144,0

125,13

1111'2

'2

∠=+=∴+

+=+

+=

( ) ( ) oemot jZZZ 35,32752,611,3503,041,5294,01 ∠=+++=+=

52

d) 60,6056845,0.18,18.220.3cos3 111 === ϕIVP watts (R) e) mIII −= 1

'2 = ( ) ( ) ojj 17,4757,15582,8368,090728358,15 −∠=−−−− |(R)

E1 e Im calculados conforme abaixo.

m

mmm jXEIXjIE 1

1 −=∴=− ; 1E , por sua vez, é igual a:

ooo

eZIE 46,244,11389,29240,635,3218,1811 −∠=∠×−∠==

[ ] om j

I 46,9259,82,13

46,244,113−∠=

−−= (R)

f) ( ) 91,536202,0

144,0757,1533 2'22'

2 ===s

RIPem watts (R)

g) ( ) ( ) 65,525591,536202.011 =−=−= emmi PsP watts (R). Como a resistência Rm foi despre-zada, a perda magnética do estator foi transferida para o rotor e somada à perda mecânica, cuja soma, igual a 403 watts constitui as perdas rotacionais a vazio que estão embutidas na potência Pmi.

h) 67,4215,12365,5255

===ω

mimi

PC Nm (R)

i) 65,485240365,5255 =−=∆−= vmi PPP watts (R)

j) 40,3915,12365,4852

===ωPC Nm (R)

k) %12,806,605665,4852

1

===PPη

2.10.2) Resolver o mesmo problema anterior utilizando o modelo de circuito equivalente

simplificado, de acordo com a figura 2.10.

SOLUÇÃO: a partir do circuito equivalente da figura 2.10 a) O mesmo resultado do item a) anterior.

b) A impedância total do motor será obtida conforme abaixo:

53

A corrente do estator será, portanto igual a:

oo

o

I 65,3318,2063,33295,6

03

220

1 −∠=∠

∠= (R)

c) cós(-33,65o) = 0,832 (R)

d) Potência de entrada: 12,6401083218,202203cos3 111 =×××== φIVP W (R)

e) A impedância do rotor é igual a:

( ) orot jXXj

sRRZ 43,5528,7712,0494,7'

21

'2

1 ∠=+=++

+=

A corrente do rotor será: oo

o

I 43,5873,1643,5528,7

03

220'2 −∠=

∠

∠= A (R)

f) Pelo modelo de circuito equivalente, não há perdas no estator. Logo, a potência eletro-

magnética transferida ao rotor é a própria potência de entrada, isto é:

12,64011 == PPem W (R) g) A potência eletromagnética transferida ao rotor se divide em duas parcelas: as perdas por

efeito joule que se dissipam e a potência mecânica interna. Esta será, portanto, igual à potência ele-tromagnética menos as perdas jóulicas, ou seja:

( ) ( )( ) 03,6027873,16144,0294,0312,64013 22'

2'21 =+−=+−= IRRPP emmi W (R)

h) 94,4815,12303,6027

===ω

mimi

PC Nm (R)

i) 03,562440303,6027 =−=∆−= vmi PPP W (R)

( ) ( )

omot

mmot

jZ

jXXjs

RRjXZ

63,33295,6488,324,5

209,0503,002,0

144,0294,0

125,13

1111

'21

'2

1

∠=+=

∴++

+

+=++

+

+=

54

j) 67,4515,12303,5624

===ωPC Nm (R)

k) %86,8712,640103,5624

1

===PPη

(R)

Análise comparativa dos resultados obtidos: Considerando as mesmas condições para ambos os modelos de circuito equivalente, vemos

que a corrente I1 do modelo aproximado ficou 073,181,1818,20

= vezes maior do que a do modelo com-

pleto isto é, um aumento de apenas 7%. Quanto às correntes do rotor, a relação ficou aproximada-

mente a mesma de I1 , isto é: 071,1757,15873,16

= . Essas diferenças podem ser aceitáveis, dependendo da

aplicação que se quer dar aos resultados. No que se refere à potência eletromagnética Pem, as dife-

renças percentuais aumentam, isto é: 194,191,536212,6401

= . Esta diferença é muito significativa e já não

pode ser aceitável. Esta diferença será também significativa na potência mecânica interna e na po-tência útil pois em ambos os casos, essas potências são aproximadamente proporcionais ao quadra-do da corrente do rotor, ou seja, a diferença de 7,1% existente entre os dois valores da corrente pas-sa a ser ( ) 147,1071,1 2 = vezes maior na potência. O rendimento sofre também alteração significati-

va: passa a ser 097,112,8086,87

= vezes maior, o que para rendimento de motor é uma diferença muito

grande e inaceitável. Em conclusão, podemos dizer que o uso do circuito equivalente aproximado oferece resulta-dos bem diferentes dos resultados do circuito equivalente completo. Obviamente que os percentuais obtidos podem variar de acordo com as constantes do circuito e serem mais aceitáveis ou não, po-rém, de uma maneira geral, não se deve usar tal modelo. A única simplificação que pode ser feita é apenas a de eliminar a resistência Rm. 2.11) ANÁLISE DO CIRCUITO EQUIVALENTE PELO TEOREMA DE THÉVÉNIN Na seção 2.9 afirmamos que para tornar os cálculos do desempenho do motor de indução menos trabalhosos optou-se por um modelo de circuito equivalente conforme o da fig. 2.10 que, todavia, produzia resultados menos precisos do que os dos circuitos completos das figuras 2.07 e 2.09. Quando se deseja dar ênfase à potência e ao conjugado do motor, que dependem da corrente do rotor, o modelo de circuito equivalente apresentado por A.E. Fitzgerald em seu livro Máquinas Elétricas3, baseado no teorema de Thévénin, facilita os cálculos do desempenho do motor, sem per-der a precisão. No modelo de Thévénin, a resistência Rm é removida permanecendo apenas a reatân-

3 A. E. Fitzgerald; Charles Kingsley Jr; Alexander Kusko – Máquinas Elétricas- Editora McGraw-Hill do Brasil Ltda.

55

cia Xm, conforme mostra a fig. 2.12. As perdas magnéticas são transferidas ao rotor e somadas às perdas mecânicas, formando as perdas rotacionais a vazio.

Fig. 2.12 – Circuito equivalente desprezando a resistência Rm

Os circuitos equivalentes das figuras 2.07 e 2.09 podem então ser substituídos pelos da figu-

ra 2.12a e 2.12b. Os pontos a e b dividem o circuito equivalente em duas partes distintas: à esquer-da, as grandezas do estator e à direita, as grandezas referidas do rotor.

A aplicação do teorema de Thévénin, consiste em obter a impedância equivalente do estator em série com a impedância do rotor. Dessa forma, a corrente que vai circular por todo o circuito equivalente é a corrente do rotor. Aplicando o teorema de Thévénin entre os pontos a e b da fig. 2.12, a tensão da fonte equivalente entre os terminais a e b, estando o circuito à direita de a e b a-berto, será igual a:

( )11

1111 jXRjX

VjXRIVV mmTh +

=+−= [2.39]

A impedância de Thévénin equivalente à impedância do estator será a existente entre os pon-tos a e b, com os terminais da fonte de tensão V1 curto-circuitados, ou seja:

( )( )m

mThThTh

mTh XXjRjXRjXjXRZ

jXjXRrZ +++

=+=∴++

=11

11

11

111 [2.40]

Os circuitos equivalentes da fig. 2.12 se transformam nos circuitos equivalentes da fig. 2.13 com a introdução dos valores obtidos nas equações [2.39] e [2.40].

Fig. 2.13 – Circuito equivalente do motor de indução pelo teorema de Thévénin

56

A partir do circuito equivalente de Thévénin, a corrente '2I é facilmente determinada o que

permite calcular, em seguida, o conjugado eletromagnético pela equação [2.32]. O conjugado pode também ser calculado, diretamente, substituindo '

2I da mesma forma como foi feito na equação [2.35], obtida a partir do circuito simplificado da figura 2.10. As constantes R1 e X1 serão substituí-das, respectivamente, por RTh e XTh e a tensão por fase do estator por VTh.. A expressão do conjuga-do eletromagnético interno será:

( )2'2

2'2

2

1

'212'

21

'21

XXs

RR

Vs

RmI

sRm

C

ThTh

Thmi

++

+

==ωω

[2.41]

A expressão do conjugado máximo, da mesma forma, será idêntica à expressão [2.37], subs-

tituindo R1 e X1 por RTh e XTh, respectivamente, ou seja:

( )

+++

=2'

22

1

211

max

2 XXRR

VmC

ThThThω [2.42]

2.12) EQUAÇÕES NORMALIZADAS DO CONJUGADO As equações [2.35] e [2.43] apresentam um grande número de parâmetros (as constantes do circuito equivalente). É possível simplificar estas equações escrevendo-as sob a forma de valores relativos dos parâmetros e de conjugados, substituindo os valores absolutos por valores adimensio-nais, em p.u. ou em porcentagem. Se as equações [2.41] e [2.42] forem divididas membro a membro será obtida a seguinte igualdade:

( )

( )2'2

2'2

'22'

22

max

2

XXs

RR

sRXXRR

CC

ThTh

ThThThmi

++

+

+++

= [2.44]

A partir da equação [2.36] o valor de '

2R pode ser obtido de acordo com [2.45]:

( )2'2

2max

'2 XXRsR ThTh ++= [2.45]

Substituindo, em [2.44], '

2R pelo seu valor obtido em [2.45] e fazendo as devidas reduções algébricas obtém-se a seguinte igualdade:

57

+

++

++=

ss

ssQ

QCCmi

max

max

2

2

max

21

1

11 [2.46]

Nesta equação foi feito Th

Th

RXX

Q'2+

= .

