CEME2 Maq Sincrona 17.2

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Faculdade de Engenharia 
Departamento de Engenharia Elétrica 
Prof. Sergio Escalante, Dr. 
slescalante@ieee.org 
Sala: 5017-D 
Conversão Eletromecânica de Energia II 
Máquinas Síncronas 
1 – CONCEITOS 
1.1- Lei de Faraday- Condutor em um campo 
magnético uniforme - princípio gerador, 
regra da mão direita. 
1.2- Condutor em um campo magnético 
conduzindo uma corrente, princípio motor, 
regra da mão esquerda. 
2 - MÁQUINAS DE CORRENTE CONTÍNUA 
2.1 Circuitos magnético, enrolamento do 
campo, enrolamento do induzido, passos, 
enrolamento imbricado simples e múltiplo, 
enrolamento ondulado. 
2.2 Escovas - tipo de material, teoria dos 
arcos voltaicos, teoria da comutação, 
posição correta das escovas. interpolos. 
2.3 Características do gerador - Curva de 
saturação, variação de velocidade. Reação 
do induzido, condutores desmagnetizantes 
e transmagnetizantes. 
 
 
2.4 Gerador paralelo- Resistência de campo, 
elevação da tensão, resistência crítica de 
campo. Equações, característica externa, 
regulação de tensão, influência da 
velocidade na regulação de tensão. Relação 
da característica externa x característica 
interna. 
2.5 Gerador série - característica externa, 
equações, comportamento de acordo com o 
tipo de operação. 
2.6 Gerador composto- paralelo longo e 
curto. Variação da resistência de campo 
paralela, composto super, plano e baixo. 
Relação da característica externa x 
característica interna. 
3- INTRODUÇÃO AO TRANSFORMADOR. 
3.1 Construção, circuito magnético, tipos de 
núcleos, enrolamentos. 
3.2 Circuito equivalente, diagrama fasorial. 
Determinação dos parâmetros, ensaios em 
curto e vazio, circuitos equivalentes 
simplificados. 
3.3 Força eletromotriz induzida, regulação 
de tensão. 
Pré-requisito: CEME - I 
REVISAR MATERIAL DE 
CEME-1 
MAQUINA SÍNCRONA 
Máquinas Síncronas - MS 
• As máquinas síncronas são as mais importantes fontes de 
geração de energia elétrica e produzem a maior parte da energia 
consumida no mundo. 
• Aproximadamente 95 % de toda a potência é gerada por 
máquinas síncronas. 
• Os geradores síncronos são construídos com rotores de pólos 
lisos ou de pólos salientes. 
• Possuem uma velocidade garantida (conhecida) em função da 
frequência 
• Tem um fator de potência regulável. 
• MS com muitos pólos e baixa velocidade, em geral tem o rotor 
de pólos salientes; diâmetro grande; comprimento pequeno; 
eixo vertical 
• MS com poucos pólos e alta velocidade, em geral tem o rotor 
cilíndrico ou de pólos lisos; diâmetro pequeno; comprimento 
grande; eixo horizontal 
• PÓLOS LISOS: rotores com entreferro 
constante ao longo de toda a periferia do 
núcleo de ferro. 
• PÓLOS SALIENTES: rotores com 
descontinuidade no entreferro ao longo 
da periferia do núcleo. 
– regiões interpolares  entreferro muito 
grande, tornando visível a saliência dos pólos. 
• A velocidade nas máquinas de pólos lisos é 
maior que nas máquinas de pólos salientes: 
– por exigências mecânicas: o espaçamento 
entreferro é maior nas de pólos lisos. 
• A relutância nas MS de pólos lisos é maior 
que nas de pólo salientes. 
• Para uma mesma fem gerada a corrente de 
excitação na de p. lisos > a de p. salientes. 
 
• A saturação nas MS é mais acentuadamente 
nas máquinas de pólos salientes. 
gR
Aµ
=
⋅
N i H g⋅ = ⋅
B Hµ= ⋅
Máquinas Síncronas 
• MS a imãs permanentes vem tendo uma utilização 
cada vez maior (em baixas e médias potências) 
– especialmente quando se necessita de velocidade variável, 
– alto rendimento e respostas dinâmicas rápidas. 
• Para operarem como motor com velocidade variável 
– As MS tradicionais de rotor bobinado ou de imãs 
permanentes necessitam, em geral, um conversor para o 
seu acionamento e controle. 
• O princípio de funcionamento de um gerador síncrono 
é muito semelhante ao de uma máquina de corrente 
contínua (visto já em CEME-1). 
• Os pólos de uma MS é a parte girante (rotor) e a 
armadura forma a parte externa (estator). 
Partes do gerado WEG Linha 
AG10 (modelo AG10 280) 
Maquina Síncrona 
• Nas máquinas de pólos lisos os condutores estão 
montados em cavas e distribuídos ao longo da 
periferia. 
• O número de pólos é reduzido (velocidade 
elevada) sendo o diâmetro destas máquinas 
relativamente pequenos. 
• Apesar de, normalmente, esta máquina ter um 
comprimento bastante grande o seu momento de 
inercia é muito menor do que o de uma máquina 
de pólos salientes equivalente que é mais curta 
mas tem um diâmetro muito maior. 
Rotor de turbo-gerador (rotor liso) 
Rotor de pólos saliéntes 
Maquina síncrona 
• Os geradores de polo saliente são usualmente 
utilizados para geração hidráulica, onde a 
velocidade de rotação do rotor é baixa. 
 
