Modelagem Maqinas 1 (6)

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como se os lados da bobina a2 e –a1 fossem considerados como uma bobina 
equivalente de tensão fasorial OW (figura 2.15), os lados de bobina a1, a4, -a2 e -a3, 
como duas bobinas equivalentes com tensão fasorial OX (com o dobro do 
comprimento de OW), e os lados de bobina a3 e –a4, como uma bobina equivalente 
com tensão fasorial OY. O fasor resultante OZ para a fase a é obviamente menor do 
que a soma aritmética de OW, OX e OY e é também menor do que OZ na figura 
2.14. 
A combinação desses dois fatores pode ser incluída em um fator de 
enrolamento kenr, que é usado como um fator de redução na equação (2.16). Assim, 
a tensão gerada por fase é 
E = √2 𝜋 𝑓 kenr Nfase  (2.37) 
em que Nfase é o número total de espiras em série por fase e kenr leva em 
consideração a diferença em relação ao caso de passo pleno. Para uma máquina 
trifásica, a equação (2.37) fornece a tensão de linha para um enrolamento ligado em 
 e a tensão de fase para um enrolamento conectado em Y. Como em qualquer 
ligação Y equilibrada, a tensão de linha deste último enrolamento é √3 vezes a 
tensão de fase. 
 
2.6.2 FATORES DE DISTRIBUIÇÃO E DE PASSO 
 
Considerando os efeitos de distribuir e encurtar o enrolamento 
separadamente, fatores de redução podem ser obtidos de forma generalizada, 
convenientes para análise quantitativa. O efeito de distribuir o enrolamento em n 
ranhuras por cinto de fase dá origem a n fasores de tensão, defasados de um ângulo 
elétrico  entre as ranhuras, sendo que  é igual a 180º elétricos dividido pelo 
número de ranhuras por polo. Esse agrupamento de fasores está mostrado na figura 
2.16, item a) e novamente na figura 2.16, item b), de forma mais conveniente à 
realização da soma. Cada fasor AB, BC e CD é a corda de um círculo com centro 
em O subentendendo o ângulo  no centro. A soma fasorial AD subentende o ângulo 
n que, como foi observado anteriormente, é de 60º elétricos em uma máquina 
trifásica normal com distribuição uniforme e de 90º graus na respectiva máquina 
bifásica. Dos triângulos OAa e OAd vem, respectivamente 
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OA = 
𝐴𝑎
𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 = 
𝐴𝐵
2 𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 
(2.38) 
OA = 
𝐴𝑑
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
 = 
𝐴𝐷
2 𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
 
(2.39) 
 
Figura 2.16: a) Fasores de tensão de bobina e b) soma fasorial. 
 
Igualando esses dois valores de AO, obtém-se 
AD = AB 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 (2.40) 
mas a soma aritmética dos fasores é n (AB). Consequentemente, o fator de redução 
que surge da distribuição do enrolamento é 
kd = 
𝐴𝐷
𝑛 𝐴𝐵
 = 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
𝑛 𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 (2.41) 
O fator kd é chamado fator de distribuição de enrolamento. Mesmo resultado 
obtido para a equação (2.30). 
O efeito de encurtamento sobre a tensão de bobina pode ser obtido 
determinando primeiro o fluxo concatenado na bobina de passo encurtado. Como há 
n bobinas por fase e um total de Nfase espiras em série por fase, então cada bobina 
terá N = N / n espiras por bobina. Da figura 2.17, o lado de bobina –a está a apenas 
 graus elétricos do lado a ao invés de 180º completos. O fluxo concatenado com a 
bobina de N espiras é 
 = N Bpico l r (
2
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃𝛼
𝜌+ 𝛼
 (2.42) 
 = N Bpico l r (
2
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) [cos(𝛼 + 𝜌) − cos𝛼] (2.43) 
em que: 
l – comprimento axial do lado da bobina; 
r – raio da bobina; 
polos - número de polos. 
 
Figura 2.17: Bobina de passo encurtado em um campo senoidal. 
 
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Com  substituído por  t para indicar um movimento de rotação a  
radianos elétricos por segundo, a equação (2.43), torna-se 
 = N Bpico 𝑙 r (
2
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) [cos( 𝑡 + 𝜌) − cos 𝑡] (2.44) 
A soma dos termos em cosseno e dentro dos colchetes da equação (2.44) 
pode ser feita usando um diagrama fasorial como indicado na figura 2.18, do qual 
vem que 
cos ( t + ) – cos  t = - 2 cos (
𝜋− 𝜌
2
) cos ( 𝑡− (𝜋− 𝜌
2
) ) (2.45) 
um resultado que também pode ser obtido diretamente dos termos da equação 
(2.44) usando transformações trigonométricas apropriadas. 
 