De modo semelhante pode-se obter uma relação entre a corrente do rotor, '2I , corresponden-

te a uma condição operacional qualquer do motor, e a corrente 'max2I correspondente ao conjugado

máximo Cmax, a partir da equação [2.32].

( )2

22

22

2

'max2

'2

11

11

QQs

s

QQI

I

m +

++

+++= [2.47]

Q tem o mesmo significado da equação [2.46]. Para a grande maioria dos motores de indu-

ção a relação Q se situa entre 3 e 7.

A fig. 2.14 mostra as curvas resultantes considerando agora as variáveis maxC

Cmi no eixo das

ordenadas emaxss no eixo das abscissas. Vê-se a pouca influência que a relação Q exerce sobre a

configuração das curvas, mesmo se seu valor se torna infinito.

Fig. 2.14 – Curvas normalizadas conjugadoxescorregamento

58

Fazer ∞=Q , significa dizer que RTh é igual a zero, ou seja, é possível se desprezar a resis-tência do estator sem com isto introduzir erros significativos nas características dos motores. Se isto for feito as equações [2.46] e [2.47] se simplificam4 mais ainda, ou seja:

ss

ssC

Cmi

max

max

max

2

+= [2.48]

1

22

maxmax2

2

+

=

ssI

I [2.49]

2.13) VARIAÇÃO DA RESISTÊNCIA DO ROTOR: ROTOR BOBINADO A equação [2.45] mostra que o escorregamento correspondente ao conjugado máximo é di-retamente proporcional à resistência do rotor. De outro lado, a equação [2.46] mostra que o conju-gado máximo não depende da resistência do rotor. Portanto, se ela for aumentada, o escorregamento smax aumenta na mesma proporção, fazendo a curva de conjugado se deslocar para a esquerda, con-forme mostra a figura 2.15.

Fig. 2.15 – Efeito do aumento da resistência do rotor

Á medida que a curva se desloca para a esquerda, o valor inicial do conjugado de partida va-ria, aumentando o seu valor até que o escorregamento smax seja igual a 1, isto é, o conjugado de par-tida é igual ao conjugado máximo. A partir deste valor, se a resistência for aumentada o conjugado

4 Ao se fazer RTh=∝ nas equações [2.46] e[2.47] elas se tornam indeterminadas. A indeterminação é levantada dividin-do-se o numerador e o denominador por Q.

59

máximo se dará no segundo quadrante e o conjugado de partida passa a diminuir de valor. A possi-bilidade de variar a resistência do rotor só é possível no motor de rotor bobinado por meio da intro-dução de resistências externas, em série com as bobinas de cada fase, através dos anéis. Estas resis-tências são introduzidas durante o processo de partida do motor quando se deseja manter um alto conjugado de aceleração e retiradas após o motor atingir sua velocidade de regime.

O equipamento que permite fazer este tipo de operação é chamado reostato de partida. A fig. 2.16 mostra o diagrama esquemático de um reostato de partida. Ele introduz inicialmente, o maior número dos estágios de resistência disponíveis no momento da partida do motor e, à medida que ele se acelera, os estágios vão sendo retirados. Ao final do processo de aceleração todos os es-tágios de resistência terão sido retirados e os anéis são, então, curto-circuitados. A operação de par-tir um motor por meio de um reostato é toda automática, feita por contatores eletromagnéticos co-mandados por relés de tempo e outros dispositivos de controle. Os estágios de resistência são calculados em função dos valores de corrente de partida e de conjugado máximo que se deseja limitar. Para a corrente de partida se limita o valor máximo que ela pode atingir e para o conjugado, o mínimo valor. Para simplificar o cálculo dos estágios de re-sistência que irão compor o reostato de partida, a parte estável da característica do motor de indução – região da curva entre o conjugado máximo e o conjugado zero – é considerada reta.

Fig. 2.16 – Reostato de partida de um motor de rotor bobinado 2.14) IDÉIAS PRELIMINARES SOBRE CONTROLE DE VELOCIDADE Após ter sido ligado à rede de alimentação e atingir a sua velocidade de regime, o motor de indução, em especial o de rotor em gaiola, é um motor de velocidade praticamente constante. Mes-mo quando há variação da carga e, conseqüentemente, uma variação do escorregamento, sua velo-cidade varia muito pouco. Entretanto, em muitos acionamentos realizados pelos motores de indução é exigido um controle de sua velocidade dentro de certos limites que pode ser alcançado por diver-sos modos, dependendo do grau de controle que se deseja. Pode-se controlar a velocidade de um motor de indução usando os seguintes métodos:

a) Alterando o número de polos do enrolamento do estator. (Aplicado apenas aos motores de rotor em gaiola que têm a propriedade de reproduzir automaticamente o número de polos do estator).

b) Alterando a tensão aplicada ao estator. (Aplicado a ambos os tipos) c) Alterando a resistência do circuito do rotor. (Aplicado apenas aos motores de rotor bobi-

nado).

60

d) Alterando a freqüência da fonte que alimenta o motor. (Aplicado a ambos os tipos)

a) ALTERANDO O NÚMERO DE POLOS DO ESTATOR A equação [1.02] mostra que a velocidade síncrona do campo girante do motor depende da freqüência da rede e do número de polos do rotor, ou seja:

Pfn 1201

1 = [2.50]

A alteração do número de polos do estator não representa, na realidade, um controle de ve-locidade do motor, pois o que se consegue é apenas obter, num mesmo motor, duas ou no máximo três velocidades diferentes.

O número de polos do motor pode ser alterado de duas maneiras. A primeira, dividindo cada fase do enrolamento do estator em duas partes iguais. Os terminais de cada uma das partes são leva-dos à caixa de ligação do motor de modo a permitir que sejam feitas conexões externas por meio de contatores. Estas conexões são feitas de modo a mudar o sentido da corrente em uma das partes ao se comutar o enrolamento de uma ligação em série para uma ligação em paralelo. Ao se fazer esta comutação o número de polos será reduzido à metade e, portanto, a velocidade do motor dobra. A figura [2.17] mostra, esquematicamente, como são feitas as conexões para dobrar ou redu-zir o número de polos.

Fig. 2.17 – Diagrama esquemático para mudança de polos

Na figura 2.17 as letras (A1, X1) e (A2, X2) representam os terminais de uma bobina qualquer (começo e fim da bobina) e a letra grega τ o passo polar. Os diagramas a e b da figura 2.17 mostram conexões em série das bobinas para obter a mudança de polos. Se a conexão inicial é a da figura

61

2.17a, temos 4 polos (4 passos polares indicados pela letra τ). Fazendo a mudança das conexões conforme a figura 2.17b (conexão série) ou 2.17c (conexão paralela), obtemos dois polos (dois pas-sos polares τ). A figura 2.18a mostra a conexão que deve ser feita para mudar um enrolamento de 2P polos para P polos, cujas duas metades estão ligadas em estrela-série. A conexão passa de estrela-série (2P polos) para estrela em paralelo (P polos). Na figura 2.18b, o enrolamento de 2P polos está liga-do em triângulo-série e a conexão a ser feita que irá mudá-lo para estrela-paralelo.

Estas conexões são normalizadas. Nos diagramas da figura 2.18 a figura central mostra co-mo deve ser feita a conexão e a figura da direita o resultado obtido. Obviamente, a conexão pode ser feita no sentido de dobrar ou reduzir à metade o número de polos. O motor que permite estes tipos de conexão é conhecido como motor tipo Dahlander.

A segunda maneira de se mudar o número de polos de um motor é construindo um estator de forma que suas ranhuras comportem dois enrolamentos distintos, eletricamente isolados um do ou-tro. Neste caso, o motor poderá operar, ora com um enrolamento, ora com outro e a relação entre as velocidades não precisa ser igual a dois, como no caso precedente.

Fig.2.18 – Conexões de enrolamentos para dobrar o número de polos

b) ALTERANDO A TENSÃO APLICADA AO MOTOR

O conjugado eletromagnético desenvolvido pelo motor de indução é função do quadrado da tensão aplicada em seus terminais, conforme mostram as equações [2.35] e [2.41]. Assim sendo, ao variar a tensão aplicada aos terminais do motor, a sua curva característica se modifica proporcio-nalmente aos valores do quadrado da tensão, conforme mostra a figura 2.19 que supõe uma redução de 50% da tensão.