• Os geradores de polo não saliente ou lisos 
geralmente são utilizados em geração térmica 
onde a velocidade de rotação do rotor é elevada. 
Maquina síncronas – imãs permanente 
• Em máquinas de pequena potência é possível substituir os 
enrolamentos de excitação por ímãs permanentes. 
• Com isso não se pode controlar a corrente de campo, mas 
ganhasse em espaço (mais compacto) e simplicidade. 
• Tornam-se desnecessários os sistemas de excitação que 
encarecem bastante estas máquinas. 
 
• Este tipo de máquinas encontra-se em fase de grande 
desenvolvimento devido aos contínuos melhoramentos nos 
ímanes permanentes. 
• podem funcionar como motores ou geradores, mas tem 
maior aplicação como motor. 
– O número de aplicações tem crescido rapidamente, mas está-se 
impor nos sistemas de automatismos industriais e robótica. 
Maquina síncrona especiais 
• As máquinas com enrolamentos de excitação 
supercondutores 
• Encontram-se numa fase de estudo e 
desenvolvimento. 
• Alguns autores  geradores do futuro. 
• Comparados com os geradores tradicionais, 
permitem: 
– 1) Uma redução de cerca de 50% no tamanho e peso 
– 2) Cerca de 0.5% de melhoria no rendimento 
– 3) Melhorias muito significativas na estabilidade 
• Infelizmente os geradores supercondutores, também 
designados por máquinas criogénicas, têm estruturas 
complexas e requerem materiais diferentes dos 
usados nas máquinas tradicionais. 
Máquinas síncronas supercondutoras 
• São projetadas com enrolamentos de campo 
supercondutores que podem suportar elevadas 
densidades de corrente e criar altas densidades de 
fluxo. 
• Como as densidades de fluxo, típicas de 
funcionamento, excedem as densidades de fluxo de 
saturação do ferro, geralmente essas máquinas são 
projetadas para operar com circuitos magnéticos 
desprovidos de ferro. 
• As diferenças mais marcantes é o uso de um rotor 
com um enrolamento de campo supercondutor e do 
uso de um entreferro maior. 
• Como resultado, elas não exibem nenhum efeito de 
saturação e têm baixas reatâncias síncronas. 
Maquina CC 
Motor CC Gerador CC 
REGRAS DE FLEMING: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Físico britânico Sir John Ambrose Fleming (29/11/1849, - 18/04/1945). 
• Espira simples girando 
• Máquina mais simples que 
pode produzir uma tensão 
CA senoidal 
• Maquina de CA real, o 
campo magnético não é 
constante. 
• Parte rotativa  ROTOR 
• Parte estacionária  
ESTATOR 
 
Uma espira em campo magnético 
REVISAR CAPÍTULO 1 DO LIVRO CHAPMAN 
 
Força e Tensão induzida 
FORÇA INDUZIDA: 
 
• i = valor da corrente no fio condutor 
• l = comprimento do fio, com sentido de 
l definido como ogual ao sentido do 
fluxo de corrente. 
• B = vetor densidade de fluxo 
magnético. 
 
 
– θ: ângulo entre o fio e o vetor densidade 
de fluxo B. 
TENSÃO INDUZIDA 
 
 
• v = velocidade do condutor 
• l = comprimento do condutor 
dentro do campo magnético. 
• B = vetor densidade de fluxo 
magnético.• 
• Espira retangular 
– Lado ab e cd perpendicular 
ao plano da pagina. 
– Lado bc e da paralelos ao 
plano da página. 
Tensão induzida . 
a
b
c
d
 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
eba = vBlsenθab (+ p/dentro da página) 
edc = vBl senθcd (+ p/fora da página) i B 
v 
i 
v 
B 
B 
ecb = 0 ( (v × B) ⏊ a l ) 
ead = 0 ( (v × B) ⏊ a l ) eind = eba + ecb + edc + ead 
V
Bθ
→
→→ 〈
( )inde = × ⋅v B l
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
 eind = 0 fora dos pólos 
180ab cdθ θ= −
θ2 seninde vBl=
2 senθ sobre os pólosinde vBl= →
senθ senθab cdvBl vBl= +ind ba cb dc ade e e e e= + + +
θ
Para: 
θ=ωt=0° 
Para: 
θ=ωt=90° 
Para: 
θ=ωt=180° 
Para: 
θ=ωt=270° 
Fem induzida num ciclo 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
• Se a espira estiver girando com velocidade angular ω, o 
ângulo θ da espira aumentara linearmente com o tempo:  
θ = ω.t 
 