Figura 2.18: Soma fasorial para bobina de passo encurtado. 
 
O fluxo concatenado é, então, 
 = - N Bpico l r (
4
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) cos (
𝜋− 𝜌
2
) cos ( 𝑡− (𝜋− 𝜌
2
) ) (2.46) 
e a tensão instantânea é 
 = 
𝑑
𝑑𝑡
 = -  N Bpico l r (
4
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) cos (
𝜋− 𝜌
2
) sen ( 𝑡− (𝜋− 𝜌
2
) ) (2.47) 
O ângulo de fase (𝜋 - ) / 2 na equação (2.47) indica simplesmente que a 
tensão instantânea não é mais nula quando  na figura 2.13 é zero. No entanto, o 
fator cos [(𝜋 - ) / 2] é um fator de redução de amplitude, de modo que a tensão 
eficaz na equação (2.36) é modificada para 
E = √2 𝜋 𝑓 kp Nfase  (2.48) 
em que o fator de passo kp é 
kp = cos (
𝜋− 𝜌
2
) = sen (
 𝜌
2
) (2.49) 
Quando ambos os fatores de distribuição e de passo são aplicados, a tensão 
eficaz é 
E = √2 𝜋 𝑓 kp kd Nfase  = √2 𝜋 𝑓 kenr Nfase  (2.50) 
que é uma forma alternativa da equação (2.37). Observa-se que o fator de 
enrolamento kenr é o produto dos fatores de distribuição e de passo 
kenr = kp kd (2.51) 
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obteve-se o mesmo resultado da equação (2.33) apresentada anteriormente. 
 
2.7 ONDAS DE FMM DE ARMADURA 
 
A distribuição de um enrolamento em diversas ranhuras por polo e por fase e 
o uso de bobinas de passo encurtado influenciam não apenas a fem gerada no 
enrolamento, como também o campo magnético produzido por ele. As componentes 
fundamentais espaciais da distribuição de fmm são examinadas neste item. 
 
2.7.1 ENROLAMENTOS CONCENTRADOS DE PASSO PLENO 
 
Um enrolamento polifásico concentrado de Nfase espiras em uma máquina 
com múltiplos polos produz uma onda retangular de fmm ao longo da circunferência 
do entreferro. Para uma excitação com corrente senoidal de amplitude I, a amplitude 
máxima da componente fundamental espacial dessa onda, no tempo, é dada de 
acordo com a equação (1.29) 
(𝐹g1) pico = 
4 
𝜋
 
𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
 (√2 𝐼) A.e / polo (2.52) 
em que o fator de enrolamento kenr da equação (1.29) foi tornado unitário já que, 
neste caso, se está discutindo a onda de fmm de um enrolamento concentrado. 
Cada fase de um enrolamento concentrado polifásico cria uma dessas ondas 
de fmm variáveis no tempo e estacionárias no espaço. Essa situação fundamenta a 
análise que conduz à equação (1.63). Para enrolamentos concentrados, a equação 
(1.63) pode ser reescrita como 
𝐹 (ae, t) = 
3
2
 
4 
𝜋
 (
𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) cos (𝑎𝑒 − 𝑒t) = 
6
𝜋
 (
𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) cos 
(𝑎𝑒 − 𝑒t) 
(2.53) 
A amplitude da onda de fmm resultante em uma máquina trifásica é então, em 
Ampères-espiras por polo 
𝐹A = 
6
𝜋
 (
𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) Ae / polo (2.54) 
De modo semelhante, para uma máquina de nf fases, a amplitude é 
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𝐹A = 
2 𝑛
𝜋
 (
𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) Ae / polo (2.55) 
Nas equações (2.54) e (2.55), I é a corrente eficaz por fase. As equações 
incluem apenas a componente fundamental da distribuição real e aplicam-se a 
enrolamentos concentrados de passo pleno com excitação em equilíbrio. 
 
2.7.2 ENROLAMENTOS DISTRIBUÍDOS DE PASSO ENCURTADO 
 
Quando as bobinas de cada fase de um enrolamento estão distribuídas entre 
diversas ranhuras por polo, a fmm fundamental espacial resultante pode ser obtida 
usando sobreposição, com base nas considerações feitas sobre os enrolamentos 
concentrados. O efeito da distribuição pode ser visto na figura 2.19, que é uma 
reprodução do enrolamento trifásico de dois polos e passo pleno, com duas 
ranhuras por polo e por fase, dado na figura 2.14. As bobinas a1 e a2, b1 e b2 e c1 e 
c2 constituem elas próprias o equivalente de um enrolamento trifásico concentradode dois polos, porque elas formam três conjuntos de bobinas excitadas por uma fmm 
fundamental espacial girante. A amplitude dessa contribuição é dada pela equação 
(2.54), quando Nfase é a soma das espiras em série das bobinas a1 e a2 apenas. De 
modo semelhante, as bobinas a3 e a4, b3 e b4 e c3 e c4 produzem uma outra onda 
idêntica de fmm, mas que está defasada no espaço de um ângulo de ranhura  em 
relação à primeira onda. A onda de fmm fundamental espacial, que resulta desse 
enrolamento, pode ser obtida somando essas duas contribuições senoidais. 
 
