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Maquinas

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Categoria: Outras

Enviado por: JSS_ 16 setembro 2013

Palavras: 8952 | Páginas: 36

Motor de Indução Trifásico (MIT)

4.1 INTRODUÇÃO........................................................................................................................................................... 147

4.2 . PRINCÍPIO DE FUNCIONAMENTO....................................................................................................................... 147

4.3. CAMPO GIRANTE.................................................................................................................................................... 148

4.4. VELOCIDADES DO CAMPO GIRANTE, FREQÜÊNCIA MECÂNICA DO ROTOR, FREQÜÊNCIA ELÉTRICA DO

ROTOR E VELOCIDADE DO CAMPO DO ROTOR....................................................................................................... 151

4.4.1 VELOCIDADE DO CAMPO GIRANTE PRODUZIDO PELO ESTATOR............................................................ 151

4.4.2 FREQÜÊNCIA DAS CORRENTS INDUZIDAS NO ROTOR............................................................................... 152

4.5. TENSÃO INDUZIDA E TORQUE............................................................................................................................. 153

4.5.1 TENSÃO INDUZIDA .......................................................................................................................................... 153

4.5.2 TORQUE.......................................................................................................................................................... 154

4.6. TENSÃO, CORRENTE, REATÂNCIA EM FUNÇÃO DO ESCORREGAMENTO (s) ................................................ 155

4.6.1 TENSÃO .......................................................................................................................................................... 155

4.6.2 REATÂNCIA .................................................................................................................................................... 155

4.6.3 CORRENTE..................................................................................................................................................... 155

4.7. CIRCUITO EQUIVALENTE DA MÁQUINA DE INDUÇÃO....................................................................................... 157

4.7.1 CIRCUITO EQUIVALENTE DO ROTOR ............................................................................................................ 157

4.7.2 CIRCUITO EQUIVALENTE DO ESTATOR E ROTOR ...................................................................................... 158

4.7.3 POTÊNCIA E CIRCUITO EQUIVALENTE COMPLETO.................................................................................. 158

4.7.4 TORQUE........................................................................................................................................................... 161

4.8. EQUAÇÃO DO CONJUGADO (TE) EM FUNÇÃO DO ESCORREGAMENTO E PARÂMETROS DA MÁQUINA. .. 164

4.9. DETERMINAÇÃO DOS PARÂMETROS DO MOTOR DE INDUÇÃO TRIFÁSICO A PARTIR DOS ENSAIOS A

VAZIO E DE ROTOR BLOQUEADO (CURTO-CIRCUITO)............................................................................................. 172

(a) ENSAIO A VAZIO................................................................................................................................................... 172

(b) ENSAIO EM CURTO.............................................................................................................................................. 174

4.10. PARTIDA DO MIT................................................................................................................................................... 175

4.10.1. CONSIDERAÇÕES GERAIS SOBRE A PARTIDA.......................................................................................... 175

4.10.2. PARTIDA COM PLENA TENSÃO................................................................................................................... 176

4.10.3 PARTIDA COM TENSÃO REDUZIDA CHAVE ESTRELA - TRIÂNGULO....................................................... 177

4.10.4 PARTIDA COM TENSÃO REDUZIDA – CHAVE COMPENSADORA AUTOMÁTICA..................................... 179

4.11. FRENAGEM DE MIT .............................................................................................................................................. 179

4.11.1 FRENAGEM COM CC ...................................................................................................................................... 180

4.11.2 FRENAGEM POR INVERSÃO DE FASES...................................................................................................... 182

4.12 CONTROLE DE VELOCIDADE DO MOTOR DE INDUÇÃO TRIFÁSICO............................................................... 186

4.12.1 CONSIDERAÇÕES GERAIS............................................................................................................................ 186

4.12.2 CONTROLE DE VELOCIDADE ATRAVÉS DE VARIAÇÃO DA FREQUÊNCIA DA TENSÃO DO ESTATOR. 186

4.12.3 CONTROLE DE VELOCIDADE ATRAVÉS DA VARIAÇÃO DO ESCORREGAMENTO.................................. 191

4.12.3.1 VARIAÇÃO DA TENSÃO APLICADA ........................................................................................................ 191

4.12.3.2 VARIAÇÃO DA RESISTÊNCIA DO CIRCUITO DO ROTOR..................................................................... 196

EXERCÍCIOS PROPOSTOS ( Cap. IV )......................................................................................................................... 204

QUESTÕES SOBRE MCC E MIT......................................................................................... Erro! Indicador não definido.

MOTOR DE INDUÇÃO TRIFÁSICO (MIT)

INTRODUÇÃO

O motor de indução trifásico apresenta-se atualmente como uma boa opção para acionamentos

controlados, pois possui algumas vantagens sobre o motor de corrente contínua, devido a inexistência do

comutador.

Entre estas vantagens, pode-se citar:

O custo do MIT é muito menor que o motor de CC de mesma potência;

A manutenção do MIT é mais simples e menos onerosa;

O consumo de energia do MIT nos processos de aceleração e frenagem é menor;

Com o MIT pode-se obter velocidades maiores, o que implica em potências maiores (P = w⋅T ).

A grande desvantagem do MIT reside na dependência entre fluxo e a tensão do estator, o que não ocorre

nos motores CC com excitação independente. Este fato limita a faixa de variação de velocidade do motor,

quando controlado por variação da tensão do estator.

Atualmente, devido à evolução de sistemas eletrônicos que permitem o controle do motor por variação

simultânea da tensão e freqüência do estator, esta desvantagem desaparece.

O motor de indução, devido as suas vantagens sobre o motor CC, é o mais utilizado em tração elétrica no

parque industrial nacional.

fig.1-MIT

PRINCÍPIO DE FUNCIONAMENTO

O princípio de funcionamento do MIT é o mesmo de todos os motores elétricos, ou seja, baseia-se na

iteração do fluxo magnético com uma corrente em um condutor, resultando numa força no condutor. Esta

força é proporcional às intensidades de fluxo e de corrente (

→ → →

F = il x B ).

Existem dois tipos de MIT:

Rotor em gaiola;

Rotor bobinado (em anéis).

Para efeito de simplicidade estudará uma máquina de dois pólos.

O motor compõe-se de duas partes:

Estator, onde é produzido o fluxo magnético;

Rotor, onde é produzida a corrente que interage com o fluxo, conforme a fig.1.2.

No estator (parte fixa) estão montados três enrolamentos conforme mostra a fig.1. Estes enrolamentos estão

ligados à rede de alimentação, podendo estar conectados em estrela ou triângulo.

A alimentação do MIT é realizada por uma fonte de tensão trifásica e equilibrada, logo as correntes do

estator (armadura) estarão defasadas de 120°. Estas correntes irão produzir um fluxo resultante girante em

relação à armadura, que irá induzir no rotor (

→ → →

v x B.dl ) tensões alternativas em seus enrolamentos. Estando

estes enrolamentos curto-circuitados irão aparecer correntes no rotor, sendo estas correntes e o fluxo

girante, responsáveis pelo aparecimento do torque no MIT.

CAMPO GIRANTE

O caráter girante ou estacionário do campo de máquinas elétricas girantes, depende na realidade do sistema

referência adotado.

Para um observador situado no induzido de uma máquina síncrona com indutor girante, o campo dessa

máquina é girante. Para um observador localizado em seu indutor (rotor), o campo é estacionário.

As maneiras usuais mais simples de produzir campos girantes podem ser resumidas no emprego de:

enrolamentos monofásicos girantes, alimentado por corrente contínua. A fig.1.3 ilustra o campo girante de

uma máquina síncrona;

fig.1.3 – Campo girante de uma máquina síncrona

enrolamentos polifásicos estacionários (na armadura), alimentado por correntes alternativas.

Esses enrolamentos podem ser encontrados nos motores e geradores síncronos e nas máquinas

assíncronas. Quando alimentados por correntes polifásicas, eles produzem pólos magnéticos que se

deslocam em relação aos próprios enrolamentos que os originou.

Para os MITs o campo girante é produzido por correntes trifásicas equilibradas proveniente de uma rede

trifásica de alimentação.

Para melhor clareza, considerar-se-à três instantes diferentes para verificação do comportamento do campo

produzido pela armadura (estator).

Sabe-se que:

cos( 120 ).

cos( 120 );

cos( );

max

max

max

= ⋅ + °

= ⋅ − °

= ⋅

ic I wt

ib I wt

ia I wt

3.1

As correntes ia, ib e ic produzem intensidades de campo magnético proporcionais às suas

respectivas correntes, dado pela Lei de Ampère. ( Hl= NI).

Referências: - Adotar-se-à como positivas as correntes que penetram no papel.

- Seqüência a, b e c no sentido anti-horário.