62

Fig. 2.19 – Variação da velocidade com variação da tensão

A velocidade em que o motor opera é determinada pelo encontro da curva característica do conjugado motor com a curva característica da máquina acionada. Quando a tensão aplicada é V1, o

ponto de encontro das duas curvas determina a velocidade n1. Quando a tensão é 21V , o ponto de

encontro das curvas dará a velocidade n2. A tensão variável a ser aplicada ao motor poderá ser obti-da por meio de conversores estáticos. No caso de ventiladores domésticos que operam com 3 a 4 velocidades, a tensão variável é obtida por queda de tensão em resistores. Para os motores industri-ais, em geral, motores de grande porte, este método de controle não é muito usado por ser caro e produzir perdas jóulicas significativas.

c) ALTERANDO A RESISTÊNCIA DO ROTOR Na seção 2.13 ficou demonstrado que quando se altera a resistência de um rotor bobinado, o

escorregamento correspondente ao conjugado máximo se altera na mesma proporção, modificando a configuração da curva de conjugado para cada valor de resistência. Assim, da mesma forma que no caso anterior, a cada ponto de encontro da curva de conjugado da carga com as curvas do conju-gado motor obtidas pela alteração da resistência rotórica, corresponderá uma velocidade de opera-ção do motor, como mostra a figura 2.20.

Fig. 2.20 – Velocidades por meio de resistências do rotor

63

Diferentemente do reostato de partida em que as resistências são retiradas após o motor atin-gir sua velocidade de regime, no caso do controle feito por resistências, estas permanecem inseridas no circuito do rotor enquanto se desejar o controle da velocidade. Por isto, as perdas jóulicas do rotor aumentam, reduzindo o rendimento do motor o que torna este método pouco utilizado na pra-tica. Da mesma forma como foi observado para o cálculo do reostato de partida na seção 2.13, para facilitar o cálculo das resistências a serem inseridas no circuito do rotor, a parte da curva caracterís-tica do conjugado situada entre o conjugado máximo e o conjugado nulo é considerada reta.

d) ALTERANDO A FREQUÊNCIA DA TENSÃO APLICADA O controle da velocidade de um motor de indução pela variação da freqüência da rede é previsto a partir da equação [2.50]. É praticamente o único método de controle usado atualmente, graças aos conversores de freqüência estáticos. Estes dispositivos eletrônicos permitem variar de forma contínua a freqüência da fonte que alimenta o motor de forma a se obter uma ampla faixa de controle da velocidade.5 Ao se variar a freqüência da fonte, é necessário fazer com que as características de conjuga-do do motor mantenham suas configurações ao longo de toda a faixa de controle da velocidade e não permitir que ele perca sua capacidade de sobrecarga momentânea dada pelo valor do seu conju-gado máximo. Isto se consegue fazendo o motor operar com seu fluxo magnético mantido constante

para todos os valores de freqüência. Para tanto, a relação φ×= constf

V

1

1 , obtida a partir da equação

[2.16] deve se manter constante. Isto significa que, ao se variar a freqüência, a tensão deve ser vari-ada no mesmo sentido da variação da freqüência.

.

Fig. 2.21 - Características do conjugado de um motor de indução com freqüências diferentes

A figura 2.21 mostra um conjunto de curvas características de um motor de indução obtidas a partir da variação da freqüência da rede, proporcionalmente à variação da tensão. Como se pode perceber, à medida que a freqüência aumenta, o conjugado máximo se mantém praticamente inalte-rado. Somente nas freqüências mais baixas, devido ao aumento relativo da influência da queda de

5 Este assunto será estudado em detalhes na disciplina de Acionamentos Elétricos I

64

tensão na resistência do estator, o fluxo magnético sofre um significativo decréscimo. Como conse-qüência, o conjugado máximo reduz o seu valor. Isto pode ser visualizado pela equação [2.37] ou [2.45]. Nas freqüências mais altas, R1 se torna pequena comparada com as reatâncias e pode ser desprezada. A equação [2.37] se transforma em:

( ) ( ) 21

211

'211

211

2'211

211

max 22 fconstVm

XXVm

XX

VmC×

=+

=

+

=ωω

[2.51]

Nas freqüências mais baixas, o valor relativo de R1 em relação às reatâncias já não pode ser desprezado e valor do conjugado máximo se reduz. Para manter o conjugado máximo com valores iguais em alta e baixa freqüência, a tensão deve ser reduzida em um grau menor do que a redução da freqüência. 2.15) EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 2.15.1) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 4 polos, 60 Hz, gira com um escor-regamento igual a 0,03. Pede-se:

a) A velocidade do rotor em RPM. b) A freqüência de escorregamento. c) A velocidade do campo girante do rotor em relação à carcaça do estator. d) A velocidade do campo girante do rotor em relação ao campo girante do estator.

SOLUÇÃO a) ( ) ( ) 174603,01180011 =−=−= snn RPM (R) b) 8,16003,012 =×== sff Hz (R) f) A velocidade do campo girante do rotor é igual à velocidade mecânica do rotor mais o es-

corregamento absoluto. Chamando de n2 a velocidade co campo girante do rotor, tem-se:

( ) 1800112 ==−+= nnnnn RPM (R) g) Não há velocidade relativa entre os campos magnéticos. Eles giram à mesma velocidade.

2.15.2) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 220 V, 6 polos, 60 Hz, possui o seu

enrolamento do estator ligado em triângulo e o do rotor em estrela. O número de espiras em série por fase do enrolamento do rotor é a metade do número de espiras em série por fase do enrolamento do estator. Os fatores de bobinagem de ambos os enrolamentos são iguais. Pede-se:

a) O escorregamento a 1110 RPM. b) A tensão induzida entre os anéis com o rotor travado. (Admitir que a tensão aplicada é

praticamente igual à tensão induzida no estator) c) A tensão induzida por fase com o escorregamento calculado em a).

65

d) A freqüência do rotor.

SOLUÇÃO

a) 075,01200

11101200

1

1 =−

=−

=n

nns (R)

b) De acordo com a equação [2.08] tem-se: e

eb

b

KE

EKKNKN

EE 1

222

11

2

1 =∴==

22011 =≅ VE V; 2=eK 1102

2202 ==∴E V. Este é o valor induzido por fase. Como o

enrolamento do rotor está ligado em estrela e os anéis ligados aos terminais do enrolamento, a ten-são induzida entre os anéis será 52,1903110 = V (R) c) A tensão induzida por fase com o motor operando com o escorregamento calculado em a) será igual a 25,8110075,022 =×== sEE r V (R) d) 5,460075,012 =×== sff Hz (R) 2.15.3) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 4 polos, 60Hz, possui um estator ligado em estrela com 48 ranhuras e 10 condutores por ranhura. O passo das bobinas que compõem o enrolamento é igual a 10 ranhuras. Pede-se:

a) O fator de bobinagem do enrolamento do estator. b) O fluxo máximo por pólo quando ele for ligado a uma tensão de 220 V. (Considerar a

tensão induzida praticamente igual à tensão aplicada).

SOLUÇÃO:

a) 111 pdb KKK = ; Sendo

2sen

2sen

1 γ

γ

n

n

K d = e 2

sen1πλ=pK . A letra n representa o número de

ranhuras por pólo, por fase, isto é: 434

48=

×=n ; γ é o ângulo elétrico entre duas ranhuras contí-

guas, ou seja: 01524

48360

=×=γ 9576,0

215sen4

2154sen

1 =

×

=∴ dK ;

λ é a relação entre o passo da bobina e o passo polar, ambos medidos em número de ranhuras, isto

é: 9659,0212

10sen1210

1 =×=∴=πλ pK . Portanto, 9249,09659,09576,01 =×=bK (R)

c) De acordo com [2.05] temos:

66

bpd KNfKKNfE φφ 44,444,4 == 0064,09249,0608044,4

3220

44,4 111

1 =×××

==∴bKfN

Eφ Wb (R)

Sendo N1 calculado como segue:

=1N número de espiras em série por fase = 802

10348

=×

.

2.15.4) Supondo que o rotor do problema anterior possua o enrolamento ligado em estrela, com 36 ranhuras, 6 condutores por ranhura e um passo de bobina igual a 9 ranhuras, determinar a relação de transformação de tensões do motor.

SOLUÇÃO

A relação de tensões é dada por: 2

1

2

1

b

be K

KNNK ×= . Os dados com relação ao rotor serão obti-

dos como segue:

9598,0

220sen3

2203sen

2sen

2sen

2 =

×

== γ

γ

n

n

Kd ; sendo 334

36=

×=n e o20

24

36360

=×=γ .

129

92

sen2 =×==ππλpK . O número de espiras em série por fase será: 36

2

63

36

2 =×

=N .

Substituindo os valores na expressão de Ke tem-se:

1414,29598,09249,0

3680

=×=eK (R)

2.15.5) Determinar a tensão gerada em um único condutor do rotor do problema anterior

quando ele gira a 1740 RPM. SOLUÇÃO A tensão gerada por fase com o rotor operando será igual a:

9772,11414,2

3220

180017401800

22 =×−

== sEE r V. Esta tensão é obtida nos terminais das 36 es-

piras por fase. Portanto, em cada condutor será induzida a tensão de 0275,0236

9772,12 =

×=cE V (R)

67

2.15.6) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 440 V, 60 Hz, 6 polos, possui o en-rolamento do estator ligado em estrela. O número de espiras por fase é igual a 180, sendo 0,93 o seu fator de bobinagem. O número de ranhuras do rotor é 48. Pede-se:

a) A tensão por fase induzida no rotor quando ele estiver travado. b) Idem, quando ele estiver girando a 1180. c) A freqüência de escorregamento no caso do item b).