Figura 2.19: Enrolamento distribuído de armadura, trifásico, dois polos e passo pleno com o diagrama 
fasorial de fmm. 
 
A contribuição de fmm das bobinas a1 a2 b1 b2 c1 c2 pode ser representada 
pelo fasor OX na figura 2.19. Essa representação fasorial é adequada porque as 
formas de onda envolvidas são senoidais, e os diagramas fasoriais são 
simplesmente um meio conveniente de se somar ondas senoidais. Entretanto, essas 
ondas são senóides no espaço, e não senóides no tempo. O fasor OX é desenhado 
na posição espacial de pico de fmm para o instante de tempo em que a corrente da 
fase a é um máximo. O comprimento de OX é proporcional ao número de espiras 
das bobinas associadas. De modo semelhante, a contribuição de fmm das bobinas 
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a3 a4 b3 b4 c3 c4 pode ser representada pelo fasor OY. Portanto, o fasor OZ 
representa a onda de fmm resultante. Exatamente como no respectivo diagrama de 
tensões, vê-se que a fmm resultante é menor que se o mesmo número de espiras 
por fase estivesse concentrado em uma ranhura por polo. 
Do mesmo modo, os fasores de fmm podem ser desenhados para os 
enrolamentos de passo encurtado como está ilustrado na figura 2.20, que é uma 
reprodução do enrolamento trifásico de dois polos e passo encurtado, com duas 
ranhuras por polo por fase, dado na figura 2.15. O fasor OW representa a 
contribuição das bobinas equivalentes formadas pelos condutores a2 e –a1, b2 e –b1 
e c2 e –c1; OX para a1 a4 e –a3 –a2, b1 b4 e –b3 –b2 e c1 c4 e –c3 –c2; e OY para a3 e –
a4, b3 e –b4 e c3 e –c4. O fasor resultante OZ é, naturalmente, menor do que a soma 
algébrica das contribuições individuais e é também menor do que OZ na figura 2.19. 
 
Figura 2.20: Enrolamento distribuído de armadura, trifásico, dois polos e passo encurtado com o 
diagrama fasorial de fmm. 
 
Comparando com as figuras 2.14 e 2.15, pode-se ver que esses diagramas 
fasoriais são idênticos aos de tensões geradas. Consequentemente, vem que os 
fasores de passo e de distribuição, anteriormente desenvolvidos, podem ser 
aplicados diretamente à determinação da fmm resultante. Assim, para um 
enrolamento distribuído polifásico de passo encurtado, a amplitude da componente 
espacial fundamental de fmm pode ser obtida usando kd kp Nfase = kenr Nfase nas 
equações (2..54) e (2.55) ao invés de simplesmente Nfase. Essas equações tornam-
se, então, 
𝐹A = 
6
𝜋
 (
𝑘𝑑 𝑘𝑝 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) = 
6
𝜋
 (
𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) (2.56) 
para uma máquina trifásica e 
𝐹A = 
2 𝑛
𝜋
 (
𝑘𝑑 𝑘𝑝 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) = 
2 𝑛
𝜋
 (
𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (√2 𝐼) (2.57) 
para uma máquina de nf fases, em que 𝐹A é dado em Ae / polo. 
 
2.8 INDUTÂNCIAS DE ENTREFERRO DE ENROLAMENTOS 
DISTRIBUÍDOS 
 
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A figura 2.21, item a) mostra um enrolamento de armadura concentrado de N 
espiras e passo pleno em uma estrutura magnética com um rotor cilíndrico 
concêntrico. A fmm dessa configuração está mostrada na figura 2.21, item b). Como 
o comprimento de entreferro pode ser considerado uniforme e igual ao valor de fmm 
dividido por g. da equação (1.3), a fmm fundamental espacial é dada por 
𝐹g1 = 
4
𝜋
 
𝑁 𝑖
2
 cos  a (2.58) 
e a respectiva densidade de fluxo no entreferro é 
𝐵g1 = 0 
𝐹𝑔1
𝑔
 = 
2 0 𝑁 𝑖
𝜋 𝑔
 cos  a (2.59) 
 
Figura 2.21: a) Uma bobina concentrada de N espiras e b) fmm resultante. 
 