1º INSTANTE:

A fig. 3.2 ilustra a situação instantânea dos campos nas respectivas fases da máquina em t= 0 , ou

seja, wt = 00.

ia= Imax;

ib= - Imax /2;

ic= - Imax /2;

c’ b

a a’ θθ= 00

θm =00 (ref. )

Ba

b’ c

(Referência Mecânica )

Fig. 3.2

2º INSTANTE:

A fig. 3.3 ilustra o instante em que wt = 120º.

ib= Imax;

ia= - Imax /2;

ic= - Imax /2;

c’ b

Ba θθ=120º

a Bb a’ θm= 120º

Bc

b’ c

fig. 3.3

Br

Bc Bb

Ba

Br Bb

Bc

Ba

3º INSTANTE:

A fig. 3.4 ilustra o instante em que wt = - 120º .

ic= Imax;

ib= - Imax /2;

ia= - Imax /2;

c’ b

Ba θθ= -120º

a a’ θm= -1200

Bb

b’ c

fig.3.4

Conclusões:

módulo do vetor campo é constante;

deslocamento do vetor campo se da com velocidade w(θ) , ou seja, velocidade síncrona , ou ainda,

freqüência de alimentação dos enrolamentos polifásicos.

VELOCIDADES DO CAMPO GIRANTE, FREQÜÊNCIA MECÂNICA DO

ROTOR, FREQÜÊNCIA ELÉTRICA DO ROTOR E VELOCIDADE DO

CAMPO DO ROTOR

VELOCIDADE DO CAMPO GIRANTE PRODUZIDO PELO ESTATOR

Seja:

f1 - freqüência do estator;

Em rpm, tem-se :

Br

Bc

Ba

Bb

1 1 120 . f

P

n = - velocidade síncrona do campo do estator. 4.1

FREQÜÊNCIA DAS CORRENTES INDUZIDAS NO ROTOR

Seja também:

freqüência - velocidade de deslocamento

f1 ________ n1 ........... estator

f2 ________ n1 - n2 ... rotor

onde: n2 ------------ velocidade mecânica do rotor e,

n1 - n2 ------- velocidade relativa com que o campo girante irá induzir as tensões de

freqüência "f2"no rotor, logo pode-se relacionar:

f1------ n1

f2------ n1 - n2 1

1

1 2

2 . f

n

f n n −

= 4.2

Define-se :

1

1 2

n

s n n −

= , onde s é chamado de escorregamento ou deslizamento.

f2= s. f1 4.3

Seja n0 a velocidade do campo do rotor em relação a terra (estator)

Então pode-se escrever:

Onde:

n22 é a velocidade do campo do rotor em relação ao próprio rotor e,

2 2 120 . f

P

n n o = + , da equação

1

1 2

n

s n n −

=

tira-se:

.(1 ) 2 1 n = n − s , substituindo em no , tem-se:

0 2 22 n =n +n

120 , logo :

22 2 f

p

n =

( )

0 1

0 1 1 1 1 1 . 1 120 . . .

n n

s f n s n s n

p

n n s

=

= − + = − +

4.4

4.5

4.6

Donde conclui-se que as velocidades dos campos do estator e rotor em relação ao estator são

iguais, porém a velocidade mecânica do rotor é menor que a velocidade síncrona dos campos, devido ao

que definiu-se sobre o escorregamento.

TENSÃO INDUZIDA E TORQUE

TENSÃO INDUZIDA

Estando o rotor inicialmente parado e sendo submetido ao campo girante de velocidade n1, resultará

em seus enrolamentos uma f.e.m induzida (devido à variação do fluxo magnético em relação às espiras do

rotor) que é proporcional a intensidade do fluxo e a velocidade do campo girante. Assim:

A tensão induzida será máxima no eixo do estator, ou seja, no eixo magnético resultante.

Como o enrolamento do rotor esta curto-circuitado, resultará a circulação da corrente rotórica I20.

2

20

2

2

20

20 R X

V

I

+

= onde:

R2 – Resistência do circuito do rotor;

X20 – Reatância do circuito do rotor na partida.

onde K

v K n f K f

.

p

: K''' 120

. . '''. .

p

. . ou V K.120 20 1 20 1 1

=

= φ = φ = φ

5.1

TORQUE

A corrente I20 circulando pelos enrolamentos do rotor e interagindo com o fluxo produzido no

estator dá origem ao conjugado de partida dado por:

TP= K1.φ.Ir ; onde

Ir – Corrente real, ou seja: Ir = I20.cosψ20

Logo o torque de partida será:

Se o conjugado de partida TP é maior que o conjugado de carga TC, resulta num conjugado

acelerador, que coloca o rotor em movimento.

Com o aumento da velocidade do rotor, a velocidade relativa entre este e o campo girante

diminui, provocando a redução da freqüência da tensão induzida no rotor. Desta forma:

Observe que com o aumento da velocidade (redução de f2), a tensão induzida no rotor diminui. O mesmo

ocorre com a reatância rotórica "X2". Para uma velocidade qualquer a corrente rotórica I2 será:

O comportamento das grandezas elétricas do motor está ligado à variação de velocidade relativa

entre o campo girante e o rotor (s). Esta grandeza é denominada escorregamento.

( ) [ 2 ]1 / 2

20

2

2

2

20

p 1 20

cos

T . K . . . cos 20 e

R X

R

I

+

=

=

ϕ

φ ϕ

dt

T J dn a . .

60

= 2π

freqüênciada tensãoV induzidano rotor.

,

V '''. . ; f

'''. . ;

2 2

1

1 2

20 1 2 1

2 2

=









− ↑

↓ =

= ↓ =↓

↓ = ↓

f

n

e s n n

K f sf

V K f

φ

φ

[ 2 ]1 / 2

2

2

2

2

2 R X

I V

+

=

5.2

TENSÃO, CORRENTE, REATÂNCIA EM FUNÇÃO DO

ESCORREGAMENTO (s)

TENSÃO

Sabe-se que:

REATÂNCIA

Sabe-se que:

Logo:

CORRENTE

 

 

+

=

2

2 20

2

2

20

2

X

s

R

I V

Conclui-se então que a corrente do rotor varia com a velocidade, sendo máxima para s = 1, ou seja, para n2

= 0 (partida).

Exemplo 1:

Um MIT tetrapolar apresenta os seguintes dados nominais (rotor bobinado).

Pn = 90 (KW) nN = 1.780 (rpm)

Vn = 380 (V), 60 (Hz) I2N = 148 (A)

V20 = 400 (V)

20

1

2

2 20

2 2 20 1

. .

' ' '. . e V ' ' '. .

s V

f

V V f

V K f K f

= =

= φ = φ

20 1

2 2

X 2 . .

e

2 . . Reatância em um instante qualquer.

L f

X L f

π

π

=

= →

20

1

2

2 20 s .X

f

X = X f =

[ ] [ 2 ]1 / 2

20

2

2

20

2 1 / 2 2

2

2

2

2

2 ( . )

.

I

R X s

s V

R X

I V

+

⇒ =

+

=

5.3

5.4

5.5

a) Calcule o escorregamento nominal do motor.

1

1

n

n n

N

s = − N

n f 60 1.800rpm 4

120

P 1

120

1 = ⋅ = ⋅ =

s 0,011 1.800

1.800 1.780

N = = −

b) Determine a tensão induzida no rotor para as condições nominais de operação.

V2N = sN . V20 = 0,011 . 400

V2N = 4,444 (V)

c) Determine o valor aproximado da resistência rotórica para as condições nominais de

operação.

Nas condições nominais, tem-se:

[ ]2

1

2

2

2

2

2

2

R X

V

N

Nf

f I

+

=

Deve-se observar que o valor da tensão de partida V20 fornecido é sempre um valor de linha e

que, para velocidade nominal o escorregamento é muito pequeno, o que faz com que a reatância X2 seja

também muito pequena, podendo ser desprezada.

X2 = 2π ⋅ L ⋅ f2 e f s f 0,011 60 0,66Hz 2 1 = ⋅ = ⋅ =

60 20

0,66

X2 = X20 ⋅ = 0,011⋅ X

Logo:

R ( fase)

I

V

R

N

N 0,0173 /

3.148

4,44

3. 2

2

2

2 = = ⇒ = Ω

d) Determine o conjugado nominal do motor.

N

N

n

P

N T ⋅

= ⋅ 2π

60

2 *1.780

60*90*103

π = N T

TN = 482,83[N.m]

CIRCUITO EQUIVALENTE DA MÁQUINA DE INDUÇÃO

Suposições:

a) O enrolamento do roto possui o mesmo número de pólos e fases que no enrolamento do

estator;

b) As correntes são sempre valores de linha e as tensões sempre valores de fase, isto é, a

máquina é suposta ligada em Y.

Afirmações:

a) Sabe-se que: 1

1 2

n

s = n −n

Para n2 = 0 (máquina parada) →s = 1

O campo girante tem a mesma velocidade (Freqüência) que a freqüência produzida pelos

enrolamentos do rotor.

f2 = f20 = f1

b) Com rotor na velocidade síncrona (s = 0), não há movimento relativo entre campo girante e

rotor (não há indução). A freqüência do rotor é nula (na verdade a própria corrente do rotor é zero).

CIRCUITO EQUIVALENTE DO ROTOR

I2

R2

X2=s.X20

V2=s.V20 ( ) 1/2

2

20

2 2

20

2





 +

=

X

E

s

R

I

I2

R2/s

X20

V20

CIRCUITO EQUIVALENTE DO ESTATOR E ROTOR

O motor de indução no instante da partida (s= 1; n2 = 0) tem o mesmo comportamento de um

transformador (estator é o primário e o rotor é o secundário).

