SEE Colectanea de Problemasresolvidos_2010 2011

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Sistemas Eléctricos e Electromecânicos 
 
 
Colectânea de Problemas Resolvidos 
2010 
 
DEEC – Área de Especialização em Energia 
 
Gil Marques 
Maria José Resende 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 2 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 3 
 
 
 
 
 
 
Índice 
 
Problema Nº 1 – Introdução aos Circuitos Resistivos .............................................................................. 5 
Problema Nº 2 - Circuitos Resistivos ....................................................................................................... 8 
Problema Nº 3 - Circuito RL série (regime permanente) ....................................................................... 10 
Problema Nº 4 – Circuitos em AC - Regime Permanente  Circuito RLC série ................................. 12 
Problema Nº 5 – Circuitos em AC - Regime Permanente + Compensação F.P. .................................... 15 
Problema Nº 6 – Circuitos Trifásicos ..................................................................................................... 18 
Problema Nº 7 – Circuitos Trifásicos com C. Factor Potência .............................................................. 20 
Problema Nº 8 – Circuito Magnético I ................................................................................................... 22 
Problema Nº 9 – Circuito Magnético II .................................................................................................. 24 
Problema Nº 10 - Circuito Magnético – Cálculo de forças .................................................................... 27 
Problema Nº 11 – Cálculo da Força electromecânica numa armadura .................................................. 29 
Problema Nº 12 – Problema do conversor electromecânico rotativo elementar .................................... 33 
Problema Nº 13 – Circuito Magnético ................................................................................................... 36 
Problema Nº 14 – Transformador de distribuição monofásico .............................................................. 38 
Problema Nº 15 - Máquinas Eléctricas - Transformador ....................................................................... 43 
Problema Nº 16 – Determinação das características de uma máquina de indução a partir do circuito 
equivalente. ............................................................................................................................................. 45 
Problema Nº 17 – Funcionamento da Máquina de indução na zona de pequenos escorregamentos. .... 47 
Problema Nº 18 –Máquina de indução controlada com o método u/f. ................................................... 49 
Problema Nº 19 – Métodos de arranque da máquina Assíncrona de rotor em gaiola ............................ 52 
Problema Nº 20 – O gerador de indução ................................................................................................ 54 
Problema Nº 21 - Máquina de Indução ou Assíncrona .......................................................................... 56 
Problema Nº 22 – Conversor de frequência rotativo com duas máquinas síncronas ............................. 58 
Problema Nº 23 – Motor de Excitação em série..................................................................................... 61 
Problema Nº 24 - Maquina DC – Veículo Eléctrico .............................................................................. 63 
Problema Nº 25 - Máquina de corrente contínua de Excitação Separada ............................................. 65 
Problema Nº 26 - Máquina de Corrente Contínua de Excitação em Série ............................................. 68 
Problema Nº 27 Máquina de Corrente Contínua .................................................................................... 70 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 4 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 5 
PROBLEMA Nº 1 – INTRODUÇÃO AOS CIRCUITOS RESISTIVOS 
Considere o circuito eléctrico representado na figura. Os valores das fontes e resistências encontram-se 
representados na mesma figura. 
 
Pretende-se resolver este circuito, isto é, determinar os valores das as corrente tensões e potências em todos 
os elementos do circuito. 
 
a) Estabeleça as equações resultantes da aplicação das leis dos nós necessárias para a resolução 
do circuito. 
Apenas interessam os nós com mais do que dois ramos. Do nó A tira-se: 
321 iii 
 
 
do nó B tira-se: 
132 iii 
 
que é equivalente à obtida na aplicação ao nó A o que ilustra que basta escrever N-1 equações dos nós. 
 
b) Estabeleça as equações resultantes da aplicação das leis das malhas. 
Escolham-se as malhas segundo a figura: 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 6 
Na malha 1 tem-se: 
012 31  uu
 
Na malha 2 tem-se: 
0823  uu
 
Se estas duas equações forem verificadas, então a equação que resulta da circulação da malha exterior 
também será verificada. Na realidade obter-se-ia: 
0812 21  uu
 
Que resulta também da soma das duas equações anteriores. Isto quer dizer que esta terceira equação é 
linearmente dependente das outras duas. Com efeito: 
0)8()12( 2331  uuuu
 
c) Escreva as equações dos elementos do circuito 
Tem-se: 













313
212
111
2
1
8
12
iRu
iRu
iRu
u
u
s
s
 
Com R1, R2 e R3 os valores indicados na figura 
d) Resolva o circuito utilizando o método das correntes fictícias. 
Definam-se as malhas 
 
Por inspecção, tem-se: 








 A)nó no nós dos lei a escrever a equivale que (o 213
22
11
JJi
Ji
Ji 
Circulando nas malhas e introduzindo ao mesmo tempo as leis dos elementos tem-se: 





0)(8
0)(12
12322
21311
JJRJR
JJRJR
 
Colocando na forma matricial, obtém-se: 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 7 




















 2
1
323
331
.
8
12
J
J
RRR
RRR
 
Numericamente obtém-se: 




















 2
1
.
1210
1011
8
12
J
J
 
Resolvendo o sistema de equações obtém-se como solução: 





1
2
2
1
J
J
 
Aplicando a relação entre as correntes de ramo e as correntes de malha, tem-se: 








112
1
2
3
2
1
i
i
i 
As tensões nos ramos será: 








ViRu
ViRu
ViRu
10110
212
221
333
222
111 
 
e) Calcule as potências em todos os ramos. 
 
A tabela apresenta os valores das correntes, tensões e potências. 
 
Elementos I [A] U [V] P [W] 
Us1 2 12 -24 
Us2 1 8 8 
R1 2 2 4 
R2 1 2 2 
R3 1 10 10 
 
Pode verificar-se que a soma das potências é nula o que verifica o princípio de conservação de energia. 
A fonte de 12V está a fornecer potência ao circuito. 
As resistências estão a consumir potência eléctrica. 
A fonte de 8V está a receber potência do circuito. 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 8 
PROBLEMA Nº 2 - CIRCUITOS RESISTIVOS 
 
Considere o circuito representado na figura com os valores das fontes e resistências indicados. 
 
R1 R3
R2 R4Vs
Js
 
AJs 80,
 521 ,R
102R
103R
 204R
VVs 12
 
a) Determine todas as correntes nos ramos e tensões nas fontes utilizando o métododas correntes 
fictícias 
Escolham-se as correntes de malha como se indica na figura. Não é necessário escolher uma corrente de 
malha no ramo da fonte de corrente pois esta corrente já é conhecida neste ramo. 
 
Circulando na malha 1, obtém-se: 
  021211  JJRJRVs
 
Circulando na malha 2, obtém-se: 
    02423212  sJJRJRJJR
 
Colocando na forma matricial, tem-se: 





















s
s
JR
V
J
J
RRRR
RRR
42
1
4322
221
 
Substituindo valores: 





















16
12
4010
105,12
2
1
J
J
 
Usando a matriz inversa tem-se: 











































16x0312,012x025,0
16x025,012x1,0
16
12
0312,0025,0
025,01,0
16
12
4010
105,12
1
2
1
J
J













2,0
8,0
2
1
J
J
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 9 
b) Calcule as potências em todos os elementos e verifique o princípio de conservação de energia. 
O cálculo das correntes e tensões nos elementos faz-se a partir do valor das correntes fictícias. Vamos arbitrar 
as tensões como se representa na figura e as correntes no sentido do terminal + para o terminal -. 
 
As correntes, tensões e potências serão: 
Elemento Corrente [A] Tensão [V] Potência [W] 
sV
 
801 , JIs
 
12sV
 
69,ssIV
 
1R
 
8011 , JI
 
2111  RIV
 
6111 ,IV
 
2R
 
1212  JJI
 
10222  IRV
 
1022 IV
 
3R
 
2023 , JI
 
2333  IRV
 
4033 ,IV
 
4R
 
6024 , sJJI
 
12444  IRV
 
2744 ,IV
 
sJ
 
80,sJ
 
124  VV sJ
 
69,sJ JV s
 
Verifica-se que, por coincidência, ambas as fontes estão a fornecer ao circuito 9,6W. 
Pelo princípio da conservação de energia, 
  DissipadaEnergiaFornecidaEnergia
 
2,74,0106,16,96,9 
 
Processo simplificado 
Aplicando a conversão Norton-Thevenin, tem-se o circuito: 
 
Cujas equações são: 





















s
s
JR
V
J
J
RRRR
RRR
42
1
4322
221
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 10 
PROBLEMA Nº 3 - CIRCUITO RL SÉRIE (REGIME PERMANENTE) 
 
Determine a evolução temporal em regime permanente das tensões e correntes em cada um dos elementos, 
quando aplica uma fonte de tensão alternada sinusoidal de valor eficaz 
V230efE
 , 
zf H50
. 
 
)sin(2)( tEte ef 
  
ºjo
ef eEE 
 
 jLR eZjZZZ LR
 
sendo 
 22 LR Z
 




   961030050220
2
32
essubs.v alor Z
 
e 





 

R
L
arctan
 
º78
20
10300502
arctan
3
essubs.v alor 







 

 
 


 jef
jef
j
j
ef eIe
Z
E
eZ
eE
Z
E
I
0 
AeeI jj 7878essubs.v alor 4,2
96
230  
 
 jefR eIIU RR
 
VeeU jjR
7878
essubs.v alor 484,220  
 
   º9090 LLL jef
j
ef
j
L eIeIeIjU
 
  VeeU jjL
1278903 2254,210300502valoressubs.  
 