A equação (2.59) pode ser integrada para se encontrar o fluxo fundamental de 
entreferro por polo (equação 1.45), obtendo-se 
 = 𝑙 ∫ 𝐵𝑔1
+𝜋/2
−𝜋/2
 r d = 
4 0 𝑁 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔
 i (2.60) 
em que 𝑙 é o comprimento axial do entreferro. A indutância de entreferro da bobina 
pode ser obtida através da equação 
L = 

𝑖
 = 
𝑁 
𝑖
 = 
4 0 𝑁
2 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔
 (2.61) 
Para um enrolamento distribuído multipolos com Nfase espiras em série e um 
fator de enrolamento kenr = kd kp, a indutância de entreferro pode ser obtida da 
equação (2.51) substituindo-se N pelas espiras efetivas por par de polos (2 kenr Nfase / 
polos), obtendo-se 
L = 
4 0 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔
 (
2 𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
)
2
 = 
16 0 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔
 (
𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
)
2
 (2.62) 
Finalmente, a figura 2.22 mostra esquematicamente duas bobinas (indicadas 
por 1 e 2) com fatores de enrolamento kenr1 e kenr2 e com 2N1 / polos e 2N2 / polos 
espiras por par de polos, respectivamente. Os seus eixos magnéticos estão 
separados por um ângulo elétrico  (igual a polos / 2 vezes o seu deslocamento 
angular espacial). A indutância mútua entre esses dois enrolamentos é dada por 
L12 = 
4 0
𝜋 
 (
2 𝑘𝑤1 𝑁1 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) (
2 𝑘𝑤2 𝑁2 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
) 
𝑙 𝑟
𝑔
 cos  = (2.63) 
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4 0 (2 𝑘𝑤1 𝑁1) (2 𝑘𝑤2 𝑁2)𝑙 𝑟
𝜋 𝑔 (𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠)2
 cos  
 
Figura 2.22: Dois enrolamentos distribuídos separados por um ângulo elétrico . 
 
Embora a figura mostre um enrolamento no rotor e um segundo no estator, a 
equação (2.63) é igualmente válida para o caso em que ambos os enrolamentos 
estão no mesmo membro. 
 
2.9 COMPORTAMENTO DO GERADOR EM VAZIO E SOB CARGA 
 
Em vazio (com rotação constante), a tensão de armadura depende do fluxo 
magnético gerado pelos polos de excitação, ou ainda da corrente que circula pelo 
enrolamento de campo (rotor). Isto porque o estator não é percorrido por corrente, 
portanto é nula a reação da armadura, cujo efeito é alterar o fluxo total. 
A relação entre tensão gerada e a corrente de excitação chamamos de 
característica a vazio (figura 2.23), onde pode-se observar o estado de saturação da 
máquina. 
 
Figura 2.23: Característica a vazio. 
 
Em carga, a corrente que atravessa os condutores da armadura cria um 
campo magnético, causando alterações na intensidade e distribuição do campo 
magnético principal. Esta alteração depende da corrente, do cos  e das 
características da carga, como descrito a seguir: 
a) Carga puramente resistiva: Se o gerador alimenta um circuito 
puramente resistivo, é gerado pela corrente de carga um campo magnético próprio. 
O campo magnético induzido produz dois polos (gerador bipolar figura 2.24, 
item a) defasados de 90º em atraso em relação aos polos principais, e estes 
exercem sobre os polos induzidos uma força contrária ao movimento, gastando-se 
potência mecânica para manter o rotor girando. O diagrama da figura 2.24, item b) 
mostra a alteração do fluxo principal em vazio, 0, em relação ao fluxo de reação da 
armadura, R. A alteração de 0 é pequena, não produzindo uma variação muito 
grande em relação ao fluxo resultante . Devido à perda de tensão nos 
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enrolamentos da armadura será necessário aumentar a corrente de excitação para 
manter a tensão nominal (figura 2.25). 
 
Figura 2.24: Carga puramente resistiva. 
 
Figura 2.25: Variação da corrente de excitação para manter a tensão de armadura constante. 
 
b) Carga puramente indutiva: neste caso, a corrente de carga I está 
defasada em 90º em atraso em relação a tensão E, e o campo de reação da 
armadura ΦR estará consequentemente na mesma direção do campo principal 0, 
mas em polaridade oposta. O efeito da carga indutiva é desmagnetizante (figuras2.26, itens a) e b). 
As cargas indutivas armazenam energia no seu campo indutor e a devolvem 
totalmente ao gerador, não exercendo nenhum conjugado frenante sobre o induzido 
(rotor). Neste caso, só será necessário energia mecânica para compensar as 
perdas. 
Devido ao efeito desmagnetizante, será necessário um grande aumento da corrente 
de excitação para manter a tensão nominal (figura 2.25). 
 
