CEME2 Maq Sincrona 17.2

Prévia do material em texto

Faculdade de Engenharia 
Departamento de Engenharia Elétrica 
Prof. Sergio Escalante, Dr. 
slescalante@ieee.org 
Sala: 5017-D 
Conversão Eletromecânica de Energia II 
Máquinas Síncronas 
1 – CONCEITOS 
1.1- Lei de Faraday- Condutor em um campo 
magnético uniforme - princípio gerador, 
regra da mão direita. 
1.2- Condutor em um campo magnético 
conduzindo uma corrente, princípio motor, 
regra da mão esquerda. 
2 - MÁQUINAS DE CORRENTE CONTÍNUA 
2.1 Circuitos magnético, enrolamento do 
campo, enrolamento do induzido, passos, 
enrolamento imbricado simples e múltiplo, 
enrolamento ondulado. 
2.2 Escovas - tipo de material, teoria dos 
arcos voltaicos, teoria da comutação, 
posição correta das escovas. interpolos. 
2.3 Características do gerador - Curva de 
saturação, variação de velocidade. Reação 
do induzido, condutores desmagnetizantes 
e transmagnetizantes. 
 
 
2.4 Gerador paralelo- Resistência de campo, 
elevação da tensão, resistência crítica de 
campo. Equações, característica externa, 
regulação de tensão, influência da 
velocidade na regulação de tensão. Relação 
da característica externa x característica 
interna. 
2.5 Gerador série - característica externa, 
equações, comportamento de acordo com o 
tipo de operação. 
2.6 Gerador composto- paralelo longo e 
curto. Variação da resistência de campo 
paralela, composto super, plano e baixo. 
Relação da característica externa x 
característica interna. 
3- INTRODUÇÃO AO TRANSFORMADOR. 
3.1 Construção, circuito magnético, tipos de 
núcleos, enrolamentos. 
3.2 Circuito equivalente, diagrama fasorial. 
Determinação dos parâmetros, ensaios em 
curto e vazio, circuitos equivalentes 
simplificados. 
3.3 Força eletromotriz induzida, regulação 
de tensão. 
Pré-requisito: CEME - I 
REVISAR MATERIAL DE 
CEME-1 
MAQUINA SÍNCRONA 
Máquinas Síncronas - MS 
• As máquinas síncronas são as mais importantes fontes de 
geração de energia elétrica e produzem a maior parte da energia 
consumida no mundo. 
• Aproximadamente 95 % de toda a potência é gerada por 
máquinas síncronas. 
• Os geradores síncronos são construídos com rotores de pólos 
lisos ou de pólos salientes. 
• Possuem uma velocidade garantida (conhecida) em função da 
frequência 
• Tem um fator de potência regulável. 
• MS com muitos pólos e baixa velocidade, em geral tem o rotor 
de pólos salientes; diâmetro grande; comprimento pequeno; 
eixo vertical 
• MS com poucos pólos e alta velocidade, em geral tem o rotor 
cilíndrico ou de pólos lisos; diâmetro pequeno; comprimento 
grande; eixo horizontal 
• PÓLOS LISOS: rotores com entreferro 
constante ao longo de toda a periferia do 
núcleo de ferro. 
• PÓLOS SALIENTES: rotores com 
descontinuidade no entreferro ao longo 
da periferia do núcleo. 
– regiões interpolares  entreferro muito 
grande, tornando visível a saliência dos pólos. 
• A velocidade nas máquinas de pólos lisos é 
maior que nas máquinas de pólos salientes: 
– por exigências mecânicas: o espaçamento 
entreferro é maior nas de pólos lisos. 
• A relutância nas MS de pólos lisos é maior 
que nas de pólo salientes. 
• Para uma mesma fem gerada a corrente de 
excitação na de p. lisos > a de p. salientes. 
 
• A saturação nas MS é mais acentuadamente 
nas máquinas de pólos salientes. 
gR
Aµ
=
⋅
N i H g⋅ = ⋅
B Hµ= ⋅
Máquinas Síncronas 
• MS a imãs permanentes vem tendo uma utilização 
cada vez maior (em baixas e médias potências) 
– especialmente quando se necessita de velocidade variável, 
– alto rendimento e respostas dinâmicas rápidas. 
• Para operarem como motor com velocidade variável 
– As MS tradicionais de rotor bobinado ou de imãs 
permanentes necessitam, em geral, um conversor para o 
seu acionamento e controle. 
• O princípio de funcionamento de um gerador síncrono 
é muito semelhante ao de uma máquina de corrente 
contínua (visto já em CEME-1). 
• Os pólos de uma MS é a parte girante (rotor) e a 
armadura forma a parte externa (estator). 
Partes do gerado WEG Linha 
AG10 (modelo AG10 280) 
Maquina Síncrona 
• Nas máquinas de pólos lisos os condutores estão 
montados em cavas e distribuídos ao longo da 
periferia. 
• O número de pólos é reduzido (velocidade 
elevada) sendo o diâmetro destas máquinas 
relativamente pequenos. 
• Apesar de, normalmente, esta máquina ter um 
comprimento bastante grande o seu momento de 
inercia é muito menor do que o de uma máquina 
de pólos salientes equivalente que é mais curta 
mas tem um diâmetro muito maior. 
Rotor de turbo-gerador (rotor liso) 
Rotor de pólos saliéntes 
Maquina síncrona 
• Os geradores de polo saliente são usualmente 
utilizados para geração hidráulica, onde a 
velocidade de rotação do rotor é baixa. 
 
• Os geradores de polo não saliente ou lisos 
geralmente são utilizados em geração térmica 
onde a velocidade de rotação do rotor é elevada. 
Maquina síncronas – imãs permanente 
• Em máquinas de pequena potência é possível substituir os 
enrolamentos de excitação por ímãs permanentes. 
• Com isso não se pode controlar a corrente de campo, mas 
ganhasse em espaço (mais compacto) e simplicidade. 
• Tornam-se desnecessários os sistemas de excitação que 
encarecem bastante estas máquinas. 
 
• Este tipo de máquinas encontra-se em fase de grande 
desenvolvimento devido aos contínuos melhoramentos nos 
ímanes permanentes. 
• podem funcionar como motores ou geradores, mas tem 
maior aplicação como motor. 
– O número de aplicações tem crescido rapidamente, mas está-se 
impor nos sistemas de automatismos industriais e robótica. 
Maquina síncrona especiais 
• As máquinas com enrolamentos de excitação 
supercondutores 
• Encontram-se numa fase de estudo e 
desenvolvimento. 
• Alguns autores  geradores do futuro. 
• Comparados com os geradores tradicionais, 
permitem: 
– 1) Uma redução de cerca de 50% no tamanho e peso 
– 2) Cerca de 0.5% de melhoria no rendimento 
– 3) Melhorias muito significativas na estabilidade 
• Infelizmente os geradores supercondutores, também 
designados por máquinas criogénicas, têm estruturas 
complexas e requerem materiais diferentes dos 
usados nas máquinas tradicionais. 
Máquinas síncronas supercondutoras 
• São projetadas com enrolamentos de campo 
supercondutores que podem suportar elevadas 
densidades de corrente e criar altas densidades de 
fluxo. 
• Como as densidades de fluxo, típicas de 
funcionamento, excedem as densidades de fluxo de 
saturação do ferro, geralmente essas máquinas são 
projetadas para operar com circuitos magnéticos 
desprovidos de ferro. 
• As diferenças mais marcantes é o uso de um rotor 
com um enrolamento de campo supercondutor e do 
uso de um entreferro maior. 
• Como resultado, elas não exibem nenhum efeito de 
saturação e têm baixas reatâncias síncronas. 
Maquina CC 
Motor CC Gerador CC 
REGRAS DE FLEMING: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Físico britânico Sir John Ambrose Fleming (29/11/1849, - 18/04/1945). 
• Espira simples girando 
• Máquina mais simples que 
pode produzir uma tensão 
CA senoidal 
• Maquina de CA real, o 
campo magnético não é 
constante. 
• Parte rotativa  ROTOR 
• Parte estacionária  
ESTATOR 
 
Uma espira em campo magnético 
REVISAR CAPÍTULO 1 DO LIVRO CHAPMAN 
 
Força e Tensão induzida 
FORÇA INDUZIDA: 
 
• i = valor da corrente no fio condutor 
• l = comprimento do fio, com sentido de 
l definido como ogual ao sentido do 
fluxo de corrente. 
• B = vetor densidade de fluxo 
magnético. 
 
 
– θ: ângulo entre o fio e o vetor densidade 
de fluxo B. 
TENSÃO INDUZIDA 
 
 
• v = velocidade do condutor 
• l = comprimento do condutor 
dentro do campo magnético. 
• B = vetor densidade de fluxo 
magnético.• 
• Espira retangular 
– Lado ab e cd perpendicular 
ao plano da pagina. 
– Lado bc e da paralelos ao 
plano da página. 
Tensão induzida . 
a
b
c
d
 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
eba = vBlsenθab (+ p/dentro da página) 
edc = vBl senθcd (+ p/fora da página) i B 
v 
i 
v 
B 
B 
ecb = 0 ( (v × B) ⏊ a l ) 
ead = 0 ( (v × B) ⏊ a l ) eind = eba + ecb + edc + ead 
V
Bθ
→
→→ 〈
( )inde = × ⋅v B l
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
 eind = 0 fora dos pólos 
180ab cdθ θ= −
θ2 seninde vBl=
2 senθ sobre os pólosinde vBl= →
senθ senθab cdvBl vBl= +ind ba cb dc ade e e e e= + + +
θ
Para: 
θ=ωt=0° 
Para: 
θ=ωt=90° 
Para: 
θ=ωt=180° 
Para: 
θ=ωt=270° 
Fem induzida num ciclo 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
• Se a espira estiver girando com velocidade angular ω, o 
ângulo θ da espira aumentara linearmente com o tempo:  
θ = ω.t 
 
 
• Velocidade tangencial: 
 
• r: rádio de rotação da espira 
sen( t)inde BA ω ω=
θ
v r ω= ⋅
θ2 seninde vBl=
2 sen( t 2)= sen( t)inde r Bl Brlω ω ω ω=
Área da 
espira: A 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
 
 
• O fluxo máximo através do laço da espira ocorre 
quando o laço é perpendicular às linhas de 
densidade de fluxo magnético B (fora dos pólos): 
 
max sen( t)inde φ ω ω=
max ABφ =
A tensão gerada no laço é uma função senoidal cuja 
amplitude é igual ao produto do fluxo presente no 
interior da máquina × a velocidade de rotação da 
máquina  
sen( t)inde BA ω ω=
Tensão induzida 
• A tensão em qualquer máquina real depende de 3 
fatores: 
– 1. o fluxo na máquina 
– 2. a velocidade de rotação 
– 3. uma constante que representa a construção da 
máquina 
• Número de espiras, número de pólos, etc 
max sen( t)inde φ ω ω=
Conjugado induzido Find=i(l×B) 
• Supondo que a espira do rotor faz 
um ângulo θ em relação ao campo 
magnético B e que uma corrente i 
circula na espira. 
• Existira um conjugado ou torque 
induzida na espira. 
 
