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MÁQUINAS SÍNCRONAS 
Elenilton T. Domingues - Máquinas Elétricas – Faculdade Pio Décimo 
103 
 
 
Capítulo 2 
 
 
2 - Máquinas Síncronas 
 
 
 Neste capítulo serão desenvolvidos métodos analíticos do desempenho de máquinas 
síncronas polifásicas em regime permanente. 
 
2.1 - INTRODUÇÃO 
 
 A máquina síncrona teve sua origem funcionando como gerador. O gerador elementar 
foi inventado na Inglaterra em 1831 por Michael Faraday, e nos EUA, mais ou menos na 
mesma época, por Joseph Henry. 
 Este gerador consistia basicamente de um imã que se movimentava dentro de uma 
espira, ou vice-versa, provocando o aparecimento de uma f.e.m registrada num galvanômetro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Galvanômetro indicando a passagem de uma corrente 
��
��
������	
��
��
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2.2 - DESCRIÇÃO FÍSICA 
2.2.1 - ESTATOR 
 
 O estator da máquina síncrona é muito semelhante ao de um motor de indução. É 
cilíndrico, vazado, maciço ou composto de chapas laminadas (aço silício) dotadas de ranhuras 
axiais onde é alojado o enrolamento do estator. As chapas possuem características magnéticas 
de alta permeabilidade, criando um caminho magnético de baixa relutância para o fluxo, 
diminuindo assim o fluxo disperso e concentrando o campo no entreferro. As chapas são em 
geral tratadas termicamente a fim de reduzir o valor das perdas específicas por correntes 
induzidas. O enrolamento do estator pode ser tanto monofásico como trifásico. Em geral as 
máquinas síncronas são trifásicas, sendo que geradores monofásicos são mais utilizados em 
pequenas potências, ou quando não existe uma rede trifásica disponível, como em áreas 
rurais. Quando construídos para baixa tensão as bobinas do estator são formadas de fios com 
seção circular e esmaltados; as ranhuras do estator são neste caso do tipo semiabertas. Ver 
Fig. 2.1 
 
 
 
Fig. 2.1- Ranhuras do enrolamento de baixa tensão 
 
No caso de enrolamentos de alta tensão os condutores são de seção retangular e as bobinas 
recebem uma camada extra de isolação com material a base de mica, sendo que as ranhuras 
são do tipo aberta. Ver Fig. 2.2 
 
 
 
 
 
 
Fig. 2.2- Ranhuras do enrolamento de alta tensão 
 
A conexão dos enrolamentos segue o mesmo padrão que para as máquinas de indução, 
havendo máquinas com enrolamentos para ligação série-paralela, estrêla-triângulo e máquinas 
com tripla tensão nominal. 
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2.2.2 - ROTOR 
 
 O rotor é também formado de chapas laminadas justapostas que em geral são do mesmo 
material que o estator (aço-silício). Do ponto de vista construtivo existem dois tipos básicos 
de rotores: rotores contento pólos salientes e rotores contendo pólos lisos. Esta diferenciação 
conduz a modelos equivalentes diferentes, mas não altera em nada o princípio de 
funcionamento, que permanece idêntico para ambos. 
 
2.2.2.1 - ROTOR DE POLOS SALIENTES 
 
 O rotor de pólos salientes é em geral empregado em máquinas que operam em baixa 
velocidade, que é o caso típico das hidroelétricas brasileiras. 
 Este rotor é formado por uma coroa cilíndrica de aço silício, presa ao eixo através de 
uma treliça de aço (aranha). Nessa coroa são montados os pólos salientes. Cada pólo tem um 
núcleo, uma bobina em volta do núcleo e uma sapata polar. O formato da sapata polar tem um 
desenho adequado para se produzir um a distribuição espacial senoidal de fluxo a partir de 
uma corrente continua na bobina. 
 Estes apresentam uma descontinuidade no entreferro ao longo da periferia do núcleo de 
ferro (sapata polar), na qual surgem as chamadas regiões interpolares onde o entreferro é 
muito grande, tornando visível a saliência dos pólos. A Fig. 2.3 mostra uma máquina síncrona 
com rotor de pólos salientes. 
 
 
Fig. 2.3- Representação esquemática da máquina síncrona de pólos salientes 
 
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 Os geradores em pólos saliente são em geral empregados com número de pólos igual ou 
superior que 4. A escolha do número de pólos é ditado pela rotação mais apropriada para 
máquina primária. Turbinas hidráulicas, por exemplo, trabalham com baixa rotação, sendo por 
isso necessário geradores com alto número de pólos. A velocidade de rotação da turbina 
hidráulica varia em função da pressão hidráulica existente e em função da altura da queda 
d´água, sendo que ela se situa entre 50 a 600 rpm. Além disso, a velocidade também varia em 
função do tipo da turbina (Francis, Kaplan, Pelton, etc...). Este tipo de gerador em geral é 
construído com eixo vertical, possuindo grande diâmetro e pequeno comprimento axial; esta 
relação entre comprimento e diâmetro é ditada pela baixa rotação a que estão sujeitos (alto 
número de pólos). 
 
2.2.2.2 - ROTOR CILINDRICO OU ROTOR LISO 
 
 Os rotores de pólos lisos são em geral empregados em máquinas que operam em alta 
velocidade, que é o caso típico das usinas termelétricas, onde o número de pólos é 2 ou 4. Este 
emprego provém do fato que rotores com pólos lisos são mais robustos sendo assim mais 
aptos a trabalharem em altas rotações (3600 e 1800 rpm). A Fig. 2.4 mostra uma máquina 
síncrona com rotor de pólos lisos. 
 
Fig. 2.4 - Representação esquemática da máquina síncrona de pólos lisos 
 
 Nestes rotores, o entreferro é constante ao longo de toda a periferia no núcleo de ferro. 
O enrolamento de campo é distribuído uniformemente em ranhuras, as quais em geral cobrem 
apenas uma parte da superfície do rotor. Além do enrolamento de campo, esse pode conter 
também um enrolamento semelhante ao do rotor da máquina de indução em gaiola. Este 
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enrolamento é chamado de enrolamento amortecedor e é alojado em ranhuras semi-abertas e 
de formato redondo sobre a superfície do rotor. Conforme o nome sugere, ele serve para 
amortecer oscilações que ocorrem em condições transitórias, como por exemplo uma retirada 
brusca de carga, alterações súbitas de tensão, variações de velocidade, etc.... Ele confere, 
assim, uma maior estabilidade à máquina. Neste enrolamento só é induzida tensão quando 
ocorrem fenômenos transitórios na máquina, em condições normais e em regime permanente 
não há nem tensão nem corrente induzida neste enrolamento; as suas dimensões são, portanto 
reduzidas em relação ao enrolamento do estator e do rotor. 
 No caso de motores síncronos ele pode também funcionar como dispositivo arranque, 
funcionando da mesma forma que o enrolamento em gaiola de esquilo dos motores de 
indução. O enrolamento neste caso se chama enrolamento de partida e a partida do motor é 
chamada de partida assíncrona; neste caso o motor não possui, via de regra, carga no eixo 
durante a partida. Devido ao fato de não haver em regime permanente variações de fluxo em 
relação ao rotor, este pode também ser construído de um material sólido, ao invés de lâminas. 
Assim, em algumas máquinas todo o ou parte do rotor é construído de material sólido, a fim 
de aumentar a rigidez mecânica. Neste caso, a própria superfície do rotor funciona como 
enrolamento amortecedor, sendo desnecessário um enrolamento amortecedor inserido em 
ranhuras. 
 Independente da forma construtiva, os pólos são alimentados com corrente contínua e 
criam o campo principal que induz tensão na armadura. A alimentação do enrolamento de 
excitação pode ser feita através de um conjunto de anéis-escovas montado no eixo da 
máquina. Este tipo de aplicação é empregado nas máquinas de pequeno e médio porte. As 
máquinas de grande porte, utiliza sistemas de excitação sem escovas, chamado de sistema de 
excitação brushless. Neste caso a excitação é fornecida por meio de excitatrizes auxiliares 
montadas no eixo da máquina e de dispositivos a basede semicondutores. 
 
2.2.3 - CONJUNTO DE ESCOVAS E ANÉIS 
 
 Têm por função conectar a fonte de corrente contínua com os pólos do rotor. Tratando-
se de componentes que se desgastam e que podem produzir faíscas e interferência 
eletromagnética, em geral se empregam geradores com excitação sem escovas, denominados 
geradores brushless. 
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2.2.4 - MÁQUINA SÍNCRONA ELEMENTAR 
 
 Uma máquina síncrona muito simplificada é ilustrada pela Fig. 2.5. 
 
 
Fig. 2.5- Gerador síncrono elementar 
 
 Normalmente o enrolamento de armadura (enrolamento de estator) de uma máquina 
síncrona encontra-se no estator, e o enrolamento de excitação (enrolamento de campo) no 
rotor. O enrolamento de campo do rotor é excitado por corrente contínua conduzida até ele 
por escovas de carbono que deslizam em anéis coletores. Questões construtivas determinam a 
orientação dos dois enrolamentos. É vantajoso ter o enrolamento de campo, de baixa potência, 
no rotor. 
 Neste caso, o enrolamento de armadura consiste numa única bobina de N espiras, é 
indicado em corte pelos dois lados da bobina -a e a, colocados diametralmente em ranhuras, 
no contorno interno do estator da Fig. 2.5. Os condutores que formam esses lados da bobina 
são paralelos ao eixo da máquina e estão ligados em série por ligações não ao mostradas na 
figura. 
 Num gerador, o rotor roda a uma velocidade constante, impulsionado por uma fonte de 
potência mecânica (máquina primária) ligada ao seu eixo. Os caminhos de fluxo são 
mostrados na Fig. 2.5. através das linhas tracejadas. 
 A distribuição radial da densidade de fluxo B no entreferro é ilustrada na Fig. 2.6-a 
como função do ângulo ao longo do contorno do entre-ferro. 
 