Figura 2.26: Carga puramente indutiva. 
 
c) Carga puramente capacitiva: a corrente de armadura I para uma carga 
puramente capacitiva está defasada de 90º, adiantada, em relação à tensão E. O 
campo de reação da armadura ΦR consequentemente estará na mesma direção do 
campo principal Φ e com a mesma polaridade. 
O campo induzido, neste caso, tem um efeito magnetizante (figuras 2.27, 
itens a) e b). 
As cargas capacitivas armazenam energia em seu campo elétrico e a 
devolvem totalmente ao gerador, não exercendo também, como nas cargas 
indutivas, nenhum conjugado frenante sobre o induzido (rotor). Devido ao efeito 
magnetizante, será necessário reduzir a corrente de excitação para manter a tensão 
nominal (figura 2.25). 
 
Figura 2.27: Carga puramente capacitiva. 
 
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d) Cargas intermediárias: na prática, o que se encontra são cargas com 
defasagem intermediária entre totalmente indutiva ou capacitiva e resistiva. Nestes 
casos o campo induzido pode ser decomposto em dois campos, um transversal e 
outro desmagnetizante (indutiva) ou magnetizante (capacitiva). Somente o campo 
transversal tem um efeito frenante, consumindo, desta forma, potência mecânica da 
máquina acionante. O efeito magnetizante ou desmagnetizante é compensado 
alterando-se a corrente de excitação. 
 
2.10 MÁQUINAS DE POLOS LISOS E SALIENTES 
 
Os geradores síncronos são construídos com rotores de polos lisos ou 
salientes. 
Polos lisos: São rotores nos quais o entreferro é constante ao longo de toda a 
periferia do núcleo de ferro. 
 
Figura 2.28: Rotor de pólos lisos. 
 
Polos salientes: São rotores que apresentam uma descontinuidade no 
entreferro ao longo da periferia do núcleo de ferro. Nestes casos, existem as 
chamadas regiões interpolares, onde o entreferro é muito grande, tornando visível a 
saliência dos polos. 
 
Figura 2.29: Rotor de pólos salientes. 
 
Um circuito efetivo de rotor, além do enrolamento de campo principal, é 
formado pelas barras amortecedoras. Considerando uma máquina operando 
inicialmente em vazio e um curto-circuito trifásico súbito aparecendo em seus 
terminais, na figura 2.30 pode ser observada uma onda de corrente de estator em 
curto-circuito, tal como pode ser obtida num osciloscópio. 
 
Figura 2.30: Corrente de Armadura Simétrica em Curto-Circuito em uma máquina síncrona. 
 
Desse modo, podem ser obtidas as reatâncias subtransitória, transitória e 
síncrona de um gerador síncrono. 
 
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2.10.1 REATÂNCIA SUBTRANSITÓRIA XD” 
 
É o valor de reatância da máquina correspondente a corrente que circula na 
armadura durante os primeiros ciclos, conforme pode ser visto na figura 2.30 
(período subtransitório). Seu valor pode ser obtido dividindo-se o valor da tensão da 
armadura antes da falta pela corrente no início da falta, para carga aplicada 
repentinamente e à frequência nominal. 
Xd” = 
𝐸
𝐼"
 (2.64) 
em que: 
E - Valor eficaz da tensão fase-neutro nos terminais do gerador síncrono, antes do 
curto-circuito. 
I'' - Valor eficaz da corrente de curto-circuito do período sub-transitório em regime 
permanente. Seu valor é dado por: 
I” = 
𝐼𝑚𝑎𝑥
√2
 (2.65) 
 
2.10.2 REATÂNCIA TRANSITÓRIA XD’ 
 
É o valor de reatância da máquina correspondente à corrente que circula na 
armadura após o período sub-transitório do curto, perdurando por um número maior 
de ciclos (maior tempo). 
Seu valor pode ser obtido dividindo-se a tensão na armadura correspondente 
ao início do período transitório pela respectiva corrente, nas mesmas condições de 
carga. 
Xd’ = 
𝐸
𝐼′
 (2.66) 
 
2.10.3 REATÂNCIA SÍNCRONA XD 
 
É o valor da reatância da máquina correspondente a corrente de regime 
permanente do curto-circuito, ou seja, após o término do período transitório do curto. 
Seu valor pode ser obtido dividindo-se a tensão nos terminais da armadura ao final 
do período transitório do curto dividido pela respectiva corrente. 
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Xd = 
𝐸
𝐼
 (2.67) 
A importância do conhecimento destas reatâncias está no fato de que a 
corrente no estator (armadura), após a ocorrência de uma falta (curto-circuito) nos 
terminais da máquina, terá valores que dependem destas reatâncias. 
Assim, pode ser conhecido o desempenho da máquina diante de uma falta e 
as consequências daí originadas. 
O gerador síncrono é o único componente do sistema elétrico que apresenta 
três reatâncias distintas, cujos valores obedecem à inequação: 
Xd” < Xd’ < Xd (2.68) 
 