 
• onde: 
– i: corrente no segmento 
– l: comprimento do segmento  
sentido de l será o sentido do fluxo de 
corrente ( i ) 
– B: vetor densidade de fluxo magnético 
l
indF (l B)i= ×
Conjugado induzido: 
• O conjugado ou torque 
(τ) em um segmento é a 
força aplicada ao 
segmento vezes a 
distância perpendicular. 
– Exemplo: 
 sen(θ)F rτ = ⋅ ⋅
Conjugado induzido F = i (l ×B) 
i 
F 
B 
Fbc = 0 (l // B) 
τbc = 0 
Fab = ilB;  τab = rFsenθab 
τab = rilBsenθab 
Fcd = ilB;  τcd = rFsenθcd 
τcd = rilBsenθcd, 
i B 
F 
Fda = 0 (l // B) 
τda = 0 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
ab cdθ θ=
2ind rilBsenτ θ=
abnd di crilBsen rilBsenτ θ θ= +ind bc dab cdaττ ττ τ= + + +
 
 
• Conjugado é máximo quando θ = 90° 
– quando o plano da espira ou laço está em 
paralelo ao campo BS. 
• O conjugado é zero quando o θ = 0° 
– o laço está perpendicular ao campo magnético BS. 
 
• A corrente no condutor ou laço gerará uma 
densidade de fluxo magnético Blaço: 
 
 
 
• G é um fator que depende da geometria do laço. 
• µ é a permeabilidade do material onde o fluxo Blaço 
terá influência. 
 
– Para a espira ou laço, a área: A=2rl 
Conjugado induzido 
2 senind Sr i l Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
a
bd
c
r
r
laço
i
G
µ ⋅
=B
laçoB Gi
µ
⋅
=
( )( ) senind SA i Bτ θ=
 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
 
 
 
• Onde: 
– k: fator que depende da 
construção da máquina 
– BS: Campo magnético do estator 
– θ: ângulo entre Blaço e BS que é 
igual ao ângulo θab = θcd. 
 
 
• 
laço
laço( )( ) senind S S
AGB s BA
B G
en Bτ
µ
θ θ
µ
= = ⋅
laço senind SkB Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
SB
90° θ
θ
laçoind Skτ = ⋅ ×B B
O produto vetorial indica um vetor de conjugado para dentro da 
pagina  o conjugado é horário 
( )( ) senind SA i Bτ θ= 2A rl= laçoB Gi µ
⋅=
Conjugado induzido para máquinas real 
• O conjugado em qualquer máquina real depende 
de 4 fatores: 
 
 
– 1. a intensidade do campo magnético do rotor (Blaço) 
– 2. a intensidade do campo magnético externo (BS) 
– 3. o seno do ângulo entre eles (θ) 
– 4. Uma constante que representa a construção da 
máquina (k) 
• Geometria, etc. 
laço senind SkB Bτ θ= laçoind Skτ = ×B B
 
Máquina síncrona de 2 pólos 
• Rotor é girado a velocidade constante 
• Enrolamentos de armadura em 
circuito aberto 
– Bobina de N espiras entre ‘a’ e ‘–a’ 
– ‘a’ e ‘–a’ em ranhuras estreitas e 
paralelas 
• Fluxo magnético produzido pelo 
enrolamento de campo 
• Distribuição do fluxo magnético no 
entreferro senoidal 
– Distribuição radial resultante da 
densidade de fluxo B em função do 
ângulo espacial θa 
– θa ângulo espacial medido do eixo 
magnético do enrolamento de 
armadura 
 
Máquina síncrona de 2 pólos 
• A medida que o rotor gira o fluxo concatenado do 
enrolamento da armadura varia com o tempo 
• A tensão resultante na bobina será senoidal no tempo. 
• A tensão passa por um ciclo completo a cada revolução da 
máquina de dois pólos. 
• A frequência em ciclos por segundos (Hz) é a mesma que a 
velocidade do rotor em rotações por segundos. 
 
 
 
 
 
• 
O nome de máquina 
síncrona vem de que: 
a frequência elétrica 
da tensão gerada está 
sincronizada com a 
velocidade mecânica 
de rotação. 
• O enrolamento de campo 
é distribuído em múltiplas 
ranhuras ao longo da 
periferia do rotor 
 
• A distribuição das bobinas 
é aproximadamente 
senoidal de fluxo radial. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Máquina de 2 pólos 
Maquina síncrona de pólos lisos 
Maquina síncrona de 2 pólos lisos 
• As bobinas de campo estão ligadas de modo que os pólos tenham 
polaridade alternadas 
• Há dois comprimentos de onda completos na distribuição de fluxo ao 
longo da periferia (θa=2π) 
• Enrolamento de armadura tem 2 bobinas: ‘a1’, ‘-a1’ e ‘a2’, ‘-a2’ ligadas em 
série. 
• A tensão passa por 2 ciclos a cada revolução 
 do rotor 
• Frequência será o dobro da velocidade 
• em rotações por segundos. 
 
 
 
 
 
Máquina síncrona de 4 pólos 
1a
1a−
2a
2a−
NN
S
S
 
• Máquina de polos 
salientes 
• Maquina de polos lisos 
Máquina síncrona de 4 polos 
Máquina Síncrono de pólos salientes 
SISTEMA TRIFÁSICO 
Sistema trifásico 
• Bobinas com posições diferentes 
no estator sofrem tensão induzida 
cujos máximos ocorrem em 
tempos diferentes  
DEFASAGEM 
 
 
 
 
 
 
• 
0
cos(
c s( t )
t)
oB
A M
M
E
E E
E
ω θ
ω
= −
=
ω
Tensão induzida 
da espira A 
Tensão induzida 
da espira B 
A espira B está desfasada 
θ0° com relação à espira A 
Sistema trifásico – de 2 pólos 
Máquinas Síncronas Trifásicas 
• Para se produzir um conjunto de tensões 
defasadas de 120 graus utiliza-se um conjunto de 
3 bobinas (a, b e c) defasadas de 120 graus, no 
caso de máquina de 2 polos. 
• No caso de máquinas de mais de 2 polos 
multiplica-se o número de bobinas e a defasagem 
entre elas por: (numero de polos\2) 
 
• As bobinas da mesma fase são ligadas em série e 
as de fases diferentes podem ser ligadas em 
delta( ∆ ) ou estrela ( Υ ). 
Sistema trifásico de 4 pólos 
 
FMM em Enrolamentos Distribuidos 
• Bobina de passo pleno. 
– É uma bobina que se estende 
por 180 graus elétricos. 
– Bobina do estator 
 
 
 
 
 
• A intensidade do campo (Hg) 
de entreferro na posição θa e 
na posição θa+π são opostos 
– θa: o campo sai do rotor para o 
estator 
– θa+π : o campo entra do 
estator para orotor 
 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
aθ
Hg na 
posição θa 
Hg na 
posição 
θa+π 
Bobina de N espiras 
conduzindo corrente i 
Linhas 
de fluxo 
Eixo 
magnético da 
bobina de 
estator 
 
• Ao longo dos caminhos 
fechados (linhas de fluxo 
fechado) a FMM = N⋅i 
– De circuitos magnéticos: 
 
• g: espaço entre rotor e 
estator, 
• 2 é por que o fluxo cruza 2 
vezes o entreferro. 
• Logo, a queda de FMM no 
entreferro é: 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
2 gN i H g⋅ = ×
aθ
Hg na 
posição θa 
Hg na 
posição 
θa+π 
2g
N iH g ⋅× =
cada linha de fluxo cruza o 
entreferro 2 vezes (= Pólos) 
2P =
 
Máquina de forma plana 
g1 
Fundamental 
Disposição da Bobina de 
passo pleno (180°elétricos) 
FMM no 
entreferro 
aθ
Superfície 
do rotor 
Superfície 
do estator 
aθ2g
N iH g ⋅× =
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• A onda retangular da FMM do 
entreferro, pode ser decomposta 
em uma série de Fourier: o fator 
4/π é devido a constante a1 (função 
par da análise de Fourier) 
– g1 : componente fundamental 
– g3, g5, g7, ... : série de harmônicas 
impares 
• θa: medido a partir do eixo magnético 
– Onda senoidal 
 
 
 
• 
 
1 ( )cos
4
2g a
Ni θ
π
=
Superfície 
do rotor 
Superfície 
do estator 
aθ
Monofásica 
Construindo a função 
• Quanto mais é o número de 
termos, de uma série de Fourier, 
a serem somados. 
• O resultado dessa soma se 
aproximará à função original, que 
gerou os termos. 
• Exemplo: numa função quadrada 
 
 
 
 
• 
0 0 0
1
( ) ( cos sen )n n
n
f t a a n t b n tω ω
∞
=
= + +∑
Freq. Fundamental (f0 ou w0) 
3ra harmónica (3f0 ou 3w0) 
5ta harmónica (5f0 ou 5w0) 
7ma harmónica (7f0 ou 7w0) 
max 0
( )
sen4( )
pan ím r
n tt
n
Ff ω
π
∞
= ∑
max 0
( )
cos4( )
pan ím r
n tt
n
Ff ω
π
∞
= ∑
T 2T2T 32T 52T0
t
( )f t
maxF−
3T
maxF
13
4
T
T 2T2T 32T 52T
( )f t
0
maxF
maxF−
3T 134T
max 0
1
sen4( 1)
1
F tf t ω
π
= max1 02
4( ) sen P
P
Ff t tω
π
=
max 0
1
cos4( 1)
1
F tf t ω
π
= max1 02
4( ) cos P
P
Ff t tω
π
=
2T π=
2T π= 2
2
T Pπ=
1 max 0
4( ) cosf t F tω
π
=
1 max 0
4( ) senf t F tω
π
=
2
2
T Pπ=
FMM com enrolamentos de 2 camadas 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k P
P
iN θ
π
=
Bobina de passo 
pleno de Nb espiras 
kenr : fator ou constante de enrolamento 
Nefase : número efetivo de espiras por 
fase em série 
aθ
Eixo da 
fase b 
Eixo da 
fase c 
aθ
fase b fase b fase c 
Exemplo 
• O enrolamento da fase a da armadura de uma 
 máquina de de 2 pólos (Fig. Ao lado) pode 
 ser considerado como consistindo de 8 
 bobinas, de passo pleno (180° elétricos) e Nb 
 espiras, ligadas em série, observe que cada 
 ranhura contem duas bobinas. 
• Há um total de 24 (3fases×8) bobinas de armadura 
 (Nbob_arm= 3fases×8), e assim cada ranhura está 
 separada por um ângulo γranhura = 360°/Nbob_arm = 15°. 
• Suponha que o ângulo θa seja medido a partir do eixo magnético 
da fase a de modo que as quatro ranhuras contendo os lados 
indicados por a das boninas estejam em θa = 67,5°, 82,5°, 97,5° e 
112,5°. 
• Os lados opostos (-a) das bobinas estão localizadas nas quatro 
ranhuras em: -112,5°, -97,5°, -82,5° e -67,5°. 
a
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Exemplo 
• Assuma que esse enrolamento está 
conduzindo uma corrente ia. 
– (a) Escreva uma expressão para FMM 
espacial fundamental produzida pelas 
bobinas cujos lados estão nas 
ranhuras em θa =112,5° e -67,5° 
– (b) FMM para bobinas em θa =67,5° e 
-112,5° 
– (c) FMM para o enrolamento 
completo da armadura (somas de 
cada bobinas em série) 
– (d) Determine o fator de enrolamento 
kenr. 
a
=15°rγ
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
• (a) FMM produzida pelas 
bobinas cujos lados estão nas 
ranhuras em θa=112,5° e -67,5°. 
• Identificando as ranhuras de 
θa=112,5° e -67,5°; e logo 
encontramos o eixo magnético 
desse par de bobinas: 
 