Referindo-se X20 e R2/s para o primário, tem-se a fig.7.2.1.+

fig.7.2.1

Onde:

a = N1 (n.o esp. primário)

N2 (n.o esp. secundário)

E20’= a.E20

a

I I 2

2 ' =

a

I I2

2 '=

POTÊNCIA E CIRCUITO EQUIVALENTE COMPLETO

Da resistência rotórica, pode-se escrever:

( )

s

R R s

s

R R R

s

R ' = '− '+ ' = '+ '. 1 −

2 2

2

2 2

2

V1

R1 I2 jX1

E1

jX20 I2

E2 = V20 R2/s

Multiplicando-se a expressão anterior por I2’, tem-se:

( ) 2

2 2

2

2 2

2

2

2 ' . ' '. '. 1 .I '

s

I R I R s

s

R = + − 7.1

Pot. Ativa = Pot. Ativa + Potência desenvolvida

passada ao rotor dissipada no no rotor (da origem

rotor ao torque)

Pin = Wj2 + P

Pin = Wj2 + P 7.2

Pin = Wj2 7.3

s

P = Pin.(1-s) 7.4

fig.7.3.1

Da eq.7.5, obtêm-se o circuito equivalente final.

( )

s

R R s

s

R ' = '+ '. 1−

2 2

2 7.5

Resistência de carga fictícia

(representa a carga mecânica do rotor).

Portanto o circuito equivalente completo fica:

fig.7.3.2

No diagrama da fig.7.3.3 é apresentado o fluxo de potência do motor de indução trifásico, considerando-se

todas as perdas, bem como as potências de entrada e saída.

Seja q1 o n.o de fases do motor de indução, e sejam as tensões e correntes valores de fases, então tem-se :

fig.7.3.3

Dessa forma as perdas e as potências podem ser calculadas através de:

1 1 1 1 P q .V .I .cosϕ en = 7.6

1 N1 C1 Wj = P + P 7.7

2

1 1 1 1 P q .R .I C = 7.8

2

2

2

2

2

2

2

1 . '. ' . .I

s

I q R

s

P q R in = = 7.9

1 1 2 2 2 2 2 2 P q .E .I '.cosϕ q .E .I .cosϕ in = = 7.10

2

2 2 2

2

2 1 2 2 Wj = q .R '.I ' = q .R .I 7.11

2

2

2

2

2

2

2

1 . '.(1 ). ' . .(1 s).I

s

s I q R

s

P = q R − = − 7.12

( ) out M V P = P − P + P 7.13

TORQUE

W ( s)

P

W

T P

= =

. 1 2 1

n2 = n1.(1-s)

W2

= W1.(1-s)

1

( )

1 2. .

.

f

P Pin

T

W

T Pin pólos

π

= ⇒ = sendo que:

1

1

1

4. .

P

f

W π

= 7.14

Exemplo 2:

Um motor de indução trifásico de 6 pólos, apresenta os seguintes dados de placa:

PN= 10 HP; OBS:

V1N=220(V), 60(Hz), Y;

R1=0,294 (Ω/fase);

R2’=0,144 (Ω/fase);

X1=0,503 (Ω/fase);

X20’=0,209 (Ω/fase);

Xm=13,25 (Ω/fase);

Rm ≈ ∞

Para s=2%, calcule:

Velocidade do rotor (rpm);

Corrente e f.p no estator;

Potência de saída (Pout);

Torque de saída (Tout);

Rendimento do motor.

Solução:

n2=?

Da equação do escorregamento tira-se n2:

2 1 n = (1− s).n

.60

6

120 . 120

1 1 = f =

P

n

1200( ) 1 n = rpm

(1 0,02).1200 2 n = −

1176( ) 2 n = rpm

As perdas por atrito e no

ferro valem 403(W).

I1 e fp1 = ?

Do modelo do motor de indução trifásico, calcula-se a corrente e f.p, da seguinte forma:

eq

L

Z

I = V 1 e

( )m

m

eq

j X X

s

R

jX

s

jX R

Z R jX

+ +





 +

= + +

' . '

. ' '

20

2

20

2

1 1

(0,209 13,25)

0,02

0,144

0,209 . 13,25

0,02

0,144

0,294 0,503

+ +





+

= + +

j

j j

Z j eq

= 6,745 eq Z 31,42o (Ω/fase)

3.6,745

220

3. 1

1

1 = ⇒ I =

Z

V

I

eq

N . -31,42o

18,831 1 I = (A)

fp=cos(31,42o) , ou seja fp=0,88 indutivo.

Pout =?

( ) out M V P = P − P + P

. '. (1 ) . '2 403

1 2 2 = − I −

s

P q R s out

Para o cálculo de I2’, utiliza-se o divisor de corrente:

 

 

 + −

=

m

m e

Z

Z Z Z

I I 1

2 1' .

' 18,831 2 = I -31,42o .  

 

 + + − −

13,25

13,25 0,294 0,503 5,94 3,19

j

j j j

' 16,21 2 I = -4,61o (A)

( ) .0,144 403

0,02

02 , 0 1 . 21 , 16 . 3 2 − 



 − = out P

P 5159,19(W) out =

= ? out T

out out P

n

T .

2. .

60

2 π

=

.5159,19

2. .1176

60

π

= out T

T 41,89(N.m) out =

e) ? % η =

.100% %

en

out

P

P

η =

.100%

3. . .cos

5159,19

1 1 1

% ϕ

η

V I N

=

.100%

3.220.18,83.0,88

5159,19

% η =

81,7% % η =

EQUAÇÃO DO CONJUGADO (TE) EM FUNÇÃO DO

ESCORREGAMENTO E PARÂMETROS DA MÁQUINA.

Do circuito equivalente e, consideram-se o valor de Rm desprezível (Rm = ∞ ou circuito

aberto),determina-se as equações de potência (P) e Torque elétrico (Te), da seguinte forma:

fig. 8.1

A potência desenvolvida no rotor é:

2

1 2 2 . (1 ) .R '.I '

s

P = q − s 8.1

Onde:

q1

– no de fases

s – escorregamento

e o torque elétrico é dado por:

2 2. .

60.

n

T P e π

= 8.2

A velocidade pode ser determinado através de:

2 1 n = (1− s).n 8.3

Substituindo-se 8.1 e 8.3 em 8.2, obtem-se:

2

1 2 2

1

. . (1 ) . '. '

2. . .(1 )

60 R I

s

q s

n s

Te

=

π

2

2

2

1

1

. '

'

. .

2. .

60 I

s

q R

n

Te π

= 8.4

Trabalhando-se com o circuito equivalente de Thevenin referente ao modelo da fig.8.l entre os

pontos ‘a’ e ‘b’, obtém-se os seguintes valores para a impedância (Zth) e tensão de Thevenin (V20’):

fig.8.2

' ' 1 1 Z R jX th = + 8.5

2

1

2

1

1 ( )

.

'

m

m

X X

R R X

+

= 8.6

( )

.

'

1

1

1

m

m

X X

X X

X

+

= 8.7

A impedância de Thevenin é obtida do paralelo entres as impedâncias Z1 e jXm , com a fonte V1

curto-circuitada.

A tensão de Thevenin (V20’ ) é obtida entre os pontos ‘a’ e ‘b’ com a carga desconectada, ou seja:

[ 2 ]1/ 2

1

2

1

20 1

( )

' .

m

m

R X X

X

V V

+ +

= 8.8

A corrente I2’ pode ser calculada levando-se em conta a fig 8.2.

1/ 2

2

1 20

2

2

1

20

2

( ' ')

'

'

'

 

 

+ + 



 +

=

X X

s

R R

V

I 8.9

e, finalmente o torque elétrico é determinado, substituindo-se a equação 8.9 na equação 8.4:

2

1 20

2

2

1

2

2 20

1

1 ( ' ')

'

'

'

.

'

. .

2. .

60

X X

s

R R

V

s

q R

n

Te

+ + 



 +

=

π

8.10

A fig.8.3 ilustra o comportamento do torque elétrico em função do escorregamento e parâmetros da

máquina.

fig8.3 (Torque elétrico X s)

Onde:

TK – Torque máximo (s=sk);

Tp – Torque de partida;

sk – Escorregamento correspondente ao torque máximo;

sN – Escorregamento nominal.

Para e determinação de TK e sk, deriva-se a equação 8.10 em relação a ‘s’ e iguala-se a zero esse

resultado (valor máximo da função).

Dessa forma obtem-se os seguintes resultados:

' 2

20

'1

2 '

1

'

2

k

R (X X )

S R

+ +

= 8.11

e

[R ' R ' (X ' X ') ]

.q .V ' . 1

2 .n

Tk 60 2

1 20

2

1 1

2

1 20

π 1 + + +

= 8.12

Observe que sk cresce com o crescimento do valor da resistência rotórica e que, Tk não depende de

R2’, ou seja, não depende da resistência rotórica.

De acordo com o torque de partida, torque máximo e escorregamento correspondente ao torque

máximo, tem-se os seguintes tipos de motores de indução trifásico, conforme a fig.8.4.

fig.8.4

(curvas típicas de conjugados X escorregamento de motores de indução trifásicos).

A equação 8.10 é bastante limitada quanto à sua aplicação a partir de dados de fabricantes, uma

vez que os parâmetros da equação não são fornecidos em catálogos.