2.11 EXEMPLOS 
 
2.11.1 EXEMPLO 2.1 
 
A distribuição do enrolamento do estator de dois polos da figura 2.15 
encontra-se em um motor de indução com um comprimento de entreferro de 0,381 
mm, um raio médio de rotor de 6,35 cm e um comprimento de eixo axial de 20,3 cm. 
Cada bobina de estator deve ter 15 espiras e as conexões das bobinas de fase são 
as mostradas na figura 2.31. Calcule a indutância de entreferro Laa0 da fase a e a 
indutância mútua Lab entre as fases a e b. 
 
Figura 2.31: Ligações das bobinas de fase da figura 2.15 do exemplo 2.1. 
 
Solução: 
Observa-se que a colocação das bobinas ao redor do estator é tal que os 
fluxos concatenados em cada um dos dois ramos paralelos são iguais. Além disso, a 
distribuição de fluxo no entreferro não se alterará caso, ao invés de fazer uma 
divisão igual entre os dois ramos como ocorre na realidade, um ramo for 
desconectado e toda a corrente circular no outro ramo. Assim, as indutâncias de 
fase podem ser encontradas calculando as indutâncias associadas a apenas um dos 
ramos paralelos. 
Esse resultado pode parecer um pouco enigmático porque os dois ramos 
estão ligados em paralelo e, assim, poderia parecer que a indutância em paralelo 
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deveria ser a metade da indutância de um único ramo. Entretanto, as indutâncias 
compartilham um circuito magnético comum e a sua indutância combinada deve 
refletir esse fato. No entanto, deve ser salientado que a resistência da fase é a 
metade daquela de cada um dos ramos. 
Primeiramente vai-se calcular os fatores de distribuição, passo e enrolamento 
para o enrolamento distribuído de passo encurtado da figura 2.15. 
O enrolamento da figura 2.15 tem duas bobinas por cinto de fase, separadas 
por um ângulo elétrico de 30º. Da equação (2.30) o fator de distribuição é 
kd = 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
𝑛 𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 = 
𝑠𝑒𝑛 (
2 30
2
)
2 𝑠𝑒𝑛 (
30
2
)
 = 0,966 
As bobinas de passo encurtado abrangem 150º = 5 𝜋 / 6 da equação (2.49), o 
fator de passo é 
kp = sen 
𝜌
2
 = sen 
5 𝜋
12
 = 0,966 
O fator de enrolamento é dado pela equação (2.51) 
kenr = kp kd = 0,933 
da equação (2.62), vem 
L = 
16 0 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔
 (
𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒 
𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
)
2
 = 
16 (4𝜋 𝑥 10−7) 𝑥 0,203 𝑥 0,0635
𝜋 (3,81 𝑥 (4𝜋 𝑥 10−4)
 
(
0,933 𝑥 30 
2
)
2
= 42,4 mH 
Os eixos dos enrolamentos estão separados por  = 120º e, assim, da 
equação (2.63), tem-se 
L12 = 
16 0 (2 𝑘𝑒𝑛𝑟 𝑁𝑓𝑎𝑠𝑒)
2
 𝑙 𝑟
𝜋 𝑔 (𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠)2
 cos  = - 21,2 mH. 
 
2.11.2 EXEMPLO 2.2 
 
Um estator trifásico de dois polos tem bobinas com um passo de 5/6. Quais 
são os fatores de passo para as harmônicas presentes nas bobinas da máquina? 
Esses passos auxiliam na eliminação do conteúdo harmônico da tensão gerada? 
Solução: 
O passo polar em graus mecânicos dessa máquina é dado pela equação (2.1) 
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100 
 