• Total de ampère-espiras na 
ranhura  
• FMM de 1 espira: 
 
 
• FMM para as bobinas em θa = 
112,5° e -67,5°. γ = 22,5°. 
Solução 
5
b
1_ 22,
4 ( )cos2 ( 22 5
2
, )ag a
N i
π
θ° = − °
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
-67,5°
=22,5°γ
112,5° Eixo magnético 
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase 
a até o eixo magnético do par de bobinas 
(2 bobinas na ranhura) 2 b aN i
67,51 22,55 2,( 12 )γ − °= =° °
 
• (b) FMM para bobinas em θa = 
67,5° e -112,5° 
• Similar do caso anterior, 
identificamos as ranhuras para 
θa = 67,5° e -112,5° e 
encontramos o eixo magnético 
dessa bobina: 
 
 
• Total de ampère-espiras na 
ranhura: 
 
• FMM de 1 espira: 
 
 
 
• FMM para as bobinas em θa = -
112,5° e 67,5°. γ = -22,5° 
 
Solução 
67,5°
-112,5°
-22,5γ = °
112, 22,67,5 2 55( )γ − ° −= =° °
1_ ,5
b
22 22
4 ( )cos2 )5(
2
,g a a
N i
θ
π− °
= + °
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
(2 bobinas na ranhura) 2 b aN i
Eixo 
magnético 
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase a 
até o eixo magnético do par de bobinas 
 
Solução 
• (c) FMM para o enrolamento 
completo da armadura da fase a: 
• Identificamos todos os eixos 
magnéticos de cada bobina e 
encontramos o ângulo γ: 
 
• FMM espacial fundamental total: 
 
 
 
 
 
– Usando: 
• 
1_total 1_ 1_ 1_ 1_1 2 3 4g g g g gγ γ γ γ= + + +    
1_total
b4 ( ) [cos( 22,5 ) cos( 7,5 )
2
2
g a a ai
N
π
θ θ= + ° + + ° +
1 22,5γ = − ° 2 7,5γ = − ° 4 22,5γ = °3 7,5γ = °
cos( 7,5 ) cos( 22,5 )]a aθ θ+ − ° + − °
cos( ) cos cos sen sena b a b a b+ = ⋅ − ⋅
112,5
1 2
67,5 22,5γ − °° −= = °
97,582,5
22 7,5γ
− °° −= = °
82,97,5 5
23 7,5γ
− °°= = °
67,112,5 5
24 22,5γ
− °°= = °
1
3
2
4
[ ]b1_total
4 2( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2g a a
N i θ
π
= +
Solução 
• (c) FMM para o enrolamento completo da armadura da fase a: 
 
 
 
 
• (d) fator de enrolamento: 
– Da equação geral: 
• p=2 e Nefase = 8Nb 
 
 
 
 
 
• 
[ ]b1_total
4 2( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2g a a
N i θ
π
= +
1_to
b
tal
4 7,6613( ) cos
2 ag a
N i θ
π
= 1_to btal 4,8773 cos ag aiN θ=
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k p
p
iN θ
π
=
: Nro. de pólosp
enr
enr1
4 2( ) cos( ) cos
2 2
8 5,093b ba ag aa k
Nk Ni iθ θ
π
= =
enr093 s5, cob aaiNk θ=1_to btal 4,8773 cos ag aiN θ=
enr 5,093
4,8773 0,9577k = =
Exemplo 
• Calcule o fator de enrolamento da fase a da figura 
se o número de espiras nas quatro bobinas dos 
dois pares externos de ranhuras for igual a seis ao 
passo que o número de espiras nas quatro bobinas 
das ranhuras internas for igual a oito. 
 
 
 
• 
a
Eixo magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Solução 
• Calcule o Kenr. 
• De acordo com a informação sobre o número 
de espiras, tem-se a seguinte figura: 
 
 
 
 
 
 
• De acordo com a solução do problema 
anterior, tem-se 
– Total de ampère-espiras na ranhura: 
• FMM de 1 espira: 
 
 
 
• FMM para o problema: 
a
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Bobina de 
6 espiras 
Bobina de 8 espiras 
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
1 bobina interna mais 
1 externa na ranhura ( )int ext aNN i+
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase 
a até o eixo magnético do par de bobinas 
exint t
1
4 ( ) cos( )
2 2g a
N iN
π
γθ= + − 2 bobinas 
em série 
Solução• Do problema anterior: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k p
p
iN θ
π
=
e inf tase ext 64 ( ) 4( ) 568N NN= × + = + =
enr
1
54 ( ) cos
2
6
g aai
k
θ
π
=
enr56 53,6291k =
enr 0,9577k =
1_total
extint4 ( ) [cos( 22,5 ) cos( 7,5 )
2 2g a a a
NN i
π
θ θ= + + ° + + ° +
cos( 7,5 ) cos( 22,5 )]a aθ θ+ − ° + − °
[ ]ext1_ inttotal
4 ( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2 2g a a
N iN θ
π
= + +
exint t
1
4 ( ) cos( )
2 2g a
N iN
π
γθ= + −
cos( ) cos cos sen sena b a b a b+ = ⋅ − ⋅
[ ]1_total
4 ( ) cos( ) 1,9156 38g a ai θπ
= +
1_total
4 53,6291( ) cos
2g a a
i θ
π
=
fase e 56N =
FMM: Enrolamentos distribuídos no rotor 
• Frequentemente os enrolamentos do rotor são distribuídos 
para reduzir os efeitos das harmônicas espaciais. 
• Enrolamentos simétrico em relação ao eixo do rotor: 
(N1=N10 ; N8=N3 ; N5=N6 ;....). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• O número de espiras por ranhuras 
pode ser variado para controlar as 
harmônicas  A distribuição reduz 
os efeitos dos harmônicos espaciais 
• Número de espiras (ner) nas ranhuras 
próximas aos pólos são menores 
 
 
• FMM: 
 
 
 
• 
1
4 ( ) cos( )
2
r r
g r r
k N Pi
P
θ
π
=
sener C rn N θ= NC=número de condutores no ângulo de θr =90°. 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• O número de espiras por ranhuras (ner) é 
uma representação teórica para obter uma 
onda senoidal a partir da distribuição de 
condutores em cada ranhura. 
– Na prática, não é possível distribuir os 
enrolamentos exatamente com a equação: 
 
 
– Número finita de ranhuras e de condutores 
nas ranhura das maquinas reais. 
– FMM, não é totalmente senoidal, devido à 
presencia de componentes harmônicas de 
ordem mais elevadas. 
 
• Para suprimir ditas harmônicas, 
 é usado enrolamentos de passo 
 encurtado ou fracionário. 
sener C rn N θ=
NC=número de condutores 
no ângulo de θr =90°. 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k P
P
iN θ
π
=
aθ
Eixo da 
fase b 
Eixo da 
fase c 
ai
Eixo da 
fase a 
1
4 ( ) cos( )
2r
r r
g r
k N
P
I Pθ
π
=
Eixo do 
rotor 
ri
Nr: número total de espiras ligadas em série 
Kr : Fator de enrolamento 
Nefase: número total de espiras por fase ligadas em série 
Kenr : Fator de enrolamento 
Campo magnético 
Campo magnético 4 pólos lisos 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Bobina de N espiras de 
passo pleno (180°elét) 
• Permeabilidade µ → ∞ 
• O campo magnético Hg 
no entreferro é radial e 
constante 
Campo Magnético no entreferro 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
2
Ni
 
 Campo no entreferro uniforme 
• O campo magnético Hg no 
entreferro é radial e 
constante 
 
 
– g : FMM no entreferro 
 
• Componente fundamental: 
 
 
 
 
• 
g gH g= 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
1
1
4 ( ) cos
g2
g
g a
Ni
g
H θ
π
= =

0g gB gµ= 
µ0:Permeabilidade 
do entreferro 
0 01
1
4 ( ) cos
g2
g
g a
N
g
iB µ
π
µ
θ= =

2P =
 Campo no entreferro uniforme 
g gH g= 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
enr efase
1
4 ( ) cos( )
2g a a
k N Pi
P
θ
π
=
enr efase
1
4 ( ) cos( )
2g a a
k N PH
g
i
P
θ
π
=
⋅
0g gB gµ= 
µ0:Permeabilidade 
do entreferro 
enr efase
1
04 ( ) cos( )
2g a a
k N Pi
Pg
B µ θ
π
=
⋅
Exemplo 
• Um gerador CA síncrono de quatro 
 pólos com um entreferro uniforme 
 tem um enrolamento de rotor 
 distribuído com 263 espiras em 
 série, um fator de enrolamento 
 de 0,935 e um entreferro de 
 comprimento 0,7 mm. 
 
• Supondo que a queda de FMM no aço elétrico seja 
desprezível, encontre a corrente de enrolamento de 
rotor necessária para produzir uma densidade de 
fluxo fundamental espacial de pico de 1,6 T no 
entreferro da máquina. 
• Campo magnético no 
entreferro: 
 
 
 
 
 
 
• Densidade de fluxo 
• 
• Rotor de 4 pólos 
Solução 
Valor pico 
BH B Hµ
µ
= ⇒ =
,H B
g g
µ= ⇒ =
 
r r
1
4 ( ) cos( )
2g rr
k N I
P
P
π
θ=
max r r0 0
max r
4 ( )k N
g g
B I
P
µ µ
π
= =

g
1 2( )FMM i N N= +
 
 
 
• Corrente: Ir 
 
 
 
 
 
• 
Solução 
r 11, 4AI =
mr ax
r r0
( )
4
P
k N
I g B
µ
π
=
7r 4 4
4( )
10
0,0 1,6
0,935 263
007I
π
π
− × ××
×
= ×
×
r
max r
r04 ( )
g
k NB I
P
µ
π
=
 
Exemplo 
• Uma máquina síncrona de dois 
pólos tem um comprimento de 
entreferro de 2,2 cm e um 
enrolamento de campo com um 
total de 830 espiras em série. 
Quando excitada por uma corrente 
de campo de 47 A, a densidade de 
fluxo magnético fundamental 
espacial de pico no entre ferro da 
máquina é medida como sendo 
1,35 T. 
• Com base na densidade de fluxo 
medida, calcule o fator de 
enrolamento kr do enrolamento de 
campo. 
Solução 
• Similarmente como no exemplo anterior 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
0
max r
r r4 ( )
g
k NB I
Pπ
µ
=
BH B Hµ
µ
= ⇒ =
,H B
g g
µ= ⇒ =
 1 max
cos( )
2g r
P θ= 
0
r max
r r
1( )
4
P B
N I
k g
µ
π
=
7r
2 1( ) (1,0, 35)
4 830 4
22
10
0
4 7
k π
π −×
×
×
=
r 0,9517k =
r r
max
4 ( ) r
k N I
Pπ
=F
0 m
ax
ax
mB g
µ
=

Campo Magnético Girante 
• Se dois campos magnéticos 
estiverem presentes numa 
máquina, um conjugado 
será criado que tenderá a 
alinhar os dois campos 
magnéticos 
 