 
• Velocidade tangencial: 
 
• r: rádio de rotação da espira 
sen( t)inde BA ω ω=
θ
v r ω= ⋅
θ2 seninde vBl=
2 sen( t 2)= sen( t)inde r Bl Brlω ω ω ω=
Área da 
espira: A 
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
 
 
• O fluxo máximo através do laço da espira ocorre 
quando o laço é perpendicular às linhas de 
densidade de fluxo magnético B (fora dos pólos): 
 
max sen( t)inde φ ω ω=
max ABφ =
A tensão gerada no laço é uma função senoidal cuja 
amplitude é igual ao produto do fluxo presente no 
interior da máquina × a velocidade de rotação da 
máquina  
sen( t)inde BA ω ω=
Tensão induzida 
• A tensão em qualquer máquina real depende de 3 
fatores: 
– 1. o fluxo na máquina 
– 2. a velocidade de rotação 
– 3. uma constante que representa a construção da 
máquina 
• Número de espiras, número de pólos, etc 
max sen( t)inde φ ω ω=
Conjugado induzido Find=i(l×B) 
• Supondo que a espira do rotor faz 
um ângulo θ em relação ao campo 
magnético B e que uma corrente i 
circula na espira. 
• Existira um conjugado ou torque 
induzida na espira. 
 
 
• onde: 
– i: corrente no segmento 
– l: comprimento do segmento  
sentido de l será o sentido do fluxo de 
corrente ( i ) 
– B: vetor densidade de fluxo magnético 
l
indF (l B)i= ×
Conjugado induzido: 
• O conjugado ou torque 
(τ) em um segmento é a 
força aplicada ao 
segmento vezes a 
distância perpendicular. 
– Exemplo: 
 sen(θ)F rτ = ⋅ ⋅
Conjugado induzido F = i (l ×B) 
i 
F 
B 
Fbc = 0 (l // B) 
τbc = 0 
Fab = ilB;  τab = rFsenθab 
τab = rilBsenθab 
Fcd = ilB;  τcd = rFsenθcd 
τcd = rilBsenθcd, 
i B 
F 
Fda = 0 (l // B) 
τda = 0 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
ab cdθ θ=
2ind rilBsenτ θ=
abnd di crilBsen rilBsenτ θ θ= +ind bc dab cdaττ ττ τ= + + +
 
 
• Conjugado é máximo quando θ = 90° 
– quando o plano da espira ou laço está em 
paralelo ao campo BS. 
• O conjugado é zero quando o θ = 0° 
– o laço está perpendicular ao campo magnético BS. 
 
• A corrente no condutor ou laço gerará uma 
densidade de fluxo magnético Blaço: 
 
 
 
• G é um fator que depende da geometria do laço. 
• µ é a permeabilidade do material onde o fluxo Blaço 
terá influência. 
 
– Para a espira ou laço, a área: A=2rl 
Conjugado induzido 
2 senind Sr i l Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
a
bd
c
r
r
laço
i
G
µ ⋅
=B
laçoB Gi
µ
⋅
=
( )( ) senind SA i Bτ θ=
 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
 
 
 
• Onde: 
– k: fator que depende da 
construção da máquina 
– BS: Campo magnético do estator 
– θ: ângulo entre Blaço e BS que é 
igual ao ângulo θab = θcd. 
 
 
• 
laço
laço( )( ) senind S S
AGB s BA
B G
en Bτ
µ
θ θ
µ
= = ⋅
laço senind SkB Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
SB
90° θ
θ
laçoind Skτ = ⋅ ×B B
O produto vetorial indica um vetor de conjugado para dentro da 
pagina  o conjugado é horário 
( )( ) senind SA i Bτ θ= 2A rl= laçoB Gi µ
⋅=
Conjugado induzido para máquinas real 
• O conjugado em qualquer máquina real depende 
de 4 fatores: 
 
 
– 1. a intensidade do campo magnético do rotor (Blaço) 
– 2. a intensidade do campo magnético externo (BS) 
– 3. o seno do ângulo entre eles (θ) 
– 4. Uma constante que representa a construção da 
máquina (k) 
• Geometria, etc. 
laço senind SkB Bτ θ= laçoind Skτ = ×B B
 
Máquina síncrona de 2 pólos 
• Rotor é girado a velocidade constante 
• Enrolamentos de armadura em 
circuito aberto 
– Bobina de N espiras entre ‘a’ e ‘–a’ 
– ‘a’ e ‘–a’ em ranhuras estreitas e 
paralelas 
• Fluxo magnético produzido pelo 
enrolamento de campo 
• Distribuição do fluxo magnético no 
entreferro senoidal 
– Distribuição radial resultante da 
densidade de fluxo B em função do 
ângulo espacial θa 
– θa ângulo espacial medido do eixo 
magnético do enrolamento de 
armadura 
 
Máquina síncrona de 2 pólos 
• A medida que o rotor gira o fluxo concatenado do 
enrolamento da armadura varia com o tempo 
• A tensão resultante na bobina será senoidal no tempo. 
• A tensão passa por um ciclo completo a cada revolução da 
máquina de dois pólos. 
• A frequência em ciclos por segundos (Hz) é a mesma que a 
velocidade do rotor em rotações por segundos. 
 