 
100 
p = 
360º𝑃
 = 
360º
𝑃
 = 180º 
Portanto, o ângulo de passo mecânico dessas bobinas é cinco sextos de 
180°, ou 150°. Da equação (2.2), tem-se que o passo resultante em graus elétricos é 
 = 
𝜃𝑚
𝜌𝑝
 x 180º = 
150º
180º
 x 180º = 150º 
ângulo de passo mecânico é igual ao ângulo de passo elétrico apenas porque essa 
máquina é de dois polos. Para qualquer outro número de polos, os ângulos não 
seriam os mesmos. Portanto, os fatores de passo para a fundamental e as 
frequências harmônicas ímpares de ordem mais elevada (lembrando que as 
harmônicas pares não estão presentes) são: 
Fundamental: 
kp = sen 
150º
2
 = 0,966 
Terceira harmônica 
kp = sen 
3 (150º)
2
 = - 0,707 
(observação: essa é uma harmônica de n múltiplo de três que não está presente na 
saída trifásica). 
Quinta harmônica 
kp = sen 
5 (150º)
2
 = 0,259 
Sétima harmônica 
kp = sen 
7 (150º)
2
 = 0,259 
Nona harmônica 
kp = sen 
9 (150º)
2
 = - 0,707 
(observação: essa é uma harmônica de n múltiplo de três que não está presente na 
saída trifásica). 
A terceira e a nona componente harmônica não são muito suprimidas com 
esse passo de bobina, mas isso não é importante, porque, de qualquer forma, elas 
não aparecem nos terminais da máquina. Entre os efeitos das harmônicas de n 
múltiplo de três e os efeitos do passo da bobina, tem-se que as terceira, quinta, 
sétima e nona harmônicas ficam relativamente suprimidas quando comparadas com 
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101 
 
 
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a frequência fundamental. Portanto, o uso de enrolamentos de passo encurtado 
reduz drasticamente o conteúdo harmônico da tensão de saída da máquina, 
causando apenas um pequeno decréscimo de tensão na frequência fundamental. 
A tensão de terminal desta máquina síncrona está mostrada na Figura 2.32, 
tanto para os enrolamentos de passo pleno quanto para enrolamentos com um 
passo de  = 150°. Observa-se que os enrolamentos de passo encurtado produzem 
visivelmente uma grande melhoria na qualidade da forma de onda. 
 
Figura 2.32: A tensão de saída de um gerador trifásico com enrolamentos de passo pleno e de passo 
encurtado. Embora a tensão de pico do enrolamento de passo encurtado seja ligeiramente menor do 
que a tensão do enrolamento de passo pleno, a forma de sua tensão de saída assemelha-se muito 
mais à de uma senóide. 
 
2.11.3 EXEMPLO 2.3 
 
O estator de uma máquina síncrona trifásica, de dois polos e ligada em Y, é 
usado para construir um gerador. As bobinas são de camada dupla, com quatro 
bobinas de estator por fase, distribuídas como está mostrado na figura 2.10. Cada 
bobina consiste em 10 espiras. Os enrolamentos têm um passo elétrico de 150°, 
como mostrado. O rotor (e o campo magnético) está girando a 3.000 rpm e o fluxo 
por polo nesta máquina é 0,019 Wb. 
a) Qual é o passo de ranhura desse estator 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? 
e) Qual é a redução que o enrolamento de passo encurtado dá para a 
componente de quinta harmônica, em relação à redução verificada na sua 
componente fundamental? 
Solução: 
a) O estator tem 6 agrupamentos de fase com 2 ranhuras por 
agrupamento, totalizando, portanto, 12 ranhuras. Como o estator inteiro abrange 
360°, o passo de ranhura desse estator é 
 = 
360º
12
 = 30º 
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102 
 
 
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Esse valor é do passo elétrico e também do passo mecânico, porque trata-se 
de uma máquina de dois polos. 
b) Como há 12 ranhuras e 2 polos no estator, há 6 ranhuras por polo. Um 
passo de bobina de 150 graus elétricos é 150°/180° = 5/6, de modo que as bobinas 
devem ocupar 5 ranhuras do estator 
c) A frequência dessa máquina é 
𝑓 = 
𝑛𝑚 𝑃
120
 = 
(3.000 𝑟𝑝𝑚)(2 𝑝𝑜𝑙𝑜𝑠
120
 = 50 Hz 
Da equação (2.28), tem-se que o fator de passo da componente fundamental 
da tensão é 
kp = sen 
 𝜌
2
 = 
(1)(150º)
2
 = 0,966 
Embora os enrolamentos de um dado agrupamento de fase estejam 
distribuídos em três ranhuras, as duas ranhuras laterais têm cada uma apenas uma 
bobina dessa fase. Portanto, o enrolamento ocupa essencialmente duas ranhuras 
completas. O fator de distribuição do enrolamento é 
kd = 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑛 
2
)
𝑛 𝑠𝑒𝑛 (

2
)
 = 
𝑠𝑒𝑛 (
2 30
2
)
2 𝑠𝑒𝑛 (
30
2
)
 = 0,966 
Assim, a tensão em uma única fase desse estator é 
EA = √2 𝜋 Np kp kd  𝑓 = √2 𝜋 (40 espiras) (0,966) (0,966) (0,19 Wb) (50 Hz) = 157 V. 
d) A tensão de terminal dessa máquina é 
VT = √3 = EA = √3 (157 V) = 272 V 
e) O fator de passo para a componente de quinta harmônica é 
kp = sen 
 𝜌
2
 = 
(5)(150º)
2
 = 0,259 
Como o fator de passo da componente fundamental da tensão é 0,966 e o fator 
de passo da componente de quinta harmônica da tensão é 0,259, a componente 
fundamental diminui 3,4%, ao passo que a componente de quinta harmônica diminui 
74,1 %. Portanto, a componente de quinta harmônica da tensão diminui 70,7% a 
mais do que diminui a componente fundamental. 
 