A evolução temporal das grandezas será, então: 
)º78
180
sin(4,22)(

 tti
 
)º78
180
sin(482)(

 ttuR
 
)º12
180
sin(2252)(

 ttuL
 
 
 
)(te
i
)(tuR
)(tuL
R
L
 20R
mH300L
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 11 
-400
-300
-200
-100
0
100
200
300
400
0 90 180 270 360 450 540 630 720
[V]
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
[A]e(t) uR(t) uL(t) i(t)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RU
I
LU
RU
º78
E
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 12 
PROBLEMA Nº 4 – CIRCUITOS EM AC - REGIME PERMANENTE  CIRCUITO RLC SÉRIE 
Resolução do circuito RLC em série 
 
Impedância da resistência 
RRZ
 
Impedância da bobine 
L jZL
 
Impedância do condensador 
C
1

 jZC
 
Como estas 3 impedâncias estão em série 
L
C
1
R 

 jjZZZZ LCRT
 








C
1
LR jZT
 
1º Caso 
0
C
1
L 


 

RTZ
 
 Circuito com carácter Resistivo 
2º Caso 
0
C
1
L 


 

XR jZT 
 
 Circuito com carácter Indutivo 
3º Caso 
0
C
1
L 


 

XR jZT 
 
 Circuito com carácter Capacitivo 
Substituindo valores: 
V230efE
, 
zf H50
, 
 20R
, 
F300 C
 e 
mH300L
 
)(te
i
)(tuR )(tuC
)(tuL
L
R
C
I
TZ
E
I
TZ
E
I
TZ
E
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 13 












2
6
32
10300502
1
1030050220 Z
 
 
   868420 22
 
º77
20
84
arctan
R
C
1
L
arctan 



















 

 
 7786 jeZ
  A impedância não é uma grandeza sinusoidal 
 Não faz sentido falar no seu valor eficaz nem na sua evolução temporal!!! 
 
Ae
e
e
Z
E
I j
j
j
ef
ef
77
77
0
7,2
86
230 
 
 
VeeIU jjefefR
7777 537,220R  
 
 
  VeeIjU jjefefL
137790 2527,2LL   
 
  VeeIjU jjefefC
1679077 287,2
C
1
C
1  




 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
I
TZ
E
CU
RU
LU
CU
LC UU 
RU
º13
º13
º13
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 14 
-400
-300
-200
-100
0
100
200
300
400
0 90 180 270 360 450 540 630 720
[V]
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
[A]e(t) uR(t) uC(t) uL(t) i(t)
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 15 
PROBLEMA Nº 5 – CIRCUITOS EM AC - REGIME PERMANENTE + COMPENSAÇÃO F.P. 
 Considere o seguinte circuito, alimentado a partir de uma rede de corrente alternada 
V230efE
 e 
frequência 
zf H50
. Considere: 
 5021 ,'RR
 ,
mH51 L
, 
mH42 'L
, 
mH50ML
 e 
10ExtR
. 
Determine: 
a) A impedância equivalente do circuito, observada a partir dos terminais ab. 
1Z
é a série de 
'2R
, 
'2L
 e 
ExtR
: 
 
 
 
 
 
 
 
  '' 221 LjRRZ Ext 
  
 8,61 6,1026,15,10
jejZ
 
2Z
é o paralelo de 
1Z
 e 
ML
: 
 
 
 
 
2,552,634,8
6,107,15
6,107,15 6,38
8,690
8,690
12
12
2 je
ee
ee
ZLj
ZLj
Z j
jj
jj







 
 
1R 'R 2
ExtR
1L 'L2
ML
a
b
a
b
1R 1
L
ML
1Z
1R
1L
2Z
a
b
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 16 
Finalmente, 
TZ
é a série de 
1R
, 
1L
 e 
2Z
: 
211 ZLjRZT  
4475,977,602,72,552,657,15,0 jejjj
 
b) a corrente fornecida pela fonte, bem como as potências activa e reactiva. 
Ae
e
e
Z
V
I j
j
j
T
44
44
0
6,23
75,9
230 
 
Potência Complexa 
VAeeeIVS jjj 44440
*
42856,23230 
 
Potência Activa 
  WSP 805344cos4285Re 
 
Potência Reactiva 
 VArSQ 771344sin4285Im 
 
 
o valor da capacidade de um condensador , a colocar à entrada do circuito, de modo a assegurar um factor de 
potência unitário. 
No problema tem-se: factor de potência 
72,044cos 
 indutivo 
e pretende-se que 
1'cos 
  
º0'
  circuito com um carácter resistivo, globalmente,  
0P
e 
0Q
. 
A potência fornecida por um condensador com uma tensão 
cV
 aos seus terminais e que está a ser percorrido 
por uma corrente 
cI
, é: 
Sabendo que a impedância do condensador é 
C
jZc


1
 
Tem-se: 
90j
c
c
c
c eVC
Z
V
I 
 
A potência complexa será então: 
902* j
cccc eVCIVS

  
TZ
a
b
cI
cV
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 17 
    090cosRe 2  ccc VCSP
 
    22 90sinIm cccc VCVCSQ 
 o condensador fornece Q 
 
O problema pretende que se dimensione C que forneça toda a energia reactiva que está a ser consumida pelo 
circuito; deverá ser então: 
 
QQc 
  
 
37712  cVC
  
 
  3771230502 2  C
 
FC  227
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 18 
PROBLEMA Nº 6 – CIRCUITOS TRIFÁSICOS 
Considere o circuito representado na figura 
 
A fontes de tensão constituem um sistema simétrico e equilibrado de tensões de valor eficaz 
V400/230
 e 
frequência 
zf H50
. O valor dos parâmetros é: 
 101R
 
 62R
 
 36,43R
 
mHL 5,25
 
FC 354
 
a) Calcule as 3 correntes nas fases bem como a corrente de neutro. 
 
º0
1 230
j
s eV 
 
º120
2 230
j
s eV

 
º240
3 230
j
s eV

 
As impedâncias de carga de cada fase são: 
RZZ R 1
 subs. valores 
 101Z
 
LR jZZZ LR 2
 subs. valores 
3
2 105,251006
 jZ º6,522 10 jeZ  
C
j
ZZZ CR  R3
 subs. valores 
6
3
10354100
36,4



j
Z
 
º1,64
3 10
jeZ 
 
1
1
1
Z
V
I
s

 subs. valores 
Ae
e
I j
j
º0
º0
1 23
10
230

 
2
2
2
Z
V
I
s

 subs. valores 
Ae
e
e
I j
j
j
º6,172
º6,52
º120
2 23
10
230 


 
3
3
3
Z
V
I
s

 subs. valores 
Ae
e
e
I j
j
j
º9,175
º1,64
º240
3 23
10
230 



 
A corrente de neutro será: 
321 IIIIN 
 subs. valores 
º9,175º6,172º0 232323 jjjN eeeI
 
 
 
º1692,244,48,22 jN ejI

 
 
b) Desenhe um diagrama vectorial representando as amplitudes complexas das tensões e das 
correntes 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 19 
 
c) Considere agora que todas as cargas são iguais à da fase 2 (carga trifásica equilibrada). Calcule 
as amplitudes complexas das correntes nas fases e no neutro. Desenhe o respectivo diagrama 
vectorial 
ZZZZ  321 º6,5210 je
 
 
Z
V
I
s1
1 
 subs. valores 
Ae
e
e
I j
j
j
º6,52
º6,52
º0
1 23
10
230 
 
Z
V
I
s2
2 
 subs. valores 
Ae
e
e
I j
j
j
º6,172
º6,52
º120
2 23
10
230 


 
Z
V
I
s3
3 
 subs. valores 
Ae
e
e
I j
j
j
º4,67
º6,52
º240
3 23
10
230

 
A corrente de neutro será: 
321 IIIIN 
 subs. valores 
º4,67º6,172º6,52 232323 jjjN eeeI 

 
 
0NI
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 20 
PROBLEMA Nº 7 – CIRCUITOS TRIFÁSICOS COM C. FACTOR POTÊNCIA 
 
Considere um circuito trifásico simétrico ligado em triângulo, alimentado a partir da rede eléctrica nacional 
230/400V, 50Hz. Cada fase da carga pode ser representada pelo seguinte circuito eléctrico: R Z
RL
 
R = 2  L = 20 mH 
a) Determine o valor da impedância 
Z
, de modo a que o valor da impedância total em cada fase 
seja 7e
j50º
 ; 
903,6 jL eLjZ  
 
2 RZR
 
6,08,19,1
6,6
6,12
comparaleloem 18
72
90
1 je
e
e
LjR
LRj
ZZZ j
j
j
RL 
 
 
 
1ZZZZ Rtotal 
  
6,08,1250sen750cos71 jjZZZZ Rtotal 
 
 8285,48,47,0 jejZ
 
 
b) Calcule o valor das correntes na linha e as potências activa e reactiva fornecidas pela fonte 
A57
7
400 50
50
j
jtotal
Fase
Fase e
eZ
V
I 
 
Como 
FaseLinha II 3
  
A7,98573 LinhaI
 
W9554350cos7,984003cos3  LinhaComp IVP 
VAr3835250sin7,984003sin3  LinhaComp IVQ 
 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 21 
c) Determine o valor dos condensadores, a colocar em paralelo com cada fase, de modo a 
assegurar um factor de potência de 0,85. 
Na nova situação (com condensadores) o circuito consumirá P’ e Q’ 
e o factor de potência é 
85,0'cos 
  
º8,31'
 
Será então 
'PP 
 e 
'tan''sin''  PSQ 
 
Pelo que: 
VAr253278,31tan95543' Q
 
A potência reactiva fornecida pelos condensadores será: 
 
VAr130252532738352'  QQQ
 
 
Por outro lado, 3 condensadores alimentados com uma tensão 
condV
 a uma frequência , fornecem 
 23 condcond VCQ 
 de potência reactiva. 
Deverá ser então: 
QQcond 
 
Como os condensadores deverão estar ligados em , será 
V400condV
 
Tem-se então: 
  130254005023 2  C
  
 
FC 16710167 6  
 
Represente num diagrama vectorial as tensões e as correntes nas fases, antes e depois de compensar o factor 
de potência. 
 