 
 
 
 
• 
O nome de máquina 
síncrona vem de que: 
a frequência elétrica 
da tensão gerada está 
sincronizada com a 
velocidade mecânica 
de rotação. 
• O enrolamento de campo 
é distribuído em múltiplas 
ranhuras ao longo da 
periferia do rotor 
 
• A distribuição das bobinas 
é aproximadamente 
senoidal de fluxo radial. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Máquina de 2 pólos 
Maquina síncrona de pólos lisos 
Maquina síncrona de 2 pólos lisos 
• As bobinas de campo estão ligadas de modo que os pólos tenham 
polaridade alternadas 
• Há dois comprimentos de onda completos na distribuição de fluxo ao 
longo da periferia (θa=2π) 
• Enrolamento de armadura tem 2 bobinas: ‘a1’, ‘-a1’ e ‘a2’, ‘-a2’ ligadas em 
série. 
• A tensão passa por 2 ciclos a cada revolução 
 do rotor 
• Frequência será o dobro da velocidade 
• em rotações por segundos. 
 
 
 
 
 
Máquina síncrona de 4 pólos 
1a
1a−
2a
2a−
NN
S
S
 
• Máquina de polos 
salientes 
• Maquina de polos lisos 
Máquina síncrona de 4 polos 
Máquina Síncrono de pólos salientes 
SISTEMA TRIFÁSICO 
Sistema trifásico 
• Bobinas com posições diferentes 
no estator sofrem tensão induzida 
cujos máximos ocorrem em 
tempos diferentes  
DEFASAGEM 
 
 
 
 
 
 
• 
0
cos(
c s( t )
t)
oB
A M
M
E
E E
E
ω θ
ω
= −
=
ω
Tensão induzida 
da espira A 
Tensão induzida 
da espira B 
A espira B está desfasada 
θ0° com relação à espira A 
Sistema trifásico – de 2 pólos 
Máquinas Síncronas Trifásicas 
• Para se produzir um conjunto de tensões 
defasadas de 120 graus utiliza-se um conjunto de 
3 bobinas (a, b e c) defasadas de 120 graus, no 
caso de máquina de 2 polos. 
• No caso de máquinas de mais de 2 polos 
multiplica-se o número de bobinas e a defasagem 
entre elas por: (numero de polos\2) 
 
• As bobinas da mesma fase são ligadas em série e 
as de fases diferentes podem ser ligadas em 
delta( ∆ ) ou estrela ( Υ ). 
Sistema trifásico de 4 pólos 
 
FMM em Enrolamentos Distribuidos 
• Bobina de passo pleno. 
– É uma bobina que se estende 
por 180 graus elétricos. 
– Bobina do estator 
 
 
 
 
 
• A intensidade do campo (Hg) 
de entreferro na posição θa e 
na posição θa+π são opostos 
– θa: o campo sai do rotor para o 
estator 
– θa+π : o campo entra do 
estator para orotor 
 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
aθ
Hg na 
posição θa 
Hg na 
posição 
θa+π 
Bobina de N espiras 
conduzindo corrente i 
Linhas 
de fluxo 
Eixo 
magnético da 
bobina de 
estator 
 
• Ao longo dos caminhos 
fechados (linhas de fluxo 
fechado) a FMM = N⋅i 
– De circuitos magnéticos: 
 
• g: espaço entre rotor e 
estator, 
• 2 é por que o fluxo cruza 2 
vezes o entreferro. 
• Logo, a queda de FMM no 
entreferro é: 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
2 gN i H g⋅ = ×
aθ
Hg na 
posição θa 
Hg na 
posição 
θa+π 
2g
N iH g ⋅× =
cada linha de fluxo cruza o 
entreferro 2 vezes (= Pólos) 
2P =
 
Máquina de forma plana 
g1 
Fundamental 
Disposição da Bobina de 
passo pleno (180°elétricos) 
FMM no 
entreferro 
aθ
Superfície 
do rotor 
Superfície 
do estator 
aθ2g
N iH g ⋅× =
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• A onda retangular da FMM do 
entreferro, pode ser decomposta 
em uma série de Fourier: o fator 
4/π é devido a constante a1 (função 
par da análise de Fourier) 
– g1 : componente fundamental 
– g3, g5, g7, ... : série de harmônicas 
impares 
• θa: medido a partir do eixo magnético 
– Onda senoidal 
 
 
 
• 
 
1 ( )cos
4
2g a
Ni θ
π
=
Superfície 
do rotor 
Superfície 
do estator 
aθ
Monofásica 
Construindo a função 
• Quanto mais é o número de 
termos, de uma série de Fourier, 
a serem somados. 
• O resultado dessa soma se 
aproximará à função original, que 
gerou os termos. 
• Exemplo: numa função quadrada 
 