 
 
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3 ANÁLISE DE CARGAS E DESEMPENHO 
 
A indústria consome boa parte da energia elétrica mundial e os motores 
elétricos são responsáveis por cerca de 75% desse consumo, sendo que os motores 
elétricos são responsáveis, sozinhos, por cerca de 25% do consumo de energia 
elétrica no Brasil. 
 Os motores são a causa de aproximadamente 55% do consumo em uma 
indústria, sendo o restante dividido entre processo eletrolítico com 19%, seguido do 
aquecimento com 18%, depois vem o setor de refrigeração com 6% e por último a 
iluminação responde por 2%. Os dados estão mostrados no gráfico da figura 3.1. 
 
Figura 3.1: Utilização da energia elétrica na indústria. 
 
Através da figura 3.1 percebe-se que reduzir as perdas no motor pode 
representar um ganho importante para a economia de energia. Um dos grandes 
problemas que pode ser encontrado é que, buscando uma confiabilidade alta, muitos 
responsáveis pela manutenção superdimensionam o motor, isto é, utilizam motores 
com uma capacidade de trabalho superior à carga que é colocada em seu eixo. 
Logo é desejável realizar-se uma análise dos motores para verificar se os mesmos 
estão sendo utilizados de acordo com a carga que está acoplada ao eixo. 
Outro ponto de desperdício que pode ser observado é a deterioração dos 
motores ao longo do tempo de operação, assim um retrofit ou uma troca de 
equipamentos nas instalações industriais é necessário. Para determinar se a troca é 
realmente viável, é preciso analisar o rendimento do motor. Essa tarefa não é 
simples, visto que na maioria dos casos essa avaliação só pode ser realizada com a 
parada da linha de produção, que muitas vezes não é possível de ser realizada 
devido à política da empresa. 
As principais perdas em uma máquina elétrica acontecem devido às perdas 
Joule no estator, perdas Joule no rotor, perdas Joule no ferro, perdas por dispersão 
e perdas por ventilação e atrito. 
Pode-se reduzir as perdas atuando na melhoria de pontos vitais onde se 
concentram a maioria das perdas. Como exemplo, pode-se citar o aumento da 
quantidade de cobre nos enrolamentos do estator, incluindo o projeto otimizado das 
ranhuras, e o superdimensionamento das barras do rotor para diminuir as perdas por 
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efeito Joule; diminuição da intensidade de campo magnético e utilização de chapas 
magnéticas de boa qualidade para reduzir as perdas no ferro e a corrente de 
magnetização; emprego de rolamentos adequados e otimização do projeto dos 
ventiladores para diminuir as perdas por atrito e ventilação; e, finalmente, 
regularidade do entreferro, melhoria no isolamento e tratamento térmico das chapas 
do estator e do rotor para reduzir as perdas por dispersão. Estas medidas podem 
acarretar uma redução de até 30%das perdas, o que significa uma real economia 
de energia. 
 
3.1 MOTORES DE INDUÇÃO TRIFÁSICO 
 
Para a obtenção do rendimento dos motores de indução é necessário medir as 
perdas existentes, e as principais normas internacionais existentes para o ensaio de 
rendimento dos motores de indução trifásicos são a IEEE std 112 (IEEE Standard 
Test Procedure for Polyphase Induction Motors and Generators), IEC 34-2 
(International Electrotechnical Commission protocols) e a JEC std 37 (Japan 
Industrial Standards). 
Com a adoção e monitoramento das atividades de manutenção preventiva e 
corretiva de motores constatou-se que a simples realização de ações como a 
limpeza e lubrificação podem resultar em uma melhora no rendimento dos motores. 
Verifica-se que o custo e a precisão são as principais considerações para a 
seleção de uma avaliação do rendimento em campo. Normalmente os métodos com 
menores custos e com nível invasivo menor apresentam valores de rendimento com 
menor precisão. 
Alguns dos aspectos mais difíceis na análise térmica do motor elétrico é o fato 
de que muitos dos fenômenos térmicos que ocorrem no motor elétrico são 
complexos e não podem ser resolvidos por meios matemáticos puros. São 
necessários, além do conhecimento das propriedades geométricas e do material 
usado na construção da máquina, a utilização de poderosos programas numéricos 
com base em dinâmica de fluídos computacionais. 
 
3.1.1 DESEMPENHO DOS MOTORES ELÉTRICOS