• Se um campo magnético for 
produzido pelo estator e 
outro produzido pelo rotor 
da máquina, então um 
conjugado será induzido no 
rotor que fará o rotor girar e 
se alinhar com o campo 
magnético do estator. 
aθ
rθ
• Sejam as correntes que entram 
por a, b e c: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
'
'
( ) sen A
( ) sen( 120 ) A
( ) sen( 120 ) A
aa M
bb M
cc M
i t I t
i t I t
i t I t
ω
ω
ω
=
= − °
= + °
'
'
'
( ) sen T
( ) sen( 120)
240
1 T
( ) sen( 12
2
0
0)
0
T
aa
c
Mb
Mc
b
Mt B t
t B t
t B t
ω
ω
ω
∠ °
∠
=
= −
=
∠
+ °
°B
B
B
=M MB Hµ
B
g
µ⇒ =
B Hµ=
Hg=
'
'
'
( ) sen A.e/m
( ) sen( 120) A.e/m
( ) sen( 12
120
0) A.e m240 /
0aa M
bb M
cc M
t H t
t H t
t H t
ω
ω
ω
∠=
∠ °
= ∠ °−
= +
°H
H
H
' ( )aa tH
' ( )bb tH
' ( )cc tH
' ( )aa tB
' ( )bb tB
' ( )cc tB
 
• No instante ωt=0° 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
3
' 2
3
' 2
( ) sen =0
( ) sen( 120) =
( ) sen( 120)
aa M
bb M M
cc M M
i t I t
i t I t I
i t I t I
ω
ω
ω
=
= − −
= + =
3
2'
' 2
'
3 24
( ) (0) T
( ) T
(
0
) T
2
0
1
0cc
bb
a M
M
a
M
t B
t B
t B
=
=
∠
∠
− ∠ °
= °
°
B
B
B
'liq ' 'aa b ccb= + + BBB B
liq 120
3 [ 1 4 ]21 0
2 M
B ∠ ° ∠= + =°−B
'bbB'ccB
liqB
liq 90
3 3
2 M
B ∠ − °=B
liq
3 3(0) ( ) ( ) 2400
2 2
120M MB B∠ ° ∠= ° °+∠ + −B
liq 1,5 90MB ∠ −= °B
 
• No instante ωt=90° 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
1
' 2
1
' 2
( ) sen =
( ) sen( 120) =
( ) sen( 120)
aa M M
bb M M
cc M M
i t I t I
i t I t I
i t I t I
ω
ω
ω
=
= − −
= + = −
'
1
1
'
'
2
2
( ) T
( ) T
( )
120
4
0
2 0 T
M
M
M
aa
b
c
b
c
t B
t B
tB
=
=
∠
−
=
∠ °
∠
−
°
°B
B
B
[ ]liq 241 1 2 1 2 020 1 0MB ∠∠ ° − =∠°= − °B
'liq ' 'aa b ccb= + + BBB B
liq 1,5 0MB= ∠ °B
'aaB
'bbB
'ccB
liqB
liq
1 1( ) ( )
2 2
00 12 40 2M M MB B B∠= + ∠ °− −°∠ ° +B
 
Campo B em enrolamento 3φ 
liq 1,5 0MB= ∠ °Bliq 1,5 90MB ∠ −= °B
ωt=0° ωt=90° 
'bbB'ccB
liqB
'aaB
'bbB
'ccB
liqB
Campo B em enrolamento 3φ 
• A densidade de fluxo magnético 
líquido (Bliq) sempre apresentará 
o mesmo valor de (1,5 BM) e 
estará girando com a velocidade 
angular ω 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
'liq ' '( ) ( ) ( ) ( )b caa b ct t t t= + + BBB B
liq ( ) sen + sen( 1 12020) + sen( 240) 2400 TM M Mt B t B t B tω ω ω∠− ∠= −∠B
liq ( ) 1,5 se 0 90n 1,5 cosM Mt B t B tω ω∠ −° ∠ °=B
liq ( ) (1,5 sen ) xˆ (1,5 cos ˆ) yM Mt B t B tω ω= −B
se: =1 0 e ˆˆ 0x 9y=1∠ ° ∠ °
xˆ e yˆOnde: são vetores unitários na direção “x” e “y” 
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω +
=
=
−
°
°
=
FMM com inversão de campo 
• Sempre: 
 
• Inicialmente: Seq. ABC Invertendo: Seq. ACB 
 
 
 
• Campo líquido inicial, sequência ABC ou positivo. 
 
 
• Invertendo o sentido de rotação do campo: Seq. ACB 
 
liq 0 120sen + sen( ) 120 120+ sen 240)( ) (M M MB t B t B tt ω ω ω∠ ° += ∠ °∠ ° −B
liq 120sen + sen( ) 120 +0 12 240( ) sen( )0M M MB tt B t B tω ω ω+ ∠ °° °∠ −= ∠B
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω +
=
=
−
°
°
=
'liq ' '( ) ( ) ( ) ( )b caa b ct t t t= + + BBB B
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω −
=
=
+
°
°
=
a
b
c
FMM com inversão de campo 
• Invertendo o sentido de rotação do campo: Seq. ACB 
 
 
 
 
 
 
 
 
• liq ( ) 1,5 se 0 90n 1,5 cosM Mt B t B tω ω∠ +° ∠ °=B
liq ( ) (1,5 sen ) xˆ (1,5 cos ˆ) yM Mt B t B tω ω= +B
liq 120( ) sen + sen( )0 1212 240+ sen( )0 0M M Mt B t B t B tω ω ω+ ∠ °° − ∠= °∠B
se: =1 0 e ˆˆ 0x 9y=1∠ ° ∠ °
xˆ e yˆOnde: são vetores unitários na direção “x” e “y” 
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω −
=
=
+
°
°
=
' ( )aai t
' ( )bbi t
' ( )cci t
FREQUÊNCIA E TENSÃO GERADA 
• Para máquinas de 2 pólos: 
• Ângulo em graus em 
ângulos elétricos (ae) ou 
radianos elétricos e não 
em unidades mecânicas ou 
geométricas. 
 
 
– θae: ângulo em unidades 
elétricas 
– θa: ângulo espacial ou 
geométrico 
 
• Frequência elétrica: 
 
 
 
 
• n: velocidade mecânica em 
rotações por minuto (rpm) 
= n/60 rps 
 
 
• ωm é velocidade mecânica 
em radianos por segundos 
Máquina Síncronas 
( )
2ae a
Pθ θ= ⋅
( ) [Hz]
2 60e
P nf = ⋅
( 2)e Pω ω= ⋅ m
120 [rpm]efn
P
=
Frequência da tensão gerada 
• 
120
p nf ×=
8 pólos 2 pólos 
ae aθ θ=
4ae aθ θ=
• O campo magnético girante 
desse estator pode ser 
representado como dois polos: 
– Norte (fluxo deixa o estator) e 
– Sul (fluxo entra no estator) 
 
• A cada ciclo elétrico de 
corrente aplicada, os polos 
dão uma volta mecânica 
completa ao redor do estator. 
Então: 
 
 
 
• 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 2 pólos 
• 
Frequência e velocidade de rotação 
Hzse smf f= rad/sse smω ω=
fsm e ωsm: velocidade mecânica dos campos magnéticos 
do estator em rotações por segundo e em 
radianos por segundo 
• A cada ciclo elétrico de 
corrente aplicada, os polos 
dão duas voltas mecânica 
completas ao redor do 
estator. 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 pólos 
Frequência e velocidade de rotação 
2se smθ θ=
2 rad/sse smω ω=
2 Hzse smf f=
fse e ωse: frequência elétrica das correntes do estator 
em hertz e em radianos por segundo 
2se sm
pθ θ=
2
Hzse smf f
p
=
 rad/
2
sse sm
pω ω=
Máquinas síncronas 
• Para uma máquina de um par de pólos, a cada giro 
das espiras teremos um ciclo completo da tensão 
gerada. 
 
• Os enrolamentos podem ser construídos com um 
número maior de pares de pólos, que se 
distribuirão alternadamente (um norte e um sul). 
– Neste caso, teremos um ciclo a cada par de pólos. 
 
• Os geradores da usina hidrelétrica de Itaipu 
possuem 78 pólos e giram a uma velocidade de 
92,3 rpm. 
Velocidades síncronas 
 
 
 
 
• Velocidades síncronas correspondentes para as 
frequências e polaridades mais utilizadas: 
 
 
 
Frequência da tensão gerada 
• O valor da tensão gerada por um gerador CA depende 
da intensidade do campo e da velocidade do rotor. 
 
• Como a maioria dos geradores funciona com 
velocidade constante (geradores síncronos), o valor da 
fem induzida (ou tensão gerada) é controlado através 
da excitação do campo. 
 
• A frequência da FEM gerada depende do número de 
pólos do campo e da velocidade do rotor: 
 
• 
rpm Hz
120
n
f
p×
=
• θse : Ângulo elétrico (θae ) 
• θsm : Ângulo mecânico 
• fse : frequência elétrica das correntes do 
estator em hertz (Hz) 
• fsm : frequência mecânica do campo 
magnético do estator em hertz (Hz) 
• ωse : frequência elétrica das correntes do 
estator em radianos por segundo (rps) 
• ωsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
segundo (rps) 
• nsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
minuto (rpm) 
 
 
 
 
 
Frequência e velocidade de rotação 
2se sm
Pθ θ=
[Hz]
2se sm
Pf f=
[rps]
2se sm
Pω ω=
_
60
sm rpm
sm
n
f =
120
s
se
mn pf =
 
Exemplo 
• Considere um estator trifásico excitado com 
correntes equilibradas de 60 Hz. 
– Obtenha a velocidade angular síncrona em rad/s e a 
velocidade em rpm para um estator com dois pólos, 
com quatro e com seis pólos: 
• θse : Ângulo elétrico (θae ) 
• θsm : Ângulo mecânico 
• fse : frequência elétrica das correntes do 
estator em hertz (Hz) 
• fsm : frequência mecânica do campo 
magnético do estator em hertz (Hz) 
• ωse : frequência elétrica das correntes do 
estator em radianos por segundo (rps) 
• ωsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
segundo (rps) 
• nsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
minuto (rpm) 
 
 
 
 
 
Frequência e velocidade de rotação 
2se sm
Pθ θ=
[Hz]
2se sm
Pf f=
[rps]
2se sm
Pω ω=
_
60
sm rpm
sm
n
f =
120
s
se
mn pf =
 
Solução 
• Para uma frequência de fse = 60 Hz, a frequência angular elétrica 
é igual a: 
 
 
• Usando as seguintes equações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
[rad] [Hz]2 120 377 rad/sse sefω π π= = ≈
rad[ ]s2se ms
Pω ω=
[rpm]
[Hz]
[s]60 2
m
se
n Pf = ×rad rad[ ] [ ]s s
2
ms seP
ω ω=
[rpm]
120
m sen f p
=
Pólos nm (rpm) ωms (rad/s) 
2 3600 120π ≈ 377 
4 1800 60π 
6 1200 40π 
[volta] [s]rad[rpm] [ ]s
[rad] [min]
1 60
2 1m ms
n ω
π
= × ×
[s]rad[ ] [rpm]
[rad]
60
2sm sm
n ω
π
= ×
[elet ] [mec]
2
Pθ θ° = °
rad[ ]s 1[ ]s
[rad]2 2
ms
se
Pf ω
π
= ×
Exercício 
• Repetir o exemplo anterior, para um estator 
trifásico excitado por correntes equilibradas de 50 
Hz. 
 