 
 
 
• 
0 0 0
1
( ) ( cos sen )n n
n
f t a a n t b n tω ω
∞
=
= + +∑
Freq. Fundamental (f0 ou w0) 
3ra harmónica (3f0 ou 3w0) 
5ta harmónica (5f0 ou 5w0) 
7ma harmónica (7f0 ou 7w0) 
max 0
( )
sen4( )
pan ím r
n tt
n
Ff ω
π
∞
= ∑
max 0
( )
cos4( )
pan ím r
n tt
n
Ff ω
π
∞
= ∑
T 2T2T 32T 52T0
t
( )f t
maxF−
3T
maxF
13
4
T
T 2T2T 32T 52T
( )f t
0
maxF
maxF−
3T 134T
max 0
1
sen4( 1)
1
F tf t ω
π
= max1 02
4( ) sen P
P
Ff t tω
π
=
max 0
1
cos4( 1)
1
F tf t ω
π
= max1 02
4( ) cos P
P
Ff t tω
π
=
2T π=
2T π= 2
2
T Pπ=
1 max 0
4( ) cosf t F tω
π
=
1 max 0
4( ) senf t F tω
π
=
2
2
T Pπ=
FMM com enrolamentos de 2 camadas 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k P
P
iN θ
π
=
Bobina de passo 
pleno de Nb espiras 
kenr : fator ou constante de enrolamento 
Nefase : número efetivo de espiras por 
fase em série 
aθ
Eixo da 
fase b 
Eixo da 
fase c 
aθ
fase b fase b fase c 
Exemplo 
• O enrolamento da fase a da armadura de uma 
 máquina de de 2 pólos (Fig. Ao lado) pode 
 ser considerado como consistindo de 8 
 bobinas, de passo pleno (180° elétricos) e Nb 
 espiras, ligadas em série, observe que cada 
 ranhura contem duas bobinas. 
• Há um total de 24 (3fases×8) bobinas de armadura 
 (Nbob_arm= 3fases×8), e assim cada ranhura está 
 separada por um ângulo γranhura = 360°/Nbob_arm = 15°. 
• Suponha que o ângulo θa seja medido a partir do eixo magnético 
da fase a de modo que as quatro ranhuras contendo os lados 
indicados por a das boninas estejam em θa = 67,5°, 82,5°, 97,5° e 
112,5°. 
• Os lados opostos (-a) das bobinas estão localizadas nas quatro 
ranhuras em: -112,5°, -97,5°, -82,5° e -67,5°. 
a
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Exemplo 
• Assuma que esse enrolamento está 
conduzindo uma corrente ia. 
– (a) Escreva uma expressão para FMM 
espacial fundamental produzida pelas 
bobinas cujos lados estão nas 
ranhuras em θa =112,5° e -67,5° 
– (b) FMM para bobinas em θa =67,5° e 
-112,5° 
– (c) FMM para o enrolamento 
completo da armadura (somas de 
cada bobinas em série) 
– (d) Determine o fator de enrolamento 
kenr. 
a
=15°rγ
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
• (a) FMM produzida pelas 
bobinas cujos lados estão nas 
ranhuras em θa=112,5° e -67,5°. 
• Identificando as ranhuras de 
θa=112,5° e -67,5°; e logo 
encontramos o eixo magnético 
desse par de bobinas: 
 
• Total de ampère-espiras na 
ranhura  
• FMM de 1 espira: 
 
 
• FMM para as bobinas em θa = 
112,5° e -67,5°. γ = 22,5°. 
Solução 
5
b
1_ 22,
4 ( )cos2 ( 22 5
2
, )ag a
N i
π
θ° = − °
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
-67,5°
=22,5°γ
112,5° Eixo magnético 
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase 
a até o eixo magnético do par de bobinas 
(2 bobinas na ranhura) 2 b aN i
67,51 22,55 2,( 12 )γ − °= =° °
 
• (b) FMM para bobinas em θa = 
67,5° e -112,5° 
• Similar do caso anterior, 
identificamos as ranhuras para 
θa = 67,5° e -112,5° e 
encontramos o eixo magnético 
dessa bobina: 
 
 
• Total de ampère-espiras na 
ranhura: 
 
• FMM de 1 espira: 
 
 
 
• FMM para as bobinas em θa = -
112,5° e 67,5°. γ = -22,5° 
 
Solução 
67,5°
-112,5°
-22,5γ = °
112, 22,67,5 2 55( )γ − ° −= =° °
1_ ,5
b
22 22
4 ( )cos2 )5(
2
,g a a
N i
θ
π− °
= + °
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
(2 bobinas na ranhura) 2 b aN i
Eixo 
magnético 
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase a 
até o eixo magnético do par de bobinas 
 
Solução 
• (c) FMM para o enrolamento 
completo da armadura da fase a: 
• Identificamos todos os eixos 
magnéticos de cada bobina e 
encontramos o ângulo γ: 
 