As componentes activas das correntes, antes e depois da compensação, são iguais  
 
8,31cos'50cos 11 II 
 
 
 
1V
1I
3V
2V
1'I
2I
3I
2'I
3'I
O
º
^
5011 IV
º,'
^
83111 IV
º
^^^
120313221  VVVVVV
º
^^^
120313221  IIIIII
º''''''
^^^
120313221  IIIIII
º,831
º50
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 22 
PROBLEMA Nº 8 – CIRCUITO MAGNÉTICO I 
Considere o circuito magnético representado na figura. 
Considere que o ferro tem permeabilidade relativa igual a 
10000, que o entreferro é de 1 mm e que a bobine de 400 
espiras é percorrida por uma corrente de 1 A. 
A permeabilidade magnética do ar pode ser aproximada à 
do vazio. 
10000rFe
 
mm1g
 
espiras400N
 
A1I
 
mHar /
7
0 104

 
 
a) Determine os parâmetros do esquema eléctrico equivalente, calculando as reluctâncias 
magnéticas. 
O circuito eléctrico equivalente é: R
armadura
R
entreferro
Fmm
R
entreferro
R
núcleo
 
As relutâncias magnéticas são: 
1
47
3
Ae.Wb994718
1042104
101 





  S
g
R
ar
entreferro
 
1
474
2
Ae.Wb5968
104210410
106 





  SR arrFearmarmadura

 
1
474
2
Ae.Wb17904
104210410
1018 





  SR arrFenúcleonúcleo

 
As relutâncias magnéticas devidas aos entreferros são cerca de 80 vezes superiores às dos troços em ferro, 
mesmo sendo o percurso no entreferro 240 vezes inferior ao no ferro!! 
A relutância magnética total será: 
i 
N 
2 cm 
1 mm 
6 cm 
4 cm 
2 cm 2 cm 2 cm 
2 cm 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 23 
1Ae.Wb30801322  núcleoarmaduraentreferroTotal RRRR
 
b) Calcule a relação 
Total
entreferro
R
R2
. 
988,0
3080132
43698912

Total
entreferro
R
R
 
c) Calcule o fluxo e o campo de indução 
B
 
AeiNFmm 4001400 
 
mWbWb
RFmm
Total
199,010199,0
3080132
400 3  
 
T
S
B 248,0
108
10199,0
4
3







 
Se se tivesse desprezado a relutância dos troços em ferro face à relutância dos entreferros, os valores seriam: 
mWbWb
R
Fmm
Total
2,0102,0
1989436
400 3  
 
T
S
B 251,0
108
102,0
4
3







 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 24 
PROBLEMA Nº 9 – CIRCUITO MAGNÉTICO II 
Considere o circuito magnético representado na figura. 
espiras400N
 
10000rFe
 
A1I
 
mHar /104
7
0
 
 
Considere que o ferro tem permeabilidade relativa igual a 
10000, que a bobine de 400 espiras é percorrida por uma 
corrente contínua de 1 A. 
A permeabilidade magnética do ar pode ser aproximada à 
do vazio. 
Considere duas situações distintas: entreferro de 10 mm e 
entreferro de 2 mm 
 
a) Determine o modelo de circuito magnético, os respectivos parâmetros e os valores dos fluxos e 
campo de indução. 
 
As diversas relutâncias magnéticas para 
mmg 2
 são: 
l [m] S [m2] R [Ae/Wb]
Rb 0,05 0,0008 4974
Rc1 0,07 0,0008 6963
Rc2 0,01 0,0008 995
Rar 0,002 0,0008 1989437 
Do circuito magnético equivalente obtém-se: 




























2
1
21
12
21
2121
12
222222
222222
carc
bcarcb
carc
carccarc
bcarcb
RRR
RRRRR
RRR
RRRRRR
RRRRR
Ni
Ni
 
Para 
mmg 2
 resulta: 
1 
2 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 25 




















2
1
3006039998697
9986973006039
400
400
  





















400
400
3006039998697
9986973006039
1
2
1
 
mWb1,021 
 
mWbcentral 2,02 
 
T
S
B
ar
ar 1245,0
108
101,0
4
3







 
T
S
B
central
central
central 1245,0
1016
102,0
4
3







 
Para 
mmg 10
 resulta: 




















2
1
109637864977571
497757110963786
400
400
  





















400
400
109727394980555
498055510972739
1
2
1
 
mWb025,021 
 
mWbcentral 05,02 
 
T
S
B
ar
ar 03,0
108
10025,0
4
3







 
T
S
B
central
central
central 03,0
1016
1005,0
4
3







 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 26 
Método alternativo: Este método usa a simetria do circuito magnético para simplificar as equações; o 
esquema equivalente é o representado na figura seguinte: 
 
  1122 cbcarcbcar RRRRRRRRNi
 
  12 2222 cbcar RRRRNi
 
Substituindo valores para 
mmg 2
: 
 4016673400
  
mWbWb 1,01010 5  
 
Substituindo valores para 
mmg 10
: 
 19932167400
  
mWbWb 02,0102 5  
 
b) Repita a) desprezado as relutâncias do ferro face às do ar. 
Para 
mmg 2
 resulta: 




















2
1
298415594718
9947182984155
400
400
  
mWb105,021 
 
Para 
mmg 10
 resulta: 




















2
1
109419024973592
497359210941902
400
400
  
mWb025,021 
 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 27 
PROBLEMA Nº 10 - CIRCUITO MAGNÉTICO – CÁLCULO DE FORÇAS 
Considere o seguinte sistema electromagnético. Admita que não há dispersão. 
a
b
C
R1
10 cm
10 cm
N1
N2
R2
c
d
1 mm
 
.2001 espN 
 
 11R
 
FC 1
 
800
Fer

 
2cm4S
 
.1002 espN 
 
 12R
 
V10abV
 
17
0 10x4
 Hm
 
Determine: 
o valor da relutância magnética do circuito magnético; 
1WbAe 





S
l
S
ll
R
ar
ar
arr
arFe
m
Fe

 
16
47
3
47
32
WbAe105
10410x4
102
10410x4800
10210104 










 mR
 
1WbAe 


S
l
R
ar
ar
m 
 
os valores dos coeficientes de auto-indução das bobinas; 
H008,0
105
200
6
22
1
1 


mR
N
L
 
H002,0
105
100
6
22
2
2 


mR
N
L
 
o valor da corrente solicitada à fonte, quando a bobina 2 está em vazio e aos terminais ab é aplicada 
uma tensão alternada sinusoidal, com um valor eficaz de 10 V e uma frequência de 50 Hz; 
Cj
LjRZeq 
1
comparaleloem
 
72
1 3,3101,05021
jejjLjRZ   
90
6
18331833
10502
11 j
c ej
jLj
Z 



 
 
72
1
1 3,3 j
c
c
eq e
ZZ
ZZ
Z 



 O Condensador é, praticamente, um circuito aberto 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 28 
A3,3
3,3
10 72
72
j
j
eq
e
eZ
V
I 
 
o valor médio da força a que fica sujeita a peça 2, nas condições da alínea anterior e para valores de 
entreferro de 1 mm. 
Para I = constante é: 
x
Li
F



2
2 
)(
2
1
1
xR
N
LL
m

 
S
x
xRm
0
2
)(


 
 







2
02
1
2
02
1
22
1
2
1
2 1
2222)(2
)(
2 x
S
N
i
x
S
dx
d
N
i
xR
N
dx
di
xL
dx
di
F
m
 
 
 
N45
10
1
2
104104
200
2
3
)1(
2
3
47
2
2























mmxF
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 29 
PROBLEMA Nº 11 – CÁLCULO DA FORÇA ELECTROMECÂNICA NUMA ARMADURA 
 
Considere o dispositivo do problema nº8 redesenhado na figura 
abaixo. A área da secção recta é igual a 8cm
2
. 
A. Considere a armadura alinhada com o núcleo. 
A1. Calcule a relutância magnética do entreferro. 
A
g
Rar
0

 
A
g
Rentref
0
2


 
A2. Determine uma expressão para o coeficiente de auto-indução 
da bobina desprezando a dispersão. 
Por definição 
iL
 
Tem-se 
 N
 
 
mR
iN
N
  
mR
N
L
2

 
Desprezando a contribuição do ferro no cálculo da relutância total 
 
g
NA
R
N
L
ar 22
2
0
2 

 
A3. Calcule uma expressão para a força electromecânica que se exerce na direcção vertical, em função 
da corrente e da espessura do entreferro. Determine o valor desta força considerando: 
 Espessura do entreferro igual a 2 mm e a corrente i=1A. 
 Espessura do entreferro igual a 10 mm e corrente i=1A. 
Sendo a corrente imposta, a expressão da força deverá ser determinada através da co-energia magnética. 
dx
dL
iiL
xx
W
f mx
22
'
2
1
2
1












 
dx
dL
ifx
2
2
1

 
L em função da espessura do entreferro é 
x
NA
xL
2
)(
2
0
 
A força será dada por 







xdx
d
ANixfx
1
4
1
)( 20
2
 
 
2
2
0
2 1
4
1
)(
x
ANixfx 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 30 
2
2
)( ix
k
xfx 
 com 
4
2
0ANk


 
Substituindo valores: 
510021,4 k
 
para 
mx 3102 
 e 
Ai 1
  
Nfx 05,10
 
para 
mx 31010 
 e 
Ai 1
  
Nfx 40,0
 
A4. Considere agora que a corrente é alternada sinusoidal de valor eficaz igual a 1A e de frequência 
igual a 50Hz. 
Com a espessura do entreferro igual a 2 mm, calcule a expressão da força que se exerce sobre a 
armadura e o seu valor médio. Compare com o resultado alcançado na alínea A3. Se a frequência 
passar para 400Hz, qual a influência no valor médio desta força? 
Sendo 
 tIi sin2
  
   )2cos(1sin2 2222 tItIi   
pelo que será: 
 )2cos(1)( 2
2
tI
x
k
xfx 
 
cujo valor médio é dado por: 
2
2
)( I
x
k
xfxav 
 
A expressão do valor da força média, em termos de valor eficaz, é igual à expressão da força na situação de 
corrente contínua. 
Não depende da frequência, mas depende do valor do entreferro 
x
. 
 