• Rpta.: 
Pólos ns (rpm) ωs (rad/s) 
2 3000 100π 
4 1500 50π 
6 1000 100π/3 
Exemplo 
[rpm]
120
m sen f P
=
TENSÃO INDUZIDA – MAQ. 
SÍNCRONATensão induzida em máquinas CA 
cos( )M mB B tω α= −
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
• Se a espira estiver girando com velocidade angular ω, 
o ângulo θ da espira aumentara linearmente com o 
tempo:  θ = ω.t 
 
 
• Velocidade tangencial: 
 
• r: rádio de rotação da espira 
 
 
 
 
 
• 
2 sen( t)ind rl Be ω ω=
θ
v r ω= ⋅
θ2 seninde vBl=
2= sen( t)ind rle Bω ω
Área da 
espira: A 
sen( 0 )M mBB tω −= °
2 sen( t)inde r Blω ω=
• Aqui a espira está fixa e o campo B 
é girante. 
– B varia senoidalmente com o ângulo 
mecânico 
– B é sempre radial 
 
α: ângulo medido desde 
 a direção do valor 
 pico de B. 
ωm é a velocidade 
 angular do 
 rotor 
Tensão induzida em máquinas CA 
cos( )M mB B tω α= −
 
Tensão induzida em máquinas CA 
ind 2 cosM me vB l tω=
mv rω=
ind 2( ) cosm M me r B l tω ω=
ind c s2 oM m mre lB tω ω=
φ , m eω ω ω= =
ind cose tφω ω=
Para um estator de 2 pólos 
Para uma bobina 
de 1 espira 
ind coscNe tφω ω=
Para uma bobina do estator de Nc espiras Tensão eficaz: 
ef 2 cE fNπ φ=
rms max 2V V=
2 fω π=
θ2 seninde vBl=
( )e = ×v B l
• Se 3 bobinas com Nc espiras; desfasadas 120° 
 entre si), foram dispostas ao redor do 
 campo magnético do rotor (BM): 
 
• As tensões induzidas em cada bobina: 
 
 
 
 
 
– Estará também desfasadas 120° entre si. 
 
• Então: um conjunto de correntes trifásicas pode gerar 
um campo magnético girante uniforme no estator 
• E um campo magnético girante uniforme pode gerar um 
conjunto de tensões trifásicas em um estator. 
Tensão induzida em máquinas CA 3ph 
'
'
'
( ) sen
( ) sen( 12 )
( ) sen
0
1 0( )2
aa
bb
c
cc
c
c
e t t
e t t
N
N
Ne t t
φω ω
φω ω
φω ω
− °
+
=
= °
=
 
Tensão eficaz em um estator trifásico 
 
 
 
• Tensão eficaz (rms) 
 
 
 
– OBS: a tensão eficaz nos terminais da máquina 
dependerá da ligação do estator: 
 
• ∆ (Eef_∆ = EA) ou Υ (Eef_Υ = √3 EA) 
 
max cE N φω= 2 fω π=
max 2 cE fNπ φ=
max
2A
EE = 2 cAE fNπ φ=
fase ee nrc N kN =
fase e re n2AE N k fπ φ=
'
'
'
( ) sen
( ) sen( 12 )
( ) sen
0
1 0( )2
aa
bb
c
cc
c
c
e t t
e t t
N
N
Ne t t
φω ω
φω ω
φω ω
− °
+
=
= °
=
Exemplo 
• A densidade de fluxo de pico do 
campo magnético do rotor é 0,2 T e 
a velocidade de rotação mecânica 
do eixo é 3600 rpm. O diâmetro do 
estator da máquina tem 0,5 m, o 
comprimento de sua bobina é 0,3 m 
e há 15 espiras por bobina. A 
máquina esta ligada em Y. 
 
– (a) quais são as três tensões de fase do 
gerador em função do tempo 
– (b) qual é a tensão de fase eficaz desse 
gerador 
– (c) qual é a tensão eficaz nos terminais 
desse gerador 
Solução 
• (a) ou 
 
– O fluxo é dada: 
 
 
– Velocidade do rotor: 
 
 
 
• As tensões de fase: 
 
 
• 
2 lBrφ = (2 ) (0,5) (0,3) (0,2) 0,03Wbr lBφ = = × × =
(3600 rpm)(2 rad)(1min/60s) 377 rad/ sω π= =
max 2 cE fNπ φ= max cE N ωφ=
max 0,03( )( )(377 r15espi ad/ s)ras 1W ,7 Vb 69E = =
'
'
'
( ) 169,7sen 377
( ) 169,7sen(377 120 )
( ) 169,7sen(377 240 )
aa
bb
cc
e t t
e t t
e t t
=
= − °
= − °
Solução 
• (b) Tensão de fase eficaz: 
 
 
• (c) Por estar ligado em Y: 
max
2A
EE = 169,7 120V
2A
E = =
3T AV E= 3(120V) 208VTV = =
CONJUGADO INDUZIDO 
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A máquina operando em condições normais, há 2 
campos magnéticos presentes 
 
– Do circuito do rotor 
– Do circuito do estator 
Produz o conjugado ou 
torque da máquina 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
 
 
 
• Onde: 
– k: fator que depende da 
construção da máquina 
– BS: Campo magnético do estator 
– θ: ângulo entre Blaço e BS que é 
igual ao ângulo θab = θcd. 
 
 
• 
laço
laço( )( ) senind S S
AGB s BA
B G
en Bτ
µ
θ θ
µ
= = ⋅
laço senind SkB Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
SB
90° θ
θ
laçoind Skτ = ⋅ ×B B
O produto vetorial indica um vetor de conjugado para dentro da 
pagina  o conjugado é horário 
( )( ) senind SA i Bτ θ= 2A rl= laçoB Gi µ
⋅=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A distribuição do fluxo no 
estator: 
 
– BS(α) é positiva quando 
aponta radialmente para 
fora. (do rotor para 
estator) 
 
• Da força induzida: 
ind ( )i= ×F l B
se( n) SS BB αα =
( ) senSS BB α α=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• Da força induzida 1: 
 
 
 
 
• Da força induzida 2: 
 
 
 
 
• 
ind ind,1F (l B) F senSi ilB α= × ⇒ =
( ) senSS BB α α=
ind,
i ,1
1
nd (r F)
sen , anti-horárioSrilB
τ
ατ
= ×
=
ind,2
ind (r F)
sen , anti-horárioSrilB
τ
ατ
= ×
=
ind ind,2F (l B) F senSi ilB α= × ⇒ =
ind,1 ind,2indτ τ τ= +
ind,1τ
ind,2τ
ind 2 sen , anti-horárioSr Bilτ α=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A corrente i que flui na bobina 
do rotor produz nela própria um 
campo magnético (intensidade 
HR) 
 
– Cte: é uma constante de 
proporcionalidade 
 
• O ângulo entre BS e HR é γ 
 
•  
 
 
 
– K é uma constante que depende 
da construção da máquina. 
iN= ⋅
, NH H Cte
g g
i i⋅= ⇒ = = ⋅
RH iCte= ⋅
ind sen , anti-horárioR SBHK ατ =
180γ α= −
ind senR SHK Bτ γ= ⋅ ⋅ ⋅
αi
i
ind 2 senSir lBτ α⋅= ⋅
R RH Bµ=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
 
 
 
 
 
 
– k não será constante 
porque a permeabilidade µ 
varia com a saturação 
magnética da máquina. 
 
•  equação para estudos 
qualitativos 
/k K µ=R RB Hµ=
ind sen , anti-horárioR SBHK ατ =
×K=i d Sn RH Bτ
×k=i d Sn RB Bτ
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• O campo magnético 
líquida dessa máquina 
será: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
= Rliq SB +BB
)R Rkτ = × −ind liq( BBB
RS = −liqB BB
( )R R Rkτ = × − ×liqind BB B B
Rkτ = ×d iin l qB B
senRk BB δτ = × liqind
liqBδ
RB
SB
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• O campo magnético 
líquida dessa máquina 
será: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
= Rliq SB +BB
)R Rkτ = × −ind liq( BBB
RS = −liqB BB
( )R R Rkτ = × − ×liqind BB B B
Rkτ = ×d iin l qB B
senRk BB δτ = × liqind
aθ
rθ
RB liqB
SB
δ
γ
δ
liqB
SB
γ
RB
PASO DE UMA BOBINA 
fases
r Pn =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina [ ele]2
m Pθρ = × °
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ= sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
180 elet.
r P
γ °=180β ρ+ = °
Passo de uma bobina 
• As tensões de saída das bobinas do estator são 
senoidais porque a distribuição da densidade de 
fluxo no entreferro é senoidal. 
 
• Se a distribuição não é senoidal, então as tensões 
de saída do estator também serão não senoidal. 
– Em geral a distribuição da densidade de fluxo (B) no 
entreferro de uma máquina não é senoidal. 
 
• Uma técnica importante para reduzir as 
harmônicas é o uso de enrolamentos de passo 
encurtado ou fracionário. 
Encurtamento de passo 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
Bobina de passo encurtado 
Bobina de 
passo 
pleno 
Bobina de passo 
encurtadopasso 
encurtado 5/6 
passo 
pleno 6/6 
Passo encurtado 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
2
β
2
β
β
Paso polar 
• Determinado pela distância em ranhuras entre o 
início de duas bobinas interligadas da mesma fase. 
• O passo polar define a região onde será 
concentrado um pólo magnético formado por esta 
bobina. 
• O enrolamento de passo fracionário requer o uso 
de menos cobre que o de passo inteiro (cabeças 
de bobinas frontais e posteriores mais curtas), 
– têm, aproximadamente, as mesmas características do 
passo inteiro  as cabeças de bobinas frontais e 
posteriores são inativas. 
Fator de passo kp 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) cos( )MB tBα ω α= −
A rotação do rotor 
é anti-horária 
A tensão é para dentro 
da página, (B é negativa) 
2
β
180β ρ= ° −
Enrolamento encurtado 
de passo ρ 
βρ
ρ
Fator de passo kp. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
– β : é 180° - ângulo elétrico abrangido pela bobina (ρ) 
– ρ : ângulo em graus elétrico abrangido pela bobina. 
12 cos 2c
E E β=
cos
2p
k β= 180β ρ= ° − sen
2p
k ρ=
1
1
2 cos 2 cos
2 2p
Ek
E
β β
= =
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
βρ
Fator de passo kp 
• O passo polar é a distância angular entre 
dois pólos: ρp. 
 
 
• Enrolamento de passo encurtado ou 
ângulo elétrico coberto pela bobina: ρ 
 
 
• Ângulo que abrange a bobina em graus 
mecânicos: θm, 
 
 
 
• 
ele180
p
mθρ
ρ
= × °
θm: ângulo mecânico coberto 
pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180
2360
m mP
P
ρ
θ θ
= × ° =
° 2
mPρ θ=
mec360 [ ]p P
ρ °= °
90 mec.(4pólos)
180 elét .(sempre)
p
p
ρ
ρ
= °
= °
 
 
sen
2p
k ρ= sen 4p
mk Pθ=
• Calcule o fator de passo kp, se o passo polar 
da bobina é 5/6. para uma máquina de 2 
pólos. 
• SOLUÇÃO: 
– Este passo polar abarca 5/6 da distância entre 
dois pólos adjacentes. ( θm = (5/6)ρp ) 
– Pólos adjacentes em graus elétricos sempre é 
180°. 
 