SOLUÇÃO

a) O número de fases e o número de “espiras” para um rotor do tipo gaiola são conceitos que

foram definidos na seção 2.6. A tensão induzida por fase será:1

2

1

212

b

b

KK

NN

EE ×= . Os valores das

grandezas são os seguintes: 5,123

2;180 21 ====

pNN . O número de fases do rotor será igual a

163482 ==

pQ

. Substituindo os valores obtidos tem-se:

2763,293,01

1805,1

3440

2 =××=E V (R)

b) 0379,02763,21200

1180120022 =×

−== sEE r V. (R)

c) 1601200

2012 =×== sff Hz (R)

2.15.7) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 4 polos, 60 Hz, funciona na sua con-dição nominal com um escorregamento igual a 0,05. A potência eletromagnética é igual a 120 kW. As seguintes perdas foram determinadas:

31 =∆ jP kW; 7,1=∆ feP kW; 2=∆ mecP kW Pede-se:

a) Calcular a perda jóulica do rotor. b) A potência útil ou de saída. c) O rendimento do motor.

SOLUÇÃO

a) De acordo com a equação [2.29] as perdas jóulicas do rotor são iguais a:

612005,02 =×==∆ emj sPP kW (R)

b) A potência útil é igual à potência mecânica interna menos as perdas mecânicas, ou seja:

68

( ) ( ) 112212005,011 =−−=∆−−=∆−= mecemmecmi PPsPPP kW (R)

c) ( ) ( ) %8,89267,13112

112

211

=++++

=∆+∆+∆+∆+

=∆+

==mecjfej PPPPP

PPP

PPPη (R)

P1 é a potência de entrada e poderia ser também calculada como sendo igual à potência ele-

tromagnética mais as perdas do estator, ou seja:

( ) ( ) 7,1247,1312011 =++=∆+∆+= fejem PPPP 2.15.8) Uma máquina de indução trifásica, 6 polos, 60 Hz, funciona como gerador. O órgão primário acionador acoplado diretamente ao eixo do rotor desenvolve um conjugado igual a 402 Nm a uma velocidade de 1260 RPM. As perdas jóulicas do estator são iguais a 1,4 kW, as perdas magnéticas 1,6 kW e as perdas mecânicas, 1 kW. Calcular o rendimento do gerador. SOLUÇÃO Tratando-se de um gerador o fluxo de potência se inverte em relação ao motor, isto é, a po-tência mecânica entra pelo eixo do rotor e sai potência elétrica pelos terminais do enrolamento do

estator. A potência que o rotor recebe no eixo é igual a: 04,539550

12604029550

=×

==CnP kW. O es-

corregamento é negativo pois a velocidade do rotor é maior do que a do campo girante do estator. O

escorregamento será: 05,01200

12601200−=

−=s

A potência eletromagnética será igual a: ( ) 56,4905,01

04,5311

=+

=+

=−−

=s

Ps

PPem kW.

A potência de saída será igual à potência eletromagnética menos as perdas no estator, ou seja:

( ) ( ) 56,466,14,156,4911 =+−=∆+∆−= fejem PPPP kW 78,8704,5356,461 ===∴

PP

η % (R)

2.15.9) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, desenvolve a sua potência nominal com um escorregamento igual a 8,5%. O seu conjugado máximo, igual a 2,5 p.u. do conjugado nominal, se dá para um escorregamento de 50%. Desprezando-se as perdas magnéticas e mecânicas (perdas rotacionais a vazio), pede-se:

a) Determinar o conjugado de partida, em p.u. b) Determinar a corrente de partida do rotor em p.u. SOLUÇÃO

a) Este problema será resolvido por meio das equações normalizadas [2.46] e [2.47]. Substi-tuindo Cmax e smax pelos valores dados e fazendo s= sn= 0,085 em [2.47], obtém-se o seguinte valor para o parâmetro Q:

69

+

++

++=

ss

ssQ

QCCmi

max

max

2

2

max

21

1

11021,3

085,050,0

50,0085,0

21

1

115,2

12

2

=∴

+

++

++=∴ Q

Q

Q

Voltando à mesma equação e agora com o valor de Q conhecido, faz-se s = 1, para cujo va-lor corresponde o conjugado de partida Cp, ou seja:

1,2

150,0

50,01

21021,3

1

1021,315,2 2

2

=∴

+

++

++= p

p CC

p.u. (R)

b) A corrente de partida será obtida pelo mesmo processo usando a equação [2.47]

( ) ( )8667,3

021,31021,3085.050,01

021,31021,311

11

11 '2

22

2

22

2

'22

22

22

2

'2

'2 =∴

+

++

+++=∴

+

++

+++= m

mmm

II

QQs

s

QQII

p.u.

Voltando à mesma equação e substituindo agora o valor de '

2mI e fazendo s = 1, tem-se o valor de 5'

2 =pI p.u. (R). 2.15.10) A resistência medida entre os anéis deslizantes do rotor de um motor de indução trifásico, 60 Hz, 16 polos, 224 kW é igual a 0,035 ohms. Com os anéis curto-circuitados o escorre-gamento a plena carga é 0,025. O motor aciona um soprador de ar que requer uma potência de 224 kW à velocidade nominal do motor. O conjugado requerido pelo soprador varia com o quadrado da velocidade. Supondo que a região estável da característica de conjugado do motor (região entre o conjugado máximo e o conjugado zero) seja reta, conforme mostra a fig 2.22, que valor de resistên-cia por fase deve ser adicionada em série com os anéis do rotor de modo que o motor gire a 300 RPM? C (p.u.) B A 1,00 0,467 M

70

1 0,713 0,333 0,025 0 S

Fig. 2.22 – Variação do conjugado motor com a resistência do rotor (características retas)

SOLUÇÃO A velocidade do motor a plena carga será: ( ) ( ) 439025,0145011 =−=−= snn RPM. O con-

jugado que o soprador de ar vai requerer a esta velocidade é igual ao conjugado nominal de plena

carga tomado como conjugado base. Seu valor é igual a 89,48724392249550 ==nC Nm. e poderá ser

considerado igual a 1 p.u. Na velocidade de 300 RPM, o conjugado que o soprador vai requerer será igual a

64,2275..467,04393001

439300 22

439300 ==

=

= upCC Nm. O escorregamento correspondente à

velocidade de 300 RPM será: 333,0450

300450300 =

−=s .

A reta OA constitui a característica do motor na condição nominal de operação e a reta OM

a característica para a condição nominal com a velocidade de 300 RPM. A reta OM encontra a reta de conjugado igual a 1 p.u. no ponto A ao qual corresponde o escorregamento de 0,713 obtido por semelhança de triângulos. Portanto, para o mesmo valor de carga no eixo, o escorregamento aumen-

tou de 0,025 para 0,713, ou seja, 52,28025,0713,0

= vezes. Chamando de Rx a resistência a ser acrescen-

tada em série com o rotor, a resistência do rotor deverá aumentar na mesma proporção:

482,02035,0

2035,052,28

2035,052,282

'2 =−=∴=+= xx RRRR ohms/fase. (R)

2.16) PROBLEMAS PROPOSTOS 2.16.01) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 6 polos, 60Hz, com o enrolamento do estator ligado em estrela, possui 54 ranhuras, 12 condutores por ranhura e passo de bobina igual a 7 ranhuras. Pede-se:

a) Calcular o fluxo magnético por pólo quando o motor for ligado a uma tensão de 230V. Desprezar a impedância do enrolamento do estator

b) Tendo o rotor 4 ranhuras/pólo/fase com 4 condutores em série por ranhura e sendo o en-rolamento do rotor de passo pleno, determinar a relação de transformação das tensões.

c) Determinar a tensão induzida em um único condutor do rotor quando este gira a 1160 RPM. Desprezar a impedância do enrolamento.

2.16.02) O estator de um motor de indução trifásico com rotor bobinado, 6 polos está ligado

a um barramento de freqüência 60 Hz e o rotor a um outro barramento de 25 Hz. Pede-se: a) Haverá conjugado de partida? b) A que velocidade ocorreria o funcionamento estável como motor?

71

c) Haveria outra possibilidade de operação estável? Como e em que velocidade? 2.16.03) A figura 2.23 representa uma máquina de indução trifásica com rotor bobinado cujo

eixo está rigidamente acoplado ao eixo de um motor síncrono trifásico. O enrolamento do rotor da máquina de indução está ligado a três anéis coletores como indica a figura. A máquina de indução é acionada pelo motor síncrono a uma determinada velocidade de modo a se obter nos anéis coletores tensões trifásicas de 120 Hz. O enrolamento do estator da máquina de indução é para 6 polos. Pede-se:

a) Quantos polos precisa ter o enrolamento do rotor da máquina de indução? b) Se o campo magnético do estator da máquina de indução gira em sentido horário, qual

será o sentido de rotação do rotor? c) Qual é a velocidade em RPM? d) Quantos polos deve ter o motor síncrono?