A5. Considere que esta bobina se encontra alimentada com uma fonte de tensão sinusoidal de 
frequência igual a 50Hz e de valor eficaz igual a 60V. Calcule uma expressão para a força 
electromecânica que se exerce sobre a armadura. Despreze o valor da resistência da bobina e 
considere a espessura do entreferro igual a 2 mm. Se a frequência passar para 400Hz, qual a influência 
no valor médio desta força? 
Se a bobina se encontrar alimentada por uma fonte de tensão a força terá de ser determinada através da 
expressão da energia magnética: 







 






)(2
1 2
xLxx
W
f mx
 
Sendo desprezável a resistência da bobine, tem-se: 
 dtudt
d
u 
 
donde  
 tU
tUu




cos2
sin2

 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 31 
A força poderá ser obtida através da expressão da energia magnética: 
)(2
1 2
xL
Wm


 
como já se tinha calculado 
x
NA
xL
2
)(
2
0
 obtém-se: 
2
0
22 2
2
1
)(2
1
AN
x
xL
Wm



 
pelo que a força será: 
2
0
2'
ANx
W
f mx






 Esta força não depende da posição da armadura 
x
. 
O quadrado do fluxo será dado por 
  tU 

 2cos1
2
2 






 
Substituindo a expressão do fluxo, tem-se: 
  tU
AN
fx 
2cos1
1
2
2
0







 
Cujo valor médio é dado por: 2
2
0
1








U
AN
fxav
A força depende agora da frequência. 
Aumentando a frequência 8 vezes (400 Hz) a força diminui 64 vezes. 
Para os valores indicados, obtém-se: 
Valor médio da força 
Nfxav 227
 
coeficiente de auto-indução 
HL 04,0
 com 
mmx 2
 
reactância 
 6,12LX 
 
corrente 
A
X
U
I 7,4
 
B. O entreferro é agora constante e igual a 2mm, mas a armadura 
está desalinhada do núcleo segundo a direcção longitudinal como 
se mostra na figura. 
B1. Calcule uma expressão para a força segundo 
y
 em função de 
g
 e 
y
. Comente o resultado. 
Nesta situação uma das relutâncias magnéticas do entreferro vai variar 
com y. A outra vai ficar constante. 
CB
g
Rm
0
1 

 
 yCB
g
Rm


0
2 
 
O coeficiente de auto-indução será dado por: 
 yCB
g
CB
g
N
ygL



00
2
),(

 
dy
ygdL
Ify
),(
2
1 2
 
 
 
x
y
g
B
C
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 32 
C. O entreferro é agora constante e igual a g mas a armadura está 
desalinhada do núcleo segundo a direcção transversal como se mostra na 
figura. 
Calcule uma expressão para a força segundo a direcção 
z
 considerando 
que a bobina se encontra alimentada com uma fonte de corrente contínua 
de amplitude igual a 1 A. Comente o resultado. Calcule o valor da força 
para g=1mm e I=1A. 
Nesta situação ambas as relutâncias magnéticas vão variar com z. 
 zBC
g
Rar


0
 
O coeficiente de auto-indução será dado por: 
)(
22
),( 0
22
zBC
g
N
R
N
zgL
ar
 
 
Daqui resulta a força: 
dz
dL
Ifz
2
2
1

 
C
g
N
Ifz 0
2
2
22
1 
 
Para 
mmg 1
 e 
AI 1
 obtém-se 
Nfz 1
 
B 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 33 
PROBLEMA Nº 12 – PROBLEMA DO CONVERSOR ELECTROMECÂNICO ROTATIVO ELEMENTAR 
 
Considere um sistema electromagnético constituído por duas bobinas como o indicado na figura 

F
s
F
r
 
Os coeficientes de indução destas bobinas são: 
Ls=1H, Lr=1H, Msr()=0,9cos(). 
a) Determine uma expressão para a co-energia magnética. 
A expressão para a co-energia magnética toma a forma: 
rsrrssrsm iMiiLiLiiW 
22'
2
1
2
1
),,(
 
Substituindo valores, tem-se: 
 cos9,0
2
1
2
1
),,( 22' rsrsrsm iiiiiiW 
 
 
b) Determine uma expressão para o binário electromagnético. 
O binário pode ser obtido através da derivada da co-energia magnética. Obtém-se: 


sin9,0
),,('
rs
rsm
em ii
iiW
M 



 
 
c) Sabendo que as correntes são dadas por: is=10A, ir=10A, determine a expressão do binário em 
função da posição . 
 
Substituindo os valores das correntes, obtém-se: 
 sin90sin9,0  rsem iiM
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 34 
 
d) Calcule o binário máximo. 
O binário máximo será 90Nm obtendo-se para = -/2. 
 
e) Determine a posição de equilíbrio quando o binário exterior aplicado for 45Nm. Analise a estabilidade 
dos pontos encontrados 
O movimento é regido pela segunda lei de Newton. Para o movimento de rotação, na convenção motor, tem-
se: 
extem
m MM
dt
d
I 

 
O ponto de equilíbrio obtém-se quando o binário acelerador, dado pela diferença entre Mem e Mext se igualar a 
zero, ou seja, quando Mem = Mext. 
Desenhando ambos os binários no mesmo gráfico, o ponto de equilíbrio obter-se-á quando os gráficos destes 
se cruzarem. Obtêm-se os pontos A e B. Para o ponto A tem-se =-/6. Para o ponto B tem-se =-+/6. 
 
O ponto A constitui um ponto de equilíbrio estável. Com efeito, se houver uma perturbação no sistema e a 
posição se deslocar para a direita, o binário acelerador fica negativo acelerando o rotor no sentido negativo, 
isto é, no sentido de regressar ao ponto de equilíbrio. O mesmo se passa para a deslocação à esquerda. A 
análise está feita graficamente na figura onde as setas a preto indicam o binário acelerador obtido depois da 
perturbação e as setas a azul indicam o sentido de deslocamento do rotor. Pode verificar-se que para o ponto 
A, depois da perturbação desaparecer, o sistema regressa ao ponto de equilíbrio. Para o ponto B o sistema 
afasta-se do ponto de equilíbrio. 
 
 
Mem 
Mext 
/6 -  
A B 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 35 
 
A figura ilustra o funcionamento do sistema nestas condições. Quando o binário exterior aplicado for nulo, o 
ponto de funcionamento será dado por =0, isto é, as duas bobinas estão alinhadas. O binário 
electromagnético será nulo também. Quando se aplicar um binário que faça rodar a peça móvel no sentido 
negativo de , o rotor rodará para um novo ângulo  negativo e surge um binário electromagnético em 
oposição que vai equilibrar o sistema. Obtém-se um ponto de equilíbrio de modo que os dois binários sejam 
iguais e de sinais opostos. Estas duas situaçõesestão ilustradas nas figuras seguintes. 
F
s
F
r
 

F
s
F
r
 
 
Posição de equilíbrio com Mext=0 Posição de equilíbrio com Mext>0 
 
Uma vez que o binário é função da posição, pode fazer-se uma analogia mecânica considerando que tudo se 
passa como se existisse uma mola entre o estator e o rotor. Quanto maior for o binário aplicado maior será o 
ângulo de equilíbrio. 
 
 
 
Mem 
Mext 
-/6 -  
A B 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 36 
PROBLEMA Nº 13 – CIRCUITO MAGNÉTICO 
Considere um circuito magnético em que a peça móvel se desloca perpendicularmente às linhas de 
força do campo. Admita para dimensões da figura os seguintes valores: 
g=1 mm d=10 cm I=15 cm N=500 espiras 
Determine, em função da coordenada x: 
a) a expressão da relutância magnética do circuito; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ldS 
 
l
d
S
2

 
Para , 
0
2
 x
d
  
ldS 
 Para , 
2
0
d
x 
  
 xdIxS )(
 
 
Então 
 xdIxS )(
 para 
2
0
d
x 
 e 
)0()( SxS 
 para 
0
2
 x
d
 
 
Admitindo que 
Fe
  
armagmag
RR 
 
 
1
2
3
227
3
0 1010
1061,10
10101015104
1022 









 

 WbAe
xxxS
g
RR
armagmag 
 
para 
2
0
d
x 
 
 
x
0x
2
d
x 
x
0x
2
d
x 
d
I 
g
I 
g
I 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 37 
b) a expressão do coeficiente de auto-indução da bobine; 
admitindo linearidade magnética  
 
Hx
g
xdlN
xR
N
xL
mag




 

 20
22
10106,23
2)(
)(
 
c) A expressão da co-energia magnética ou da energia magnética armazenada na bobine; 
admitindo linearidade magnética  
 
2
)(
1
2
1
,


xL
xfWmag

  
2)(
2
1
,'
ixL
xifWmag

 
 
  20
2
4
i
g
xdlN 


 
 
Jx 



  210102651
 
 
d) O valor e sentido da força a que fica sujeita a peça móvel. 
 