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Fig. 2.6 -a) Distribuição espacial do fluxo no entre-ferro; b) tensão induzida 
 
 A densidade de fluxo de máquinas reais pode ser feita aproximadamente igual a uma 
distribuição senoidal pelo ajuste apropriado da forma das sapatas polares. Com a rotação do 
rotor, a onda do fluxo varre os dois lados da bobina. A tensão resultante (Fig. 2.6-b) é uma 
função com a mesma forma de onda da distribuição espacial de B. 
 A tensão na bobina tem um ciclo completo de valores para cada rotação da máquina de 
dois pólos. A sua freqüência em ciclos/segundo (Hz) é igual a velocidade do rotor em 
rotações por segundo, esta é a razão para ser designada de maquina síncrona. Assim, uma 
máquina síncrona de dois pólos deve girar a 3600 rotações por minuto (rpm) para produzir 
uma tensão senoidal de freqüência 60Hz. 
 Um grande número de maquinas síncronas tem mais de dois pólos. Como um exemplo 
específico, a Fig. 2.7 mostra um alternador elementar monofásico de quatro pólos. 
 
 
Fig. 2.7- Gerador síncrono elementar de quatro pólos 
 
 
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 As bobinas de campo estão ligadas de forma a que os pólos sejam alternadamente 
Norte-Sul. O fluxo tem agora dois ciclos completos por rotação do rotor, assim como a 
tensão. A freqüência f em hertz (Hz) é, portanto o dobro da velocidade mecânica em rotações 
por segundo (Fig. 2.8). 
 
 
Fig. 2.8- Distribuição espacial do fluxo no entre-ferro para um 
gerador síncrono de quatro pólos. 
 
 Quando uma máquina tem mais de dois pólos é conveniente concentrar a atenção num 
único par de pólos e reconhecer que as condições elétricas, magnéticas e mecânicas, 
associadas a cada um dos outros pares de pólos, são repetições das associadas àquele. Por esta 
razão é conveniente expressar os ângulos em graus elétricos ou radianos elétricos. Um par de 
pólos numa máquina com P pólos corresponde a um período da onda de fluxo, 
correspondendo, pois a 2π radianos elétricos ou 360° elétricos, de onde: 
 
 me 2
P θ=θ 
Ou 
 me p θ×=θ 
 
 Onde eθ é o ângulo em unidades elétricas, mθ é o ângulo em unidades mecânicas e p é 
numero de pólos. A freqüência da tensão é portanto: 
 
 
120
p
f
×ω= 
 
 “ ω” é velocidade em rpm, “f” é a freqüência em Hz e “p” é o número de pólos. 
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2.1 - ANALISE DA MÁQUINA SÍNCRONA 
 
 Vamos adotar a convenção de motor. Para analisar a máquina síncrona operando como 
gerador basta inverter o sentido da corrente. 
 Vamos admitir o motor operando no estado estacionário (alimentado por um sistema 
trifásico balanceado de correntes, com excitação constante e com carga fixa acoplada a seu 
eixo). 
 Nestas condições o motor síncrono é basicamente formado por 4 circuitos R-L 
magneticamente acoplados, assim como mostra a Fig. 2.9. 
 
 
 
Fig. 2.9 - Circuitos R-L magneticamente acoplados 
 
���� O símbolo � é usado para indicar uma indutância que é uma função do ângulo elétrico. 
 O símbolo L é usado para indicar um valor constante de indutância. 
 
 Para cada um desses 4 circuito temos que: 
 
 λ+= pi rv (2.1) 
 
 Onde 
dt
d
 p
λ=λ é o fluxo total concatenado pelo circuito (produzido pelas 4 correntes). 
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 Temos então: 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
λ+=
λ+=
λ+=
λ+=
ffff
cccc
bbbb
aaaa
pirv
pirv
pirv
pirv
 (2.2) 
 
 Os fluxos podem ser escritos em função das indutâncias e das correntes da máquina: 
 
�
�
�
�
�
�
�
+++=λ
+++=λ
+++=λ
+++=λ
fffcfcbfbafaf
fcfcccbcbacac
fbfcbcbbbabab
fafcacbabaaaa
iiii
iiii
iiii
iiii
����
����
����
����
 (2.3) 
 
2.1.1 - NATUREZA DAS INDUTÂNCIAS NA MAQUINA SÍNCRONA (MS) 
 
2.1.1.1 - INDUTÂNCIA PROPIA DO ROTOR ( ff� ) 
 
 A Fig. 2.10 mostra uma, em seção transversal uma representação esquemática para uma 
máquina de dois pólos. 
 
 
 
Fig. 2.10 - Representação esquemática para uma máquina de dois pólos 
 
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 A indutância própria do rotor é a relação entre o fluxo concatenado pelo enrolamento de 
campo montado no rotor e a corrente nesse enrolamento, quando todas os demais 
enrolamentos da máquina estão sem corrente ( 0iii cba === ). 
 Devido ao fato do estator ser cilíndrico a indutância própria do rotor não depende da 
posição α do rotor. Isto é, ela é constante. Então: 
 
ffff L=� (2.4) 
 
 
���� A propriedade de uma bobina, ou de um circuito elétrico, se opor à variação de corrente 
através dessa bobina, ou circuito elétrico, é chamada indutância. A unidade no SI é Henry (H). 
 
ι
µ=
ℜ
=
22 ANN
L 
 
Onde: N – Número de voltas da bobina 
 ℜ - Relutância do núcleo da bobina 
 
 
2.1.1.2 - INDUTÂNCIA MUTUA ROTOR – ESTATOR ( ) e , cfbfaf ��� 
 
 Supondo que 0iii cba === e 0i f ≠ , vamos determinar o fluxo aλ concatenado pelo 
enrolamento da fase “a” nestas condições: 
 Para α=0, o enrolamento da fase “a” concatena fluxo máximo no sentido do eixo direto 
(ver Fig. 2.11). 
 Para α=90°, o enrolamento da fase “a” concatena fluxo nulo (ver Fig. 2.12). Para 
α=180° enrolamento da fase “a” concatena novamente fluxo máximo, porém com sentido 
oposto ao do eixo direto. 
 Para α=270° concatena, novamente, fluxo nulo. 
 
 
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 Então: 
 
α= cosLafaf� (2.5)Da mesma forma tem-se: 
 
 )120( cos Lbfbf °−α=� (2.6) 
 )120( cos L)240( cos L cfcfcf °+α=°−α=� (2.7) 
 
 Sendo que: cfbfaf LL L == , então temos 
 
�
�
�
�
�
°+α=
°−α=
α=
)120( cos L
)120( cos L
 cos L
afcf
afbf
afaf
�
�
�
 (2.8) 
 
 
 
Fig. 2.11 - Eixo direto do rotor alinhado com o eixo de referência (α=0°) 
 
 
 
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Fig. 2.12 - Eixo direto do rotor a 90° do eixo de referência (α=90°) 
 
 
2.1.1.3 - INDUTÂNCIA PROPRIA ESTATOR ( ) e , ccbbaa ��� 
 
 Vamos supor que 0iii cbf === e 0ia ≠ , e nestas condições vamos determinar o fluxo 
aλ concatenado na fase “a”. Ver Fig. 2.13. 
 
 
Fig. 2.13 - Máquina síncrona com corrente apenas na fase “a” 
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 O enrolamento da fase “a” do estator esta fixado no estator, logo produz uma força 
magnetomotriz (f.m.m) aaa iN=ℑ sempre alinhada com o eixo da fase “a”. 
 Vamos decompor aℑ em duas componentes ortogonais, uma alinhada com o eixo direto 
(d) e outra alinhada com o eixo em quadratura (q). 
 A vantagem que temos nessa decomposição é que cada uma dessas duas componentes 
produz fluxos magnéticos que não dependem da posição do rotor, pois os eixos imaginários 
“d” e “q” giram com o rotor. 
 Podemos então associar uma permeância (inverso da relutância) á região do entreferro 
(sob a sapata polar) na posição do eixo direto ( gdΡ ) e outra permeância a região do entreferro 
na posição do eixo em quadratura ( gqΡ ). 
 Então temos: 
 
 
Fig. 2.14 - Decomposição da força magnetomotriz ( aℑ ) 
 
 Temos: 
 
 
�
�
�
−ℑ=°+ℑ=ℑ
ℑ=ℑ
αα
α
sen)90cos(
 cos
aaqa
ada (2.9) 
 
���� Força magnetomotriz : I N=ℑ 
O valor do fluxo, λ, que é desenvolvido por uma bobina depende da corrente I e do número de 
espiras N. O produto de I por N é descrito pelo termo Força Magnetomotriz (f.m.m). Força 
magnetomotriz é a força que causa o fluxo estabelecido. Sua unidade é o ampère-espira (Ae). 
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 Os fluxos magnéticos no entreferro nas posições dos eixos “d” e “q” devido a corrente 
na fase “a” valem, então: 
 
 
�
�
�
α−=ℑ=Φ
α=ℑ=Φ
seniNPP
cosiNP P
aagqqagqgqa
aagddagdgda (2.10) 
 
 O fluxo no entreferro na posição do eixo da fase “a” devido a corrente da fase “a” gaaΦ 
vale então: 
 
Fig. 2.15 - Decomposição da fluxo magnético ( gaaΦ ) 
 
 
�
�
�
αΦ−=°+αΦ=Φ
αΦ=Φ
sen)90cos(
 cos
gaagaagqa
gaagda (2.11) 
 
 Multiplicando-se gdaΦ por αcos e gqaΦ por αsen - temos: 
 
 
�
�
�
α×αΦ−=α×Φ
α×αΦ=α×Φ
] sen - [ sen] sen [ 
] cos [ cos] cos [ 
gaagqa
gaagda (2.12) 
 
 Somando as duas equações obtemos: 
 
 αΦ−αΦ=Φ sencos gqagdagaa (2.13) 
 
 Logo temos que: 
 
 αΦαΦ=Φ sen - cos gqagdagaa (2.14) 
 
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 Substituindo os valores de gdaΦ e gqaΦ da eq.(2.10) temos: 
 
 αααα=Φ sen ]seniNP[-- cos]cosiNP[ aagqaagdgaa (2.15) 
 
 Logo: 
 
 ]senP cosP[ iN 2gq
2
gdaagaa α+α=Φ (2.16) 
 
 Temos que: 
2
2cos1
cos e 
2
2cos1
sen 22
α+=αα−=α 
 
 Substituindo na eq.(2.16) fica: 
 
 �
�
�
�
	
�
�
�
�
� α−+�
�
�
�
� α+=Φ
2
2cos1
P 
2
2cos1
P iN gqgdaagaa (2.17) 
 