 
• 
Exemplo 
θm: ângulo mecânico coberto 
pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180 mec.
180 elé
p
p
ρ
ρ
= °
= °
360
p P
ρ °=
180
p
m
ρ
ρ
θ
= × ° 180 15
5 0
6
ρ = × ° = °
sen
2p
k ρ= 150sen 0,9659
2p
k °= =
 
Exemplo 
• Uma armadura com 72 ranhuras, tendo quatro 
pólos, é enrolada com bobinas abrangendo 14 
ranhuras (ranhura 1 até ranhura 15). Calcule: 
– a. O ângulo abrangido por uma bobina de passo inteiro 
(espaço ocupado por pólo). 
– b. O espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
– c. O fator de passo. 
Solução 
• a. O ângulo abrangido por uma bobina de passo inteiro 
(espaço ocupado por pólo). 
– São r = 72 ranhuras para 4 pólos  espaço ocupado por pólo: 
 
 
 
• b. O espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
 
 
 
 
• c. O fator de passo. 
 
• 
18ranhura7 s p o
4
2 / ól
P
r
= =
ou 18 ranhuras ocupam 180° elét.
180 140[ ele4 ]1
18
ρ = × ° = °
Número de ranhuras 
que ocupa a bobina 
Número de ranhuras 
ocupada por pólo 
Ângulo mecânico entre 
ranhuras: γ = 360/72=5°mec 
sen
2p
k ρ= 140sen 0,9397
2p
k = =
θm: ângulo mecânico 
coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180
p
m
ρ
ρ
θ
= × °
Fator de Passo kp 
• Muitas vezes é conveniente falar que uma bobina da 
armadura tem o passo fracionário, expresso como uma 
fração, ou seja, 5/6 de passo, ou 11/12 de passo, etc. 
• Em tal caso, os graus elétricos abrangidos, ρ , valem: 
– (5/6) x 180°, ou 150°ele; 
– (11/12) x 180°, ou 165°ele, etc.; 
 
• EXEMPLO: Uma armadura com 6 pólos, 96 ranhuras, é 
enrolada com bobinas tendo um passo fracionário 13/16. 
Calcule o fator de passo. 
• SOLUÇÃO: 
 
 
• 
180 146,1
6
253
1
ρ = × ° = °
73,2sen 0,9569pk = =
6P = 96r =
Tensão induzida – passo encurtado 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
efase2 cos( )A p mE N k f tπ φ ω=
• Para um passo polar: 
Tensão induzida do passo encurtado 
360 360 180
2p P
ρ ° °= = = °
( ) cos( t )MB Bα ω α= −
ind (v B) le = × ⋅
ρ
ba (v B) le = × ⋅
ba (90 )2
= cos[ ]M mve t lB ω
ρ
° +− −
ba = cos( t 90 2
)M mvB le
ρω − ° −−
ba apontando para forae Bv l= →
a
b
 
• 
Tensão induzida do passo encurtado 
( ) cos( t )MB Bα ω α= −
ind (v B) le = × 
ρ
dc (v B) le = × 
dc (= co 2
t ])s[ 90M me Bv l
ρω − ° −+
dc = cos( t 90 2
)M mvB le
ρω − ° ++
dc apontando para forae vBl= →
cb (v B) l 0e = × =
ad (v B) l 0e = × =
O produto: v×B é 
perpendicular a l 
d
c
 
Tensão induzida do passo encurtado 
ind ba dce e e= +
ind cos( t 90 2) cos( t 90 2)m mM Ml vBe vB lω ρ ω ρ= − − ° − + − ° +
cos( ) cos( )λ λ− =cos(90 ) sen( )λ λ° − =
sen( ) sen( )cos( ) cos( )sen( )α β α β α β+ = +
ind sen( )2
cos t)2 (M mlBve ω
ρ
=
φω
ind cos( t)p me kω ωφ=
numa bobina de uma espira simples: 
Fator de passo da 
bobina kp=sen(ρ/2) 
mv rω=
MBAφ = ⋅
2A rl=
ind [cos( t 90 2)mMB lve ω ρ= − − ° − −
d
c
b
a
cos( t 90 2)]mω ρ− − ° +
Tensão induzida do passo encurtado 
• Tensão induzida para uma bobina de 1 espira: 
 
 
• Para uma bobina de Nc espiras: 
 
– Tensão máxima: 
 
 
– Tensão eficaz: 
 
 
• Para máquinas de mais de dois pólos: 
ind cos( t)p me k φω ω=
ind cos( t)C p mke N φω ω=
maxE
max (2 )pC C pN NE k k fφω φ π= =
max 2
2A pC
E
E kN fπ φ= =
1sen( )
22p
mk
Pθ
= ⋅
Exemplo 
• Um gerador de 60 Hz síncrono 3φ de 2 pólos ligado em Y e rotor 
cilíndrico tem um enrolamento de campo (rotor) com Nf=68 
espiras em série distribuídas e um fator de enrolamento 
kf=0,945. O enrolamento de armadura (estator) tem Na=18 
espiras em série por fase e fator de enrolamento ka=0,933. O 
comprimento do entreferro é g=4,5 cm, e o raio médio do 
entreferro é r=0,53 m. O comprimento ativo do enrolamento de 
armadura é l=3,8 m. 
• O rotor é acionado por uma turbina a vapor a uma velocidade de 
3600 rpm. Para uma corrente contínua de campo de If=720 A. 
Calcule: 
• (a) a FMM fundamental de pico (Fmax) produzida pelo 
enrolamento de campo. 
• (b) a densidade de fluxo fundamental de pico (Bg1)pico 
• (c) o fluxo fundamental por pólo 
• (d) valor eficaz da tensão gerada em circuito aberto na armadura 
Solução 
• FMM pico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Densidade de fluxo pico: 
 
– 0 max
maxB g
µ
=

r r
1
4 ( ) cos( )
2rg r
INk P
P
θ
π
=
Valor pico ( rotor) 
f
max
f4 ( )
P f
k N I
π
=
max
0,9454 68( )720
2π
×
=
4
max 2,94 10 A×esp./pólo= ×
47
max 2
2,94 14 10B 0,821T
4,5
0
10
π −
−= =×
×× ×
θr: Ângulo medido a partir do eixo 
magnético do rotor 
r: rádio até o entreferro 
l : comprimento axial do ferro do estator 
Solução 
• Fluxo no pólo: 
 
 
 
• Integrando a densidade do campo B para encontrar o fluxo 
fundamental de entreferro por pólo: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
2( )2 ( ) 3,8( )(0, 0,821 ) [Wb]53
2P
Φ = × 3,31 [Wb]PΦ =
max2 [Wb]P B AΦ =
x rma
Pcos( )
2
P
P P r
Bl r d
π
π
θ θ
+
−
Φ = ∫
max
2( )2 [Wb]P B l rP
Φ =
0 max
maxB g
µ
=

1 max cos( )2g r
P θ=  m x1 a cos( )2g r
PB B θ=
2P =
max
2( ) sen( )
2 rP
P
P
PB
P
l r
π
π
θ
−
Φ =
Solução 
 
• Tensão eficaz de circuito aberto: (ligado em Y ) 
 
 
 
• 
max
m ae re f en s22ef P
k
E
E f Nπ= = Φ
_ 0,9332 (60)( )(18)(3,31)ef aE π=
14,8kVefE =
,linha 3(14,8) kV 25,7 kVefE = =
3,31 [Wb]PΦ =
max_ me fase22ef a Pa
f k
E
E Nπ= = Φ
Fator de Distribuição kd 
• Todos os lados de bobina de 
uma dada fase são encaixados 
em ranhuras adjacentes e são 
conhecidos como 
agrupamentos de fase. 
 
• 6 agrupamentos de fase nesse 
estator de dois polos. 
 
• Em geral, há 3P agrupamentos 
de fase em um estator de P 
polos, P em cada fase. 
Enr. Distribuído de passo pleno 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 bobinas por cada fase; 2 
pólos 
Fator de Distribuição 
• Esse enrolamento ainda tem 
agrupamentos de fase, mas 
dentro de uma ranhura 
individual as fases das bobinas 
podem estar misturadas. 
 
• Na fig. o passo das bobinas é 
5/6 ou 150°ele. 
 
 
Enr. Distribuído de passo encurtado 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 bobinas por cada fase; 2 pólos 
• 12 ranhuras do estator 
150ρ = °
5ρ γ= ×
12
80 30
2
1γ °= = °
0
P
18
r
γ °=
Fator de Distribuição kd 
• A divisão do número total de espiras necessárias 
em bobinas separadas permite um uso mais 
eficiente da superfície interna do estator e 
propicia uma resistência estrutural mais elevada, 
porque as ranhuras abertas na estrutura do 
estator podem ser menores (menos profundas). 
 
• Entretanto, o fato de que as espiras que compõem 
uma dada fase estão em ângulos diferentes 
significa que suas tensões serão menores do que 
poderia ser esperado se fosse de enrolamento 
concentrado. 
Fator de Distribuição kd 
• Para a figura, a máquina tem 
um enrolamento de camada 
única, com o enrolamento de 
estator de cada fase (cada 
agrupamento de fase) 
distribuído entre três ranhuras 
distanciadas γ = 20° entre si. 
• Se a bobina central da fase a 
tiver inicialmente uma tensão 
dada por: 
 
• Nas outra bobinas da fase a: 
 
 
 
• A tensão total da fase a: 
2 0 VaE E= ∠ °
1 20 VaE E= ∠ − °
3 20 VaE E= ∠ °
1 2 3 Va aa aE EE E= + +
Fator de Distribuição kd 
• fase a : 
 
 
 
 
 
 
 
• Essa tensão na fase a não é bem o que seria esperado se 
todas as bobinas de uma dada fase tivessem sido 
concentradas na mesma ranhura. Ea teria sido 3E. 
 
• O fator de distribuição kd: é a razão entre a tensão real em 
uma fase de um enrolamento distribuído e o valor esperado 
no caso de um enrolamento concentrado, para o mesmo 
número de espiras. 
 