• FMM espacial fundamental total: 
 
 
 
 
 
– Usando: 
• 
1_total 1_ 1_ 1_ 1_1 2 3 4g g g g gγ γ γ γ= + + +    
1_total
b4 ( ) [cos( 22,5 ) cos( 7,5 )
2
2
g a a ai
N
π
θ θ= + ° + + ° +
1 22,5γ = − ° 2 7,5γ = − ° 4 22,5γ = °3 7,5γ = °
cos( 7,5 ) cos( 22,5 )]a aθ θ+ − ° + − °
cos( ) cos cos sen sena b a b a b+ = ⋅ − ⋅
112,5
1 2
67,5 22,5γ − °° −= = °
97,582,5
22 7,5γ
− °° −= = °
82,97,5 5
23 7,5γ
− °°= = °
67,112,5 5
24 22,5γ
− °°= = °
1
3
2
4
[ ]b1_total
4 2( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2g a a
N i θ
π
= +
Solução 
• (c) FMM para o enrolamento completo da armadura da fase a: 
 
 
 
 
• (d) fator de enrolamento: 
– Da equação geral: 
• p=2 e Nefase = 8Nb 
 
 
 
 
 
• 
[ ]b1_total
4 2( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2g a a
N i θ
π
= +
1_to
b
tal
4 7,6613( ) cos
2 ag a
N i θ
π
= 1_to btal 4,8773 cos ag aiN θ=
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k p
p
iN θ
π
=
: Nro. de pólosp
enr
enr1
4 2( ) cos( ) cos
2 2
8 5,093b ba ag aa k
Nk Ni iθ θ
π
= =
enr093 s5, cob aaiNk θ=1_to btal 4,8773 cos ag aiN θ=
enr 5,093
4,8773 0,9577k = =
Exemplo 
• Calcule o fator de enrolamento da fase a da figura 
se o número de espiras nas quatro bobinas dos 
dois pares externos de ranhuras for igual a seis ao 
passo que o número de espiras nas quatro bobinas 
das ranhuras internas for igual a oito. 
 
 
 
• 
a
Eixo magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Solução 
• Calcule o Kenr. 
• De acordo com a informação sobre o número 
de espiras, tem-se a seguinte figura: 
 
 
 
 
 
 
• De acordo com a solução do problema 
anterior, tem-se 
– Total de ampère-espiras na ranhura: 
• FMM de 1 espira: 
 
 
 
• FMM para o problema: 
a
Eixo 
magnético 
da bobina de 
estator da fase a 
Bobina de 
6 espiras 
Bobina de 8 espiras 
1
4 ( )cos( )
2g a
Ni
θ
π
γ= −
1 bobina interna mais 
1 externa na ranhura ( )int ext aNN i+
γ: ângulo desde o eixo magnético da fase 
a até o eixo magnético do par de bobinas 
exint t
1
4 ( ) cos( )
2 2g a
N iN
π
γθ= + − 2 bobinas 
em série 
Solução• Do problema anterior: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k p
p
iN θ
π
=
e inf tase ext 64 ( ) 4( ) 568N NN= × + = + =
enr
1
54 ( ) cos
2
6
g aai
k
θ
π
=
enr56 53,6291k =
enr 0,9577k =
1_total
extint4 ( ) [cos( 22,5 ) cos( 7,5 )
2 2g a a a
NN i
π
θ θ= + + ° + + ° +
cos( 7,5 ) cos( 22,5 )]a aθ θ+ − ° + − °
[ ]ext1_ inttotal
4 ( ) 2cos( ) cos(22,5) cos(7,5)
2 2g a a
N iN θ
π
= + +
exint t
1
4 ( ) cos( )
2 2g a
N iN
π
γθ= + −
cos( ) cos cos sen sena b a b a b+ = ⋅ − ⋅
[ ]1_total
4 ( ) cos( ) 1,9156 38g a ai θπ
= +
1_total
4 53,6291( ) cos
2g a a
i θ
π
=
fase e 56N =
FMM: Enrolamentos distribuídos no rotor 
• Frequentemente os enrolamentos do rotor são distribuídos 
para reduzir os efeitos das harmônicas espaciais. 
• Enrolamentos simétrico em relação ao eixo do rotor: 
(N1=N10 ; N8=N3 ; N5=N6 ;....). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• O número de espiras por ranhuras 
pode ser variado para controlar as 
harmônicas  A distribuição reduz 
os efeitos dos harmônicos espaciais 
• Número de espiras (ner) nas ranhuras 
próximas aos pólos são menores 
 
 
• FMM: 
 
 
 
• 
1
4 ( ) cos( )
2
r r
g r r
k N Pi
P
θ
π
=
sener C rn N θ= NC=número de condutores no ângulo de θr =90°. 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
• O número de espiras por ranhuras (ner) é 
uma representação teórica para obter uma 
onda senoidal a partir da distribuição de 
condutores em cada ranhura. 
– Na prática, não é possível distribuir os 
enrolamentos exatamente com a equação: 
 
 
– Número finita de ranhuras e de condutores 
nas ranhura das maquinas reais. 
– FMM, não é totalmente senoidal, devido à 
presencia de componentes harmônicas de 
ordem mais elevadas. 
 