 �
�
�
�
	
 α−+α+
=Φ
2
2cosPP2cosPP
 iN gqgqgdgdaagaa (2.18) 
 
 �
�
�
�
	
 α−α++
=Φ
2
2cosP2cosPPP
 iN gqgdgqgdaagaa (2.19) 
 
Finalmente: 
 
 �
�
�
�
	
�
�
��
�
� −
+
+
=Φ 2cos
2
PP
2
PP
 iN gqgdgqgdaagaa (2.20) 
 
 Cada uma das aN concatenam o fluxo gaaΦ . Logo: 
 
�
�
�
�
	
�
�
��
�
� −
+
+
=
Φ
= 2cos
2
PP
2
PP
 N
i
N gqgdgqgd2
a
a
gaaa
gaa� (2.21) 
 
���� Formulas de ângulo duplo: 
α−
α=α
αα=α
2tg1
tg2
2tg
cossen22sen
 
1cos22cos
sen212cos
sencos2cos
2
2
22
−α=α
α−=α
α−α=α
 
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 Chamando: 
 
 go
gqgd2
a L 2
PP
 N =
+
 e g2
gqgd2
a L 2
PP
 N =
−
 
 
Resulta: 
 
 α+= 2cos LL 2ggogaa� (2.22) 
 
 Para se chegar a indutância aa� deve-se ainda considerar o fluxo de dispersão da fase 
“a” do estator, que é um fluxo produzido pela corrente→ ai e que não atravessa o entreferro, 
fechando-se em torno dos condutores da fase “a” principalmente nas testas das bobinas. 
 Vamos considerar este fluxo introduzindo uma parcela na expressão (2.22). Então: 
 
 
�
�� agaaaa L+= (2.23) 
 
 Onde: 
�aL → devido a dispersão (Leakage). 
 
 Assim temos: 
 
 α++= 2cos LLL 2ggoaaa �� (2.24) 
 
 Para as fases “b” e “c” basta substituir α por (α-120°) e (α+120°), respectivamente. 
Temos: 
 
 )1202cos( LLL 2ggobbb °+α++= �� (2.25) 
 )1202cos( LLL 2ggoccc °−α++= �� (2.26) 
 
 Sendo que: 
��� cba LL L == , então temos: 
 
 
�
�
�
�
�
°−α++=
°+α++=
α++=
)1202cos( LLL
)1202cos( LLL
 2cos LLL
2ggoacc
2ggoabb
2ggoaaa
�
�
�
�
�
�
 (2.27) 
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2.1.1.4 - INDUTÂNCIA MÚTUA ESTATOR – ESTATOR ( bccbcaacbaab e , , , , ������ ) 
 
 Supondo 0iii cbf === e 0ia ≠ , vamos calcular o fluxo bλ concatenado na fase “b” 
nestas condições. A corrente ai produz os fluxos gdaΦ e gqaΦ já conhecidos. Ver Fig. 2.16. 
 
 
Fig. 2.16 - Representação do fluxos gdaΦ e gqaΦ 
 
 Então o fluxo no entreferro na posição do enrolamento “b” vale então: 
 
 )90120sen( )120cos( gqagdagba −α−°Φ+α−°Φ=Φ (2.28) 
 
 Ou: 
 
 )90120sen( - )120cos( gqagdagba +°−αΦ°−αΦ=Φ (2.29) 
 
 Ou: 
 
 )120sen( - )120cos( gqagdagba °−αΦ°−αΦ=Φ (2.30) 
 
 Mas: 
 
 
�
�
�
α−=Φ
α=Φ
seniNP
cosiNP 
aagqgqa
aagdgda (2.31) 
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 Então: 
 
 )120sen( ]seniNP[-- )120cos(]cosiNP[ aagqaagdgba °−αα°−αα=Φ (2.32) 
 )]120sen( senP[ )]120cos(cosP[iNgqgdaagba °−αα+°−αα=Φ (2.33) 
 
 Temos que: 
[ ]
[ ]�
�
�
�
�
β+α−β−α=βα
β−α+β+α=βα
)cos()cos(
2
1
sen sen
)cos()cos(
2
1
cos cos
 
 
 Logo: 
 
 
�
�
�
��
�
�	
 °−α−°+
+
�
�
�
��
�
�	
 °+°−α=Φ
)1202cos(
2
1
)120cos(
2
1
P 
)120cos(
2
1
)1202cos(
2
1
PiN
gq
gdaagba
 (2.34) 
 
 
�
�
�
�
�
� °−α−−
+
−°−α
=Φ
2
)1202cos(PP 5.0
2
P 5.0)1202cos(P
iN gqgqgdgdaagba (2.35) 
 
 
�
�
�
�
�
�
°−α�
�
�
�
	
 −
+�
�
�
�
	
 +
−=Φ )1202(
2
PP
2
PP
5.0iN gqgdgqgdaagba (2.36) 
 
 O fluxo concatenado pela Na=Nb espiras da fase “b” vale: 
 
 
�
�
�
�
�
�
°−α�
�
�
�
	
 −
+�
�
�
�
	
 +
−=Φ=λ )1202(
2
PP
2
PP
5.0iNN gqgdgqgda
2
agbaagba (2.37) 
 
���� Formulas de produto: 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ])cos()cos(
2
1
sen sen
)cos()cos(
2
1
cos cos
)sen()sen(
2
1
sen cos
)sen()sen(
2
1
cos sen
β+α−β−α=βα
β−α+β+α=βα
β−α−β+α=βα
β−α+β+α=βα
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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122 
 Logo: 
 
 
�
�
�
�
�
�
°−α�
�
�
�
	
 −
+�
�
�
�
	
 +
−=
λ
= )1202cos(cos
2
PP 
N
2
PP 
N5,0
i
gqgd2
a
gqgd2
a
a
gba
gba� (2.38) 
 
 Chamando: 
 
 go
gqgd2
a L 2
PP
 N =
+
 e g2
gqgd2
a L 2
PP
 N =
−
 
 
 Ou: 
 
 )1202cos( LL5.0 2ggogba °−α+−=� (2.39) 
 
 É desprezível a parcela do fluxo de dispersão da fase “a” que concatena as fases “b” e 
“c” devido ao deslocamento de 120° elétricos. 
 Então: 
 
 gbaba �� = (2.40) 
 
 Portanto: 
 
 )1202cos( LL5.0 2ggoabba °−α+−== �� (2.41) 
 
 Da mesma forma obtém: 
 
 )1202cos( LL5.0 2ggocaac °+α+−== �� (2.42) 
 )2cos LL5.0 2ggocbbc α+−== �� (2.43) 
 
Finalmente: 
 
 
�
�
�
�
�
α+−==
°+α+−==
°−α+−==
 )2cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
2ggocbbc
2ggocaac
2ggobaab
��
��
��
 (2.44) 
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123 
RESUMO DAS INDUTÂNCIAS: 
 
1 - Próprias do rotor: 
 
 { ffff L=� 
 
2 - Mutuas do rotor: 
 
 
�
�
�
�
�
°+α=
°−α=
α=
)120( cos L
)120( cos L
 cos L
afcf
afbf
afaf
�
�
�
 
 
3 - Próprias do estator: 
 
 
�
�
�
�
�
°−α++=
°+α++=
α++=
)1202cos( LLL
)1202cos( LLL
 2cos LLL
2ggoacc
2ggoabb
2ggoaaa
�
�
�
�
�
�
 
 
4 - Mutuas do estator: 
 
 
�
�
�
�
�
α+−==
°+α+−==
°−α+−==
 )2cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
2ggocbbc
2ggocaac
2ggobaab
��
��
��
 
 
 
 Podemos estabelecer as relações tensão corrente na máquina síncrona levando as 
indutâncias nas expressões (2.3) e, em seguida, levando esses fluxos na expressão (2.2). 
 Este caminho não é, no entanto, seguido porque ele resulta num trabalho algébrico 
muito grande. Seguiremos um curto caminho fazendo as chamadas Transformadas de Park ou 
Transformada dqo. 
 
 
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124 
2.2 - TRANSFORMADAS DE PARK (DQO) 
 
 Na máquina síncrona real temos 3 enrolamentos de fase a, b e c no estator. Sendo que 
estes enrolamentos estão deslocados de 120° elétricos um dos outros no espaço e conduzem 
correntes que estão deslocadas 120° elétricos no tempo. 
 
 
 
 Nessas condições eles produzem o campo girante. O campo girante é uma distribuição 
senoidal de f.m.m. que viaja ao longo do entreferro com velocidade ω (rad/seg). 
 Os eixos d e q estão fixados no rotor da máquina, logo giram com a mesma velocidade 
ω (rad/seg) do rotor da máquina. 
 Para um observador colocado no rotor da máquina o campo girante aparece estático, já 
que não há velocidade relativa entre esse observador e o campo girante, mas um campo 
magnético estático pode ser produzido por uma ou mais correntes continuas. 
 A partir dessa observação, Park imaginou substituir os 3 enrolamentos de fase reais da 
máquina por 2 enrolamentos fictícios, um no eixo direto e outro no eixo de em quadratura. 
Esses enrolamentos fictícios conduziram correntes continuas e girariam solidários ao rotor. 
 Essa transformação matemática resulta numa grande simplificação das equações da 
máquina. Vamos decompor aℑ , bℑ e cℑ cada uma em duas componentes ortogonais 
alinhadas com os eixos d e q. Logo teremos: 
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125 
 )120cos()120cos( cos cbad °+αℑ+°−αℑ+αℑ=ℑ (2.45) 
 
 Ou 
 
 { })120cos(i)120cos(i cosiN cbaad °+α+°−α+α=ℑ (2.46) 
 )90120cos()90120cos( )90cos( cbaq °+α+°ℑ+°−α−°ℑ+°+αℑ=ℑ (2.47) 
 
 Ou 
 
 { })120sen(i)120sen(i- seniN cbaaq °+α−°−αα−=ℑ (2.48) 
 
 Definem-se as correntes id e iq como segue: 
 
 { })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= (2.49) 
 
 { })120sen(i)120sen(i- seni32i cbaq °+α−°−αα−= (2.50) 
 
 Onde a parcela 2/3 é um fator de escala conveniente. Levando a eq.(2.49) na eq.(2.47) e 
a eq.(2.50) na eq.(2.48) temos: 
 
 dad iN3
2=ℑ (2.51) 
 
 qaq iN3
2=ℑ (2.52) 
 
