1º TP de Acionamentos.doc

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PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA – MINAS GERAIS
ENGENHARIA ELÉTRICA
ACIONAMENTOS ELÉTRICOS
PROF.: NILO SÉRGIO GOMES
1º TRABALHO PRÁTICO
ALUNOS:	THIAGO ANDRADE FIUZA
				LUCIENE CHAVES DE BRITO
LUIZ FERNANDO GUIMARÃES PEREIRA
JACQUELINE FERREIRA DIAS 
ALFREDO HENRIQUE DUARTE NUNES
2º SEMESTRE / 2.009
EXERCÍCIO 6:
A figura representa um volante de inércia cortado por um plano que passa pelo seu centro. Calcular o momento de inércia em relação ao eixo de giração que passa pelo seu centro, decompondo-o em volumes semelhantes aos da figura. As dimensões são dadas em mm e o material usado na fabricação da peça é aço de massa específica igual a 7,8 kg/dm³.
SOLUÇÃO:
.Momento de inércia da área 1 :
D1 ² = ( 3 ² + 2,4 ² ) / 2 :: D1 ² = 7,38 dm ²
Vol 1 = ( 0,6 * π / 4) * ( 3 ² - 2,4 ² ) :: Vol 1 = 1,53 dm ³
M 1 = 1,53 * 7,8 :: M 1 = 11,9 kg
J c1 = ( 11,9 * 7,38 ) / 4 :: J c1= 21,97 kg.dm ² :: J c1 = 0,2197 kg.m ²
. .Momento de inércia da área 2 :
D2 ² = ( 1 ² + 0,3 ² ) / 2 :: D2 ² = 0,545 dm ²
Vol 2 = ( 0,6 * π / 4) * ( 1 ² - 0,3 ² ) :: Vol 2 = 0,428 dm ³
M 2 = 0,428 * 7,8 :: M 2 = 3,34 kg
J c2 = ( 3,34 * 0,545 ) / 4 :: J c2 = 0,455 kg.dm ² :: J c2 = 0,00455 kg.m ²
.Momento de inércia da área 3 :
D3 ² = ( 2,4 ² + 1 ² ) / 2 :: D3 ² = 3,38 dm ²
Vol 3 = ( 0,1 * π / 4) * ( 2,4 ² - 1 ² ) :: Vol 3 = 0,374 dm ³
M 3 = 0,374 * 7,8 :: M 3 = 2,92 kg
J c3 = ( 2,92 * 3,38 ) / 4 :: J c3 = 2,46 kg.dm ² :: J c3 = 0,0246 kg.m ²
Logo,	J total = J c1 + J c2 + J c3 :: J total = 0,2197 + 0,00455 + 0,0246 
J total = 0,24885 kg.m²
EXERCÍCIO 7:
O volante da questão 6 será acoplado diretamente ao eixo de um motor elétrico que gira a 1760 rpm nas condições normais de trabalho, acionando um britador. O rotor do motor, que pode ser considerado um cilindro maciço, possui uma massa igual a 50 kg e o seu diâmetro mede 0,20 m. O momento de inércia do britador é igual a 2 kgm². Calcular a energia armazenada no conjunto.
SOLUÇÃO:
D ² motor = ( 0,2 ) ² / 2 :: D ² motor = 0,02 m ²
J motor = ( 50 * 0,02 ) / 4 :: J motor = 0,25 kg.m ²
J total = Σ J = J motor + J britador + J carga :: J total = 0,25 + 2 + 0,24885 
J total = 2,49885 ~ 2,5 kg.m ²
w ² = ( 2 * π * n ) / 60 :: w ² = ( 2 * π * 1760 ) / 60 :: w ² = 184,3 rad / s
Ec = ( J * w ² ) / 2 :: Ec = ( 2,49885 * 184,3 ) / 2 :: Ec = 42461 Joule
EXERCÍCIO 9:
A figura representa, simplificadamente, um conjunto para fazer levantamento de cargas. O tambor do guincho, sobre o qual se enrola um cabo de aço que faz o levantamento da carga, tem diâmetro igual a 0,4 m. O sistema está projetado para levantar cargas de até 20000 N de peso a uma velocidade de ascensão constante igual a 0,62 m/s².