A combinação das equações 8.10, 8.11 e 8.12, fornece a equação 8.13, bastante útil em termos

práticos.

s

s

s

Tk s

T

k

k

+

= 2

8.13

Para as condições nominais de operação, obtem-se a equação 8.14:

N

k

k

N

N

s

s

s

Tk s

T

+

= 2

8.14

Exemplo 3:

Um MIT de anéis apresenta os seguintes dados nominais (4 pólos).

PN=220(KW) nN=1.780(rpm)

VN=440(V), 60(Hz) (Tk/TN)=3.2

IN=340(A) ηN=93%

V20=E20=460(V) cosΨ=0.92

I2N=300(A)

250

200

150

100

50

0

20 40 60 80 100

Determine a equação do conjugado T em função do escorregamento.

Da equação 8.13, tem-se:

s

sk

sk

Tk s

T

+

= 2

Sabe-se que: K N T = 3,2T e

N

N

N n

T P

2. .

60 .

π

=

T (N m) N 1180,25 .

2. .1780

60.220.103

= =

π

T T (N m) K K = 3,2.1180,25→ = 3776,8 .

Para determinar sk, usa-se a equação 8.14, ou seja:

N

N

N

s

sk

sk

Tk s

T

+

= 2

8.15

e

 

 

−  

 

= . + 1

2

N

K

N

K

K N T

T

T

s s T 8.16

Substituindo-se os valores, obtém-se:

0,011

1800

= 1800 −1780 = N S

= 3,2

N

K

T

T

sk = 0,011.(3,2 + 3,22 −1)

sk=0,0693

Dessa forma a equação do conjugado em função do escorregamento será:

s

T s 0,0693

0,0693

2 3776,8

+

= ×

s

T s

0,0693

0,0693

7553,6

+

=

b) Calcule a velocidade do motor, quando a carga no eixo for 25% maior que a nominal.

n2=n1.(1-s)

A equação 8.13 fornece o escorregamento em função da carga. Para as condições

propostas, tem-se:

1,25

3,2

1,25

= =

N

K K

T

T

T

T

de 8.13 tira-se:

 

 

− 



= . − 1

2

T

T

T

s s TK K

K

 

 

− 



= − 1

1,25

3,2

1,25

0,0693. 3,2

2

s

s = 0,0141

A velocidade será:

n2 = n1.(1-s) = 1800.(1-0,0141)

n2 = 1774,63 (rpm)

c) Determine o valor da resistência externa por fase a ser inserida no circuito do rotor, para que o

conjugado máximo TK ocorre na partida.

- A equação 8.11, que fornece o valor de sk, mostra que este parâmetro cresce com a resistência do

circuito do rotor.

' 2

20

'1

2 '

1

'2

R (X X )

S R k

+ +

=

- Por outro lado, o parâmetro TK não varia com a resistência do rotor.

[ ' ' ( ' ') ]

. . ' . 1

4. .

60

2

1 20

2

1 1

2

1 20

1 R R X X

q V

n

Tk

+ + +

=

π

- O que pretende no acionamento está indicado na fig.8.5.

fig.8.5

Para a característica 1 da fig.8.5, tem-se:

' 2

20

'1

2'1

'2

1

R (X X )

S R k

+ +

=

Para a característica 2 da fig.8.5, tem-se:

' 2

20

'1

2'1

'

21

'2

2

R (X X )

S R R k

+ +

+

= , onde:

R21’- valor referido da resistência externa inserida no circuito do rotor.

Comparando-se as duas equações, obtém-se:

'

' '

2

2 21

1

2

R

R R

s

s

k

k +

= Esta equação tanto vale para valores referidos quanto para os valores reais.

Dessa forma obtém-se:

21

2

21

1

2 1

'

'

1 r

R

R

s

s

k

k = + = +

Onde r21 é o valor da resistência externa inserida em relação à resistência própria do rotor.

13,43

1

0,0693

1

1

21

21

1

2

21

=

= −

= −

r

r

s

s

r

k

k

Para o exemplo: sk2 = sp = 1 e sk1 = sk = 0,0693

Isto significa que deve-se introduzir uma resistência de 13,43 vezes a resistência própria do rotor para obterse

o conjugado máximo na partida.

Apêndice (A).

Análise da expressão do escorregamento.

Sabe-se que:

s

s

s

T s

T

k

k

k +

= 2

, de onde se pode tirar:

2 − 2. s.s + s2 = 0

T

s T k

k

k , dessa expressão tira-se:

 

 

− 



= . ± 1

2

T

T

T

s s Tk k

k 1

e

 

 

− 



= . ± 1

2

T

T

T

s s Tk k

k 2

Supõe-se a seguinte condição: T < TK

Para s > sk usa-se: ‘+’ (mais) em 2 e ‘-‘ (menos) em 1.

Para s < sk usa-se: ‘+’ (mais) em 1 e ‘-‘ (menos) em 2.

Exemplo: Se s = sN usa-se:

+ em 1

e

em 2

DETERMINAÇÃO DOS PARÂMETROS DO MOTOR DE INDUÇÃO

TRIFÁSICO A PARTIR DOS ENSAIOS A VAZIO E DE ROTOR

BLOQUEADO (CURTO-CIRCUITO)

(a) ENSAIO A VAZIO

O modelo aproximado para o cálculo dos parâmetros Rm e Xm é mostrado na fig. 9.1.

fig.9.1

Procedimento:

Aplica-se a tensão nominal aos terminais do motor, estando o mesmo sem carga no eixo (a vazio),

mede-se.

Mede-se os valores de tensão (V1f), corrente (Iof) e a potência (Po).

A potência lida PO vale:

O ac of N a P =qR I2 +P +P

1 1 9.1

Onde:

1 q - n° de fases;

PN - Perdas no núcleo;

Pa - Perdas por rotacionais (atrito);

Iof - Corrente na fase do motor;

R1ac- Valor da Resistência estatórica por fase em AC.

* Cálculo de Ipf.

A corrente Ipf na fig. 9.1, pode ser calculada por:

nf

n

pf q V

P

I

1

= 9.2

* Cálculo de PN.

Dessa forma as perdas no núcleo (PN) podem ser determinadas em função da equação 9.1.

N O ac of a P = P − q R I 2 − P

1 1 . . 9.3

* Determinação de Pa.

Para a determinação de Pa, utiliza-se o gráfico da figura 9.2. Para isso, deverá ser levantada em

laboratório tal curva.

Perdas

Po

Pa

V1N V1

fig. 9.2

* Determinação de Iqf.

Para o cálculo de Iqf , utiliza-se o valor do fator de potência a vazio, ou seja:

 

 

= −

f q V I

P

1 1 0

1 0

0 . .

ϕ cos . 9.4

0 .senϕ qf of I = I 9.5

Dessa forma, determina os parâmetros Rm e Xm:

pf

f

m I

V

R = 1 9.6

qf

f

m I

V

X = 1 9.7

(b) ENSAIO EM CURTO

O modelo utilizado para esse ensaio é apresentado na fig. 9.3.

fig.9.3

Procedimento:

Aplica-se uma tensão reduzida aos terminais do motor, tal que, faça circular pelo mesmo a corrente

nominal, estando o motor com rotor travado (curto-circuitado), mede-se:

Tensão (Vccf) , Corrente (INf) e Potência (Pcc).

Calcula-se:

Nf

ccf

eq I

V

Z = 9.8

3. 2 Nf

cc

eq I

P

R = 9.9

Em condições normais de trabalho, o valor de Re é calculado da seguinte forma:

Re = R1ac + R’2dc 9.10

Dessa forma, pode-se determinar o valor de R’2dc, utilizando-se as equações 9.9 e 9.10.

ac

Nf

cc

dc R

I

P

R 2 2 1 3.

'= − 9.11

O valor de R1ac pode ser obtido da relação:

edc

eac

dc

ac

R

R

R

R =

1

1 9.12

* A determinação da resistência R1dc é calculada da seguinte forma:

ccf

ccf

dc I

V

R = 1 (ensaio em corrente contínua) 9.13

* A determinação da resistência Redc é calculada da seguinte forma:

O valor de Redc é obtido do ensaio do gráfico da fig. 9.4, levantado em laboratório.

Ze (impedância de dispersão)

ZeN

Redc

60 f (freqüência Hz)

Finalmente, determina-se Xe e R’2dc, da seguinte forma:

Xe = [Ze

2 – Re

2]1/2 =X1’+X20’ 9.15

R’2dc = Redc – R1dc (operação normal) 9.17

PARTIDA DO MIT

CONSIDERAÇÕES GERAIS SOBRE A PARTIDA

- Quase todos os motores de indução trifásicos poderiam partir em plena tensão (desde que alimentados

por um barramento infinito).

- Todavia a alimentação do MIT não é ideal. Neste caso, embora o motor suporte a sobrecarga na partida,

ocorre uma queda de tensão de alimentação, refletindo-se em todas as cargas ligadas no mesmo

barramento.