 Define-se ainda a corrente oi dada pela expressão: 
 
 { }cbao iii3
1
i ++= (2.53) 
 
 Onde a parcela 1/3 é um fator de escala conveniente. Como id e iq produzem o fluxo 
magnético resultante no entreferro da máquina a corrente oi não deve produzir fluxo. De fato, 
teremos 0io = quando a máquina opera com correntes balanceadas. 
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126 
 Desta forma teremos as seguintes relações entre as correntes dqo e as variáveis ‘a’, ‘b’ e 
‘c’: 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°−α−α−
°+α°−αα
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
c
b
a
o
q
d
i
i
i
2/12/12/1
)120sen()120sen(sen
)120cos()120cos(cos
3
2
i
i
i
 (2.54) 
 
 As mesmas relações entre as correntes dqo e as variáveis ‘a’, ‘b’ e ‘c’ podem ser 
escritas paras as tensões e os fluxos. 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°−α−α−
°+α°−αα
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
c
b
a
o
q
d
v
v
v
2/12/12/1
)120sen()120sen(sen
)120cos()120cos(cos
3
2
v
v
v
 (2.55) 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
λ
λ
λ
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°−α−α−
°+α°−αα
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
λ
λ
λ
c
b
a
o
q
d
2/12/12/1
)120sen()120sen(sen
)120cos()120cos(cos
3
2
 (2.56) 
 
 As relações inversas são as seguintes: 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°+α
°−α−°−α
α−α
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
o
q
d
c
b
a
i
i
i
1)120sen()120cos(
1)120sen()120cos(
1sencos
i
i
i
 (2.57) 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°+α
°−α−°−α
α−α
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
o
q
d
c
b
a
v
v
v
1)120sen()120cos(1)120sen()120cos(
1sencos
v
v
v
 (2.58) 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
�
	
λ
λ
λ
×
�
�
�
�
�
�
�
�
	
°+α−°+α
°−α−°−α
α−α
=
�
�
�
�
�
�
�
�
	
λ
λ
λ
o
q
d
c
b
a
1)120sen()120cos(
1)120sen()120cos(
1sencos
 (2.59) 
 
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127 
2.2.1 - EXPRESSÕES DOS FLUXOS NAS VARIÁVEIS DQO 
 
 Da matriz de transformação ABC → DQO temos: 
 { })120cos()120cos( cos32 cbad °+αλ+°−αλ+αλ=λ (2.60) 
 
 Mas: 
 
�
�
�
�
�
+++=λ
+++=λ
+++=λ
fcfcccbcbacac
fbfcbcbbbabab
fafcacbabaaaa
iiii
iiii
iiii
����
����
����
 (2.61) 
 
 E: 
 
 
�
�
�
�
�
°+α=
°−α=
α=
)120( cos L
)120( cos L
 cos L
afcf
afbf
afaf
�
�
�
 (2.62) 
 
 
�
�
�
�
�
°−α++=
°+α++=
α++=
)1202cos( LLL
)1202cos( LLL
 2cos LLL
2ggoacc
2ggoabb
2ggoaaa
�
�
�
�
�
�
 (2.63) 
 
 
�
�
�
�
�
α+−==
°+α+−==
°−α+−==
 )2cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
 )1202cos( LL5.0
2ggocbbc
2ggocaac
2ggobaab
��
��
��
 (2.64) 
 
 Então teremos: 
 
[ ] [ ]
[ ] [ ] fafc2ggo
b2ggoa2ggoaa
i cosLi )1202cos( LL5.0 
i )1202cos( LL5.0i 2cos LLL
α+°+α+−+
+°−α+−+α++=λ
�
 
 
 
[ ] [ ]
[ ] [ ] fafc2ggo
b2ggoaa2ggob
i )120( cos Li )2cos( LL5.0 
i )1202cos( LLLi )1202cos( LL5.0
°−α+α+−+
+°+α+++°−α+−=λ
�
 
 
 
[ ] [ ]
[ ] [ ] fafc2ggoa
b2ggoa2ggoc
i )120( cos Li )1202cos( LLL 
i )2cos( LL5.0i )1202cos( LL5.0
°+α+°−α+++
+α+−+°+α+−=λ
�
 
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128 
 Portanto dλ vale: 
 
}i )]120( cos L[i )]1202cos( LLL[ 
i )]2cos( LL5.0[i )]1202cos( LL5.0){[120cos(
}i )]120( cos L[i )]2cos( LL5.0[ 
i )]1202cos( LLL[i )]1202cos( LL5.0){[120cos(
}i ]cosL[i ]1202cos( LL5.0[ 
i )]1202cos( LL5.0[i ]2cos LLL{[cos3
2 
fafc2ggoa
b2ggoa2ggo
fafc2ggo
b2ggoaa2ggo
fafc2ggo
b2ggoa2ggoad
°+α+°−α+++
+α+−+°+α+−°+α+
+°−α+α+−+
+°+α+++°−α+−°−α+
+α+°+α+−+
+°−α+−+α++α=λ
�
�
�
 
 
 Vamos simplificar esta expressão por partes: 
 
 1) Simplificar os elemento que contem ( )
�aL . Portanto: 
 
 dacbaa iL )]120cos(i)120cos( i cosi [L3
2 
��
=°−α+°−α+α 
 
 Sendo que (Ver eq.(2.49)): 
 
{ })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= 
 
 2) Simplificar os elemento que contem ( )goL . Portanto: 
 
 dgocbago iL )]120cos(i)120cos( i cosi [L3
2 =°−α+°−α+α 
 
 Sendo que (Ver eq.(2.49)): 
 
{ })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= 
 
 3) Simplificar os elemento que contem ( )goL5.0 − . Portanto: 
 
 )}120cos(]i i({[)}120cos(]i i[ {}cos]i i[ {3
2L 5.0 cacacbgo °+α++°−α++α+− 
 
 Sendo que: 0i ii cba =++ 
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129 
 Então: acb ii i −=+ , bca ii i −=+ e cba iii −=+ . Logo: 
 
 )]120cos(i )120cos(icosi[3
2L 5.0 - cbago °+α−°−α−α− 
 
 dgocbago iL 5.0)]120cos(i )120cos(icosi[3
2L 5.0 =°+α+°−α+α 
 
 Sendo que (Ver eq.(2.49)): 
 
{ })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= 
 
 4) Simplificar os elemento que contem ( )2gL . Portanto: 
 
)]1202cos()120cos(i2cos)120cos(i)1202cos()120cos(i
2cos)120cos(i)1202cos()120cos(i)1202cos()120cos(i
)1202cos(cosi)1202cos(cosi2coscosi[ 3
2L
cba
cba
cba2g
°−α°+α+α°+α+°+α°+α+
+α°−α+°+α°−α+°−α°−α+
+°+αα+°−αα+αα
 
 
 Aplicando as formulas do produto 
[ ]
[ ]�
�
�
�
�
β+α−β−α=βα
β−α+β+α=βα
)cos()cos(
2
1
sen sen
)cos()cos(
2
1
cos cos
 temos: 
 
)]120cos(3cos)120cos()1203cos()120cos()1203[cos(2
1i
)120cos()1203cos()120cos(3cos)120cos()1203[cos(2
1i
]cos)1203cos(cos)1203cos(cos3[cos2
1i{ 3
2L
c
b
a2g
°+α+α+°+α+°−α+°+α°+α+
+°−α+°+α+°−α+α+°−α+°−α+
+α+°−α+α+°+α+α+α
 
 Agrupando os termos, temos: 
 
 
)]120cos(3)1203cos()1203cos(3[cos2
1i 
)120cos(3)1203cos()1203cos(3[cos2
1i 
]cos3)1203cos()1203cos(3[cos2
1i{ 3
2L
c
b
a2g
°+α+°−α+°+α+α+
+°−α+°−α+°+α+α+
+α+°−α+°+α+α
 
 
 Mas como: 0)1203cos()1203cos(3cos =°−α+°+α+α 
 
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130 
 Logo: 
 
 )}120cos(2
3i)120cos(2
3icos2
3i{ 3
2L cba2g °+α+°−α+α 
 
 Simplificando temos: 
 
 d2gcba2g iL2
3)}120cos(i)120cos(icosi{L =°+α+°−α+α 
 
 Sendo que: { })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= Ver eq.(2.49) 
 
 Sendo que (Ver eq.(2.49)): 
 
{ })120cos(i)120cos(i cosi32i cbad °+α+°−α+α= 
 
 5) Simplificar os elemento que contem ( )afL . Portanto: 
 
 faffaf
222
faf i L2
3i 3
2L)120(cos)120(cos[cosi{ 3
2L ==°−α+°+α+α 
 
 Pois: 
 
2
2cos1
cos2
α+=α 
 
2
)1202cos(1
)120(cos2
°+α+=°−α 
 
2
)1202cos(1
)120(cos2
°−α+=°+α 
 
 Após a simplificação, obtemos a equação do fluxo dλ da seguinte forma: 
 
 fafd2gdgodgodad iLi L2
3iL5.0iLi L +++++=λ
�
 
 
 d2ggoafafd i ]L2
3L2
3L [iL +++=λ
�
 
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131 
 Chamando: 
 
 )LL(2
3L L 2ggoad ++= � 
 
 Resulta: 
 
 ddfafd i L iL +=λ 
 
 
 Da mesma forma obtêm-se: 
 
 qqq i L =λ 
 ooo i L =λ 
 dafffff iL2
3i L +=λ 
 
 Onde: 
 
 )LL(2
3L L 2ggoaq −+= � 
 
�ao L L = 
 
 Ld → Indutância síncrona de eixo direto 
 Lq→ Indutância síncrona de eixo em quadratura 
 Lo→ Indutância de dispersão ou indutância síncrona de seqüência zero 
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132 
2.2.2 - ANALISE DAS TENSÕES NAS VARIÁVEIS DQO 
 
 Da matriz de transformação ABC → DQO vem: 
 
 [ ])120cos(v)120cos(vcosv
3
2
v cbad °+α+°−α+α= (2.65) 
 
 Mas: 
 
 
�
�
�
�
�
λ+=
λ+=
λ+=
cccc
bbbb
aaaa
pirv
pirv
pirv
 (2.66) 
 