 
 
1 2 3 Va aa aE EE E= + +
20 0 20 Va E E EE = ∠ − ° + ∠ ° + ∠ °
[cos( 20 ) sen( 20 ) 1a E jE = − ° + − ° + +
cos(20 ) sen(20 )]Vj+ ° + °
2 cos(20 ) 2,879 VaE E E= ° =
γ = 20°. 
Fator de Distribuição kd 
 
 
 
• Para um enrolamento de n 
ranhuras por agrupamento 
de fase, distanciadas de γ 
graus, é dada por: 
 
 
 
 
 
• 
γ γ
nγ2
γ 2
γ
γ
γ
γ
 real
 esperada sem distribuiçãod
V
V
k φ
φ
=
2,879 0,960
3d
Ek
E
= =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
180
r Pγ
°=
fases
r Pn =
n : número de bobinas por fase 
Exemplo 
• Uma máquina trifásica, armadura com 6 pólos, 96 
ranhuras, é enrolada com bobinas tendo um passo 
fraccionário 13/16 (utiliza 13 ranhuras –> passo 
encurtado, de 16 ranhuras –> passo completo). 
• Calcule o fator de passo (kp) 
• Calcule o fator de distribuição (kd) 
Solução 
• Calcule o fator de passo (kp) 
 
 
 
 
 
 
• 
sen( )
2p
k ρ= 180
p
m
ρ
ρ
θ
= × ° 360 [ mec]p P
ρ °= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
(13 / 16 60) 48,75mθ = × =° °66
360 0pρ
°
= = °(13 / 16)m pθ ρ= ×
146,25
2
48,75 6ρ ×= = °
146,25sen( ) 0,95694
2p
k °= =
[ elét]
2
m Pρ
θ
= × °
2
m Pρ
θ
= ×
sen( )
2p
k ρ=
Exemplo 
• Calcule o fator de distribuição; kd para uma 
armadura trifásica de quatro pólos, tendo: 
– a) 12 ranhuras 
– b) 24 ranhuras 
– c) 48 ranhuras 
– d) 84 ranhuras 
• a) r = 12 ranhuras 
 
 
 
 
 
– 
 
Solução 
4
180 60 elét
12
.γ °= = °
fases
q Pn =
ranhuras
pólo×fase
12 4
3
1n = =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
sen( 2) 1
sen(
60
60 2)
1
1d
k ×= =
180
q P
γ °=
 
• b) r = 24 ranhuras 
 
 
 
 
 
 
 
• c) r = 48 ranhuras 
 
 
 
 
 
 
• d) r = 84ranhuras 
 
 
 
• 
 
Solução 
4
180 30 elét
24
.γ °= = °
fases
q Pn =
ranhuras
pólo×fase
24 4
3
2n = =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
sen( 2) 0,96593
sen( 2)
30
30
2
2d
k ×= =
×
4
180 15 elét
48
.γ °= = °
ranh
pólo×fase3
48 44n = =
sen( 2) 0,9558
s
8,5714
8,5en( 2)714
7
7d
k ×= =
×
sen( 2) 0,95766
sen( 2)
15
15
4
4d
k ×= =
×
60
74
180 8,571
84
4γ °= = =
3
784 4n = =
Exemplo 
• Uma armadura com 72 ranhuras, tendo quatro 
pólos, é enrolada com bobinas abrangendo 14 
ranhuras (ranhura 1 até ranhura 15). Calcule: 
– (a) o ângulo abrangido por uma bobina de passo 
inteiro (espaço ocupado por pólo) 
– (b) o espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
– (c) o fator de passo. 
 
Solução 
• (a) 72 ranhuras para 4 pólos: 
– Espaço ocupado por pólo: 72/4 = 18 ranhuras por pólo 
– 18 ranhuras será ocupado por 180 graus elétricos 
• 18 ranhuras será ocupado por 90 graus mecânicos 
• (b) espaço ocupado por bobina: 
– 18 ranhuras  180 graus elétricos 
– 14 ranhuras  ρ graus elétricos 
• (c) fator de passo: 
• 
14 180 140
18
ρ = × ° = °
1sen( ) sen( )
2 22
m
pk
Pθ ρ
= =
70mθ = °
sen( ) sen1 740 0 0,94
2p
k = = ° =°
14 1490
4 1
3 0
8 18
6
mθ ×= ×=
Exemplo 
• Da figura ao lado, calcule os fatores de 
distribuição, de passo e de enrolamento. 
 
150°
2 pólos 
• Observa-se que há duas bobinas por cinto 
de fase, separados por um ângulo elétrico 
de 30°, então: 
 
 
 
 
 
• Bobinas de passo encurtado: 
 
 
 
• Fator de enrolamento: 
Solução 
sen( )
2p
k ρ=
150°
150ρ = °
150sen( ) 0,966
2p
k = =
enr d pk k k= ×
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
2 pólos 
fases
r Pn = 3
212 2n = =
sen( 2) 0,966
sen( 2)
2 30
302d
k ⋅= =
enr (0,966)(0,966) 0,933k = =
 
• Enrolamento de camada única; 
Enrolamento de estator de cada 
fase distribuído entre três 
ranhuras distanciadas 20° entre 
si. 
• Seja a tensão inicial, na fase a 
(bobina a2) 
 
 
• Calcule a tensão nas outras fases 
• Calcule o fator de distribuição 
kd. 
 
Exemplo 
2 0aE E= ∠ °
 
• γ = 20°. 
 
• Nas outras bobinas: 
 
 
• Tensão na fase a: 
– Fasorial: 
 
 
 
 
– Aritmética: 
• 
Solução 
a 1 2 3= a a a+ +E E E E
a = 20 0 20E E E∠ − ° + ∠ ° + ∠ °E
a = 2 cos 20 2,879E E E+ ° =E
arit = 3E E
2,879 0,960
3d
Ek
E
= =
2 0aE E= ∠ °
1 20aE E= ∠ − ° 3 20aE E= ∠ °
 
Exemplo 
• O estator de uma máquina síncrona trifásica, de dois pólos é 
ligada em Y, é usado para construir um gerador. 
• As bobinas são de camada dupla, com 4 bobinas de estator 
por fase, distribuídas como na figura. 
• Cada bobina consiste em 10 espiras. Os enrolamentos têm 
um passo elétrico de 150°. 
• O rotor (e o campo magnético) está girando a 3000 rpm e o 
fluxo por polo nesta máquina é 0,019 Wb. 
– (a) qual é o passo de ranhura em graus mecânicos; em graus 
elétricos 
– (b) Quantas ranhuras são ocupadas pelas bobinas 
 do estator 
– (c) qual é a tensão de fase em uma das fases 
 do estator dessa máquina 
– (d) qual é a tensão de terminal da máquina 
 
Solução 
• (a) O estator tem 6 agrupamentos 
de fase (bobinas associadas a cada 
fase) com 2 ranhuras por 
agrupamento  12 ranhuras, 
passo de ranhura:– ∠ elétrico = ∠ mecânico = 30° (P=2) 
 
• (b) Há 6 ranhuras por pólo (12 
ranhuras e 2 pólos) 
• Passo de bobina é de ρ=150° elét.: 
• 150°/180° = 5/6 
– 
180 18
1
0
2
30
2r P
γ ° °= = = ° 150°
 Bobina ocupam 5 ranhuras do estator 
rpm 3000 rpmn =
0,019Wbφ =
Solução 
• (c) tensão em uma única fase: 
 
 
– Frequência f : 
 
 
 
– Fator de passo: 
 
 
 
– Fator de distribuição: 
• 
(3000 rpm)( pólos) 50Hz
1 0
2
2
f = =
150°
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
150sen( ) 0,966
2p
k =°=
150ρ = °
fase e re n2AE N k fπ φ=
sen( )
2p
k ρ=
fases
r Pn =
120
mnf P=
2P =
30γ = °
3
212 2n = =
rpm 3000 rpmn =
0,019Wbφ =
Solução 
• (c) tensão em uma única fase: 
 
 
 
– Fator de distribuição: 
 
 
 
• Logo: 
 
 
• (d) tensão terminal da máquina: 
• 
0,966 0,9662 (40esp)( x )(0,019 Wb)(50Hz)AE π=
157 VAE =
150°
sen( 2) 0,966
sen(
30
3
2
2 0 2)d
k ⋅= =
⋅
2n =
fase e re n2AE N k fπ φ=
50Hzf = 0,966pk =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
30γ = °
3t AV E= 3(157 V) 272VtV = =
0,019Wbφ =
fases
r Pn =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
2
m Pρ θ= ×
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ= sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
180 elet.
r P
γ °=
Harmônicos em Enrolamentos 
Em dois 
pólos 
Polifásicos: exemplo trifásico 
Harmônicas 
Freq. Fundamental (f0 ou w0) 
3ra harmônica (3f0 ou 3w0) 
5ta harmônica (5f0 ou 5w0) 
7ma harmônica (7f0 ou 7w0) 
 
 
• Produção de Campos 
Magnéticos em 
Enrolamentos Distribuídos 
Polifásicos (P=2) 
• O uso de enrolamentos 
distribuídos introduz 
problemas adicionais. 
• A presença de ranhuras 
uniformes na periferia 
interna do estator causa 
variações regulares na 
relutância e no fluxo ao 
longo da superfície do 
estator. 
• Essas variações regulares 
produzem harmônicas nas 
ranhuras. 
Harmônicas 
nas ranhuras 
Para dois pólos 
 
Harmônicas nas ranhuras 
• Harmônicas de ranhura 
ocorrem em frequências 
determinadas pelo 
espaçamento entre 
ranhuras adjacentes: 
 
 
 
– hranhura: índice o número 
da componente 
harmônica 
– ranhuras: número de 
ranhuras do estator 
– M: um número inteiro 
– P: Pólos da máquina 
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×= × ±
M=1 para harmônicas de frequências mais baixas que causam mais problemas. 
Exemplo 
• Seja um estator de 6 pólos e 72 ranhuras 
• Nessa máquina duas harmônicas de frequência 
mais baixas são mais problemáticos (difíceis de 
manipular): 
 
 
 
 
• Para frequência de 60 Hz: 
– harmônicas de 60x23 = 1380 Hz 
– harmônicas de 60x25 = 1500 Hz 
 
ranhura
( )
6
( )2 172 2 23e1 5h = × ± =
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
Efeitos dos Harmónicos de Ranhura 
• Os principais efeitos dos harmónicos de ranhura são: 
– Indução de harmónicos de tensão no sistema eléctrico, 
deformando a onda em tensão. 
– Aumento da taxa de distorção em tensão THDU(%) 
– Maior facilidade de apresentar ressonância com baterias de 
condensadores 
– Diminuição do rendimento de motores (menor par, 
vibrações, etc) 
– Actuação inadequada de dispositivos electrónicos sensíveis. 
 
• Suprimimos os harmónicos de ranhura se inclinar-mos 
as ranhuras em relação ao cilindro que constitui a face 
interior do estator, ou inclinando as arestas das peças 
polares em relação às mesmas geratrizes. 
Exemplo 
• Para uma máquina de 50Hz, de armadura trifásica 
de quatro pólos; calcule o índice de harmônica 
que são difíceis de manipular, tendo: 
– a) 12 ranhuras 
– b) 24 ranhuras 
– c) 48 ranhuras 
– d) 96 ranhuras 
• a) 12 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h5 = 60x5 = 300 Hz 
– h7 = 60x7 = 420 Hz 
• b) 24 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h11 = 60x11 = 660 Hz 
– h13 = 60x13 = 780 Hz 
 
– M=1; P=4 
 
• c) 48 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h23 = 60x23 = 1380 Hz 
– h25 = 60x25 = 1500 Hz 
• d) 96 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h47 = 60x47 = 2820Hz 
– h49 = 60x49 = 2940Hz 
Solução 
ranhura
1 12( )( )
4
2 75 e1h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 124 1 13e1 1h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 148 2 25e1 3h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 196 4 49e1 7h = × ± =
Tensão induzida - harmônicos 
• A maquina síncrona ligada em Υ: 
– Tensão de terceira harmônica entre 2 terminais quaisquer será zero 
 
• A máquina síncrona ligada em ∆: 
– As três componentes somam-se e produzem uma corrente de terceira 
harmônica nos enrolamentos (circulação de corrente no circuito 
fechado em ∆) influência desprezível na tensão dos terminais da 
máquina 
 
• kp para frequência harmônica: 
 
• Kd para frequência harmônicas: 
 
 
 
 
• 
sen( )
2p
k hρ=
1
1
1
sen
sen( 120 )
sen( 240 )
a M
b M
c M
e E t
e E t
e E t
ω
ω
ω
=
= − °
= − °
,
,
3 3
3 3
, 3 3
sen
se
3
3 360
3
n
720
( )
sen( )
h
h
a M
b M
c Mh
e E t
e E t
e E t
ω
ω
ω= −
°= −
°
=
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Exemplo 
• Um estator trifásico de dois pólos tem bobinas 
com um passo de 5/6. 
– Quais são os fatores de passo para as harmônicas 
presentes nas bobinas da máquina. 
Solução 
• Estator 3φ; P=2 . bobinas com um passo de 5/6. Quais 
são os fatores de passo para as harmônicas presentes 
na máquina. 
 