2.16.04) A mesma figura do problema anterior representa, agora, um sistema para converter

tensões trifásicas equilibradas na freqüência de 60 Hz para outras freqüências. O motor síncrono tem dois polos e aciona a máquina de indução no sentido horário. A máquina de indução possui 12 polos e o enrolamento do estator está ligado à rede para produzir um campo magnético no sentido anti-horário. A máquina de indução possui o rotor bobinado cujos terminais são ligados aos anéis coletores deslizantes. Pede-se:

a) A que velocidade deve girar o motor? b) Qual a freqüência de escorregamento da máquina de indução?

Fig. 2.23 – Conjunto motor síncrono-máquina de indução

2.16.05) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, de 75 kW, 440 V, 60 Hz, 8 polos, enrolamento do estator ligado em estrela, possui as seguintes constantes do circuito equivalente em valores por fase, referidos ao estator: Ω=Ω=Ω=Ω=Ω= 65,6;161,0;196,0;067,0;085,0 '

21'21 mXXXRR

72

As perdas mecânicas valem 3,2kW e as perdas magnéticas são desprezíveis. Usando o circuito e-quivalente completo, pede-se:

a) Calcular a potência de saída, a corrente do estator, o fator de potência e o rendimento do motor para um escorregamento igual a 3%, à tensão e freqüência nominais.

b) Calcular a corrente de partida e o conjugado de partida, em Nm.

2.16.06) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 7,5 kW, 60 Hz, 6 polos, opera a plena carga com um escorregamento igual a 3%. As perdas mecânicas representam 4% da potência de saída. Pede-se:

a) Calcular as perdas jóulicas do rotor a plena carga. b) O conjugado eletromagnético a plena carga. c) A potência eletromagnética.

2.16.07) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, de 7,5 kW, 230 V, 60 Hz, 4 polos,

estator ligado em estrela, desenvolve o conjugado nominal com um escorregamento de 4%. As per-das rotacionais a vazio podem ser desprezadas. As constantes do circuito equivalente referidas ao estator são:

Ω=Ω==Ω== 5,15;36,0;47,0 '21

'21 mXRRXX

Pede-se, usando o modelo completo de circuito equivalente: a) Determinar o conjugado máximo, em Nm e em p.u. b) O conjugado de partida., em Nm e em p.u. c) O escorregamento correspondente ao conjugado máximo.

2.16.08) O motor do problema anterior é ligado a um barramento de 230 V, 60 Hz, por meio

de uma impedância igual a 3,05,0 jZ += ohms por fase. Determinar o conjugado eletromagnético máximo que o motor pode manter e os valores correspondentes de corrente e tensão de Thévénin.

2.16.09) Um motor de indução trifásico tem um conjugado de partida igual a 1,6 p.u. e um

conjugado máximo igual a 2,0 p.u. (o conjugado nominal é tomado como base). Desprezando-se a resistência do estator e as perdas rotacionais a vazio do rotor, e supondo a resistência do rotor cons-tante, pede-se, usando-se as equações normalizadas de Thévénin:

a) O escorregamento nominal. b) O escorregamento crítico. c) A corrente do rotor na partida, em p.u., tomando a corrente nominal do rotor como base.

2.16.10) Para um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, de 18,5 kW, 60 Hz, 230 V,

operando a plena carga, a perda jóulica do rotor correspondente ao conjugado máximo é 9 vezes a perda jóulica correspondente ao conjugado nominal. As perdas rotacionais a vazio podem ser des-prezadas. Sendo 3% o escorregamento nominal, pede-se:

73

a) O escorregamento crítico. b) O conjugado máximo em p.u.. c) O conjugado de partida em p,u,

2.16.11) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, opera a plena carga com um escor-

regamento igual a 5%. A corrente do rotor na partida é igual a 5 p.u. Todas as perdas podem ser desprezadas. Pede-se, usando as equações normalizadas:

a) Calcular o conjugado de partida em p,u, b) Calcular o conjugado máximo em p.u. e o correspondente escorregamento smax.

2.16.12) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, de 37 kW, 440 V, 4 polos, 60 Hz,

desenvolve um conjugado máximo igual a 2,5 p.u. a um escorregamento de 16%, estando os anéis do rotor curto-circuitados. A resistência do estator e as perdas rotacionais a vazio podem ser despre-zadas. Pede-se:

a) O escorregamento nominal. b) As perdas jóulicas do rotor a plena carga. c) O conjugado de partida, em Nm.

Se a resistência do rotor for dobrada pela inserção de resistências externas, determinar: d) O conjugado nominal em Nm. e) O escorregamento nominal correspondente.

2.16.13) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 37 kW, 440 V, 60 Hz, 4 polos,

1745 RPM tem o conjugado máximo igual a 2,0 p.u. A resistência ôhmica do rotor é 0,10 ohms por fase. As perdas rotacionais a vazio podem ser desprezadas. Pede-se:

a) A perda jóulica do rotor a plena carga. b) A velocidade do motor correspondente ao conjugado máximo. c) Que valor de resistência deve ser inserido no rotor para que o conjugado máximo se dê

na partida?

O motor é agora ligado a um barramento de 50 Hz com uma tensão tal que a onda de fluxo do entreferro tem a mesma amplitude com o mesmo conjugado que em 60 Hz. Pede-se:

d) Calcular a tensão aplicada a 50 Hz. e) A velocidade para a qual o conjugado a 50 Hz seja igual ao de 60 Hz, a plena carga.

2.16.14) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 220 V, 4 polos, 60 Hz, desenvolve

um conjugado interno de 1,50 p.u. com uma corrente de linha igual a 1,80 p.u. a um escorregamento de 5%, estando os terminais do rotor curto-circuitados. O enrolamento do rotor está ligado em estre-la e a sua resistência ôhmica por fase vale 0,05 ohms. Pede-se:

a) Qual deve ser o valor da resistência a ser introduzida no circuito do rotor de modo a li-

mitar a corrente de partida a 1,60 p.u.? b) Qual o conjugado de partida?

74

2.16.15) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 220 V, 4 polos, 60 Hz, desenvolve

um conjugado interno máximo igual a 2,50 p.u. com um escorregamento de 16%. Desprezando-se a resistência do estator, pede-se:

a) Determinar o conjugado interno máximo que o motor desenvolveria se fosse ligado a um

barramento de 200V e 50 Hz. b) A velocidade correspondente ao conjugado máximo desenvolvido.

2.16.16) Utilizando o circuito equivalente do rotor, demonstre que o conjugado máximo de

um motor de indução se dará na partida quando a resistência do rotor (considerada como variável) for igual à sua reatância.

2.16.17) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, de 400 V, 60Hz, 4 polos, estator li-

gado em estrela, gira a 1750 RPM. As constantes do circuito equivalente têm os seguintes valores:

Ω=Ω=Ω=Ω== 20;20,0;50,0;20,02 '21

'21 mXXXRR

Sendo as perdas rotacionais a vazio iguais a 800 W, pede-se calcular as seguintes grandezas,

usando o modelo de circuito equivalente completo: a) A corrente do estator. b) A potência de entrada. c) A potência útil. d) O conjugado útil. e) O rendimento.

2.16.18) Com os dados do problema anterior, calcular as mesmas grandezas usando o circui-

to equivalente segundo Thévénin. 2.16.19) Um motor de indução trifásico, rotor bobinado, 220 V, 60 Hz, 4 polos, desenvolve

um conjugado máximo de 2,25 p.u. com um escorregamento de 15%. A resistência do rotor é igual a 0,03 ohms/fase (valor real não referido ao estator). A resistência do estator e as perdas rotacionais a vazio podem ser desprezadas. Pede-se:

a) Qual o valor de resistência deve ser inserida no circuito do rotor de modo que o conju-

gado máximo se dê na partida? b) Qual o escorregamento a plena carga? (sem a resistência inserida) c) Qual o escorregamento e o conjugado, quando a corrente do motor é a nominal, com

uma resistência de 0,07 ohms inserida no circuito do rotor? d) Qual o máximo valor do conjugado, em p.u., se o motor fosse ligado a uma fonte de 220

V, 50 Hz?

2.16.20) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, estator ligado em estrela, 4 polos, 60 Hz, possui uma resistência do estator igual a 5 ohms à temperatura de operação. Quando a cor-rente do estator for 10 A e a potência de entrada for 3000 W, qual será o conjugado eletromagnético em Nm? Desprezar as perdas magnéticas do estator.

75

2.16.21) Um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, 37 kW, 220 V, 4 polos, 60 Hz, 4

polos, possui uma corrente de partida igual a 2,0 p.u. O seu conjugado de partida é igual a 0,16 p.u. quando se aplica uma tensão de 30% da nominal no motor. Deseja-se ligar este motor à rede por meio de uma chave compensadora de partida com a finalidade de reduzir a corrente de partida. Pe-de-se determinar o conjugado de partida, em p.u., de modo que a corrente de partida na rede seja reduzida de a 1,50 p.u.