 Sendo que cba rrr == . Então: 
 
 [ ] [ ] [ ]{ })120cos(pir)120cos(pircospir
3
2
v ccabbaaaad °+αλ++°−αλ++αλ+= (2.67) 
 
[ ]
[ ])120cos(p)120cos(pcosp
3
2
)120cos(i)120cos(icosi
3
2
rv
cba
cbaad
°+αλ+°−αλ+αλ+
+°+α+°−α+α=
 (2.68) 
 [ ])120cos(p)120cos(pcosp
3
2
irv cbadad °+αλ+°−αλ+αλ+= (2.69) 
 
 Mas: 
 
 [ ] [ ] [ ] [ ]aaaa dt
d
coscos
dt
d
cos
dt
d
cosp λα+αλ=αλ=αλ 
 
 [ ] αω−=αα−=α sen
dt
d
sencos
dt
d
............................................... pois: tω=α 
 
 Portanto: 
 
 [ ] aaa p cos sencosp λα+λαω−=αλ 
 
 [ ] aaa sen cosp p cos λαω+αλ=λα 
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133 
 
[ ] [ ]{
[ ] }ccb
baadad
 )120sen()120cos(p )120sen( 
)120cos(p sencosp
3
2
irv
λ°+αω+°+αλ+λ°−αω+
+°−αλ+λαω+αλ+=
 (2.70) 
 
 
{ }
[ ]
�
�
�
�
�
� °+αλ+°−αλ+αλ+
+°+αλ−°−αλ−αλ−ω−=
)120cos()120cos(cos
3
2
p 
)120sen()120sen( sen
3
2
irv
cba
cbadad
 (2.71) 
 
 Logo: 
 
 qddad pirv ωλ−λ+= (2.72) 
 
 Da mesma forma: 
 
 dqqaq pirv ωλ+λ+= (2.73) 
 ooao pirv λ+= (2.74) 
 ffff pirv λ+= (2.75) 
 
 As parcelas dpλ , qpλ , opλ e fpλ sãotensões de transformador (pois nos trafos as 
tensões induzidas nos enrolamentos são devidas as variações dos fluxos no tempo). As 
parcelas qωλ e dωλ são tensões de maquina (resultante do movimento dos condutores dentro 
de um campo magnético) 
 
2.3 - ANALISE DAMÁQUINA SINCRONA NO ESTADO ESTACIONÁRIO 
 
 Vamos admitir a máquina síncrona operando como motor no estado estacionário (carga 
constante no seu eixo), alimentada por um sistema trifásico balanceado de correntes: 
 
 
�
�
�
�
�
°+β+ω=
°−β+ω=
β+ω=
)120t(sen I 2i
)120t(sen I 2i
 )t(sen I 2i
c
b
a
 (2.76) 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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134 
 A posição do rotor é dada por tω=α , admitindo-se que ad ≅ no instante t=0. Nestas 
condições teremos: 
 
 Corrente Id 
 { })120cos(i)120cos(icosi
3
2
i cbad °+α+°−α+α= (2.77) 
 
 
{
)120tcos()120tsen( 
)120tcos()120tsen(tcos)tsen( I 2
3
2
id
°+ω°+β+ω+
+°−ω°−β+ω+ωβ+ω=
 (2.78) 
 
 Mas: [ ])sen()sen(
2
1
cos sen β−α+β+α=βα 
 
 
{
})]120t(120tsen[)]120t(120tsen[
)]120t(120tsen[)]120t(120tsen[ 
)]t(tsen[)]t(tsen[
2
1
 I 2
3
2
id
°+ω−°−β+ω+°+ω+°−β+ω+
+°−ω−°−β+ω+°−ω+°−β+ω+
+ω−β+ω+ω+β+ω=
 (2.79) 
 
 
{
})sen()120t2sen( 
)sen()120t2sen()sen()t2sen(
2
1
 I 2
3
2
id
β+°−β+ω+
+β+°+β+ω+β+β+ω=
 (2.80) 
 
 )sen( I 2id β= (2.81) 
 
 Corrente Iq 
 { })120sen(i)120sen(iseni
3
2
i cbaq °+α−°−α−α−= (2.82) 
 
 
{
)120tsen()120tsen( 
)120tsen()120tsen(tsen)tsen( I 2
3
2
iq
°+ω°+β+ω+
+°−ω°−β+ω+ωβ+ω−=
 (2.83) 
 
 Mas: [ ])cos()cos(
2
1
sen sen β+α−β−α=βα 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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135 
 
{
})]120t(120tcos[)]120t(120tcos[
)]120t(120tcos[)]120t(120tcos[ 
)]t(tcos[)]t(tcos[
2
1
 I 2
3
2
id
°+ω−°−β+ω+°+ω+°−β+ω+
+°−ω−°−β+ω+°−ω+°−β+ω+
+ω−β+ω+ω+β+ω−=
 (2.84) 
 
 
{
})cos()120t2cos( 
)cos()120t2cos()cos()t2cos(
2
1
 I 2
3
2
id
β+°−β+ω+
+β+°+β+ω+β+β+ω−=
 (2.85) 
 
 )(cos I 2id β−= (2.86) 
 
 Da mesma forma obtém: 
 
 0io = 
 
 Como se vê id e iq são correntes continuas, pois β é constante. Dependendo o instante 
em que a chave foi fechada, podemos ter uma dessas correntes igual a zero. 
 Se id e iq são constantes e io=0 teremos os seguintes fluxos na máquina: 
 
 ddfafd iLiL +=λ → constante 
 qqq iL=λ → constante 
 0iL ooo ==λ → constante 
 dafffff iL2
3
iL +=λ → constante 
 
 Se os fluxos são constantes as tensões se transformador são nulas. Então: 
 
 qdaqddad irpirv ωλ−=ωλ−λ+= 
 
Mas: qqq iL=λ 
 
 qqdad iLirv ω−= (2.87) 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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136 
 dqadqqaq irpirv ωλ+=ωλ+λ+= 
 
Mas: ddfafd iLiL +=λ 
 
 )iLiL(irv ddfafqaq +ω+= (2.88) 
 
 ooao pirv λ+= 
 
 0vo = (2.89) 
 
 ffffff irpirv =λ+= 
 
 fff irv = (2.90) 
 
 Chamando: 
 
ωLq =Xq → reatância síncrona de eixo em quadratura 
ωLd =Xd → reatância síncrona de eixo direto 
 
 
�
�
�
�
�
�
�
=
=
+ω+=
−=
fff
o
ddfafqaq
qqdad
irv
0v
ixILirv
ixirv
 (2.91) 
 
 As tensões de fase da máquina valem, então: (a partir da matriz transformação 
DQO→ABC) 
 
 oqda vsenvcosvv +α−α= (2.92) 
 tsen)iXiLir(tcos)iXir(v ddfafqaqqdaa ω+ω+−ω−= (2.93) 
 
 Ou: 
 
 )90tcos()iXiLir(tcos)iXir(v ddfafqaqqdaa +ω+ω++ω−= (2.94) 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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137 
 As parcelas tcosid ω , )90tcos(iq °+ω e )90tcos(id °+ω são correntes alternadas. 
Vamos representa-las na forma fasorial, em valor eficaz: 
 
 )90tcos()
2
i
X
2
iL
2
i
r(tcos)
2
i
X
2
i
r(
2
v d
d
fafq
a
q
q
d
a
a +ω+ω++ω−= (2.95) 
 
 Logo: 
 
 )90tcos()IXEIr(tcos)IXIr(V ddfqaqqdaa +ω+++ω−= (2.96) 
 
 Chamando: 
 
 
�
�
�
++=
−=
ddfqaq
qqdad
IXEIrV
IXIrV
 
 
 Resulta: 
 
 )90tcos(VtcosVV qda +ω+ω= (2.97) 
 
 Ou fasorialmente: 
 
 qda VjVV ��� += (2.98) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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138 
2.4 - DIAGRAMA FASORIAL 
 
 A seguir será traçado o diagrama fasorial com as equações obtidas anteriomente. 
 
 
 
Fig. 2.17 - Diagrama fasorial 
 
 Tratando dI , qI , dv , qV e fE como fasores podemos redesenhar o diagrama como 
mostra a figura a seguir: 
 
 
 
Fig. 2.18 - Diagrama fasorial do motor síncrono 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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139 
 Do diagrama fasorial do motor síncrono podemos escrever que: 
 
 aaqqddfa IrIjXIjXEV ����� +++= (2.99) 
 
 A equação acima representa equação da tensão de fase do motor síncrono. A corrente 
de fase vale: 
 
 qda IjII ��� += (2.100) 
 
 Onde: 
 
 ϕcos → é o fator de potência do motor; 
 δ → (entre aV e fE ) é chamado de ângulo de carga da máquina; 
 
IMPORTANTE: 
EQUAÇÃO DA TENSÃO DA CORRENTE DE FASE DO MOTOR SÍNCRONO 
aaqqddfa IrIjXIjXEV ����� +++= 
qda IjII ��� += 
 
 
 Para o gerador teremos (invertendo o sentido da corrente na equação do motor): 
 
 aaqqddaf IrIjXIjXVE ����� +++= (2.101) 
 
 A equação acima representa equação da tensão de fase do gerador síncrono. 
 
 • No motor a tensão aE é a força contra eletromotriz que se opõe a tensão da rede de 
alimentação aV . 
 