- A queda de tensão na partida de um MIT de potência nominal (P) e corrente de partida (Ip = kIN) produzida

em um barramento de potência de curto-circuito (Pcc), expressa em percentagem da tensão nominal é:

ccf

ccf

e I

V

Z = (freqüência variável e

rotor travado) 9.14

cc P

ΔV% = 100.K. P 10.1

- Este valor não pode ultrapassar 10%. Quando esta percentagem é ultrapassada, são utilizados métodos

de partida, conforme descrito a seguir.

PARTIDA COM PLENA TENSÃO

Quando a queda de tensão durante a partida fica dentro dos valores admissíveis, pode-se usar o sistema de

partida direta. A fig. 10.1 mostra o diagrama funcional do ramo de alimentação de um MIT, que através de

comandos manuais pode operar nos dois sentidos de rotação. Está previsto um relé de tempo que impede o

religamento do motor, antes da parada total.

Fig 10.1

No diagrama da fig.10.1, tem-se:

A1 - Secionador sob carga (para fins de manutenção);

F1, F2, F3 e F4 - Fusíveis de proteção;

k1 e k2 - Contatores;

s1 e s2 - Botões liga ( à direita e à esquerda );

s3 - Botão desliga;

d1 - Relé de tempo;

d1i - Contato instantâneo do relé de tempo;

d1t - Contato temporizado do relé de tempo;

PARTIDA COM TENSÃO REDUZIDA CHAVE ESTRELA - TRIÂNGULO

Quando, devido às características da rede, a partida direta não seja possível, é utilizada a partida do

motor com tensão reduzida. Um dos métodos mais eficientes e mais largamente utilizados é a partida do

motor com utilização da chave estrela-triângulo automática.

Na partida os enrolamentos do motor são ligados em Y e quando a velocidade de operação é

praticamente atingida, a conexão é mudada para Δ.

Tomando-se como base a fig. 10.2, pode-se escrever:

Z

I V Y 3.

= e

Z

IΔ = IΔ = V

3

'

fig.10.2

Comparando as duas equações, tem-se:

3

I = IΔ Y 10.2

Isto significa que a utilização da chave tem como conseqüência a redução para um terço da corrente de

partida.

Todavia deve-se observar que o conjugado de partida (que depende do quadrado da tensão) é também

reduzido para um terço do conjugado normal (plena tensão).

 

  

=

3

.

2

1 T A V PY e 2

1 T A.V p = Δ , onde A é uma constante para as condições de partida.

Logo:

3

= Δ P

PY

T

T 10.3

A equação 8.14 permite concluir que a chave Y-Δ só pode ser usada quando o acionamento parte a vazio ou

com carga muito pequena.

A fig. 10.3 mostra o diagrama funcional de uma chave Y-Δ automática.

Fig. 10.3

Fig. 10.4

OBS.: Com a redução da tensão o torque com a velocidade se comporta como na fig. 10.4.

PARTIDA COM TENSÃO REDUZIDA – CHAVE COMPENSADORA AUTOMÁTICA.

A Chave compensadora é usada para reduzir a elevada corrente de partida de um MIT, aliviando a rede

elétrica de alimentação.

A tensão de partida do motor é reduzida através do auto-transformador dessa chave(geralmente provido de

taps, por exemplo, 65 e 80%).

A tensão do tap usada deverá ser tal que permita a aceleração do conjunto motor-carga até uma velocidade

próxima à sua rotação nominal(90% ou mais), dentro de um tempo de partida admissível para o motor.

A corrente e o torque de partida fica reduzidos a “a’2”de seu valor nominal, onde:

a’>1; a’ = relação entre tensão secundária e tensão primária(no auto-transformador).

A fig. 10.5 ilustra o diagrama funcional de uma chave compensadora automática.

A chave compensadora é usada como processo de partida em motores assíncronos trifásicos quando:

É necessário um certo torque de partida, ou seja, o MIT parte com carga parcial ou até com plena

carga(moinhos após falta de energia, exaustores, ventiladores, etc.).

Mesmo na falta das exigências em “a”, o motor não satisfaz as exigências para ser acionado por chave

estrela-triângulo, ou seja, a tensão da rede coincide com a tensão de placa em “Y” ao invés de coincidir com

a de triângulo.

Exemplo: Rede 380[V}, Motor Y – 380[V]

Δ - 220[V]

fig. 10.5

FRENAGEM DE MIT

Existem dois métodos usuais para frenagens elétricas de motores de indução trifásicos:

Frenagem com corrente contínua(CC);

Frenagem por inversão de fases.

FRENAGEM COM CC

A aplicação de tensão contínua nos enrolamentos do motor provoca um campo magnético estacionário. O

comportamento do conjugado em função da velocidade, durante a frenagem, é semelhante ao do conjugado

de partida.

A fig. 11.1 mostra, para os dois tipos de conexão dos enrolamentos do estator, a aplicação de tensão

contínua para obtenção de frenagem.

fig.11.1

A figura 11.2 ilustrada comportamento físico da frenagem.

F lxi xB

VxB V B

  

 

=

= . .senθ

fig.11.2

Neste tipo de frenagem, define-se o tempo de frenagem e a partir daí é calculado a corrente. Admitindo-se

que o conjugado de carga contribua para a frenagem, para que a frenagem ocorra no tempo tfR, o motor

deve produzir o conjugado TfR definido pela a equação.

fR

N

T

t

n

fRM CM T t

n

T T J .J .

60

. . 2.

60

2.π = π

Δ

Δ

+ = − 11.1

Para simplificar o problema, adota-se para TfR um valor médio, conforme mostra a fig.11.3.

fig.11.3

Este valor médio pode ser calculado em função do conjugado de frenagem para s=1.

TFrm = b.TfR1

Para os enrolamentos do estator percorridos por corrente alternadas, os conjugados de partida e

frenagem para s=1 variam com o quadrado da corrente.

2

*

1

 

 

=

P P

fR

I

I

T

T

, 11.3

onde:

(ver equação 8.4)

Tfr1 – conjugado inicial de frenagem;

Tp – conjugado de partida;

I – Valor eficaz da corrente na fase que produz o

o conjugado de frenagem, em substituição ao modelo

CC;

Ip* – valor eficaz da corrente de partida na fase.

Admitindo-se os enrolamentos do estator ligados em Y, o valor da corrente contínua que produz

o mesmo efeito do valor eficaz I pode ser obtido a partir das igualdades entre as forças

magnetomotrizes.

- Para corrente contínua, tem-se:

fig.11.4

F I N

F N I N I N I

MM fR

MM fR fR fR

3. .

2 ( . )2 ( . )2 2.( . )2 .cos600

=

= + +

11.4

Onde:

IfR – valor médio da corrente contínua de frenagem;

N – número de espiras por fase do enrolamento do estator.

Para corrente alternada I, tem –se:

F I N I N

F N I

F N N N

MM

MM

MM

. 2. . 2,12 .

2

3

.Im. Im 2.

2

3

.cos 60

2

.cos60 . Im

2

.Im . Im 0 0

= =

= ⇒ =

= + +

11.5

Comprando-se as equações 11.4 e 11.5, obtém-se;

Ifr=1,23.I 11.6

Levando-se em conta as equações 11.1, 11.2, 11.3 e 11.6, encontra-se:

P

C

fR

N

fR pf bT

T

t

J n

I I

.

60.

2. . .

1,23. .

2

*

=

π

11.7

Para os enrolamentos ligados em Δ tem-se:

P

C

fR

N

fR pf bT

T

t

J n

I I

.

60.

2. . .

2,12. .

2

*

=

π

11.8

FRENAGEM POR INVERSÃO DE FASES

Quando inverte-se duas fases da tensão de alimentação do estator no MIT, na verdade esta

invertendo-se o sentido de rotação do campo girante.

O princípio de funcionamento pode ser visto na fig. 11.3

Antes da inversão das fases, a velocidade do motor tem o mesmo sentido do campo girante. Após a

inversão estes apresentam sentidos contrários.

F = lixB

fig.11.5

Portanto a força F age no sentido de freiar o rotor.

Na frenagem por inversão de fases, o conjugado produzido pode ser obtido em relação ao

conjugado de partida.

Tk

Tp

=

SK

SK

1 +

2

e

Tk

TfR1

=

2

2

2

Sk

SK

+

(a) (b)

Dividindo-se “b” por “a” , obtém-se:

P

fR

T

T 1 = 2

2

4

2(1 )

SK

SK

+

+

11.9

Neste tipo de frenagem a corrente de frenagem a corrente é maior que a corrente de partida. Para

motores normais pode-se tomar:

IfR1 ≅ 1,3 IP 11.10

O conjugado de frenagem, conforme pode ser visto pela equação 11.9 é praticamente a metade do

conjugado de partida.

Admitindo-se que o conjugado da carga contribua para a frenagem, obtém-se para o termo de

frenagem:

tfR1 =

60[ ]

2 . .

fRM M

N

T Tc

J n

+

π

11.11

Obs.: Este método é restringido à pequenos motores (corrente de frenagem grande e torque de frenagem

pequeno).

Exemplo 4:

Um MIT apresenta os seguintes dados nominais:

PN = 37 [KW] IN = 75 [A]

nN = 3550 [rpm] VN = 380 [V], 60 [HZ]

TN = 99,53 [N.m] ηN = 84%

N

p

T

T

= 2,4 cosφ = 0,88

IP = 6,5.IN

N

k

T

T

= 2,1 JM = 0,33 [Kg.m2]

O motor aciona uma carga constante e nominal acoplada diretamente ao eixo e de momento de inércia 0,36

[Kg.m2]. Sabendo-se que a frenagem ocorre a vazio, analise os métodos com corrente contínua e inversão

de fases.