• Para suprimir ditas harmônicas, 
 é usado enrolamentos de passo 
 encurtado ou fracionário. 
sener C rn N θ=
NC=número de condutores 
no ângulo de θr =90°. 
FMM em Enrolamentos Distribuídos 
faseenr
1
e4 ( ) cos( )
2g aa
k P
P
iN θ
π
=
aθ
Eixo da 
fase b 
Eixo da 
fase c 
ai
Eixo da 
fase a 
1
4 ( ) cos( )
2r
r r
g r
k N
P
I Pθ
π
=
Eixo do 
rotor 
ri
Nr: número total de espiras ligadas em série 
Kr : Fator de enrolamento 
Nefase: número total de espiras por fase ligadas em série 
Kenr : Fator de enrolamento 
Campo magnético 
Campo magnético 4 pólos lisos 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Bobina de N espiras de 
passo pleno (180°elét) 
• Permeabilidade µ → ∞ 
• O campo magnético Hg 
no entreferro é radial e 
constante 
Campo Magnético no entreferro 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
2
Ni
 
 Campo no entreferro uniforme 
• O campo magnético Hg no 
entreferro é radial e 
constante 
 
 
– g : FMM no entreferro 
 
• Componente fundamental: 
 
 
 
 
• 
g gH g= 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
1
1
4 ( ) cos
g2
g
g a
Ni
g
H θ
π
= =

0g gB gµ= 
µ0:Permeabilidade 
do entreferro 
0 01
1
4 ( ) cos
g2
g
g a
N
g
iB µ
π
µ
θ= =

2P =
 Campo no entreferro uniforme 
g gH g= 
2
Ni
g
2
Ni
2
Ni
−
2
Ni
g
−
enr efase
1
4 ( ) cos( )
2g a a
k N Pi
P
θ
π
=
enr efase
1
4 ( ) cos( )
2g a a
k N PH
g
i
P
θ
π
=
⋅
0g gB gµ= 
µ0:Permeabilidade 
do entreferro 
enr efase
1
04 ( ) cos( )
2g a a
k N Pi
Pg
B µ θ
π
=
⋅
Exemplo 
• Um gerador CA síncrono de quatro 
 pólos com um entreferro uniforme 
 tem um enrolamento de rotor 
 distribuído com 263 espiras em 
 série, um fator de enrolamento 
 de 0,935 e um entreferro de 
 comprimento 0,7 mm. 
 
• Supondo que a queda de FMM no aço elétrico seja 
desprezível, encontre a corrente de enrolamento de 
rotor necessária para produzir uma densidade de 
fluxo fundamental espacial de pico de 1,6 T no 
entreferro da máquina. 
• Campo magnético no 
entreferro: 
 
 
 
 
 
 
• Densidade de fluxo 
• 
• Rotor de 4 pólos 
Solução 
Valor pico 
BH B Hµ
µ
= ⇒ =
,H B
g g
µ= ⇒ =
 
r r
1
4 ( ) cos( )
2g rr
k N I
P
P
π
θ=
max r r0 0
max r
4 ( )k N
g g
B I
P
µ µ
π
= =

g
1 2( )FMM i N N= +
 
 
 
• Corrente: Ir 
 
 
 
 
 
• 
Solução 
r 11, 4AI =
mr ax
r r0
( )
4
P
k N
I g B
µ
π
=
7r 4 4
4( )
10
0,0 1,6
0,935 263
007I
π
π
− × ××
×
= ×
×
r
max r
r04 ( )
g
k NB I
P
µ
π
=
 
Exemplo 
• Uma máquina síncrona de dois 
pólos tem um comprimento de 
entreferro de 2,2 cm e um 
enrolamento de campo com um 
total de 830 espiras em série. 
Quando excitada por uma corrente 
de campo de 47 A, a densidade de 
fluxo magnético fundamental 
espacial de pico no entre ferro da 
máquina é medida como sendo 
1,35 T. 
• Com base na densidade de fluxo 
medida, calcule o fator de 
enrolamento kr do enrolamento de 
campo. 
Solução 
• Similarmente como no exemplo anterior 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
0
max r
r r4 ( )
g
k NB I
Pπ
µ
=
BH B Hµ
µ
= ⇒ =
,H B
g g
µ= ⇒ =
 1 max
cos( )
2g r
P θ= 
0
r max
r r
1( )
4
P B
N I
k g
µ
π
=
7r
2 1( ) (1,0, 35)
4 830 4
22
10
0
4 7
k π
π −×
×
×
=
r 0,9517k =
r r
max
4 ( ) r
k N I
Pπ
=F
0 m
ax
ax
mB g
µ
=