N
x
dx
d
i
g
xdlN
dx
d
W
dx
d
f mag
2651
10102651
4
'
2
20
2









 







 




 
Força que tenderá a colocar a peça móvel por forma a que seja
ldS 
. Note-se que o valor desta força é 
independente de x. 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 38 
PROBLEMA Nº 14 – TRANSFORMADOR DE DISTRIBUIÇÃO MONOFÁSICO 
Considere um transformador monofásico com as seguintes características nominais: 
 SN=100kVA 10kV/400V 
No ensaio em curto-circuito, aplicando a tensão ao enrolamento de 10kV, obtiveram-se os seguintes 
resultados: 
 U=500V I=10A P=1kW 
No ensaio em vazio, aplicando a tensão aos terminais de 400V, obteve-se: 
 U=400V I=2,5A P=250W 
NOTA: Os valores usados neste problema estão próximos dos valores encontrados nos transformadores de 
distribuição trifásicos. 
 
a) Calcule os valores das correntes nominais do transformador. 
 
Pela definição de potência nominal, tem-se: 
NNNNN IUIUS 2211 
 
donde: 
AI N 10
10000
100000
1 
 
AI N 250
400
100000
2 
 
 
b) Qual o valor da tensão de curto-circuito em percentagem? 
 
A tensão de curto-circuito é o valor da tensão a aplicar a um dos enrolamentos de modo a obter-se a 
sua corrente nominal quando o outro enrolamento se encontrar em curto-circuito. Neste caso, 
atendendo aos dados do enunciado, para o enrolamento de 10kV aplicou-se 500V para se obter 10A 
que é o valor da corrente nominal deste enrolamento. A tensão de curto-circuito será igual a 500V. Em 
percentagem da tensão nominal será: 
%5
10000
500
ccU
 
que é um valor vulgar para transformadores desta dimensão. 
 
c) Qual o valor da corrente em vazio em percentagem? 
 
A corrente em vazio foi medida no ensaio em vazio. Como esta medida foi efectuada no enrolamento 
de 400V que tem uma corrente nominal de 250A, tem-se: 
%1
250
5,2
0 I
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 39 
 
d) Determine os parâmetros do circuito equivalente deste transformador reduzido ao 
enrolamento de 10kV. 
 
O circuito equivalente de um transformador reduzido ao primário representa-se como: I
1 Rcc
jX
cc
U
1
U'
2
I'
2
R
1fe jX1m
U
2
I
2
 
A determinação dos parâmetros deste circuito é feita através dos ensaios em curto-circuito e em vazio. 
Para o ensaio em curto-circuito, atendendo à forma como foi feito, tem-se: I
1 Rcc
jX
cc
U
1
U'
2
I'
2
R
1fe jX1m
I
2
 
Como U2=0, tem-se U’2=0, e o circuito fica: 
I
1 Rcc
jX
cc
U
1
I'
2
R
1fe jX1m
 
O ensaio em curto-circuito permite determinar o ramo Rcc +jXcc. Para isso recorre-se a uma 
simplificação: a impedância do ramo de magnetização é muito superior em valor óhmico à impedância 
do ramo de curto-circuito. Esta simplificação permite desprezar a corrente que circula no ramo de 
magnetização neste ensaio. Note-se que em vazio, à tensão nominal, a corrente de magnetização é da 
ordem de 1%. À tensão reduzida de 5% será ainda menor, pelo que esta simplificação se torna 
perfeitamente admissível. Assim o circuito ficará: 
I
1
=10A R
cc
jX
cc
U
1
=500V
P
1
=1000W
 
O valor da resistência Rcc será dada por: 
 10
10
1000
22I
P
Rcc
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 40 
O valor da impedância será: 
 50
10
500
I
U
Zcc
 
A reactância será dada por: 
 491050 22ccX
 
Note-se que este ramo é essencialmente indutivo. O termo indutivo Xcc é quase igual ao módulo da 
impedância Zcc. 
Para o ensaio em vazio, tem-se: I
1
=0 R
cc
jX
cc
U
1
U'
2
I'
2
R
1fe jX1m
U
2
=400V
I
2
=2,5A
 
Aplicando ao secundário uma tensão de 400V vai corresponder U’2=10000V. À corrente 2,5A vai 
corresponder uma corrente de 0,1A dado que a razão de transformação é U1/U2=25. O circuito ficará: 
R
cc
jX
cc
U'
2
=10000V
I'
2
=0,1A
R
1fe jX1m
P=250W
 
Agora pode fazer-se uma outra simplificação: a queda de tensão no ramo de curto-circuito pode ser 
desprezada face à tensão aplicada. Note-se que esta queda de tensão será aproximadamente igual a 
50×0.1=5V que é muito inferior a 10000V aplicados. Assim, tem-se o circuito: 
U'
2
=10000V
I'
2
=0,1A
R
1fe jX1m
P=250W
 
Pode determinar-se os parâmetros a partir das potências activa e reactiva. A potência activa será 
representada na resistência e a potência reactiva na reactância. Assim: 
 k
P
U
R fe 400
250
1000022
1
 
A potência reactiva é dada por: 
  var9682501,010000 2222  PSQ
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 41 
 k
Q
U
X m 103
968
1000022
1
 
Se, para a representação da magnetização do transformador, em vez do circuito RL em paralelo se 
tivesse utilizado o circuito RL série, ter-se-ia: 
 k
I
P
Rs 25
1,0
250
22
 
 k
I
U
Zs 100
1,0
10000
 
 kRZX s 8,96
22
 
 
e) Calcule o rendimento no ponto de carga nominal com factor de potência unitário. Considere 
que a tensão do secundário é igual à tensão nominal. 
 
O rendimento é igual à potência de saída a dividir pela potência de entrada que é igual à potência de 
saída mais as perdas. Nestecaso, para a potência de saída igual à potência nominal, tem-se: 
%77,98
1000250100000
100000



 
 
f) Determine a carga para a qual se obtém o rendimento máximo. Qual o valor do rendimento 
correspondente. 
 
A carga para a qual o rendimento é máximo será obtida quando as perdas no cobre forem iguais às 
perdas no ferro. Assim, a corrente I’2 correspondente será determinada por: 
0
2'
2 PIRcc 
 
donde: 
25
10
2502'
2
I
 
donde 
AI 5'2 
, o que corresponde a metade da carga nominal. 
A esta carga correspondem ¼ das perdas no cobre. As perdas em vazio mantêm-se em 250W. Assim o 
rendimento será: 
%01,99
25025050000
50000



 
que é ligeiramente superior ao rendimento no ponto nominal. Conclui-se assim que o rendimento para cargas 
superiores à carga nominal é uma função aproximadamente constante, embora ligeiramente decrescente. 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 42 
g) Determine o valor da regulação de tensão com carga nominal e factor de potência cos=0,7 
indutivo. Considere que a tensão no secundário é igual à tensão nominal. 
 
Com factor de potência igual a cos=0,7 (sin=0,71) indutivo, o diagrama vectorial será: 
jX
cc
I'
2
U'
2
R
cc
I'
2
U
1
I'
2
 
A que corresponde o vector U1 igual a 
    VjjjXRU cccc 2721041871,07,010100001 
 
Este vector tem um módulo de U1=10421V. A regulação de tensão será dada por: 
%04,4
10421
1000010421
Re 

g
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 43 
PROBLEMA Nº 15 - MÁQUINAS ELÉCTRICAS - TRANSFORMADOR 
 
Uma caldeira eléctrica monofásica apresenta uma potência de 2 kW e tem uma tensão eficaz de alimentação 
de 115 V. É necessário dimensionar um transformador monofásico, uma vez que a rede eléctrica nacional, 
230/400 V, 50 Hz, é a única fonte de alimentação disponível. 
 
a) Tendo disponível as 3 fases da rede e o neutro, mostre, esquematicamente, como ligaria o 
transformador à rede; 
 
Fase 1
Fase 2
Fase 3
Neutro
Transformador
Fase 1
Fase 2
Fase 3
Neutro
Transformador
 
 
b) Considerando como ideal o transformador necessário, determine a sua relação de transformação e 
as correntes eficazes do primário e secundário; 
 Ligação Fase-Neutro 
VV N 2301 
 
VV N 1152 
 
2
115
230
1
2
2
1 
N
N
N
N
I
I
V
V
k
 
AIIV NNN 4,17102 2
3
22 
 
AI
I
I
k N
N
N 7,82 1
1
2 
 
 Ligação Fase-Fase 
VVV N 40023031 
 
VV N 1152 
 
5,3
115
400
k
 
AI N 51 
 
AI N 4,172 
 
c) Sabendo que os dois enrolamentos são semelhantes e que apresentam iguais resistências 
 121 rr
, e iguais coeficientes de fugas, 
mH121  
, determine a potência activa absorvida 
num ensaio em curto-circuito através do secundário; 
 