Frenagem com CC.

O tempo e a corrente de frenagem são definidos a partir das equações válidas para o motor ligado

em triângulo.

IfR = 2,12 *

Pf I

p

fR

N

bT

Tc

t

J n

.

60.

2 . . −

π

Onde:

Ipf * = 6,5

3

N I

= 6,5

3

75

= 281,46 [A] ;

J = JM + JC = 0,33 + 0,36 = 0,69 [Kg.m 2] ;

nN = 3550 [rpm] ;

TC = 0 (frenagem a vazio) ;

tfR = 1,5 [seg.] (valor definido) ;

TP = 2,4 TN = 2,4 . 99,53 = 238,87 [N.m]

O fator ‘b’ representa a relação entre o conjugado médio de frenagem e o conjugado de partida. Das

características do motor sugere-se b = 0,94. Desta forma resulta:

IfR = 2,12 . 281,46.

0,94.238,87

60.1,5

2π .0,69.3550

IfR = 520,73 [A]

b) Frenagem por inversão de fases.

Neste caso a corrente de frenagem vale aproximadamente 30% mais que a corrente de partida.

IfRL = 1,3 . IPL = 1,3 . 6,5 . 75 = 633,75 [A]

O conjugado desenvolvido inicialmente pelo motor será:

TfR1 = 2

2

4

2.(1 )

K

K

S

Tp S

+

+

Uma vez que o parâmetro SK é muito pequeno, pode-se concluir:

TfR1 ≅

2

p T

=

2

238,87

= 119,435 [N.m]

Observa-se que este é o valor inicial do conjugado de frenagem, cujo comportamento é mostrado abaixo:

Pode-se então, para o cálculo do tempo de frenagem, tomar o valor médio do conjugado

tfR =

60.( )

2 . .

fRM M

N

T Tc

J n

+

π

=

)

2

60.(238,87 119,435

2 .0,69.3550

+

π

tfR = 1,43 [seg.]

Os tempos de frenagem para os dois métodos são praticamente iguais, porém as correntes requeridas da

linha são bastante diferentes. Na frenagem por inversão de fases esta corrente vale 633,75 [A], enquanto

que para frenagem com corrente contínua tem-se:

IL = IfR .

3

2

= 520,73.

3

2

IL = 425,17 [A]

OBS.: O circuito de força para a realização da frenagem por injeção de corrente contínua pode ser visto na

fig. 11.5.

fig.11.6

Frenagem por injeção de CC, o fator 2/3 se deve ao tipo de conversor utilizado (no caso um conversor

CA/CC não controlado).

CONTROLE DE VELOCIDADE DO MOTOR DE INDUÇÃO TRIFÁSICO

CONSIDERAÇÕES GERAIS

A partir da equação que relaciona a velocidade do motor com a velocidade síncrona e o

escorregamento, pode-se concluir:

. .(1 )

1

2.60

2 1 f s

p

n = − 12.1

Inicialmente, verifica-se que a velocidade n2 do motor pode ser controlada através de variação da freqüência

da tensão aplicada ao estator, do número de pólos e do escorregamento. Os métodos usuais são os de

variação de freqüência e do escorregamento.

CONTROLE DE VELOCIDADE ATRAVÉS DE VARIAÇÃO DA FREQUÊNCIA DA

TENSÃO DO ESTATOR

Este método constitui-se atualmente no método mais atraente e de maior crescimento de aplicações em

acionamentos controlados. A sua limitação de aplicação no passado deveu-se a complexidade e custo do

sistema de controle.

Atualmente com o desenvolvimento acelerado dos conjuntos de eletrônica de potência, pode-se aproveitar

plenamente as vantagens do MIT, tornando o seu comportamento semelhante ao do motor de corrente

contínua em termos de variação de velocidade.

Levando-se em conta as equações 5.5 e 8.4 obtém-se:

s

I R

n

T

'2

2 '

2

1

. .

2 .

60

π

= 8.4

e

1/ 2

' 2

20

2 '

2

'

20 '

2

 

 

+  

 

=

X

s

R

I E 5.5

s

R

X

s

R

E

n

T '

. .

2 .

60 2

' 2

20

2 '

2

' 2

20

1

 

 

+  

 

=

π

12.2

Como normalmente os motores disponíveis no mercado operam com escorregamento muito pequeno, podese

considerar:

' 2

20

2 '

2 X

s

R >>  

 

Resultado então para a equação 12.2:

'2

' 2

20 . .

2 . 1

60

R

E s

n

T

π

= 12.3

Lembrando-se que a tensão de partida do rotor é diretamente proporcional à tensão do estator e,

levando-se em conta a equação 4.1,

1

1

1 120 . f

p

n = e 20 20 1 E '= K .V , onde:

K20 → Relação de tensão entre rotor e estator na partida.

obtém-se:

( ) '

2

2

20 1

1

1

. . .

2 .120.

60

R

K V s

f

p

T

π

= 12.4

Multiplicando-se e dividindo-se a equação 12.4 por f1 , obtém-se:

'2

1

2

1

1

2

1 20 . . .

4

.

R

s f

f

T P K V  

 

=

π

ou

'2

1

2

1

' 1

20

. . .

R

s f

f

T K V  

 

= 12.5

onde:

' .

2

1 20

20

K = p K

A equação 12.5 permite concluir que, variando-se a tensão e freqüência do estator na mesma

proporção, a freqüência s.f1 = f2 da tensão induzida no rotor dependerá apenas do comportamento da carga.

Por outro lado, a variação simultânea da tensão e freqüência do estator, torna o fluxo no entre-ferro

praticamente constante.

Considerando-se que o fluxo permanece constante e, a freqüência f2 da tensão induzida no rotor

depende da carga, o valor eficaz de V2 (E2) dessa tensão passa a depender também apenas da carga. O

mesmo acontece com a corrente I2 do rotor. Dessa forma pode-se concluir que no controle de velocidade do

MIT através de variação simultânea e na mesma proporção de tensão e freqüência, a corrente do motor

dependerá apenas do comportamento da carga, como acontece em motores CC com excitação

independente.

A equação 12.5 para as condições nominais vale:

'2

1

2

1

20

.

'. .

R

s f

f

V

T K N N

N

N

N  

 

= 12.6

Comparando-se as equações 12.5 e 12.6, obtém-se:

N N N

N

N s f

s f

V

f

f

V

T

T

1

1

2

1

1

2

1

1

.

. . .  

 

 

 

=

N N N s f

s f

T

T

1

1

.

= .

 

 

−  

 

 

 

 − =

N N

N

N N n n

n

f

f

n

n n

T

T

1 2

1

1

1

1

1 2 . .

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1

1

1

1

1

1

1 2

1 2

120.

.

120.

. .

f

p

p

f

f

f

n n

n n

T

T N

N N N N

N N N n n

n n

T

T

1 2

1 2

= − → ( ) 1 2 1 2 n n n n

T

T

N N

N

− = −

( ) 1 1 2 2 n n n

T

n T N N

N

= − + 12.6 (a)

2 2

1

1

1

1 120. 120 n n

p

f

T

T

p

f

N

N

N

+  

 

= −

120

.

120

. 1 2 1 2

1 1

f p n p n

T

f T N

N

N

+ 



 = − 12.7

Considerando-se a variação simultânea e de maneira proporcional para a tensão e freqüência do estator,

obtém-se:

N

N

f

V

f

V

1

1

1

1 = ⇒ 1

1

1

1 . f

f

V V

N

= N 12.8

Apêndice B

Análise do termo 1 2 s. f = f na expressão da equação 12.5.

'2 1

2

1

' 1

20

. .

R

s f

f

T K V  

 

= 12.5

Sabe-se que da equação 12.6(a), tira-se:

( N N )

N

n n

T

n n T 2 1 1 2 = − − 12.6 (a)

Para melhor compreensão do fato, exemplificar-se-á numericamente a mudança de freqüência de

alimentação do estator, mantida a carga constante.

Seja: p1 = 4 pólos;

n1N = 1800 rpm, f1 = 60 Hz;

n2N = 1780 rpm;

sN = 0,01111.

Suponha-se que o MIT deva operar na freqüência de 50 Hz ( f1 = 50 Hz)

.50 1500

4

120 . 120

1

1

1 = f = =

p

n rpm

Da equação 12.6 (a), tira-se:

1500 (1800 1780) 1480 2 = − − =

N

N

T

n T rpm

0,01333

1500

1500 1480

1

= 1 − 2 = − =

n

s n n

Logo:

. 0,01111.60 0,666 1 = = N N s f e . 0,01333.50 0,666 1 s f = =

Portanto, o termo s.f1 não varia com a freqüência e sim com a carga, como mostra a

equação 12.6(a).

Exemplo 5:

Um MIT apresenta os seguintes dados nominais:

PN = 37 [kW];

VN = 380 [V] , 60 [Hz];

nN = 3540 [rpm].

Determine a tensão e freqüência do estator para que o motor opere com 1770[rpm]. A carga é

constante e nominal.