2.16.22) Um gerador de indução trifásico de 4 polos, 60 Hz é acionado por uma turbina a

vapor que fornece no eixo do rotor uma potência igual a 125 kW. A freqüência de escorregamento vale 3 Hz. Os ensaios a que o gerador foi submetido forneceram os seguintes resultados:

• Perdas mecânicas: 3 kW • Perdas magnéticas do estator: 1,5 kW • Perdas jóulicas do estator: 3,5 kW

Pede-se: a) A velocidade do rotor, em RPM. b) A potência mecânica interna, em kW. c) As perdas jóulicas do rotor, em kW. d) A potência eletromagnética transferida do rotor para o estator, em kW. e) A potência útil, disponível nos terminais do estator, em kW. f) O rendimento do gerador.

RESPOSTAS DOS PROBLEMAS 2.16.01) a: 0.00512 Wb; b: Ke – 2,12; c: 0,0228 V

2.16.02) b: 700 RPM; c: 1200 RPM 2.16.03) a: 6 polos; b:anti-horário; c:1200 RPM; d:6 polos 2.16.04) 3600 RPM; b:420 Hz 2.16.05) a: P = 59,56 kW; I1 = 113,67 A; cosφ = 0,894; η = 89%;

b: Ip = 664 A; Cp = 940 Nm 2.16.06) a:241 W; b: 64 Nm; c: 8033 W 2.16.07) a: 99 Nm; b: 49 Nm; c: 0,222 2.16.08) Cm = 61,73Nm; I1 = 53,2 A; VTh= 186 V

2.16.09) a: 0,134; b: 0,50; c: 3,45 p.u. 2.16.10) a: 0,1237; b: 2,18 p.u.; c: 0,531 p.u. 2.16.11) a: Cp = 1,25 p.u.; b: Cm = 2,63 p.u.; sm = 0,253

2.16.12) a: 0,0334; b: 1278 W; c: 203 Nm; d: 210 Nm; e: 0,0668 2.16.13) a: 1144 W; b: 1598 RPM; c: 0,793 ohms; d: 367 V; e: 1446 RPM 2.16.14) a: 0,95 ohms; b: 1,80 p.u.; 2.16.15) Cm = 2,97 p.u.; n = 1212 RPM 2.16.16) a: 0,95 ohms; b: 1,80 p.u.

2.16.17) a: 54,62 A; b:35,56 kW; c: 32,13 kW; d: 174,8 Nm; e: 90% 2.16.18) VTh = 396 V; 497,0193,0 jZTh += ; Ip = 302,4 A; Cp = 145,54 Nm 2.16.19) a: 0,17 ohms; b = 1/’15; c: 1 p.u.; d: 3 p.u.

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2,16.20) 15,12 Nm 2.16.21) 1 p.u. 2.16.22) a: 1890 RPM; b: 128 kW; c: 6,09 kW; d: 121,9 kW; e: 116,9 kW; f: 91,3%

2.17) QUESTIONÁRIO 2.17.01) O que é escorregamento de um motor de indução? 2.17.02) Porque não é possível a um motor de indução girar à velocidade síncrona? 2.17.03) Quais as vantagens do rotor em gaiola sobre o rotor bobinado? E as desvantagens?

2.17.04) Explique, por meio de desenhos, como o rotor em gaiola consegue reproduzir o mesmo número de polos do estator.

2.17.05) Explique como um motor de indução pode operar como um gerador. 2.17.06) O que é freqüência de escorregamento? Porque, na partida, o seu valor é igual a 1? 2.17.07) Explique porque o rotor de um motor de indução gira no mesmo sentido de rotação

do campo girante do estator. 2.17.08) Demonstre que, apesar de o rotor girar a uma velocidade menor do que a do campo

girante do estator, o campo girante induzido no rotor gira à mesma velocidade sín-crona, isto é, os campos girantes do estator e do rotor são estacionários, um em re-lação ao outro.

2.17.09) Em que situação é possível considerar o fluxo do motor de indução independente da corrente de carga?

2.17.10) Demonstre que para um motor de indução de rotor em gaiola, o número de fases do rotor é igual ao número de barras por par de polos.

2.17.11) Demonstre que para um motor de indução de rotor em gaiola, o número de espiras do rotor é igual a ½ para um motor de 2 polos e o fator de bobinagem é igual a 1.

2.17.12) Demonstre que o seno do ângulo de carga de um motor de indução é igual ao fator de potência do rotor.

2.17.13) Porque as grandezas do rotor devem ser referidas ao estator? 2.17.14) Desenhe o circuito equivalente completo de um motor de indução e demonstre que

ele atende à equação ( ) ( )11111 jxrIEV ++−= &&& . 2.17.15) Demonstre, a partir do circuito equivalente do motor de indução, que a corrente a-

tinge o máximo valor no momento da partida. 2.17.16) Porque é possível eliminar no circuito equivalente do motor de indução a resistên-

cia equivalente às perdas magnéticas do estator? 2.17.17) Demonstre que ao se inverter a rotação do motor pela troca de dois fios na entrada

do estator o escorregamento inicial é igual a 200%. 2.17.18) O que é região de frenagem da característica de um motor de indução e porque ela

recebe este nome. 2.17.19) Explique por que um motor de indução pode ser considerado um motor de veloci-

dade constante. 2.17.20) Demonstre que o escorregamento nominal de um motor de indução é diretamente

proporcional à resistência do rotor. 2.17.21) O que acontece com as grandezas de um motor de indução de rotor bobinado, a-

baixo indicadas, quando se introduzem resistências no circuito do rotor: a) escorre-gamento nominal; b) conjugado de partida; c) conjugado máximo.

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2.17.22) Quais as vantagens que um reostato de partida proporciona ao motor de rotor bobi-nado durante o processo de partida e aceleração?

2.17.23) Explique como se controla a velocidade do motor de rotor bobinado pela introdu-ção de resistências no circuito do rotor e qual o inconveniente desta solução.

2.17.24) Qual o cuidado que se deve ter ao fazer o controle de velocidade de um motor de indução pela variação da freqüência?

2.17.25) Porque o motor de indução monofásico não possui conjugado de partida? 2.17.26) Porque, após o motor monofásico ter sido ligado, com o auxílio de uma força ex-

terna aplicada ao rotor, ele pode girar para a esquerda ou direita? 2.17.27) Porque o motor monofásico, comparado com o motor trifásico, possui um menor

rendimento? 2.17.28) O que é enrolamento auxiliar de um motor monofásico? Qual o papel do capacitor

que faz parte do circuito? 2.18) MOTORES DE INDUÇÃO MONOFÁSICOS

A) CONCEITOS FUNDAMENTAIS

A possibilidade de se obter um campo magnético girante com facilidade é uma das princi-pais vantagens da corrente trifásica em relação à monofásica. Todavia, motores de indução monofá-sicos são fabricados apesar de, tecnicamente, serem inferiores aos motores trifásicos. Eles são utili-zados principalmente no acionamento de pequenas cargas tais como ventiladores domésticos, gela-deiras, pequenas bombas dágua, etc. O estator do motor monofásico é construído para receber dois enrolamentos: um, chamado enrolamento principal, e um outro, chamado enrolamento auxiliar, que é essencial para se dar a partida do motor, como se verá mais abaixo. O rotor é sempre em gaiola. O campo magnético cria-do pelo enrolamento principal ao ser percorrido por uma corrente alternada senoidal é um campo pulsativo cujo eixo magnético é fixo no espaço, mas cujo sentido varia de acordo com a corrente. O fluxo deste campo induz tensões e correntes nas barras do rotor, da mesma forma que o fluxo mag-netizante criado pelo enrolamento primário de um transformador induz tensões e correntes no enro-lamento secundário.

Fig. 2.24 –Esquema simplificado de um motor de indução monofásico

A figura 2.24 mostra o esquema simplificado de um motor de indução monofásico. Não está indicado o enrolamento auxiliar mas apenas as duas metades do enrolamento principal. A corrente

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alternada que alimenta o enrolamento do estator cria uma FMM pulsativa cujo eixo é fixo no espa-ço, variando sua polaridade, no tempo, de acordo com a freqüência da corrente. Nas barras do rotor as correntes induzidas têm um sentido tal que produzem uma FMM contrária à FMM do estator. O eixo da FMM do rotor coincide com o eixo da FMM do estator sendo, portanto, o ângulo de carga igual a zero. Não há, como conseqüência, conjugado que possa atuar sobre o rotor e fazê-lo partir. Nesta condição, o motor é simplesmente um transformador estático com o secundário (rotor) curto-circuitado.

Esta ausência de conjugado de partida no motor monofásico pode também ser explicada da seguinte maneira: as correntes induzidas no rotor criam campos magnéticos ao redor dos condutores que interagem com o campo pulsativo do rotor dando origem a forças que atuam sobre esses condu-tores. No caso da figura 1, considerando o eixo magnético da FMM do estator como uma vertical, as correntes induzidas nos condutores do rotor à esquerda da vertical terão o sentido contrário ao das correntes induzidas nos condutores da direita. Portanto, as forças que atuam sobre eles são i-guais e de sentidos opostos sendo sua resultante nula. A ausência de um conjugado de partida é uma característica dos motores de indução monofásicos. Quando ligado diretamente à rede, o motor não parte, a menos que lhe seja dado um impulso inicial por uma força externa que o fará girar no senti-do da força aplicada. Além das explicações acima, a ausência de conjugado de partida no motor monofásico pode ser entendida à luz da teoria dos dois campos magnéticos girantes presentes na operação do motor monofásico de indução. Essa teoria é extremamente útil para explicar não só a ausência do conjuga-do de partida como também servir de base para a elaborar o circuito equivalente do motor.