– Passo polar em graus mecânicos: 
 
 
– Ângulo de passo mecânico da bobina é: 
 
 
– Ângulo em graus elétricos: ρp = θm. (2 pólos) 
 
• 
360 360 180
2p P
ρ ° °= = = °
5 180 150
6m
θ = ⋅ ° = °
1180 115 50
1
080
80
m
p
ρ
θ
ρ
°
= ⋅ ° = ⋅ ° =
°
°
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
– 
Fundamental sen( ) 0,966
sen( )
5° harmônica sen( ) 0,259
7° har
1
3° harmônic
m
a 3 0,70
ônica
7
5
7
9° harmônica 9 0,707
75
75
75
75sen( ) 0,259
sen( 75 )
p
p
p
p
p
k
k
k
k
k
= × =
= × =
= × =
= × =
= × ° = −
°
°
°
−
°
Harmônicas de n 
múltiplo de três 
não estão presente 
na saída trifásica 
150ρ = °sen( )
2p
k h ρ= ⋅
sen( 75 ) sen( 75 )pk h h= ⋅ ° = ⋅ °
sen( )75pk h= ⋅ °
Solução 
5
9
1
3
7
0,966
5° 0,259
7° 
3° 0,707
9° 0,
0,259
707
p
p
p
p
p
k
k
k
k
k
=
=
=
=
−=
−
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Da análise da distribuição do enrolamento, é clara a 
necessidade de se aumentar o número de ranhuras 
por pólo por fase [ n =r/(P×fases) ] para reduzir o 
efeito do harmônico de ranhura; 
• Para um número fixo de pólos, o aumento de n 
implica no aumento do número de ranhuras: 
– Para um número elevado de pólos, mesmo n=2 pode ser 
problemático; 
• A seleção de h=1 implica em alto conteúdo 
harmônico; 
 
 
• Uso de valor fracionário de ranhuras 
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Para manter a simetria de fases, o número de 
ranhuras deve ser um múltiplo do número de fases; 
• O númerode ranhuras não precisa ser um múltiplo do 
número de pólos; 
 
• Exemplo: máquina trifásica (3φ), P = 10 pólos: 
– n = 1: 30 ranhuras; 
– n = 2: 60 ranhuras!!! Muito alto para 
uma máquina pequena; 
– Usando r = 42 ranhuras, [ n=r/(P×fases) ] : 
– n = 42/(3*10) = 7/5 ranhuras por fase ou (7/5)*3 = 21/5 
ranhuras por 5 pólos (P/2): 
• O enrolamento tem que ser distribuído em 21 ranhuras para 5 
pólos sendo repetido após o enrolamento dos primeiros 5 pólos. 
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Exemplo: máquina trifásica (3φ), P = 10 pólos; r = 42 
ranhuras 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 10 5
2 7
3
4n = =
×
inteiro
 e primos entre si.
inteirofases
m mrn z
zP
→ 
= = >→× 
180 elet.
r P
γ °= 180 =42,85
1
° e
4
t
2 0
el .γ °=
7
5
m
z
=
=
7
7
sen( 2 ) 9,558
sen(
42,85
42,8 )55 2
5
dk
× ⋅
= =
⋅ ⋅
sen( )
2
sen( )
2
d
z
m
m
k
z
γ
γ
⋅
=
⋅
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Passo polar: 
 
 
• Escolhendo uma passo da bobina de 4 ranhuras 
• Passo da ranhura: 
 
 
• Passo da bobina: 
 
• Ângulo de encurtamento: 
 
 
• Fator de passo: 
• 
ranhuras
pól×ranhura o410
,2p
rρ = =
180 elet.m r P
γ °=
4ρ γ= ×
360 360
10
36 mecp P
ρ ° °= = = °
180β ρ= −
171,43180 8,57β = − = °
=171,4 42, 3°4 .85 eletρ = ×
sen( )
2p
k hρ=
171,4se 3n( ) 0,9972
2
(1)
pk = =
⋅
8,57cos 0,997
2p
k = =
180 =42,85
1
° e
4
t
2 0
el .γ °=
cos
2p
k β=
Exemplo 
• Uma máquina trifásica, armadura com 6 pólos, 96 
ranhuras, é enrolada com bobinas tendo um passo 
fraccionário 13/16 (utiliza 13 ranhuras –> passo 
encurtado, de 16 ranhuras –> passo completo). 
• Calcule o fator de distribuição (kd) 
Solução 
• Fator de distribuição 
69
180 11
6
,25γ °= = °
180
q P
γ °=
sen( 2 )16
1
0,9551
sen( 2 )
11, 25
11,
3
3
1
1 256d
k ×= =
× ⋅×
⋅⋅
3
196 6 6
3
n = =
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅ fasesP
n q
z
m
= =
×
6
3
1m
z
=
=
1h =
• O estator de uma máquina síncrona 
trifásica, de dois pólos é ligada em Y, é 
usado para construir um gerador. 
• As bobinas são de camada dupla, com 4 
bobinas de estator por fase, distribuídas. 
• Cada bobina consiste em 10 espiras. Os 
enrolamentos têm um passo de 150° 
elétricas. 
• O rotor (e o campo magnético) está 
girando a 3000 rpm e o fluxo por polo 
nesta máquina é 0,019 Wb. 
• a) Qual é o fator kd e kp fundamental 
• 
 
 
• 
Exemplo 
b) Qual é a redução que o enrolamento de passo encurtado dá 
para a componente de quinta harmônica, em relação à redução da 
fundamental. 
c) Qual a harmônica mais problemática? 
 
Solução 
• (a) Qual é o fator de passo 
fundamental 
 
 
 
 
• Fator de distribuição kd fundamental. 
 
 
 
 
 
• 
150°
sen( )
2p
k h ρ= ⋅ 1h =
1
15sen( ) 0,9 90 5
2
1 6pk
°
= ⋅ =
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅ fasesP
n q
z
m
= =
×
180
q P
γ °=
1h =
2
212
13
n = =
×
1z =
12
80 30
2
1γ °= = ° 1sen( 2 )
s
2
e
1
n
3
(
0
3 22 )0 11d
k ⋅=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
2m = 0,9659dk =
Solução 
• (b) Fator de passo para a componente de 5ta 
harmônica 
 
 
 
 
 
• c)harmônicas de difícil manipulação: 
 
 
 
• 
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
ranhura
( )
2
( )2 112 1 13e1 1h = × ± =
5h =
5
15sen( ) 0,2 80 8
2
5 5pk
°
= ⋅ =
5
1
0, 2588 0,2680 26,8%
0,9659
p
p
k
k
= = =
sen( )
2p
k h ρ= ⋅
fases
r mn P
z
= =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 180
P
m
ρ
ρ
θ
= × °
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ=
180 elet.
r P
γ °=
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅
2
m Pρ θ= ×
sen( )
2p P
mk θ
ρ
π
= ×
Saturação Magnética 
• As características das máquinas elétricas 
dependem do material magnético 
• A medida que o fluxo magnético é aumentado, o 
material começa a saturar 
• Sua permeabilidade magnética diminui 
• Efetividade na contribuição da densidade de fluxo 
magnético diminui. 
• A saturação influencia apreciavelmente as 
características da máquina 
• As características de 
saturação das máquinas 
rotativas são 
representadas tipicamente 
na forma de uma 
característica de circuito 
aberto ou a vazio ou Curva 
de magnetização ou curva 
de saturação. 
 
Saturação Magnética 
Excitação de campo em ampères-
espiras ou em ampères de campo 
Te
ns
ão
 d
e 
cir
cu
ito
 a
be
rt
o 
Linha de 
entreferro 
Característica de 
circuito aberto 
 
• A curva de saturação é 
obtida operando a 
máquina em velocidade 
constante e medindo a 
tensão de armadura de 
circuito aberto em função 
da corrente de campo. 
 
• Linha que corresponde 
aos níveis baixos de fluxo 
dentro da máquina 
– Relutância do entreferro é 
desprezível 
Saturação magnética 
Excitação de campo em ampères-
espiras ou em ampères de campo 
Te
ns
ão
 d
e 
cir
cu
ito
 a
be
rt
o 
Linha de 
entreferro 
Característica de 
circuito aberto 
 
• Fluxo concatenados das fases de 
armadura a, b, c e do enrolamento de 
campo f, expressos em termos de 
indutâncias e correntes: 
 
 
 
 
 
• Tensões induzidas obtidas por Faraday. 
• Com tensão CC constante no 
enrolamento de campo, tem-se: 
 
 
Indutância mútua entre estator e rotor 
aa ab ac af
ba bb bc bf
ca cb cc cf
fa fb fc ff
f
f
f
f
a a
a
a
c
c
c c
ca f
b
b b
b
b
i
i
i i
i
ii
i i
i
i
ii
i i
i
λ
λ
λ
λ
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
   
   
   
   
f
f
f
VI
R
=
 
• Com um estator cilíndrico, a 
indutância própria do enrolamento 
de campo não depende de θm. 
– Efeitos dos harmônicos desprezados 
 
• Onde: 
– Lff , Lf0 , Lf1: indutâncias que não 
depende de θm. 
– Lf0: parcela de Lff devida à 
componente fundamental espacial de 
fluxo de entreferro 
– Lf1: é responsável pelo fluxo de 
dispersão do enrolamento de campo. 
Indutância própria do rotor 
ff ff f0 f1L L L= = +
Fluxo de dispersão é 
o fluxo que se perde 
(similar que nos 
transformadores 
 
 
 
• Em condições de transitórios ou de 
desequilíbrio, os fluxos 
concatenados dos enrolamentos da 
expressão de λf , variam com o 
tempo e as tensões induzidas nos 
circuitos do rotor têm um efeito 
sobre o desempenho da máquina. 
 
 
• Mas com correntes 3φ de armadura 
(estator), a tensão induzida no 
enrolamento de campo é zero. 
• 
Indutância própria do rotor 
ff ff f0 f1L L L= = +
fa fb fc ffbf fa ci i i iλ = + + +   
f f fI V R=
Com tensão CC constante no 
enrolamento de campo, tem-se: 
 
• A indutância mútua entre o 
enrolamento de campo f (rotor) e a 
fase a (estator) , af, varia 
periodicamente