Da equação 12.7, obtém-se:

120

.

120

. 1 2 1 2

1 1

f P n P n

T

f T N

N

N

+ 



= −

T = TN

f1N = 60 Hz

n2N = 3540 [rpm]

n2 = 1770 [rpm], considerar P1=2 pólos:

120

2.1770

120

60 2.3540 1 + 



 = −

N

N

T

T

f

f 30,5Hz 1 =

Da equação 12.8, obtém-se:

.30,5

60

. 380 1

1

1

1 = f =

f

V

V

N

N

193,17[ ] 1 V = V

CONTROLE DE VELOCIDADE ATRAVÉS DA VARIAÇÃO DO ESCORREGAMENTO

Este tipo de controle pode ser efetuado de duas formas:

Variação da tensão aplicada;

Variação da resistência do circuito do rotor.

VARIAÇÃO DA TENSÃO APLICADA

O comportamento do conjugado T=f(s) (em função do escorregamento da tensão aplicada no estator

pode ser visto na fig.12.1.

fig.12.1

Considerando-se as características da fig.12.1 e, levando-se em conta a equação 8.12, obtém-se:

2

20

20

'

 

 

=

K N

K

E

E

T

T

20 20 1

20 20 1

.

.

E K V

E K V N N

=

=

12.9

2

1

1

'

 

 

=

K N

K

V

V

T

T

12.10

Para as características 1 e 2 na fig.12.1, valem as equações:

s

s

s

Tk s

T

k

k

+

= 2

12.11

e

s

s

s

T s

T

k

k

K +

= 2

' 12.12

Combinando-se as equações 12.12 e 12.10, obtém-se:

2

1

2 . 1

 

 

+

=

k N

k

V

V

s

s

s

Tk s

T

12.13

A equação 12.13 representa o conjugado em função do escorregamento e da tensão aplicada no

estator.

Para a operação nominal, a equação 12.13 vale:

N

k

k

k N

N

s

s

s

T s

T

+

= 2

12.14

Combinando-se as equações 12.13 e 12.14, fornece:

 

 

+

+

=

N

N

K

K

N

K

K

N T

T

s

s

s

s

s

s

s

s

V V . . 1 12.15

A equação 12.15 permite calcular o valor da tensão que deve ser aplicada no motor para obter-se a

equação com o escorregamento “s”, em função do tipo de carga acionada (T/TN).

É evidente que a tensão aplicada no estator não pode ser reduzida indefinidamente.

A tensão mínima de operação deve ser tal que o conjugado '

KT correspondente seja suficientemente

maior que o conjugado de carga Tc, de modo que oscilações admissíveis da tensão da rede não provoque o

travamento do rotor.

Exemplo 6:

Um MIT aciona uma carga variável e apresenta os seguintes dados nominais:

PN = 55 [kW] TK/TN = 3,0

nN = 3570 [rpm]

TN = 147,12 [N.m] IN = 105 [A]

TP/TN = 3,0 VN = 380 [V], 60 [Hz]

IP = 7.IN ηN = 88%

cosφN = 0,9

a) Determine a faixa de variação de velocidade do rotor obtida pelo controle da tensão do estator,

admitindo-se a carga nominal e o conjugado '

KT para tensão mínima 1,8.TN.

Como o conjugado '

KT para tensão reduzida deve ser 1,8.TN, pode-se determinar a tensão mínima

de operação com o auxílio da equação 12.10.

2

1

1min

'

 

 

=

K N

K

V

V

T

T

2

1

1min

'

 

 

=

N

N

K

N

K

V

V

T

T

T

T

3,0

1,8

3,0

1,8

1min 1

2

1

1min

N

N

V V

V

V

= → 

 

=

V1min = 380

18

3 0

294 35

,

,

= , [ V ]

Usando-se a equação 12.13, pode-se, calcular o escorregamento máximo com carga nominal.

2

1

2 . 1min

 

 

+

=

k N

k

k V

V

s

s

s

T s

T

2

1

1min

max

max

2 .

 

 

+

=

k N

k

k

N

V

V

s

s

s

T s

T

 

 

− 

 

 

 

− 

 

= . . 1

4

1

1min

2 2

1

1min

max

N N

k

N N

k

k V

V

T

T

V

V

T

s s T

Da equação 8.16, tira-se o valor de SK.

 

 

−  

 

= . + 1

2

N

K

N

K

K N T

T

T

S S T 8.16

SK = [3 3 1]

3600

3600 − 3570 + 2 −

SK = 0,0486

= 3,0

N

K

T

T

3,0

1,8

1

1min =

N V

V

Desta forma, obtém-se:

smáx = 0,0486

 

 

− 



 − 



 1

3

3 1,8

3

3. 1,8

2

2

smáx = 0,0147

A velocidade mínima correspondente será:

n2min = n1 (1-Smax)

n2min = 3600 (1 - 0,0147)

n2min = 3546,93 [rpm]

3546,93 < n2 < 3570 → faixa de variação de velocidade quando controlado através da variação da tensão do

estator.

b) Determine para a tensão mínima de operação, calculada no item anterior, a velocidade do rotor quando a

carga for de 0,5 TN.

Neste caso a equação 12.13 será:

0, 5.

2

1

1min

max

max

2

 

 

+

=

k N

k

k

N

V

V

s

s

s

T s

T

 

 

− 

 

 

 

− 

 

= . 1

0,5. 0,5.

.

2

1

1min

2

1

1min

max

N N

k

N N

k

k V

V

T

T

V

V

T

s s T

 

 

− 







− 



 = 1

3

. 1,8

0,5

3

3

. 1,8

0,5

0,0486. 3

2 2

max s

smáx = 0,00689

Logo:

n2min = 3.600 (1 - 0,00689)

n2min = 3575,21 [rpm]

OBS.: observe que o controle de velocidade do MIT através da variação da tensão do estator é bastante

limitada no que diz respeito à faixa de variação da velocidade.

VARIAÇÃO DA RESISTÊNCIA DO CIRCUITO DO ROTOR

Do mesmo modo que no caso anterior, as equações 8.11 e 8.12 permitem concluir, que variando-se a

resistência do circuito do rotor, o conjugado máximo Tk permanece constante e o escorregamento Sk varia.

Seja o circuito indicado na fig.12.2.

fig.12.2

Para a chave ch fechada o escorregamento correspondente ao conjugado máximo vale SK. Para a chave

aberta esta escorregamento assume o valor SK1. A relação entre estes parâmetros é fornecida pela equação

8.11.

2

1 2 21

R

R R

S

S

K

K +

= 12.16

A fig. 12.3. mostra a variação da característica T = f (s) com a introdução da resistência externa R21.

fig.12.3

Exemplo 7:

Um MIT de anéis apresenta os seguintes dados nominais.

PN = 160 [ KW] nN = 1185 [rpm]

VN = 440 [ V], 60 [ HZ) = 2,8

N

k

T

T

IN= 265 [A] nN = 93%

V20= 300 [V] cos∅N =0,86

I2N =345 [A)

O motor aciona uma carga variável.

a) Determine as resistências a serem inseridas no circuito do rotor, para que com a carga nominal seja

possível a operação com 1185 [rpm], 700 [rpm] e 500 [rpm].

Como é pretendida a operação com 4 velocidades diferentes, devem ser inseridos 3 estágios de

resistências, um vez que uma das velocidades é a nominal. A fig. 12.4 mostra o diagrama unifilar do circuito.

fig.12.4

Para obtenção da velocidade nominal as chaves S1, S2 e S3 devem estar fechadas.

A velocidade de 1000 rpm deve ser obtida para S1 aberta, ou seja com R21 inserida no circuito do rotor.

O escorregamento SK1 pode ser obtido através do escorregamento s1 desejado.

0,167

1200

1200 1000

1

1 2

1 = − =

=

n

S n n

SK1 =

  

 

−  

 

. + 1

2

1

N

K

N

K

T

T

T

s T

SK1 =0,167 [2,8 + 2,82 − 1]

SK1 = 0,904

O valor do estágio R21 pode ser obtido em valor absoluto em valor absoluto com auxílio da equação 12.16.

r21 = 1 −1

K

K

S

S

Onde o valor de SK é:

SK =

 

 

−  

 

+ 1

2

N

K

N

K

N T

T

T

S T

[2,8 2,8 1]

1200

= 1200 −1185 + 2 − k s

= 0,0677 k s

Desta forma resulta:

r21

0 904

0 0677

= − 1 = 12 355

,

,

, p.u.

A resistência a ser inserida R21 deve ser 12,355 vezes a resistência própria do rotor.

Para o cálculo das resistências R22 e R23 deve ser seguido o mesmo roteiro.

2° ESTÁGIO - R22

 





  



−  



= + 1

2

2 2

N

k

N

k

K T

T

T

s s T

[2,8 2,8 1]

1200

1200 700 2

2 = − + − K s

2,258 2 = K s

21

2

22 1 r

s

s

r

k

= k − −

r22

2 258

0 0677

= − 1− 12 355

,

,

,

r22 = 20 p.u.