Por esta teoria, a FMM pulsativa criada no estator pela corrente alternada tIi m ωsen= é composta de duas FMMs, iguais em módulo, que giram, no espaço, em sincronismo com a freqüên-cia da rede, porém em sentidos opostos. Como foi visto ao se estudar o campo girante do motor de indução trifásico, a expressão da FMM de um campo magnético pulsativo, criado por uma corrente alternada senoidal, é dada por:

θω coscosmax11 tFF = [2.52]

F1max representa o máximo valor da FMM e θ o ângulo elétrico espacial medido a partir do eixo magnético da bobina do estator. De acordo com conhecida relação trigonométrica, a equação [2.53] é igual a:

( ) ( )tFtFF ωθωθ ++−= cos2

cos2

max1max11 [2.53]

As parcelas do segundo membro da equação [2.53] são as expressões das FMMs de dois campos magnéticos girantes cujas amplitudes são iguais à metade da amplitude da FMM do campo magnético pulsativo e cujos sentidos de rotação são opostos. A figura 2.25 mostra a soma fasorial, em quatro instantes diferentes, dos fluxos dos dois campos girantes que formam o fluxo pulsativo. Cada um dos fluxos φI e φII é a metade do fluxo pulsativo φ.

Esta soma é verdadeira somente para o rotor parado. Com o rotor parado, ambos os fluxos girantes induzirão nas barras correntes iguais, porém de sentidos contrários que, interagindo com o campo pulsativo, vão produzir conjugados iguais de sentidos opostos que não permitem o rotor par-tir. Se uma força externa atua no seu eixo, no sentido horário ou anti-horário, o rotor continuará a girar no sentido da força aplicada, por si mesmo, até atingir uma velocidade próxima do sincronis-

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mo. Este fluxo que gira no mesmo sentido do rotor é chamado fluxo girante direto e o outro que gira no sentido oposto, fluxo girante reverso

Fig. 2.25 – Fluxos girantes opostos cuja soma é igual ao fluxo pulsativo

À medida que o rotor gira, o fluxo reverso será fortemente desmagnetizado e o fluxo resul-tante será praticamente o fluxo girante direto, para velocidades próximas do sincronismo. A des-magnetização do fluxo reverso é explicada da seguinte maneira: o escorregamento do rotor, girando à velocidade n no mesmo sentido do fluxo direto, com relação à velocidade síncrona n1 do fluxo reverso, é igual a:

( ) sn

snnn

nnn

nns −=−+

=+

=−−−

= 21

1

11

1

1

1

1' [2.54]

Portanto, a freqüência de escorregamento produzida pelo fluxo reverso é muito maior do que a produzida pelo fluxo direto. Por exemplo, para uma freqüência da rede de 60 Hz e um escorrega-mento de 0,05 produzido pelo fluxo direto, a freqüência de escorregamento relativa ao fluxo direto seria 0,05x60 = 3 Hz, enquanto a relativa ao fluxo reverso seria (2-0,05)60 = 117 Hz, ou seja, 39 vezes maior do que a do fluxo direto. A essa freqüência a reatância do rotor é muito maior do que a sua resistência e, como conseqüência, as correntes devidas a este campo serão praticamente reati-vas, exercendo um forte efeito desmagnetizante no fluxo reverso. Assim, para pequenos valores de escorregamento, o conjugado de um motor de indução monofásico é produzido, praticamente, pelo fluxo direto. Existe ainda um pequeno fluxo reverso que produz um efeito frenante, pois o conjuga-do que ele produz se opõe ao conjugado produzido pelo fluxo direto.6 A figura 2.26 mostra em linhas tracejadas as curvas características dos conjugados produzi-dos pelos fluxos direto e reverso (para frente e para traz, na figura) e em linha contínua a caracterís-tica resultante.

Como se pode observar, à velocidade síncrona (n=n1), diferentemente do que ocorre no mo-tor trifásico, há um conjugado frenante devido ao conjugado reverso atuando no rotor do motor mo-nofásico.

A corrente que circula no rotor é formada pela superposição de duas correntes de freqüên-cias muito diferentes. A perda jóulica do rotor é a soma das correntes induzidas pelos dois campos separadamente. Por esta razão, a perda jóulica no rotor de um motor monofásico é bem maior do 6 Podemos ficar em dúvida se a teoria dos dois campos girantes reproduz realmente um fenômeno físico que está ocor-rendo no motor monofásico ou se é apenas uma elaboração matemática. Por exemplo, será que há duas correntes de freqüências diferentes no rotor? A verdade é que a matemática não falha. Existem, realmente, duas correntes de fre-qüências diferentes no rotor e isto pode ser provado por ensaios.

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que a que ocorre num motor trifásico, o que o torna um motor de menor rendimento do que o trifá-sico correspondente

Fig. 2.26 – Curvas de conjugados direto, reverso e o resultante

Um aumento no escorregamento de um motor monofásico, além de aumentar a cor-rente I1 aumenta o conjugado frenante do campo inverso. Por esta razão, a operação de um motor monofásico é menos estável e o seu conjugado máximo é menor do que o correspondente de um motor trifásico. A partida de um motor monofásico é feita com a ajuda de um enrolamento auxiliar. O papel desse enrolamento auxiliar é criar um fluxo que esteja defasado no espaço e no tempo do fluxo principal e, assim, obter na partida um fluxo girante resultante. Para isto o enrolamento auxiliar é montado nas ranhuras do estator de forma tal a criar um fluxo magnético defasado aproximadamen-te 90o elétricos, no espaço, do fluxo principal. Porém, para criar o fluxo girante resultante não basta esse fluxo estar defasado 90o elétricos no espaço. É necessário que ele seja percorrido por uma cor-rente que esteja o máximo possível defasada 90o elétricos, no tempo, da corrente que circula pelo enrolamento principal. O campo resultante produz um conjugado de pequeno valor, mas suficiente para partir o motor no sentido direto. À medida que o motor acelera, o conjugado devido ao campo direto aumenta e o devido ao campo reverso diminui. O motor atinge, dessa forma, a sua velocidade normal. O enrolamento auxiliar é desligado automaticamente pouco antes do motor atingir sua ve-locidade normal, pois não é necessária mais a sua atuação. Por isto, ele é projetado para ficar ligado apenas durante o tempo que o motor gasta para acelerar. Para se obter um defasamento o mais próximo possível de 90º elétricos, usa-se um capacitor C em série com o enrolamento auxiliar, conforme mostra a figura 2.27a. O circuito mostra ainda uma chave automática que, quando o motor está parado, ela está fechada e quando o motor atinge uma determinada velocidade, próxima da velocidade nominal do motor, ela é desligada e permane-ce neste estado enquanto o motor estiver operando.

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Fig. 2.27 – Circuito de partida e operação do motor monofásico A figura 2.27b mostra o diagrama fasorial na partida do motor onde se vê a corrente de par-tida do motor I composta das correntes Ia do enrolamento auxiliar, adiantada da tensão V, e Im do enrolamento principal, atrasada da tensão V. Alguns motores têm capacitor permanente no seu cir-cuito auxiliar. Nesse caso, o circuito auxiliar não é interrompido após a partida, permanecendo liga-do durante a operação normal do motor. Quando se deseja inverter o sentido de rotação do motor monofásico basta inverter entre si os terminais do enrolamento auxiliar ligados aos terminais do enrolamento principal.

Devido ao seu baixo rendimento por causa das elevadas perdas jóulicas do rotor, os motores monofásicos não devem ser usados no acionamento de cargas acima de 1 kW, mas sim no aciona-mento de cargas pequenas, ditas fracionárias, (frações de 1 kW), tais como pequenos compressores de ar, máquinas rurais, bombas dágua etc. É possível operar um motor trifásico ligado a uma rede monofásica. Esta possibilidade pode ocorrer, por exemplo, nas redes rurais que alimentam as fazendas e chácaras por redes monofásicas e se dispõe de um motor trifásico.

Fig. 2.28 – Ligação de um motor trifásico em rede monofásica

A figura 2.28 mostra as ligações que devem ser feitas para se ligar um motor trifásico a uma rede monofásica. O capacitor melhora o rendimento e a operação do motor, além de determinar o sentido de rotação.Quando ele está instalado entre os terminais T3 e T2 (A) o motor gira no sentido

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horário ou anti-horário. Quando instalado entre os terminais T3 e T1 (B) ele vai girar no sentido o-posto ao anterior

Evidentemente, a potência do motor será reduzida de 57,74% e seu desempenho não será tão estável como se ele estivesse ligado a uma rede trifásica. O problema da falta de conjugado de par-tida vai aparecer e será necessário resolvê-lo de alguma forma, por exemplo, usando um pequeno motor a gasolina ou diesel suficiente para girar o motor, sendo em seguida desacoplado.