 • No gerador a tensão aE é a força eletromotriz. A tensão nos terminais do gerador, 
aV , é igual a força eletromotriz aE , menos as quedas de tensão na impedância do gerador. 
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140 
 Observe que aE �
�
�
�
	
 ω=
2
i L 
E fafa depende diretamente da corrente de campo fi e da 
velocidade ω da máquina. Então é a mesma expressão [ ]ωΦ= KEa desenvolvida no estudo 
da máquina de corrente continua. 
 O diagrama fasorial do gerador tem o seguinte aspecto: 
 
 
 
Fig. 2.19 - Diagrama fasorial do motor síncrono 
 
 
 Observe nos digramas que: 
 
 1- No motor a tensão aV esta a frente da tensão aE . 
 2- No motor a tensão aE esta a frente da tensão aV 
 
 
IMPORTANTE: 
EQUAÇÃO DA TENSÃO DA CORRENTE DE FASE DO GERADOR SÍNCRONO 
aaqqddaf IrIjXIjXVE ����� +++=qda IjII ��� += 
 
 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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141 
2.4.1 - CONSTRUÇÃO DO DIAGRAMA FASORIAL 
 
2.4.1.1 - GERADOR 
 
 Vamos construir o diagrama fasorial de um gerador síncrono a partir das grandezas 
conhecidas aV , aI e ϕ. Grandezas estas que podem ser medidas nos terminais da máquina. 
São conhecidas também as constantes da máquina ar , dX , qX . 
 Vamos supor o diagrama completo. Portanto temos a equação do gerador síncrono: 
 
aaqqddaf IrIjXIjXVE ����� +++= 
 
 
 
 
 Seja O’B’ ⊥ OB por construção. Então A’B’ ⊥ AB e O’A’ ⊥ AO e os triângulos OAB e 
O’A’B’ são semelhantes. 
 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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142 
 Então: 
 
 
OA
AO
AB
BA
OB
BO ′′=
′′
=
′′
 (2.102) 
 
 
AB
BA
 OBBO
′′
=′′ (2.103) 
 
 Mas: IOB a= , qqIjXBA =′′ e qIAB = . Portanto: 
 
 
q
qq
a I
IjX
 I
AB
BA
 OBBO =
′′
=′′ (2.104) 
 
 qaXjIBO =′′ 
 
 Assim o fasor: 
 
 IjX IrVEBO qqaaa ++==′ 
 
 Localiza-se o eixo em quadratura. A partir desse ponto determina-se dI , qI e o restante 
do diagrama. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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143 
2.4.1.2 - MOTOR 
 
 Para o caso do motor síncrono teremos: 
 
aaqqddfa IrIjXIjXEV ����� +++= 
 
 
 
 Seja O’B’ ⊥ OB por construção. Então O’A’ ⊥ AB e A’B’ ⊥ OA e os triângulos OAB e 
O’A’B’ são semelhantes. 
 
 
 
 
 Então: 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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144 
 
OA
BA
AB
AO
OB
BO ′′=
′′
=
′′
 (2.105) 
 
 
AB
AO
 OBBO
′′
=′′ (2.106) 
 
 Mas: IOB a= , qqIjXAO =′′ e qIAB = . Portanto: 
 
 
q
qq
a I
IjX
 I
AB
AO
 OBBO =
′′
=′′ (2.107) 
 
 qaXjIBO =′′ 
 
 Assim o fasor: 
 
 IjX- IrVEBO qqaaa −==′ (2.108) 
 
 Localiza-se o eixo em quadratura. A partir desse ponto determina-se dI , qI e o restante 
do diagrama. 
 
2.5 - CARACTERISTICA POTÊNCIA – ÂNGULO NO ESTADO ESTACIONÁRIO 
 
 Vamos admitir a máquina operando como gerador alimentando uma carga trifásica 
equilibrada constante no tempo (estado estacionário). Vamos desprezar a resistencia da 
armadura do gerador. Então: 
 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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145 
 Desprezada a resistência da máquina teremos que a potência convertida (da forma 
mecânica para a forma elétrica) será entregue a carga, sem perda. 
 A potência ativa [Kw ou Mw] disponível nos terminais do gerador será: 
 
 cosIVP aa ϕ= (Kw/fase) (2.109) 
 
 Podemos ainda escrever essa potência como: 
 
 cos I Vsen I VP qada δ+δ= (2.110) 
 
 Equivalente a se projetar Ia e aV sobre os eixos “d” e “q”. O produto das componentes 
de Ia e aV em fase é a potência ativa. 
 Da figura vem: 
 
 I Xsen V qqa =δ (2.111) 
 I Xcos VE ddaf =δ− (2.112) 
 
 Logo: 
 
 
X
sen V
 I
q
a
q
δ= (2.113) 
 
 X
cos VE
 I
d
af
d
δ−= (2.114) 
 
 Levando as eq.(2.113) e eq.(2.114) na eq.(2.110) vem: 
 
 cos 
X
sen V
 Vsen 
 X
cos VE
 VP
q
a
a
d
af
a δ�
�
�
�
�
�
� δ+δ��
�
��
�
� δ−= (2.115) 
 
 cos 
X
sen V
sen 
 X
cos V
sen 
 X
 E V
P
q
2
a
d
2
a
d
fa δδ+δδ−δ= (2.116) 
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146 
 cos sen
X
1
X
1
Vsen 
 X
 E V
P
dq
2
a
d
fa δδ
�
�
�
�
�
�
	
−+δ= (2.117) 
 
 Mas como: 
 
 δ=δδ 2sen
2
1
 cos sen e 
�
�
�
�
�
�
	
 −
=
�
�
�
�
�
�
	
−
dq
qd
dq XX
XX
X
1
X
1
 
 
 Temos então: 
 
 2sen 
XX
XX
2
V
sen 
 X
 E V
P
dq
qd
2
a
d
fa δ
−
+δ= (Kw /fase) (2.118) 
 
 
 Como se vê a potência desenvolvida pela máquina depende diretamente do ângulo por 
isso é chamado de ângulo de carga da máquina. 
 Na expressão de potência temos uma parcela que depende diretamente da corrente de 
campo (ou corrente de excitação) fI , pois 
 2
 I L
 E faff
ω= . Essa é chamada de potência de 
excitação e o torque a ela correspondente é o torque de excitação. 
 A outra parcela da potência independe da excitação, mas depende da diferença entre dX 
e Xq . Na máquina de pólos salientes dX é maior que Xq porque o entreferro na região do 
eixo direto é menor que o entreferro na região do eixo em quadratura. Então gd PP > e 
gd ℜ<ℜ e como ℜ
=
2N
L , 
ℜ
ω=ω
2N
L , teremos 
q
2
qq
d
2
dd
N
LX 
N
LX
ℜ
ω=ω=>
ℜ
ω=ω= . 
 Essa parcela é chamada de potência de relutância e o torque correspondente a ela é 
chamado de torque de relutância. 
 Nas máquinas de rotor liso temos qd ℜ=ℜ , logo qd XX = , e logo é nula a potência de 
relutância. Então: 
 
 liso]rotor de [máquina sen 
 X
 E V
P
d
fa δ= (Kw /fase) (2.119) 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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147 
2.6 - MOTOR SÍNCRONO – PRINCIPIO DE OPERAÇÃO 
 
 Vamos supor inicialmente o motor em repouso. Alimentando o enrolamento de campo 
(montado no rotor) criam-se distribuições espaciais senoidais de fluxo magnético sob as 
sapatas polares, distribuição estas que são estáticas (não variáveis no tempo). Alimentando-se 
o enrolamento trifásico da armadura (montado no estator) com 3 correntes alternadas 
defasadas de 120° elétricos no tempo, cria-se o campo girante. O campo girante é uma 
distribuição espacial senoidal de fluxo magnético que viaja ao longo do entreferro com 
velocidade síncrona de p
f 120
s =ω rotações por minuto. 
 Vai então ocorrer uma interação campo do rotor – campo girante do estator. Num dado 
instante tem-se a seguinte situação mostrada esquematicamente na figura abaixo. 
 
 
 
 Os pólos sul do estator repelem os pólos sul do rotor e os pólos norte do estator atraem 
os pólos sul do rotor e vice-versa. 
 Resulta em duas componentes de força sobre o rotor: uma radial, de deformação e uma 
outra tangencial no sentido do campo girante do estator. O motor inicia um movimento no 
sentido do campo girante. Um pequeno tempo depois teremos a seguinte nova situação: 
 
 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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148 
 Nesta nova situação a componente tangencial da força sobre o rotor tem sentido oposto 
ao do campo girante. Como se vê o valor médio da força tangencial atuante no rotor é nula e, 
em conseqüência, o motor síncrono não tem torque de partida próprio. 
 É preciso montar um método auxiliar para a partida do motor síncrono. Nosmotores de 
pequeno porte e médio porte emprega-se uma gaiola de esquilo para a partida do motor. 
Ranhuras paralelas ao eixo são rasgadas nas sapatas polares do rotor e dentro dessas ranhuras 
são alojadas barraras condutoras, normalmente de latão. Todas essas barras axiais são 
interligadas nas suas extremidades do rotor formando uma gaiola cilíndrica (gaiola de 
esquilo– squiprel cage). 
 O processo de partida do motor síncrono se dá com descrito a seguir: 
 Sem carga mecânica acoplada ao eixo do motor e com o enrolamento de campo 
desenergizado, liga-se a armadura trifásica a uma rede trifásica. Cria-se assim um campo 
girante do estator. O campo girante tem velocidade p
f 120
s =ω (rpm) em relação ao 
rotor(inicialmente em repouso) induzindo tensões nas barras da gaiola. Como a gaiola é curto-
circuitada nas duas extremidades, nela aparece corrente elétrica e força magnética (as barras 
da gaiola estão com corrente dentro do campo magnético girante). O motor síncrono parte 
como se fosse um motor de indução assíncrono e acelera até atingir uma velocidade 
ligeiramente inferior a do campo girante. Neste instante energiza-se o enrolamento de campo. 
Quando o torque de interação campo girante – campo do rotor tiver o mesmo sentido do 
campo girante ocorre o chamado agarramento magnético dos pólos e o motor sincroniza, isto 
é, ele passa a girar com a mesma velocidade do campo girante. Após o sincronismo o rotor 
gaiola fica eletromagneticamente neutro (não há mais velocidade relativa gaiola campo 
girante, logo não há tensão induzida e corrente na gaiola. 
 Após o sincronismo o motor síncrono pode ser carregado. O agarramento magnético 
ocorre porque, sendo pequena a velocidade relativa rotor campo girante, é grande o tempo de 
atuação do torque motor campo girante – campo do rotor, o que permite ao rotor ganhar a 
pequena velocidade do campo girante. 
 