Ensaio cc efectuado através do secundário 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 44 
2r'1r '1X 2X
NI2
ccV2
 12r
 25,0'
2
1
1
k
r
r
 314,022 X
 0785,0'
2
1
1
k
X
X
 
2eqZ
NI2
ccV2
   172121 31,13925,025,1)'('
j
eq ejXXjrrZ
VeeIZV jjNeqcc
1717
222 8,224,17x31,1 
WIVP Ncccc 38017cosx4,17x8,22cos222 
 
 Se o ensaio cc fosse efectuado através do primário 
'2r1r 1X '2X
NI1
ccV1
11r
 314,011 X
 4' 222 krr  256,1'
2
12 kXX
   1721211 24,557,15)'('
j
eq ejXXjrrZ
VeeIZV jjNeqcc
1717
111 6,457,8x24,5 
WIVP Ncccc 38017cosx7,8x6,45cos111 
 
 
d) Determine o rendimento do transformador ideal e o rendimento do transformador real, isto é, 
considerando as resistências e as fugas referidas na alínea c). 
 %100ideal 
 
 WPP Nout 2000 
 
WPPP perdasoutin 23803802000 
 
 
%84
2380
2000

in
out
real
P
P
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 45 
PROBLEMA Nº 16 – DETERMINAÇÃO DAS CARACTERÍSTICAS DE UMA MÁQUINA DE INDUÇÃO A PARTIR DO 
CIRCUITO EQUIVALENTE. 
Uma máquina assíncrona de 400V, 50Hz, dois pares de pólos, tem o circuito equivalente indicado na figura. 
Sabe-se que o ponto nominal de funcionamento se obtém com a velocidade de N=1491rpm. 
R1 jXcc
j(X1+Xm)
r1+rm
R2
R2
s
1-s
U1
I1 I’’2
 





8900
0180
,
,
m
m
X
r
 
 31 1044,R
 
 32 1081,R
 
 310344,ccX
 
 31 10122,mrr
 
 31 109,911mXX
 
a) Determine o valor da corrente em vazio 
0I
 
Em vazio tem-se 
0'' 2 I
 pelo que será: 
   mm XXjrr
U
I


11
1
0
 
Ae
j
I j 688
33
0 5245
10991110122
231 ,,
,,





 
Corrente fortemente indutiva. 
b) Para o ponto nominal obtenha: 
2''I
, 
1I
, 
cos
, 

 e o binário 
Velocidade de sincronismo 
rpm
p
f
Ns 150060
 
Velocidade nominal 
rpmNn 1491
 
Escorregamento nominal 
%,60


s
ns
n
N
NN
s
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 46 
Através do esquema equivalente obtém-se: 
cc
n
n
Xj
s
R
R
U
I










2
1
1
2''
 
Ae
j
I jn
48
3
3
3
2 758
10344
0060
1081
1044
231 ,
,
,
,
,
'' 












 


 
Através do esquema equivalente obtém-se: 
021 III nn  ''
 
AeeeI jjjn
72568848
1 8395245758
,,, ,  
 
O factor de potência será: 
90725 ,,coscos n
 
O rendimento é: 
n
n
in
out
n
P
P

 
A potência mecânica útil à saída da máquina é: 
 222 ''
1
3 n
n
n
out IR
s
s
P
n


 
  kWP
nout
5147581081
0060
00601
3
23 

 ,
,
,
 
A potência eléctrica activa à entrada da máquina é: 
nnin IUP n  cos113
 
kWP
nin
524908392313  ,
 
%98
n
n
in
out
n
P
P
 
O binário útil é: 
 222
13
n
n
n
n
out IR
s
s
M
n
''



 
ou 
n
out
out
n
n
P
M


 
NmM
nout
3292
60
2
1491
10514
3




 
c) Determine as perdas em vazio, 
0P
, e no cobre em regime nominal, 
CnP
 
As perdas em vazio são as associadas ao ramo transversal. 
  2010 3 IrrP m
 
kWP 345245103213 230 ,,, 

 
As perdas no cobre são as associadas aos enrolamentos quando percorridos pela corrente nominal. 
  22213 nCn IRRP ''
 
  kWPCn 710758108110443 233 ,,,  
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 47 
PROBLEMA Nº 17 – FUNCIONAMENTO DA MÁQUINA DE INDUÇÃO NA ZONA DE PEQUENOS 
ESCORREGAMENTOS. 
 
Conhece-se o catálogo de um fabricante de motores eléctricos de indução de rotor em curto-circuito. A tabela 
apresenta as características de alguns destes motores. 
 
PN Rendimento 
N 
[rpm] 
Factor 
de 
Potência 
I [A] 
1,1 80,6 1430 0,78 2,5 
2,2 86,4 1425 0,83 4,4 
3 87,5 1430 0,83 6 
4 89,3 1445 0,83 7,8 
5,5 90,7 1465 0,85 10,3 
7,5 91,7 1465 0,85 13,9 
11 92,6 1470 0,8 21,4 
15 92,9 1465 0,82 28,4 
22 94,3 1475 0,84 40,1 
 
Pretende-se escolher um motor para accionar uma grua, como se indica na figura. 
Considere que o conjunto “Tambor – multiplicador de velocidade” tem rendimento igual a 98%. 
 
a) Calcule a potência no veio do motor e escolha omotor mais apropriado. 
A potência na massa a ser içada é determinada por: 
WFvP 9800110008,9  
No veio da máquina será: 
W 10000
98,0
9800
mP
 
Tendo em atenção a tabela, deverá ser escolhido o motor de 11 kW. 
 
b) Calcule a velocidade de rotação da máquina. 
Tendo em consideração que a máquina estará um pouco abaixo da potência nominal a sua velocidade de 
rotação deverá ser diferente da velocidade de rotação no ponto nominal, isto é, 1470 rpm. 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 48 
Dado que a velocidade de rotação não varia muito com a carga, a velocidade a calcular deverá ser um pouco 
superior a 1470 rpm, podemos considerar que a potência é proporcional ao binário. Na zona de 
escorregamentos baixos, pode considerar-se que a potência é função linear com a diferença entre a 
velocidade de sincronismo e a velocidade de rotação. Assim, a velocidade de escorregamento (Velocidade de 
sincronismo –velocidade de rotação) será: 
 
XkW
rpmkW


10
3011
 
A velocidade de escorregamento será: 
27,2730
11
10
X
 
Ou seja 
N=1500-27,27=1472,7 rpm 
 
c) Calcule a velocidade de rotação da máquina quando elevar uma carga com metade da massa. 
Nesta situação a potência será reduzida para metade. 
XkW
rpmkW


5
3011
 
A nova velocidade de escorregamento será: 
63,1330
11
5
X
 
A velocidade de rotação será agora: 
N=1500-13,63=1486,4 rpm 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 49 
PROBLEMA Nº 18 –MÁQUINA DE INDUÇÃO CONTROLADA COM O MÉTODO U/F. 
Considere um motor eléctrico de indução de 55kW, 400V, 50Hz, com dois pares de pólos e os seguintes 
parâmetros do seu circuito equivalente em estrela: 
 mr 241
; 
 mr 272
; 
 mx 2201
; 
 mx 2002
; 
 150FeR
; 
 6mX
 
A velocidade nominal da máquina é 1485 rpm. 
Esta máquina vai ser alimentada através de um conversor electrónico com a lei de regulação U/f = constante. 
Faça as simplificações que achar necessárias e verifique os erros cometidos. 
a) Calcule o binário máximo para 50Hz e para 25 Hz com U/f constante 
O binário máximo é calculado em função dos parâmetros do circuito equivalente em ângulo. 
Conversão dos parâmetros do ramo transversal: 
mm jXrj
j



6150
6150
  





99,5
24,0
m
m
X
r
 
Parâmetro 
a
: 
mX
x
aa 11
 
0367,1 a
 
Parâmetros do circuito equivalente para 50 Hz: 
 02449,0111 RraR
 
 029,0' 22
2
2 RraR
 
 443,02
2
1 cccc XxaxaX 
 2636,01 mrr
 
 21,61 mXx
 
Binário máximo: 








22
11
2
1
2
3
ccXRR
pU
Mmax
 
Hzf 50
  
VU 2311 
  
Nm
XRR
M
cc
1087
1002
23123
22
11
2
max 










 
Hzf 25
  
VU
2
231
1 
  Nm
X
RR
M
cc
1028
22
100
2
2
231
23
2
2
11
2
max 


























 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 50 
0 500 1000 1500
0
200
400
600
800
1000
1200
N [rpm]
M
 [N
m
]
 
Considere que o motor está a accionar uma carga cujo binário é constante e independente da 
velocidade: 
b) Para a carga referida anteriormente calcule: 
0I
, 
2''I
, 
1I
, 
efI1
, 
cos
, 
emM
, 
2P
, 
1P
 e 

 
 
   mm Xxjrr
UI


11
1
0
  AejI j 57,870 2,3712,3757,1  
Velocidade de sincronismo 
rpm
p
fNs 150060 
 
Velocidade 
rpmN 1485
 
Escorregamento 
01,0


s
s
N
NN
s
 
ccXj
s
R
R
U
I








2
1
1
2''
  AejI j 6,82 787,1116,77''  
021 III  ''
  AejI j 8,311 6,92497,78  
85,030coscos 
 
 222
3
''I
s
Rp
Mem


  
  NmMem 33878
01,0
029,0
100
23 2 

 
 
  synemmemem sMMP  1
  
  kWPem 5,52
2
502
01,01338 


 
 cos111 3 IUP
  
kWP 5,5485,06,9223131 
 
1P
Pem
  
%2,96
5,54
5,52

 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 51 
c) Considerando que o binário de carga se mantém constante calcule a velocidade da máquina quando 
alimentada a 25Hz. 
se 
2
50
25
f
f 
  