B) CIRCUITO EQUIVALENTE

O circuito equivalente para um motor trifásico representa uma fase do motor quando ele gira com um escorregamento s. Quando s=1, ou seja, quando o motor está parado, aquele circuito repre-senta também o circuito equivalente do motor monofásico na condição parado, o que equivale dizer, ligado à rede, produzindo um campo pulsativo. A figura 2.29a mostra as constantes do circuito e-quivalente para esta condição sendo V a tensão aplicada ao motor, Im a corrente do estator.

De acordo com a teoria dos dois campos girantes, a amplitude de cada fluxo é igual à metade da do fluxo pulsativo e giram com a mesma freqüência angular desse último, em sentidos opostos, induzindo correntes e tensões no rotor. Estando o rotor travado, estas tensões e correntes serão de freqüência igual à do estator. O circuito equivalente que representar a condição de rotor travado, usando a teoria dos dois campos girantes, deve ser equivalente ao da figura 2.29a e produzir os mesmos resultados. Ora, como a tensão Em no circuito equivalente da figura 2.29a é induzida pelo fluxoφ, representado pela reatância magnetizante Xϕ, as tensões Emf e Emb que serão induzidas com o rotor travado, pelos dois fluxos girantes, serão iguais à metade de Em. Assim sendo, as reatâncias correspondentes aos dois fluxos girantes serão iguais à metade de Xϕ. O mesmo pode ser dito da reatância de dispersão X2 e da resistência R2 do rotor.

Figura 2.29: circuitos equivalentes

O circuito equivalente com o rotor travado e com a presença dos dois fluxos girantes será representado pela figura 2.29b. As impedâncias Zf e Zb, em série, são iguais à impedância Zf do cir-cuito equivalente da figura 2.29a, igual a Xϕ em paralelo com 222 jXRZ += . As tensões Emf e Emb foram induzidas, respectivamente, pelos campos direto e reverso.

Quando o motor está operando, o escorregamento das tensões e correntes induzidas no rotor pelo campo direto é s e pelo campo inverso é ss −= 2, . Assim, por analogia com o circuito equiva-

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lente do motor trifásico, a figura 2.29c representa o circuito equivalente do motor monofásico, em qualquer condição de operação, inclusive com o rotor travado, quando se faz s =1.

C) ANÁLISE DO CIRCUITO EQUIVALENTE

As variações da tensão, corrente, velocidade e conjugado do motor monofásico podem ser

feitas a partir da análise do circuito equivalente e é semelhante à que foi feita para o motor trifásico. A reatância magnetizante Xϕ divide o circuito em duas partes: à esquerda, o estator e à direita, o rotor. As impedâncias Zf e Zb são facilmente calculáveis, isto é:

22 5,05,0 Xj

sRjXRZ fff +=+= em paralelo com jXm.

( ) 22 5,0

25,0

Xjs

RjXRZ bbb +

−=+= em paralelo com jXm.

A potência eletromagnética transferida ao rotor é igual à soma das potências eletromagnéti-

cas transferidas por cada um dos fluxos girantes, ou seja:

embemfem PPP += [2.55]

sendo 2mfemf IRP = e 2

mbemb IRP = as potências eletromagnéticas transferidas pelos fluxos direto e reverso, respectivamente. As potências mecânicas internas correspondentes serão iguais a:

( ) embmif PsP −= 1 e ( ) ( ) ( ) embembembmib PsPsPsP −−=+−=−= 1211 ' [2.56]

A potência mecânica interna atuando no rotor será a soma das potências mecânicas internas obtidas em [2.56], ou seja:

( )( )embemfmibmifmi PPsPPP −−=+= 1 [2.57]

O conjugado eletromagnético interno que atua sobre o rotor é resultado da ação simultânea dos conjugados eletromagnéticos devidos a cada um dos fluxos, ou seja:

( )( )1

1ωωω

embemfembemfmibmifmibmifmi

PPPPsPPCCC

−=

−−=

+=+=

sendo ω1 a velocidade síncrona do fluxo girante. A perda jóulica total do rotor será igual à soma das perdas jóulicas devidas as correntes pro-duzidas pelos dois campos. Teremos:

( ) emffj sPP =∆ 2 ; ( ) ( ) embbj PsP −=∆ 22 ( ) embemfj PssPP −+=∆∴ 22 [2.58]

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A potência mecânica útil será igual à potência mecânica interna calculada em [2.58] menos as perdas rotacionais a vazio.

D) EXEMPLOS

1) Um motor de indução monofásico com capacitor de partida, de 250 W, 120 V, 60 Hz, possui os seguintes valores para as constantes de seus enrolamentos principal e auxiliar:

Enrolamento principal: o

mmm jjXRZ 43,39826,57,35,4 ∠=+=+= Enrolamento auxiliar: o

aaa jjXRZ 22,2012,105,35,9 ∠=+=++ Pede-se calcular o valor de capacitância de partida que estabeleça entre as correntes do enro-

lamento principal Im e do enrolamento auxiliar Ia um ângulo de 90o, conforme mostra a figura 2.27.

SOLUÇÃO A corrente Im está atrasada da tensão V do ângulo dado por:

oo

o

mI 43,396,2043,39826,5

0120−∠=

∠∠

=

O ângulo de fase da corrente Ia com a tensão V para haver um defasamento de 90º entre as duas correntes deverá ser igual a:

oooa 57,5343,3690 =−=φ

Para isto, a reatância Xc do capacitor deve satisfazer a seguinte relação:

37,16355,15,9

5,357,53

5,95,3

arctanarctan =∴=−

∴=−

=−

ccc

a

lc XXX

RXX

ohms.

A capacitância C será igual a: 16237737,16

102

10 66

=×

==fX

Cc π

µF (R)

2) As constantes do circuito equivalente de um motor monofásico ¼ de CV, 110 V, 60 Hz, 4 polos, têm os seguintes valores:

R1=2,02 ohms; R2=4,12 ohms; X1=2,79 ohms; X2 = 2,12 ohms; Xm=66,8 ohms

As perdas rotacionais a vazio somam 37 watts.

Pede-se determinar as grandezas abaixo quando o motor opera com um escorregamento i-gual a 0,05.

a) A corrente do estator;

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b) O fator de potência; c) A potência de saída; d) A velocidade; e) O conjugado útil ou de saída; f) O rendimento

SOLUÇÃO

a) As impedâncias Zf e Zb devem ser as primeiras a serem calculadas. Substituindo os valo-res dados temos:

06,199,0

14,2095,15

jjXRZ

jjXRZ

bbb

fff

+=+=

+=+=

A impedância do estator 79,202,2111 jjXRZ mmm +=+= está em série com as impedâncias acima e serão somadas para obter a impedância total do motor, ou seja:

ombfmot jZZZZ 7,516,302496,181 ∠=+=++=

A corrente do estator será, pois: omI 7,5159,3

6,30110

−∠== (R)

b) Fator de potência = cos 51,7o = 0,620 (R)

c) A potência de saída é igual à potência mecânica interna Pmi menos as perdas rotacionais a

vazio. Temos os seguintes resultados:

20695,1559,3 2 =×=emfP W; 8,1299,059,3 2 =×=embP W

( )( ) 5,146378,1220605,01 =−−−=P W (R)

d) ( ) ( ) 171095,01180011 =−=−= snn RPM (R)

e) Temos: [ ] [ ][ ] 818,0

17101465,095509550 ===

RPMnkWPNmC Nm (R)

f) 60,0244

5,146

1

===PPη (R)

Para reduzir os cálculos numéricos, muitas vezes se despreza, na impedância Zb, a reatância

0,5Xm e, para pequenos valores de escorregamento, se despreza s, tornando a resistência igual a 0,25R2.

E) EXERCÍCIOS PROPOSTOS

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1) Um motor de indução monofásico de 230 V, 60 Hz, 4 polos, gira a1728 RPM. As cons-tantes de seu circuito equivalente são:

R1m = R2 = 8 ohms; X1m = X2 = 12 ohms; Xϕ = 200 ohms.

a) A corrente de entrada b) A potência de entrada c) A potência mecânica interna d) O conjugado eletromagnético interno

Respostas: a) 2,6 A; b) 382,7 W; c) 293,3 W; d) 1,62 Nm 5.2) Resolver o exemplo da seção 4) desprezando na impedância Zb a reatância 0,5CXm e o

escorregamento s. 5.3) Um motor de indução monofásico de 110 V, 4 polos, 60 Hz, possui as seguintes cons-

tantes do circuito equivalente:

R1m = R2 = 2 ohms; X1m = X2 = 2 ohms; Xϕ = 50 ohms.

A perda magnética no núcleo do estator é de 25 W e a perda mecânica vale 10 W. Para o motor operando a 1620 RPM, pede-se calcular:

a) A potência de entrada do motor b) O rendimento.

Respostas: a) 800 W; b) 60% 5.4) As constantes do circuito equivalente de um motor monofásico de indução de 230 V, 60

Hz, 6 polos são: R1m = R2 = 10 ohms; X1m = X2 = 10 ohms; Xϕ = 100 ohms.

Para um escorregamento de 5%, pede-se calcular: a) A corrente de entrada b) O fator de potência c) c) O conjugado eletromagnético interno.

Respostas: a) 3,68 A; b) cosϕ = 0,50; c) 1,84 Nm.

ΩΩΩΩΩΩΩΩΩΩ.