2.7 - GERADOR SÍNCRONO – PRINCIPIO DE OPERAÇÃO 
 
 O gerador deve estar mecanicamente acoplado a uma máquina motriz (turbina 
hidráulica, turbina a vapor, etc...). A máquina motriz deve girar o rotor do gerador numa 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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149 
velocidade constante p
f 120
s =ω rpm, onde ‘p’ é o número de pólos do gerador e ‘f’ é a 
freqüência nominal do gerador. Energiza-se então o enrolamento de campo do gerador com 
uma corrente continua. Essa corrente continua produz uma distribuição espacial senoidal de 
fluxo magnético estático em relação ao próprio rotor. Quando o rotor gira, ele arrasa essa 
distribuição espacial senoidal de fluxo, a qual passa sucessivamente pelos condutores das 
fases ‘a’, ‘b’ e ‘c’ do estator, montadas com deslocamento espacial de 120° elétricos. Tensões 
são induzidas nesses enrolamentos devido ao movimento relativo condutor-campo girante 
magnético. 
 Devido ao deslocamento espacial dos 3 enrolamentos da armadura, as 3 tensões 
induzidas resultam com defasamento de120° elétricos. 
 
 Esta é a chamada condição de gerador em vazio, na qual existem tensões nos terminais 
do gerador, mas são nulas as correntes na armadura. 
 Conectando-se uma carga trifásica nos terminais do gerador haverá corrente nas 3 fases 
da armadura do gerador. Estas correntes estão defasadas de 120° elétricos, pois são 
produzidas por tensões defasadas de 120° elétricos. Produz-se então um campo girante 
(desprezando-se as harmônicas o campo girante é uma distribuição espacial senoidal de 
f.m.m. que viaja ao longo do entreferro do gerador). Esse campo girante interage 
magneticamente com o campo magnético produzido pela corrente no enrolamento do rotor no 
sentido de frear o rotor. É um torque eletromagnético positivo. Para manter o rotor em 
movimento, a maquina motriz deve produzir um torque motriz oposto ao torque 
eletromecânico. Essa é uma condição de gerador de carga. 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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150 
2.8 - POTÊNCIA APARENTE E FATOR DE POTÊNCIA NOMINAIS DO GERADOR 
SÍNCRONO 
 
 Existem dois fatores que limitam a potência de um gerador síncrono. Um desses fatores 
é o torque mecânico no eixo da máquina. As máquinas são hoje projetadas, tal que os eixos 
suportem, no estado estacionário, torques muito maiores que o nominal. Um outro fator que 
limita a potência é o aquecimento dos enrolamentos. 
 O gerador síncrono tem dois enrolamentos: o da armadura (trifásico no estator) e de 
campo (corrente contínua, no rotor). 
 O calor gerado na armadura tem origem na perda ôhmica 2aaCOBRE Ir3P ××= e depende 
apenas da intensidade de corrente, não dependendo do fator de potência. Como existe uma 
temperatura limite para operação segura da armadura, existe um limite de corrente para a 
armadura da máquina. Esse valor da corrente é a corrente nominal da máquina. 
 A potência aparente do gerador, na saída, vale: 
 
 aa Iv3S ××= (Grandezas por fase) (2.120) 
 
 A potência aparente nominal do gerador é a potência aparente correspondente à tensão 
terminal nominal e a corrente de armadura máxima: 
 
 MAXIMO aNOMINAL aNOMINAL Iv3S ××= (2.121) 
 
 Para o gerador síncrono, o nominal de potência é a potência aparente (KVA ou MVA) e 
não a potência ativa. 
 A perda de potência no enrolamento de campo vale 2ffCOBRE IrP ×= . Mas a tensão de 
excitação do gerador vale: 
 2
 I L
 E faff
ω= . Então o limite da corrente de campo fixa o limite 
da tensão de excitação. 
 Consideremos um diagrama fasorial de um gerador síncrono operando com tensão 
terminal nominal e corrente de armadura máxima em diversos fatores de potência 
 Então: 
MÁQUINAS SÍNCRONAS 
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151 
 IX jVE aSaf += 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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152 
 O fator de potência nominal de gerador síncrono é aquele correspondente a tensão 
de excitação máxima, tensão terminal nominal, e corrente de armadura máxima. 
 Operar o gerador síncrono com tensão terminal nominal, corrente de armadura máxima 
e fator de potência abaixo do nominal (ponto A do diagrama), resulta com queima de 
enrolamento de campo. 
 
2.8.1 - DIAGRAMA LIMITE DE OPERAÇÃO ESTÁVEL DO GERADOR 
 
Consideremos um gerador síncrono operando com tensão terminal nominal fornecendo 
potência a uma carga com fator de potência indutivo. O diagrama fasorial correspondente tem 
o seguinte aspecto: 
 
 IX jVE aSaf += 
 
 
 
 Vamos agora construir um sistema de coordenadas na extremidade de aV conforme 
aparece na figura acima. Decompondo aSIX obtemos: 
 
 aSIXCA = (2.122) 
 ϕ= senIXCB aS (2.123) 
 ϕ= cosIXBA aS (2.124) 
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153 
 Vamos em seguida multiplicar todas as tensões da diagrama anterior por 
s
a
X
V
3 3. O novo 
diagrama resulta: 
 
 
 
 aaaS
S
a
S
a IV3IX
X
V
3CA
X
V
3'C'A ××=== 
 
 aa IV3S ××= [POTÊNCIA APARENTE DO GERADOR] 
 
 ϕ×××=ϕ== senIV3senIX
X
V
3CB
X
V
3'C'B aaaS
S
a
S
a 
 
 
 ϕ×××= senIV3S aa [POTÊNCIA REATIVA DO GERADOR] 
 
 
 ϕ×××=ϕ== cosIV3cosIX
X
V
3BA
X
V
3'B'A aaaS
S
a
S
a 
 
 ϕ×××= cosIV3S aa [POTÊNCIA ATIVA DO GERADOR] 
 
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154 
 Vamos agora desenhar ascurvas de capacidade da gerador. A máxima corrente de 
armadura fixa a potência aparente do gerador. Desenhamos, com centro no ponto uma 
circunferência de raio aa IV3S ××= . Em seguida desenhamos uma circunferência de centro 
sobre o eixo Kvar em 
s
2
a
X
V
3− e de raio 
s
af
X
VE
3 , onde fE é a máxima tensão de excitação 
correspondente a máxima corrente admissível. 
 
 
 
 
 
 Existe ainda um outro limite externo ao gerador que é a máxima potência que a máquina 
motriz pode desenvolver. 
 
 
 
 
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155 
2.9 - CURVAS “V” DO MOTOR SÍNCRONO 
 
 Vamos analisar o comportamento de um motor síncrono quando ele opera sob tensão 
terminal nominal constante com carga fixa em seu eixo e variamos a sua corrente de campo. 
Desprezaremos a resistência da armadura. 
 Vamos supor que, inicialmente, o motor esteja operando como uma carga indutiva, com 
a corrente atrasada em relação a tensão terminal Va , com 0P > e 0Q > ( motor consome 
potência ativa e potência reativa). 
 O diagrama fasorial mostra esta situação: 
 
 IX jEV aSfa += 
 
 
 
 A potência ativa pode ser escrita como: 
 
 ϕ××= cosIVP aa (W/fase) 
 
 Ou: 
 
 ϕ= sen
X
EV
P
S
fa (W/fase) 
 
 E como Va e XS são constantes, teremos: ϕ× cosIa e δ× senE f constantes para se 
ter P constante. 
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156 
 A potência ativa que o motor desenvolve depende somente da carga mecânica acoplada 
ao seu eixo; É o trabalho realizado para girar essa carga numa velocidade constante. E não é 
afetada por qualquer variação da corrente de campo. 
 Quando aumentamos o valor da corrente de campo fI , aumentamos proporcionalmente 
a tensão de excitação E f �
�
�
�
	
 ω=
 2
 I L
 E faff . Para P=cte, ctesenE f =δ e a extremidade do 
fasor E f deve permanecer sobre a linha “m” do diagrama. 
 O fasor Ia deve girar tal que IX jEV aSfa += , como para P=cte, ctecosIa =ϕ× , a 
extremidade do fasor deve permanecer sobre a reta “n” do diagrama. 
 Como se vê, um aumento de , If provoca uma diminuição em Ia , e um aumento no 
ϕcos para o motor síncrono operando indutivamente. 
 Aumentando mais um pouco a corrente de campo alcançamos uma situação na qual Ia 
resulta em fase com Va , o fator de potência é unitário e a corrente Ia é a mínima possível 
para a potência “P” desenvolvida. 
 Aumentando mais um pouco a corrente de campo o motor passa a operar com a corrente 
de armadura adiantada em relação a tensão terminal, isto é, o motor comporta-se como uma 
carga resistiva capacitiva, com P>0 e Q<0, fornecendo potência reativa ao sistema. 
 Lançando num gráfico fa I I × para P=cte obtemos uma curva com a forma de um “V”. 
 
 
 
 O ponto mínimo da curva “V” corresponde ao F.P. unitário. 
 Para f1a II < ( VcosE af <δ ) o motor opera indutivamente e ele é dito sub excitado. 
 Para f1a II > ( VcosE af >δ )o motor opera capacitivamente e ele é dito sobre excitado. 
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157 
PARAMETROS DAS MÁQUINAS SÍNCRONAS 
(Fonte ABB) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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EXERCICÍOS PROPOSTOS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS 
 
Exercício - 01 
As reatâncias Xd e Xq de um gerador síncrono de pólos salientes valem 1,00 e 0,60 por 
unidade (pu) respectivamente. A resistência da armadura é desprezível. Calcule a tensão de 
excitação quando o gerador fornece potência nominal com fator de potencia 0,80 indutivo e 
tensão terminal nominal. 
 
Exercício - 02 
 Uma máquina síncrona de entreferro uniforme tem 2 pólos e enrolamento trifásico 
conectado em Y no estator. Os enrolamentos do estator têm indutância síncrona de 0,01H e 
resistência desprezível. O enrolamento do rotor tem indutância de 20H e resistência de 10Ω. 
Ele é ligado a uma fonte de corrente continua de 100 Volts. A indutância mutua entre o rotor e 
uma fase do estator quando seus eixos estão alinhados é 0,4H. 
 A máquina esta operando como gerador no estado estacionário ( regime permanente) 
remetendo potência a um sistema trifásico balanceado com fator de potencia 1,0 e freqüência 
angular de 500 rad/s. A tensão terminal por fase é 1000 Volts eficazes. Qual é a potencia de 
saída desse gerador nestas condições? 
 