Os momentos de inércia dos elementos componentes do conjunto são os seguintes:
Momento de inércia do acoplamento: J ac1 = 0,075 kgm²
Momento de inércia do tambor: J tb = 400 kgm²
Momento de inércia da engrenagem a1: J a1 = 0,05 kgm²
Momento de inércia da engrenagem b2: J b2 = 0,159 kgm²
Momento de inércia da engrenagem b1: J b1 = 0,525 kgm²
Momento de inércia da engrenagem c: J c = 1,375 kgm²
O rendimendo de todo o sistema de transmissão é igual a 90,25% e as relações de velocidades dos eixos são:
w a / w b = 6,05 ; w b / w c = 10
Pede-se:
( a ) Determinar a potência que o motor está fornecendo ( dar seu número de pólos para uma frequência de 60 Hz. 
( b ) Calcular o momento de inércia total referido ao eixo motor.
SOLUÇÃO:
( a )
P r1 = 20000 * 0,62 :: P r1 = 12400 W = 12,4 kW
C r1 = 20000 * ( 0,4 / 2 ) :: C r1 = 4000 N.m
w c = 0,62 / 0,2 :: w c = 3,1 / s :: w c = 3,1 rad / s
η red = P r1 / P mec :: P mec = P r1 / η red
 P mec = 12,4 k / 0,9025 :: P mec = 13,739 kW 
w a / w b = 6 ; w b / w c = 10,05 :: w a / w c = 60,3 :: w a = 60,3 * w c
w a = 60,3 * 3,1 :: w a = 186,93 rad / s
w a = ( 2 * π * n) / 60 :: n = ( w a * 60 ) / ( 2 * π ) :: n = 1785,05 rpm
Logo, o motor tem 4 pólos.
.Motor comercialmente escolhido:
Motor de indução rotor gaiola ( MIRG ) ; 15 kW ( 20 cv ) ; 4 pólos ; 1760 rpm ;
220 V ( Δ ) / 380 V ( Y ) ; 52,8 A / 30,47 A ; 60 Hz ; C p = 2,2 p.u. ;
C max = 2,3 p.u. ; η 100% = 89,8 % ; Cos φ 100% = 0,83 ; J m = 0,08029 kg.m 
C r = ( C r1 / η ) * ( w c / w a ) :: C r = ( 4000 / 0,9025) * ( 1 / 60,3 )
C r = 73,87 N.m
( b )
J total = J m + J ac1 + J a1 + [ J b1 * ( w b / w a ) ² ] + [ J b2 * ( w b / w a ) ² ] + 
 + [ J c * ( w c / w a ) ² ] + [ J ac2 * ( w c / w a ) ² ] + 
 + [ J tb * ( w c / w a ) ² ] + [ M * ( v / w a ) ² ]
J total = 0,08029 + 0,075 + 0,05 + [ 0,525 * ( 1 / 6,05 ) ² ] + 
 + [ 0,159 * ( 1 / 6,05 ) ² ] + [ 1,375 * ( 1 / 60,5 ) ² ] +
 + [ 0 * ( 1 / 60,5 ) ² ] + [ 400 * ( 1 / 60,5 ) ² ] + 
 + [ ( 20000 / 9,81 ) * ( 0,02 / 186,93 ) ² ]
J total = 0,2196 + 0,004719 + 0,1092 + 0,00002333 :: J total = 0,3335 kg.m²
Obs:	Ec total = ( J total * w a ² ) / 2
	Ec total = ( 0,3335 * 186,93 ² ) / 2
	Ec total = 5826,7 J
	
EXERCÍCIO 10:
	
A figura representa um conjunto de engrenagens ( “trem de engrenagens” ) que deverá ser empregado para conseguir uma redução de 0,125 na velocidade do motor e de modo a se obter o mínimo momento de inércia equivalente referido ao eixo do motor. Todas as engrenagens são maciças, têm a mesma largura e o momento de inércia dos eixos sobre os quais estão montadas é desprezível.