2
50
25
X
X 
 
como 
fU /
constante  
2
50
25
U
U 
 
para escorregamentos pequenos (zona linear da característica electromecânica) tem-se: 
 21
2
3
U
R
sp
Mem


 
 
2
2
2
1
2
123
cc
em
X
s
R
R
U
s
Rp
M









 
Será então: 
Hzf 25
  
VU 5,115
2
231
1 
 
 
 105,31 mXx
 
 
 2215,0ccX
 
Como o binário exigido pela carga é constante e independente da velocidade a equação em 
s
 a resolver, 
será: 
5025 emem MM 
  
  032 22
2
12
21
22
1
2
50









 RM
URpRRsXRs
emcc 
 
cujas soluções são: 
0204,01 s
 e 
83,02 s
 
A solução 
2s
 corresponde ao funcionamento a escorregamento elevado, pelo que a solução do problema é: 
0204,01 s
 rpmN rot 7,734750)0204,01(  
Alternativamente, utilizando a expressão aproximada para escorregamentos pequenos (zona linear da 
característica electromecânica) tem-se: 
 21
2
3 U
R
spMem 

 
o valor é 
020,s
 
  rpmNrot 73575002,01 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 52 
PROBLEMA Nº 19 – MÉTODOS DE ARRANQUE DA MÁQUINA ASSÍNCRONA DE ROTOR EM GAIOLA 
Considere uma máquina de indução de rotor em gaiola com as seguintes características: 
kWPN 55,
, 
VUN 400
, 
Hzf 50
. Esta máquina está construída para funcionar em regime normal, ligada em 
triângulo. 
Sabe-se que no arranque directo absorve da rede 66A apresentando um 
60,cos 
. Nesta situação tem um 
tempo de arranque em vazio igual a 1,5 seg. 
a) Qual a corrente e o tempo de arranque que se irão verificar se a máquina for ligada em estrela. 
Do esquema equivalente obtém-se: 
FaseFase IsZU )(
 
No arranque 
1s
  
)()( 1ZsZ 
= constante 
arranque em Y 
arrYF
c IZ
U
)(1
3

 
arranque em  


arrFc
IZU )(1
 
Na fase 
arrYFarrF II 3
 
como: 
  FL II 3
 
Na linha 
arrYLarrL II 3
  
AII arrYLarrYF 22
3
66

 
 2FUM 
  (para um mesmo valor de s ) 
YMM 3
 
Pelo que deverá ser: 
arrYarr tt
3
1

  
segtarrY 54513 ,, 
 
b) Dimensione uma reactância para colocar em série de modo a reduzir a corrente de arranque 
para 22A quando a máquina arranca em triângulo. Calcule a tensão aplicada à máquina nos 
instantes iniciais e estime o valor do tempo de arranque. 
em  
AI
arrL
66

 
A impedância equivalente em estrela desta situação é: 
 53
66
3400
,Z
 
Pretende-se que 
AI
arrL
22

 com introdução de uma reactância em série. 
Será então: 
ZjXZ 3
22
3400

 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 53 
ZjXZ 3
 
como 
60,cos 
  
80,sin 
 
    ZXZZ 38060 22  ,,
 
 ZX 803609 ,, 
  
 57,X
 
A tensão aos terminais do motor será: 
VV
jXZ
Z
V Smotor 77231
510
53



,
,
 
Como 
 
arrtUM
12

  
segt
U
U
t UU 51351
77
231
22
2
1
12
,, 












 
c) A máquina vai ser posta em serviço utilizando um transformador auxiliar. Determine o valor 
nominal da tensão do secundário deste transformador de modo a reduzir a corrente pedida à 
rede para 22A quando a máquina arranca em triângulo. Estime o tempo de arranque. Considere 
o conceito de transformador ideal. 
 
Admitindo que o transformador é ideal e tem uma relação de transformação 
m
, a tensão aplicada ao motor, 
motorU
, será: 
m
U
U redemotor 
 
Com base no esquema equivalente e para um mesmo valor de escorregamento tem-se 
motormotor IU 
; se 
a tensão foi reduzida de um factor 
m
, o mesmo acontecerá à corrente. 
m
I
I arrmotor 
 
Com base no conceito de transformador ideal 
redemotor ImI 
; a corrente pedida à rede será então: 
2m
I
I arrrede 
  
3
22
662 
rede
arr
I
I
m
  
3m
 
 
Se 
VUrede 231
  
V
U
U redemotor 133
3
231
3

 
Como 
 
arrt
UM
12

  
segt
U
U
t UU 5451
133
231
22
2
1
12
,, 












 
motorI
redeI
Z
motorU
redeU
jX
motorVS
V
Z
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 54 
PROBLEMA Nº 20 – O GERADOR DE INDUÇÃO 
 
Uma máquina de indução é representada pelo circuito equivalente por fase. 
 
4,3m
1,8m
j55m
j0,65
22,75m 
s
231V
I
2
"I
1
I
0
 
Admita que a máquina tem dois pares de pólos e que a frequência é igual a 50 Hz. 
Para a velocidade de rotação de 1510 rpm calcule as seguintes grandezas: corrente em vazio, corrente 
equivalente no rotor, corrente no estator, factor de potência, potência no eléctrica estator, potência mecânica 
no veio, rendimento 
 
Resolução 
Para a velocidade de 1510 rpm corresponde o escorregamento de: 
0067,0
1500
15101500


s
 
Como o escorregamento é negativo, a máquina encontra-se a funcionar como gerador. 
 
a) A corrente em vazio será dada por: 
 
)(3553554,12
65,00227,0
231 º88
0 Aej
j
I j


 
 
b) A corrente equivalente do rotor vale: 
 
º3,168''
2 851173834
055,0
0067,0
0018,0
0043,0
231 jej
j
I 









 
c) A corrente do estator será: 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 55 
º28,147''
201 976527821
jejIII 
 
O diagrama vectorial das correntes será: 
 
I
2
"
I
1
I
0
U
1
 
 
d) O factor de potência será: 
84,0)28,147cos(cos 
 
e) A potência trocada pelo estator será: 
kWP 567cos97623131  
 
f) A potência mecânica no veio 
kWI
s
s
RP 591
1
3 2''
222



 
g) O rendimento será dado por: 
%3,96
2
1 
P
P

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 56 
PROBLEMA Nº 21 - MÁQUINA DE INDUÇÃO OU ASSÍNCRONA 
Um motor assíncrono trifásico de 4 pólos, apresenta os seguintes valores nominais: 
kWPN 5
 
%4Ns
 
%90N
 
85,0cos N
 
Estando o motor alimentado por uma rede trifásica 230/400 V a 50 Hz, determine: 
a) Os valores da velocidade em vazio e em condições nominais 
vazio 
rpmsrad
p
S 15001,157
4
2002 1
0 

 
 
nominal 
    rpmsrads SNN 14407,1501,15704,011
1   
 
b) O valor do binário desenvolvido, a sua velocidade de rotação e escorregamento, quando acciona 
uma carga cujo binário resistente varia linearmente com a velocidade de rotação, de acordo com a 
expressão: 
10
12,0
)(carga  
M
 
 
Binário nominal do motor 
Nm
P
M
N
N
N 2,33
7,150
5000
 
 
Equação da recta do motor 
  8152,50 


  SsN
NMM
 
No ponto de funcionamento será: 
motorcarga MM 
  
 














NmMM
rpmsrad
M
M
6,15
14687,153
8152,5
10
12,0
cargamotor
1
motor
carga 


 
O escorregamento correspondente a esta velocidade é 
%1,2
1500
14681500





s
ss 
 
)(carga M
motorM

 NN M,
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 57 
c) Sendo o binário de arranque do motor, em ligação triângulo, de 20 Nm, justifique se o grupo 
motor+carga poderá arrancar estando o motor ligado em estrela. 
 
NmMarr 20
  
NmM Yarr 7,6
3
20

 
 
NmMarr 1010
12,0
0
carga 








 
 Como 
Yarrarr TM carga
  o grupo NÃO arranca 
 
d) Para o ponto de funcionamento nominal, determine a amplitude complexa da corrente que o motor 
solicita à rede 
 
W
P
P
N
N
Nabs 5555
9,0
5000
 
 
 Independentemente do tipo de ligação do motor ( ou Y), tem-se sempre: 
cos3 LinhaCompostaabs IVP 
 
Em regime nominal será: 
85,040035555 LinhaI
  
AILinha 4,9
 
 
Como 
85,0cos 
 e a máquina é um circuito indutivo,  
º8,3185,0arccos 
 
 
A amplitude complexa da corrente (valor eficaz) é: 
AeI jLinha
8,314,9 
 
A amplitude complexa da corrente (valor máximo) é: 
AeI jmáxLinha
8,314,92 
 
 
)(carga M
motorM

 NN M,
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 58 
PROBLEMA Nº 22 – CONVERSOR DE FREQUÊNCIA ROTATIVO COM DUAS MÁQUINAS SÍNCRONAS 
Um laboratório de ensaios de material para aeronáutica dispõe de um conversor de frequência de 
Hz50
 para 
Hz400
. Este conversor é constituído por um motor síncrono com um par de pólos ligado à rede de 400V, 
50 Hz e de um gerador síncrono de 8 pares de pólos. Ambas as máquinas, ligadas pelo veio, rodam à 
velocidade de 3000 rpm. Esta velocidade é imposta pelo número de pares de pólos do motor ligado à rede de 
50 HZ. Ambas as máquinas têm a mesma potência nominal, 
MW51,
e a mesma reactância síncrona 
 150,sX
, sendo desprezável a resistência. O valor da tensão nominal é 
V400
. 
a) O gerador vai alimentar uma carga igual à carga nominal com factor de potência igual a 
70,cos 
 indutivo. A excitação foi regulada de modo a ter-se a tensão nominal aos terminais 
do gerador. 
Faça um diagrama vectorial que represente o gerador nesta situação e calcule o valor da força 
electromotriz em vazio. 
O circuito equivalente, na convenção gerador é o que se indica na figura seguinte. 
jXs
Ef U
I
 
