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Simulados Conversão de Energia II - Curitiba Estácio

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Wesley Cesar – Estácio Curitiba 
1 - Considere um motor de indução de 200 Volts, 5 HP, com 4 pólos, 60 Hertz, conectado em Y e com um 
escorregamento de 5% a plena carga. Nessas condições, a velocidade do rotor é: 
𝑁𝑁𝑁𝑁 = 120.𝑓𝑓
𝑝𝑝
 
𝑛𝑛𝑛𝑛 = 120.604 = 1800𝑟𝑟𝑝𝑝𝑟𝑟 
Escorregamento 
𝑛𝑛𝑟𝑟 = (1 − 𝑛𝑛),𝑛𝑛𝑛𝑛 
𝑛𝑛𝑟𝑟 = (1 − 0,05). 1800 = 1710𝑟𝑟𝑝𝑝𝑟𝑟 
 
2 - Para o projeto de uma usina hidrelétrica cuja frequência de operação é de 60 Hertz, os técnicos previram 
que as máquinas terão o máximo rendimento na velocidade de 83,73 rpm. O número de pólos desse gerador 
deve ser: 
 
𝑁𝑁𝑁𝑁 = 120.𝑓𝑓
𝑝𝑝
 
𝑝𝑝.𝑁𝑁𝑁𝑁 = 120.𝑓𝑓 
𝑝𝑝 = 120.𝑓𝑓
𝑁𝑁𝑁𝑁
 
𝑝𝑝 = 120.6083,73 = 85,99 = 86 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑛𝑛 
Simulado 2 
1 - Seja uma máquina trifásica de indução de 6 polos de 220 Volts. Quando submetida ao ensaio de rotor 
travado, os medidores de potência ativa e corrente indicam 90 kW e 180 Ampères. A resistência por fase do 
estator, pode ser desprezada e a relação de espiras entre o estator e o rotor vale 4. O valor ôhmico da resistência 
do rotor por fase é, aproximadamente: 
Fórmulas 
𝑉𝑉1𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝
𝑞𝑞. 𝐼𝐼𝑏𝑏𝑝𝑝 
𝑅𝑅𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝
𝑞𝑞. 𝐼𝐼2𝑏𝑏𝑝𝑝 
 
𝑁𝑁𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑞𝑞.𝑉𝑉1𝑏𝑏𝑝𝑝. 𝐼𝐼𝑏𝑏𝑝𝑝 
𝑄𝑄𝑏𝑏𝑝𝑝 = �𝑁𝑁𝑏𝑏𝑝𝑝2 − 𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝2 
𝑋𝑋𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑓𝑓𝑟𝑟
𝑓𝑓𝑟𝑟𝑏𝑏𝑝𝑝
. � 𝑄𝑄𝑏𝑏𝑝𝑝
𝑞𝑞. 𝐼𝐼21𝑏𝑏𝑝𝑝� 
𝑋𝑋𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑋𝑋1 + 𝑋𝑋2. � 𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� 
𝑅𝑅𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2. � 𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟�2 
Valores 
Sbl = Potencia reativa do rotor bloqueado 
R1 = 0 
𝑞𝑞 = 3 
𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝 = 90𝐾𝐾𝐾𝐾 
𝐼𝐼𝑏𝑏𝑝𝑝 = 180𝐴𝐴 
Cálculos 
𝑉𝑉1𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝
𝑞𝑞. 𝐼𝐼𝑏𝑏𝑝𝑝 
𝑉𝑉1𝑏𝑏𝑝𝑝 = 900003.180 = 166,66𝑉𝑉 
𝑁𝑁𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑞𝑞.𝑉𝑉1𝑏𝑏𝑝𝑝. 𝐼𝐼𝑏𝑏𝑝𝑝 
𝑁𝑁𝑏𝑏𝑝𝑝 = 3.166,66.180 = 90000 
𝑄𝑄𝑏𝑏𝑝𝑝 = �𝑁𝑁𝑏𝑏𝑝𝑝2 − 𝑃𝑃𝑏𝑏𝑝𝑝2 
𝑄𝑄𝑏𝑏𝑝𝑝 = �900002 − 900002 = 0 
 
𝑋𝑋𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑓𝑓𝑟𝑟
𝑓𝑓𝑟𝑟𝑏𝑏𝑝𝑝
. � 𝑄𝑄𝑏𝑏𝑝𝑝
𝑞𝑞. 𝐼𝐼21𝑏𝑏𝑝𝑝� 
𝑋𝑋𝑏𝑏𝑝𝑝 = 6015 . � 03. 1802� = 0 
 