Exercício – 03 
 Um motor síncrono de 1000 Hp, 2300 Volts, trifásico, ligado em Y, freqüência 60 Hz, 
20 pólos, tem reatância síncrona de 4,00 Ω por fase. Neste problema podemos considerar o 
motor como tendo rotor liso e todas as perdas podem ser desprezadas. 
 a) Esse motor opera conectado a uma barra infinita de tensão e freqüência nominal. A 
corrente de excitação é ajustada tal que o fator de potência seja unitário quando a carga no 
eixo do motor requer uma entrada de 800 KW. Se a carga no eixo do motor é vagarosamente 
aumentada, como a corrente de campo é mantida constante, determine o torque máximo que o 
motor pode desenvolver. 
 b) suponha agora, que o motor é alimentado por um gerador síncrono de 1000 KVA, 
2300 Volts, trifásico, Y, cuja reatância síncrona é também 4,00 Ω. A freqüência é mantida 
constante por um servomecanismo e as correntes de excitação do motor e do gerador são 
mantidas constantes nos valores para os quais se tem tensão terminal nominal quando o motor 
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159 
absorve 800 KW com fator de potência unitário. Se a carga no eixo do motor é vagarosamente 
aumentada, determine o torque máximo. Determine também a corrente da armadura, a tensão 
terminal e o fator de potencia correspondente a essa carga máxima. 
 c) Determine o torque máximo se, ao contrario de permanecer constante como no item 
(b), as correntes de campo do motor e do gerador são vagarosamente acrescidas tal a se 
manter sempre a tensão terminal no valor normal com o fator de potência unitário enquanto a 
carga no eixo é aumentada. 
 
Exercício – 04 
 Refazer o estudo da característica potencia-ângulo no estado estacionário, para uma 
máquina síncrona de pólos salientes considerando uma linha de transmissão de reatância de 
XL Ω/fase entre os terminais da máquina e um barramento. Desprezar as resistências. 
 
Exercício – 05 
 Que percentagem de sua potência de saída pode um motor síncrono de pólos salientes 
desenvolver sem perder o sincronismo. Quando a tensão aplicada é nominal e a corrente de 
excitação é nula, se Xd=0,80 pu e Xq=0,50 pu ? Calcule a corrente pu da máquina na potencia 
máxima ? 
 
Exercício – 06 
 Um motor síncrono tem Xd=0,80 e Xq=0,50 pu. Ele esta operando alimentado por uma 
barra infinita de Va=1,0 pu. Despreze todas as perdas. Qual e a mínima excitação pu para o 
qual a maquina ainda permanece em sincronismo com torque nominal ? Nessa condição, 
determine a corrente da armadura pu e o fator de potência ? 
 
Exercício – 07 
 Um gerador síncrono está ligado a uma barra infinita através de 2 linhas de transmissão 
paralelas, cada uma tendo reatância de 0,60 pu incluídos os trafos elevador e abaixador das 2 
extremidades. 
 A reatância síncrona do gerador é 0,90 pu. Todas as resistências podem ser desprezadas 
e as reatâncias estão expressas em pu tomando-se os nominais do gerador como base. A 
tensão da barra infinita é 1,0 pu. 
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160 
a) A potencia de saída e a excitação de gerador, são tais que ele fornece corrente nominal com 
fator de potência unitário nos seus terminais no estado estacionado. 
Determine as voltagens nos terminais do gerador e de excitação, a potência de saída e a 
potência reativa remetida a barra infinita. 
 b) A máquina motriz é agora afastadatal que não ocorra transferência de potência entre 
o gerador e a barra infinita. A corrente do campo do gerador é afastado num valor que resulta 
numa remessa de 0,50 pu de potência reativa imagina a barra dessas condições, calcule as 
voltagens no terminal do gerador e de excitação. 
 c) O sistema é agora levado a operar nas condições descritas no item (a) uma das duas 
linhas de transmissão e destinado pela ação dos disjuntores nos terminais. A corrente de 
excitação do gerador é mantida constante. O gerador se manterá em sincronismo? 
Após comparar a potência que se deseja transferir com a máxima nestas condições, dê uma 
opinião sobre a adequacidade do sistema de transmissão. Calcule, nestas condições Ia, Ia, fp 
nos terminais do gerador. 
 
Exercício – 08 
Um gerador síncrono de 50 KVA, cós=0,8, 480V (Y), 60Hz, 6 pólos tem reatância síncrono 
de 1,0 /fase. O gerador esta acoplado a uma turbina a vapor capaz de suprir até 45KW. As 
perdas mecânicas do gerador somam 1,5KW e as perdas no ferro somam 4,0KW. 
 a) Desenhe o diagrama de capacidades desse gerador, incluindo o limite da máquina 
motriz. 
 b) Pode esse gerador suprir uma corrente de linha de 56A com fator de potência 0,7 
indutivo? Porque sim ou não ? 
c) Qual é a máxima potência reativa que esse gerador pode produzir? 
 d) Se o gerador supre 30KW de potência ativa, qual é a máxima potência reativa que ele 
pode suprir simultaneamente ? 
 
Exercício – 09 
 A barra infinita da figura opera em 480V a carga 1 e um motor de indução consumindo 
100Kw com fp 0,78. A carga 2 é um motor de indução consumindo 200Kw com fp 0,80. A 
carga 3 é um motor síncrono consumindo 150Kw. 
 a) Se o motor síncrono é ajustado para operar com fp 0,85 indutivo, qual é a corrente na 
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161 
linha do sistema de transmissão ? 
 b) Se o motor síncrono é ajustado para operar com fp 0,85 capacitivo, qual é a corrente 
na linha de transmissão ? 
 c) Compare as perdas na linha de transmissão nos casos (a) e (b). 
 
 
01) Um gerador síncrono de 480V (∆), 60 Hz, 4 pólos tem a curva a vazio mostrada na figura 
abaixo. Este gerador tem uma reatância síncrona de 0,1 Ω/fase e resistência de armadura de 
0.015 Ω. A plena carga, esta máquina fornece 1200A com fator de potência de 0.8 indutivo. 
Sob a condição de plena carga as perdas de ventilação são de 40 kW e perdas no ferro são de 
30 kW. Ignore qualquer perda no circuito de campo. 
 a) Qual é a velocidade de rotação desse gerador ? 
b) Qual o valor da corrente de campo fornecida ao gerador para se ter uma tensão 
terminal de 480 V sem carga ? 
c) Se o gerador é agora conectado a carga e a carga consome 1200 A com fator de 
potência de 0.8 indutivo, qual o valor da corrente de campo que deve ser aplicada para manter 
a tensão terminal igual a 480 V ? 
d) Qual o valor da potência que o gerador fornece no caso do item c) Qual o valor da 
potência da maquina motriz? Qual é a eficiência desta maquina ? 
 e) Se o gerador esta em carga e for repentinamente desconectado da linha, qual será o 
valor da tensão nos terminais do gerador ? 
 
 
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162 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO DOS EXERCICÍOS PROPOSTOS DE MÁQUINAS SÍNCRONAS 
 
Exercício – 03 
a) 
 
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1000Hp 2300 
2300 V, Y , 3φ cosϕ = 1,0 
60Hz 800 kW 
Xs= 4,00 Ω Ef = ? 
Ra = 0 Ia= ? 
Nominais do motor 
20 pólos 
Condições de 
operação 
δ = ? 
 
� Calculo da corrente: = ? 
 L LP 3 V I cos( )= × × × ϕ 
 L
L
P 800.000
I 200,8 A
3 V cos( ) 3 2300 1.0
= = =
× × ϕ × ×
 
 
� Fasores, tomando-se Va como referência: 
 a
2300
V 0º 1328 0º volts
3
= = 
 aI 200,8 0º amperes= 
 
� Tensão de excitação: 
 a f s aV E jX I= + 
 f a s aE V jX I= − 
 ( )fE 1328 0º 4 90º 200,8 0º = − × 
 fE 1552 -31,16 volts= 
� Teste: 
 f a1
s
E V 1552 1328
P sen sen(31,16)
X 4φ
× ×= δ = = 
 1P 266,6 kW / faseφ = 
 3P 3 266,6 kW = 800 kWφ = × 
 
� Mantendo Ef = 1552 volts constante, Tmax = ? : 
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 f a3
s
E V
P 3 sen
Xφ
×= × δ 
 f a3 max
s
E V
P 3
Xφ
×= × para δ = 90º 
 3 max
3 1552 1328
P 1,545 MW
4φ
× ×= = 
 
� A velocidade do motor vale: 
 
120 f 120 60
360 rpm
P 20
× ×ω = = = 
 
� O torque máximo vale então: 
 
6
max
max
P 1,545 10
T =41 k N.m
2
360
60
×= = πω ×
 
 
 
 
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165 
 
 
 
b) 
 
 
 
1000Hp 1000 kVA 
2300 V, Y , 3φ 2300 V, Y , 3φ 
60Hz Xsg= 4,00 Ω 
Xsm= 4,00 Ω Ra = 0 
Ra = 0 
Nominais do motor 
20 pólos 
Nominais do 
gerador 
 
 
 
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166 
2300 V, 
cosϕ = 1,0 
800 kW 
Ef = ? 
Ia= ? 
Condições de 
operação 
δ = ? 
 
 
 
� Das condições de operação obtemos: 
 aV 1328 0º volts= 
 fE 1552 -31,16 volts= 
 
� Vamos calcular a tensão de excitação do gerador 
 fg a sg aE V jX I= − 
 ( )fg aE V 1328 0º + 4 90º 200,8 0º = = × 
 fE 1552 31,16 volts= 
 
� Observe que: 
 fg a g
sg
E V 1328 1552 800
sen( ) sen(31,12) kW
X 4 3
× ×δ = = 
 fg a m
sm
E V 1328 1552 800
sen( ) sen(31,12) kW
X 4 3
× ×δ = = 
 fm fg g m
sm sg
E E 1552 1552 800
sen( ) sen(62, 24) kW
(X X ) 8 3
× ×δ + δ = =
+
 
 
� A máxima potência que o gerador consegue transferir a motor ocorre na condição em que 
δm + δg = 90º e vale: 
 
 fm fgmax
sm sg
E E 1552 1552
P 301,9 kW / fase
(X X ) 4 4
× ×= = =
+ +
 
ou 
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167 
3
max 3P =3 301,9 10 903,3 kW− φ × × = 
 
� O torque máximo vale então: 
 maxmax
P 903300
T =23,96 k N.m
2
360
60
= = πω ×