No regime de carga nominal  
AII N 2165
 
7,0cos 
 indutivo  
º6,45
 
O Gerador vai fornecer 
P
 e 
Q
. O diagrama vectorial em convenção GERADOR é: 
 
AeI j 6,452165 
 
VejIjXUE jsf
1,268,5153,227463 
 
b) A excitação do motor foi regulada para que em regime de meia carga se tenha factor de 
potência unitário. 
Faça um diagrama vectorial que represente o motor a meia carga e calcule o valor da força 
electromotriz em vazio. Calcule a potência máxima que o motor pode fornecer ao gerador com 
esta corrente de excitação de modo a não perder o sincronismo. 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 59 
A que corresponde o diagrama vectorial, também na convenção gerador 
 
No regime de meia carga  
2
NII 
 
admitindo 
%100
  
A
U
P
I
N
N
N 2165
3
400
3
1051
3
6




, 
AI 1083
2
2165

 
 
Atendendoao diagrama vectorial, e utilizando o teorema de Pitágoras, tem-se: 
    VIXUE sf 4,281108315,0
3
400 2
2
22 






 
 sin3
s
f
X
EU
P
 com 
22




 
maxP
  
2


 
MWP 3,1max 
 
 ( O sinal negativo resulta de se ter um funcionamento motor em convenção gerador) 
c) Mantendo a potência no veio igual a meia carga, a excitação do motor é agora ajustada de modo 
que esta forneça à rede uma potência reactiva de 500kVAr. Calcule de novo a alínea anterior. 
M
Pmec
P
Q
 
admitindo 
%100
  
 cos3 IUPPmec
 
Por outro lado, 
 sin3 IUQ
 
Usando convenção gerador, tem-se: 








sin
3
400
310500
cos
3
400
310
2
5,1
3
6
I
I
  





º3,146
1300 AI
 
o diagrama vectorial em convenção GERADOR é: 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 60 
 
U 
Ef 
jXsI 
I 


 
AeI j )3,146(1300 
 
VejIjXUE jsf
5,258,37521,162339 
 
MWP 736,1
15,0
8,375
3
400
3max 


 
d) A excitação do motor é agora ajustada de modo que este absorva da rede 500kVAr. Calcule de 
novo a potência máxima do motor. 
Comparando com o caso anterior, a corrente e o ângulo são iguais em módulo, apenas se tem o simétrico do 
ângulo. Alterando o ângulo  como anteriormente, tem-se a figura. 
 
U 


jXsI 
Ef 
I 
 
AeI j )7,33180(1300 
 
VejIjXUE jsf
9,524,20321,16277,122 
 
MWP 94,0
15,0
4,203
3
400
3max 


 
Da comparação entre c) e d) conclui-se que, se o motor fornecer potência reactiva à rede, a sua estabilidade 
vem melhorada; é estável para uma maior gama de potência fornecida. 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 61 
PROBLEMA Nº 23 – MOTOR DE EXCITAÇÃO EM SÉRIE 
Um motor série, com uma resistência do induzido de 
 2,0ar
 e com uma resistência do indutor série de 
 1,0fr
 encontra-se alimentado sob uma tensão DC de 
V220
. A reacção do induzido é desprezável e o 
circuito magnético não se encontra saturado. 
À velocidade de 
rpm1000
 o motor absorve uma corrente de 
A50
 
Representação esquemática da máquina série 
ra
E
LarfLf
Enrolamento de 
Campo ou Excitação
Enrolamento do 
Induzido
 
 
Representação esquemática da máquina série quando alimentada em DC 
 
 
a) Qual o binário electromagnético desenvolvido? 
Como se desconhecem as perdas mecânicas  
ma MIE 
 
Cálculo de 
E
 
 
EIrU a 
  
VE 205
 
O binário será: 
NmM 9,97
60
2
1000
50205




 
 
b) Qual será a velocidade desta máquina se a corrente consumida passar para metade? 
E
rpmN 1000
VU 220
aI
 30,fa rrr
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 62 
Numa máquina de corrente contínua 
NE
 
Na máquina série e admitindo linearidade magnética, também se tem 
aI
 
Pelo que será 
aINE 
 
Cálculo de 
1E
 
 
11 EIrU a 
  
VE 5,212253,02201 
 
Será então: 
111 a
a
IN
IN
E
E

  
rpmN 2073
25205
5,212501000
1 



 
c) Na situação da alínea b) determine qual o novo valor do binário desenvolvido. 
1
11
1
m
aIEM


  
NmM 5,24
60
2
2073
255,212
1 

 
 
d) Determine o rendimento do motor nas duas situações anteriores. 
abs
útil
P
P

 
aabs IUP 
 
mútil MP 
 
kWPabs 1150220 
 
kWPútil 252,10
60
2
10009,97 

 
%2,93
 
kWPabs 5,5252201 
 
kWPútil 319,5
60
2
20735,241 

 
%7,961 
 
O rendimento melhora na segunda situação porque são menores as perdas de Joule nos enrolamentos 




 2
aIr
 
e não se estão a considerar as perdas mecânicas. 
 
 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 63 
PROBLEMA Nº 24 - MAQUINA DC – VEÍCULO ELÉCTRICO 
 
Um veículo eléctrico possui uma massa de 20 000 kg. Pretende-se acelerar este veículo com um valor 
constante de 
21,1 sm
 desde o arranque até uma velocidade constante de 
120 sm
. O veículo está equipado 
com um motor de comutação (motor de corrente contínua excitação independente) através de uma caixa de 
transmissão com uma relação de 
m1
 por cada 
rad21
de rotação do motor. O motor está alimentado por uma 
fonte de energia eléctrica contínua de valor variável e apresenta uma resistência do induzido de 
04,0
 e 
desenvolve um binário de 
mN5,5
 quando absorve uma corrente de 
A2
. Despreze perdas mecânicas e 
magnéticas. Recorde que 
vFMPmec  
 e dimensione: 
a) A potência nominal do o motor 
 O motor deverá ter, no mínimo, uma potência nominal de: 
 
kWWvamvFPmec 440000440201,100020 
 
 
b) O valor do binário desenvolvido e da corrente solicitada à fonte, para atingir a aceleração desejada; 
Nm
P
M mec 0481
420
000440
 
 
aIkM 
; na máquina de excitação independente 
aIM 
  
aI
2
5,5
0481 
  
AIa 381
 
c) Para alimentar o motor, dispõe-se de duas fontes contínuas de valor variável; uma pode fornecer até 
600 V e outra 1200 V. Qual utilizaria? 
aaIrkV  
  
1213
25,5
38104,0600 




 srad
k
IrV aa
 equivalente a 
110
21
1
213  smv
 
1430
25,5
38104,01200 




 srad
k
IrV aa
 equivalente a 
15,20
21
1
430  smv
 
ou 
NPkWP  6,228381600600
  a tensão da fonte não permite uma transmissão de potência suficiente para 
alimentar o motor 
NPkWP  2,45738112001200
  Suficiente para alimentar o motor 
 
d) Se utilizasse a fonte de 600 V, explique onde poderia actuar para que o veículo atingisse a 
velocidade de 
120 sm
. 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 64 
De acordo com 



k
IrV aa
 dever-se-ia baixar o fluxo de excitação para poder atingir 
1420  srad
. Deveria 
ser: 
139,1
420
38104,0600 



 ANm
IrV
k aa
 
Nestas circunstâncias deveria ter-se em atenção que a corrente do induzido seria muito superior. 
 
e) Se arrancasse o motor com uma tensão de 
V400
 qual seria a corrente de arranque? Qual seria o 
procedimento mais correcto para o arranque? 
No arranque tem-se 
0 kEa
 e portanto será: 
arranqueaIrV 
  
A
r
V
I
a
arranque 00010
04,0
400

. 
O arranque do motor deveria ser efectuado elevando lentamente a tensão da fonte variável para que a 
corrente não atinja valores tão elevados. 
Sistemas Eléctricos e Electromecânicos - Problemas – 2010 
 
 65 
PROBLEMA Nº 25 - MÁQUINA DE CORRENTE CONTÍNUA DE EXCITAÇÃO SEPARADA 
Uma máquina DC de 25 kW, funciona a uma velocidade constante de 3000 r.p.m., com uma corrente de 
excitação constante 
Aiexc 10
. Nestas condições tem-se 
VEa 125
. A resistência do induzido é de 
02,0
 e a do indutor é de 
1
. Considere que as perdas de atrito são constantes e iguais a 
kW1
. 
Determinar a corrente do induzido, a potência, o rendimento, o binário e o factor de carga, quando a tensão 
aos terminais do induzido é: 
a) 128 V b) 124 V 
a) 
VEVV aa 125128 
 A máquina está a funcionar como motor 
 
 
 
 
 
 
 
 
AIEIRV aaaaa 150
02,0
125128



 
Potência absorvida pelo motor 
kWiVIVP excexcaaabs 3,19101150128
2 