𝑋𝑋1
𝑋𝑋2 = 4 = 𝑋𝑋1 = 4𝑋𝑋2 
 
𝑋𝑋𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑋𝑋1 + 𝑋𝑋2. � 𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� 
Substituindo e manipulando 0 = 4𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋2. � 𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� 
𝑋𝑋2. � 𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� = −4𝑋𝑋2 
�
𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� = −4𝑋𝑋2𝑋𝑋2 
�
𝑋𝑋𝑟𝑟
𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟� = −4 
𝑋𝑋𝑟𝑟 = −4. (𝑋𝑋2 + 𝑋𝑋𝑟𝑟) 
𝑋𝑋𝑟𝑟 = −4𝑋𝑋2 − 4𝑋𝑋𝑟𝑟) 
𝑋𝑋𝑟𝑟 + 4𝑋𝑋𝑟𝑟 = −4𝑋𝑋2 5.𝑋𝑋𝑟𝑟 = −4𝑋𝑋2 
𝑋𝑋𝑟𝑟 = −4𝑋𝑋25 
Formula: 𝑅𝑅𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃
𝑞𝑞.𝐼𝐼2𝑃𝑃𝑃𝑃 
𝑅𝑅𝑏𝑏𝑝𝑝 = 900003. 1802 = 0,9259Ω 
 
Formula: 𝑅𝑅𝑏𝑏𝑝𝑝 = 𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2. � 𝑋𝑋𝑋𝑋
𝑋𝑋2+𝑋𝑋𝑋𝑋
�
2
 
 
0,9259 = 0 + 𝑅𝑅2.� −4𝑋𝑋25
𝑋𝑋2 + −4𝑋𝑋25 �
2
 
0,9259 = 𝑅𝑅2.� −4𝑋𝑋25
𝑋𝑋2 + −4𝑋𝑋25 �
2
 
Mínimo múltiplo comum 
𝑋𝑋21 + −4𝑋𝑋25 5𝑋𝑋2 − 4𝑋𝑋25 
𝑋𝑋25 
0,9259 = 𝑅𝑅2.�−4𝑋𝑋2𝟓𝟓𝑋𝑋2
𝟓𝟓
�
2
 
0,9259 = 𝑅𝑅2. �−4𝑋𝑋2
𝑋𝑋2 �2 0,9259 = 𝑅𝑅2. �−4𝑿𝑿𝑿𝑿
𝑿𝑿𝑿𝑿
�
2
 0,9259 = 𝑅𝑅2. (−4)2 0,9259 = 𝑅𝑅2.16 
𝑅𝑅2 = 0,925916 = 0,0578Ω 
 
 0,058 
 
2 - Um motor de Indução trifásico, 6 pólos, 400 Hz, tensão nominal de 150 V, 10 HP, apresenta um 
escorregamento de 3% para a Potência de saída nominal. Sabendo-se que as perdas rotacionais são constantes 
e iguais a 200 W, e que o motor está operando nos valores nominais de tensão, frequência, potência de 
saída e escorregamento, qual das alternativas abaixo apresenta o valor da Potência Mecânica Gerada? 
p=6 
Vl=150V 
1HP = 745,7W 
Então 10 HP = 7457W 
Peixo = Psaida=7457W 
S=0,03 
Prot=200W 
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑝𝑝 = 𝑃𝑃𝑟𝑟𝑃𝑃𝑃𝑃 − 𝑃𝑃𝑟𝑟𝑝𝑝𝑃𝑃 
𝑃𝑃𝑟𝑟𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑝𝑝 + 𝑃𝑃𝑟𝑟𝑝𝑝𝑃𝑃 
𝑃𝑃𝑟𝑟𝑃𝑃𝑃𝑃 = 7457 + 200 = 7657𝑊𝑊 
 7660 W 
 
Simulado 3 
Um gerador síncrono hidrelétrico de 80 polos gira com velocidade de 75 RPM e está conectado a um 
sistema elétrico no qual um segundo gerador síncrono de 96 polos será sincronizado. Nessas 
condições, a velocidade de rotação do gerador de 96 polos será: 
Fórumla: 
𝑁𝑁𝑁𝑁 = 120.𝑓𝑓
𝑝𝑝
 
75 = 120.𝑓𝑓80 = 𝑓𝑓 = 50𝐻𝐻𝑧𝑧 
 
𝑁𝑁𝑁𝑁 = 120.5096 = 62,5 𝑟𝑟𝑝𝑝𝑟𝑟

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