3° ESTÁGIO - R23

 





 





−  



= . + 1

2

3 3

N

k

N

k

k T

T

T

s s T

[2,8 2,8 1]

1200

1200 500 2

3 = − + − k s

3,157 3 = k s

21 22

3

23 1 r r

s

s

r

k

= k − − −

r23

3 157

0 0677

= − 1− 12 355 − 20

,

,

,

13,279 p.u. 23 r =

b) Determine o conjugado de partida do motor para as chaves S1 , S2 e S3 abertas durante a partida.

Neste caso, a equação do conjugado será:

S

S

S

T S

T

k

k

k 3

3

2

+

=

Para a partida tem-se:

1

1

2

3

3

k

k

k

p

S

S

T

T

+

=

0,576

3,157

3,157

1

2 =

+

=

k

p

T

T

ou ainda:

N

k

N

P

T

T

T

T

= 0,576.

= 0,576× 2,8 = 1,612

N

P

T

T

Isto significa que se o motor partir com todas as resistências internas no circuito do rotor, o

conjugado de partida será 1,612.TN.

1.14 – ALGUNS TIPOS DE MOTORES DE INDUÇÃO

MOTORES DE ALTO RENDIMENTO

Os fabricantes de motores elétricos têm buscado nos últimos anos aumentar o rendimento dos motores

elétricos.Esses motores utilizam materiais de melhor qualidade e, para a mesma potência no eixo,

consomem menos energia durante um mesmo ciclo de operação.

Os motores de alto rendimento são dotados das seguintes características:

 uso de chapas magnéticas de aço silício de qualidade superior, que proporcionam a redução da

corrente de magnetização e conseqüentemente, aumentam o rendimento do motor;

 uso de maior quantidade de cobre nos enrolamentos, o que permite reduzir as perdas Joule;

 alto fator de enchimento das ranhuras, proporcionando melhor dissipação do calor gerado pelas

perdas internas;

 tratamento térmico do rotor, reduzindo as perdas suplementares;

 dimensionamento adequado das ranhuras do rotor e anéis de curto-circuito, o que permite reduzir as

perdas Joule.

Veja figura abaixo:

Com base nas considerações anteriores, os motores de alto rendimento operam com temperaturas inferiores

às dos motores convencionais, permitindo maior capacidade de sobrecarga, resultando um fator de serviço

normalmente superior a 1,1.

Teoricamente, o rendimento dos motores pode atingir um número muito próximo à unidade, porém a um

custo comercialmente insuportável para o comprador.

Quando se processa uma auditoria energética numa indústria, normalmente se estuda a conveniência

econômica de substituição de alguns motores convencionais por motores de alto rendimento.Estes estudos

recaem principalmente sobre os motores que operam continuamente.

MOTOR DE INDUÇÃO – ROTOR DE DUPLA GAIOLA

O motor de indução de dupla gaiola foi desenhado para que se conseguisse um melhor motor de partida

direta da linha. A figura b) mostra um rotor fundido correspondente a um motor de grande capacidade, no

qual são usados dois conjuntos de barras do rotor de diferentes ligas, tendo seções transversais de mesma

área ou de área diferentes. A barra de cima é construída de uma liga de cobre de alta resistência e a barra

de baixo pode ser de alumínio fundido ou de uma liga de cobre de baixa resistência. As barras de cima estão

próximas do campo magnético girante e estão engastadas em ferro, de maneira que, quando por elas circula

a corrente, sua auto-indutância e sua reatância de dispersão são pequenas. As barras de baixo são

engastadas profundamente nas ranhuras e estão separadas do ferro do estator por um grande entreferro

magnético, produzindo uma elevada auto-indutância e uma grande reatância de dispersão.

Na partida, portanto, quando a freqüência do rotor é grande e igual à da linha, a impedância do enrolamento

de baixo é muito maior que a do enrolamento de cima.A maior parte da corrente do rotor é induzida,

portanto, no enrolamento de cima, que é projetado de tal maneira que a sua alta resistência iguale sus

reatância durante a partida, desenvolvendo-se o torque máximo.

Conforme o motor acelera, entretanto, a freqüência do rotor cai e a impedância do enrolamento mais baixo

também cai, fazendo com que mais e mais corrente seja induzida nele.Para pequenos valores de

escorregamento, portanto, quando o motor está na sua gama de funcionamento normal de plena carga, a

maior parte da corrente circula pelo enrolamento de baixo de baixa resistência, levando a um alto

rendimento (baixas perdas no cobre) e uma boa regulação de velocidade (escorregamento proporcional à

resistência).

Motores de Indução Monofásicos

O motor de indução monofásico possui um único enrolamento no estator. Este enrolamento gera um campo

que não é girante, mas se alterna ao longo do eixo do enrolamento.

Quando o rotor está parado, o campo do estator, induz correntes no rotor. O campo gerado no totor tem

polaridade oposta ao do estator( Lei de Lenz). A oposição dos campos determina o aparecimento de forças

que atuam sobre a parte superior e a parte inferior do rotor , com a tendência de girá-lo 180 graus a partir

da posição inicial. A ação de forças é igual e. ambos os sentidos, pois elas atuam através do centro do rotor

(regra da mão esquerda). O resultado é que o rotor continua parado.

Entretanto, se o rotor estiver girando ao se ligar o motor, ele continuará em movimento no sentido inicial,

pois a ação das forças será ajudada pela inércia do rotor.

Como o campo criado pela tensão monofásica aplicada ao enrolamento do estator é pulsativo, os motores

de indução monofásicos desenvolvem um torque pulsativo, Portanto eles são menos eficientes do que os

motores trifásicos cujos torques são mais uniformes.

Motores de Indução Monofásicos – Fase Dividida

Já se sabe que o motor monofásico continua girando, depois de dada a da partida no mesmo.Contudo, não

é prático acionar o rotor com a mão, e portanto, um dispositivo elétrico deve ser incorporado ao estator para

dar origem a um campo resultante não nulo na partida. Assim temos o motor de fase dividida. Esse motor

possiu um enrolamneto principal e um auxiliar (para a partida),. O eixos dos dois enrolamentos ficam

separados fisicamente por 90 graus. O enrolamento auxiliar cria um deslocamento de fase que produz o

torque (conjugado) necessário para a rotação inicial.

Quando o motor atinge uma rotação pré-determinada (geralmente 75% da velocidade normal), o

enrolamento auxiliar é desconectado da rede através de uma chave que normanmente é acionada pela força

centrífuga. Como o enrolamento auxuiliar é dimensionado para atuar somentew na partida seu não

desligamento provocará a sua queima. Estes motores são usados em máquinas de escritório, ventiladores e

exaustores, bombas centrífugas. O sentido de rotação é invertido com a troca das ligações do enrolamento

auxiliar.

Motores de indução Monofásicos – Capacitor de Partida

É semelhante ao de fase dividida. A principal diferença está na inclusão de um capacitor eletrolítico em série

com o enrolamento auxiliar de partida. O capacitor permite um maior ângulo de defasagem entre as

correntes dos dois enrolamentos, proporcionando assim, elevados conjugados de partida. Da mesma forma

que o motor monofásico anterior, após a partida e depois de atingir determinada velocidade, a chave

centrífuga retirará o enrolamento auxiliar e o capacitor.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

1. Demonstre a expressão 10.1 e, calcule a flutuação de tensão em um alimentador no instante da partida de

um MIT, sabendo-se que a corrente de partida é 5 vezes a corrente nominal e que, o motor expressa os

seguintes dados nominais:

Pn = 400 [KW]

Vn = 380 [V], 60 [Hz], Y

η = 0,9

Zi = 0,5 [pu] Impedância de entrada do alimentador

2. Demonstre a expressão que calcula a corrente de frenagem por injeção de corrente contínua, supondo-se

que os enrolamentos do estator estejam ligados em delta.

3. Explique de maneira sucinta as vantagens e desvantagens do MIT em relação ao motor CC.

4. Quais as maneiras de se obter campo girante, e em que máquinas são encontradas.

5. Defina e explique sobre a grandeza “escorregamento” .

6. Invertendo-se duas fases de um MIT, inverte-se também o sentido de rotação do campo girante, explique.

Justifique o princípio de funcionamento de frenagem por inversão de fases.

7. Explique o princípio de funcionamento de frenagem por injeção de corrente contínua.

8. Com base no diagrama de força e comando, explique o funcionamento e seqüência de operação dos

contatores e relês de uma chave Y-delta (conforme fig. 10.3).

9. Seja um MIT com rotor em gaiola, 60 Hz, 6 pólos, velocidade nominal igual a 1160 rpm, Tn=3,25 N.m.

E20=50 V/fase, R2=0,2 Ohm/fase, X20=0,8 Ohm/fase. Baseado nestes dados complete a tabela abaixo para

os seguintes escorregamentos.

s = [1,0 ; 0,75 ; 0,5 ; 0,25 ; 0,1 ; 0,05 ; 0,033 ; 0,02 ; 0,01 ; 0,005 ; 0,0]

n2 f2 E2 X2 Z2 I2 cos ψ2 Wj2 Pin P T

10. Construir os gráficos: Tx5 ; Txn2 ; TxI2 ; Txcosψ2 ; em relação ao problema no 9 .

11. Um MIT trifásico, 60 Hz, 6 pólos, consome 48 kW a 1140 rpm. A perda no núcleo é de 1,6 kW , a perda

no cobre