	Calcular os momentos de inércia de cada umas das soluções dadas a seguir, referidos ao eixo do motor, tomando como base o momento de inércia da engrenagem ( pinhão ) do eixo do motor, o qual será suposto conhecido e igual a 1 p.u..
	 ( a ) Primeira solução: redução simples: 0,125;
	( b ) Segunda solução: redução dupla: 0,5 seguida de 0,25;
	( c ) Terceira solução: redução dupla: 0,333 seguida de 0,375;
	( d ) Quarta solução: redução dupla: 0,25 seguida de 0,5.
	SOLUÇÃO:
( a )
v = w * R :: w1 * R1 = w2 * R2 :: w1 * d1 = w2 * d2 :: w1 / w2 = d2 / d1
d2 / d1 = 1 / 0,125 :: d2 = 8 * d1
Como J = ( M * D ² ) / 4 e D ² = d1 ² / 2 :: J = ( M * d1 ² ) / 8
Volume = ( π * h * d1 ² ) / 4 
M = γ * Volume :: M = γ * [ ( π * h * d1² ) / 4 ]
Logo,		J = ( M * d1 ² ) / 8 :: J = { γ * [ ( π * h * d1 ² ) / 4 ] * d1 ² } / 8 
 :: J = ( γ * π * h * d1 ⁴ ) / 32 :: J = k * d1 ⁴ = J 1 = 1 p.u.
J2 = k * d2 ⁴ 
Como d2 = 8 * d1 :: J2 = k * ( 8 * d1 ) ⁴ :: J2 = k * d1 ⁴ * 8 ⁴ = 8 ⁴ p.u.
Jeq = J1 + J2 * ( 0,125 ) ² :: Jeq = 1 p.u. + [ 8 ⁴ * ( 0,125 ) ² ] :: Jeq= 65 p.u.
( b )
w1 / w2 = d2 / d1 = 1 / 0,5 :: d2 = 2 * d1
J1 = k * d1 ⁴ :: J1 = 1 p.u.
J2 = k * d2 ⁴ :: J2 = k * ( 2 * d1 ) ⁴ :: J2 = 2 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J2 = 16 p.u.
w2 / w3 = d3 / d2 = 1 / 0,25 :: d3 = 4 * d2 :: d3 = 4 * ( 2 * d1 ) :: d3 = 8 * d1
J3 = k * d3 ⁴ :: J3 = k * ( 8 * d1 ) ⁴ :: J3 = 8 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J3 = 4096 p.u.
Então,		Jeq = J1 + [ J2 * ( w2 / w1 ) ² ] + [ J3 * ( w3 / w1 ) ² ]
Como		 w3 / w1 = ( w2 / w1 ) * ( w3 / w2)
w3 / w1 = 0,5 * 0,25 :: w3 / w1 = 0,125
Logo,		Jeq = 1 p.u. + [ 16 p.u. * ( 0,5 ) ² ] + [ 4096 p.u. * ( 0,125 ) ² ]
Jeq = 69 p.u.
	( c )
w1 / w2 = d2 / d1 = 1 / 0,333 :: d2 = 3 * d1
J1 = k * d1 ⁴ :: J1 = 1 p.u.
J2 = k * d2 ⁴ :: J2 = k * ( 3 * d1 ) ⁴ :: J2 = 3 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J2 = 81 p.u.
w2 / w3 = d3 / d2 = 1 / 0,375 :: d3 = 2,667 * d2 :: d3 = 2,667 * ( 3 * d1 ) 
 :: d3 = 8 * d1
J3 = k * d3 ⁴ :: J3 = k * ( 8 * d1 ) ⁴ :: J3 = 8 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J3 = 4096 p.u.Então,		Jeq = J1 + [ J2 * ( w2 / w1 ) ² ] + [ J3 * ( w3 / w1 ) ² ]
Como		 w3 / w1 = ( w2 / w1 ) * ( w3 / w2)
w3 / w1 = 0,333 * 0,375 :: w3 / w1 = 0,124875
Logo,		Jeq = 1 p.u. + [ 81 p.u. * ( 0,333 ) ² ] + [ 4096 p.u. * ( 0,124875 ) ² ]
Jeq = 73,85 p.u.
	( c )
w1 / w2 = d2 / d1 = 1 / 0,25 :: d2 = 4 * d1
J1 = k * d1 ⁴ :: J1 = 1 p.u.
J2 = k * d2 ⁴ :: J2 = k * ( 4 * d1 ) ⁴ :: J2 = 4 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J2 = 256 p.u.
w2 / w3 = d3 / d2 = 1 / 0,5 :: d3 = 2 * d2 :: d3 = 2 * ( 4 * d1 ) 
 :: d3 = 8 * d1
J3 = k * d3 ⁴ :: J3 = k * ( 8 * d1 ) ⁴ :: J3 = 8 ⁴ * k * d1 ⁴ :: J3 = 4096 p.u.
Então,		Jeq = J1 + [ J2 * ( w2 / w1 ) ² ] + [ J3 * ( w3 / w1 ) ² ]
Como		 w3 / w1 = ( w2 / w1 ) * ( w3 / w2)
w3 / w1 = 0,25 * 0,5 :: w3 / w1 = 0,125
Logo,		Jeq = 1 p.u. + [ 256 p.u. * ( 0,25 ) ² ] + [ 4096 p.u. * ( 0,125 ) ² ]
Jeq = 81 p.u.
EXERCÍCIO 14:
A tiragem de um forno de aquecimento de uma refinaria de petróleo é feita com o auxílio de um exaustor ( característica mecânica parabólica crescente com a velocidade ) acionado por um motor de indução trifásico, rotor em gaiola, acoplado diretamente ao seu eixo. O conjugado de atrito do compressor é igual a 10% do seu conjugado nominal. Quando o conjunto opera na sua condição nominal, para evitar baixa temperatura no interior do forno, na saída do exaustor há uma válvula tipo borboleta que controla a vazão dos gases e que opera numa posição semi aberta. Desta forma, há perda de energia localizada durante a operação que foi estimada em 12% de toda a energia consumida pelo exaustor quando ele opera na velocidade de 1780 rpm. As principais características do motor são:
30 kW – 60 Hz – 4 pólos – 1780 rpm – 440 V	
Para reduzir estas perdas, o engenheiro recomendou a instalação de um inversor de frequência que vai permitir o motor operar na velocidade de 1580 rpm, sem elevar sua temperatura a valores perigosos para sua classe de isolamento e permitir que a válvula borboleta opere numa posição menos inclinada para economizar energia. As perdas na nova condição operacional do exaustor foram calculadas a 8% de toda a energia consumida pelo exaustor. Supondo que o forno opera 360 dias/ano, 24 horas/dia, qual será a energia economizada pelo exaustor, em kWh, com a instalação do inversor?
	SOLUÇÂO:
.Condição nominal:
Pr = 30 kW
Δ P valvula = 12% de 30 kw :: Δ P valvula = 3,6 kW
C rn = ( 30 * 9550 ) / 1780 :: C rn = 160,955 ~ 161 N.m
K r = ( 160,955 – 16,0955 ) / 1780² :: K r = 45,7 μ N / rpm ²
.Nova situação:
n ’ = 1580 rpm
C r ’ = Co + K r n’ ² :: C r ‘ = 16,0955 + ( 45,7μ * 1580 ² ) ::
C r ‘ = 130,23 N.m
P r ‘ = ( C r ‘ * n ‘ ) / 9550 :: P r ‘ = ( 130,23 * 1580 ) / 9550 :: 
P rn ‘ = 21,546 kW
Δ P ‘ valvula = 8% de 21,53 kW :: Δ P ‘ valvula = 1,724 kW
Δ P ‘ = Δ P valvula – Δ P ‘ valvuva :: Δ P ‘ = 3,6 kW – 1,724 kW 
Δ P ‘ = 1,876 kW
Logo,	Δ Ec = Δ P ‘ * 360 * 24 :: Δ Ec = 1,876 k * 360 * 24 :: 
Δ Ec = 16211 kW.h / ano