Campo Magnético Girante 
• Se dois campos magnéticos 
estiverem presentes numa 
máquina, um conjugado 
será criado que tenderá a 
alinhar os dois campos 
magnéticos 
 
• Se um campo magnético for 
produzido pelo estator e 
outro produzido pelo rotor 
da máquina, então um 
conjugado será induzido no 
rotor que fará o rotor girar e 
se alinhar com o campo 
magnético do estator. 
aθ
rθ
• Sejam as correntes que entram 
por a, b e c: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
'
'
( ) sen A
( ) sen( 120 ) A
( ) sen( 120 ) A
aa M
bb M
cc M
i t I t
i t I t
i t I t
ω
ω
ω
=
= − °
= + °
'
'
'
( ) sen T
( ) sen( 120)
240
1 T
( ) sen( 12
2
0
0)
0
T
aa
c
Mb
Mc
b
Mt B t
t B t
t B t
ω
ω
ω
∠ °
∠
=
= −
=
∠
+ °
°B
B
B
=M MB Hµ
B
g
µ⇒ =
B Hµ=
Hg=
'
'
'
( ) sen A.e/m
( ) sen( 120) A.e/m
( ) sen( 12
120
0) A.e m240 /
0aa M
bb M
cc M
t H t
t H t
t H t
ω
ω
ω
∠=
∠ °
= ∠ °−
= +
°H
H
H
' ( )aa tH
' ( )bb tH
' ( )cc tH
' ( )aa tB
' ( )bb tB
' ( )cc tB
 
• No instante ωt=0° 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
3
' 2
3
' 2
( ) sen =0
( ) sen( 120) =
( ) sen( 120)
aa M
bb M M
cc M M
i t I t
i t I t I
i t I t I
ω
ω
ω
=
= − −
= + =
3
2'
' 2
'
3 24
( ) (0) T
( ) T
(
0
) T
2
0
1
0cc
bb
a M
M
a
M
t B
t B
t B
=
=
∠
∠
− ∠ °
= °
°
B
B
B
'liq ' 'aa b ccb= + + BBB B
liq 120
3 [ 1 4 ]21 0
2 M
B ∠ ° ∠= + =°−B
'bbB'ccB
liqB
liq 90
3 3
2 M
B ∠ − °=B
liq
3 3(0) ( ) ( ) 2400
2 2
120M MB B∠ ° ∠= ° °+∠ + −B
liq 1,5 90MB ∠ −= °B
 
• No instante ωt=90° 
Campo B em enrolamento 3φ 
'
1
' 2
1
' 2
( ) sen =
( ) sen( 120) =
( ) sen( 120)
aa M M
bb M M
cc M M
i t I t I
i t I t I
i t I t I
ω
ω
ω
=
= − −
= + = −
'
1
1
'
'
2
2
( ) T
( ) T
( )
120
4
0
2 0 T
M
M
M
aa
b
c
b
c
t B
t B
tB
=
=
∠
−
=
∠ °
∠
−
°
°B
B
B
[ ]liq 241 1 2 1 2 020 1 0MB ∠∠ ° − =∠°= − °B
'liq ' 'aa b ccb= + + BBB B
liq 1,5 0MB= ∠ °B
'aaB
'bbB
'ccB
liqB
liq
1 1( ) ( )
2 2
00 12 40 2M M MB B B∠= + ∠ °− −°∠ ° +B
 
Campo B em enrolamento 3φ 
liq 1,5 0MB= ∠ °Bliq 1,5 90MB ∠ −= °B
ωt=0° ωt=90° 
'bbB'ccB
liqB
'aaB
'bbB
'ccB
liqB
Campo B em enrolamento 3φ 
• A densidade de fluxo magnético 
líquido (Bliq) sempre apresentará 
o mesmo valor de (1,5 BM) e 
estará girando com a velocidade 
angular ω 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
'liq ' '( ) ( ) ( ) ( )b caa b ct t t t= + + BBB B
liq ( ) sen + sen( 1 12020) + sen( 240) 2400 TM M Mt B t B t B tω ω ω∠− ∠= −∠B
liq ( ) 1,5 se 0 90n 1,5 cosM Mt B t B tω ω∠ −° ∠ °=B
liq ( ) (1,5 sen ) xˆ (1,5 cos ˆ) yM Mt B t B tω ω= −B
se: =1 0 e ˆˆ 0x 9y=1∠ ° ∠ °
xˆ e yˆOnde: são vetores unitários na direção “x” e “y” 
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω +
=
=
−
°
°
=
FMM com inversão de campo 
• Sempre: 
 
• Inicialmente: Seq. ABC Invertendo: Seq. ACB 
 
 
 
• Campo líquido inicial, sequência ABC ou positivo. 
 
 
• Invertendo o sentido de rotação do campo: Seq. ACB 
 
liq 0 120sen + sen( ) 120 120+ sen 240)( ) (M M MB t B t B tt ω ω ω∠ ° += ∠ °∠ ° −B
liq 120sen + sen( ) 120 +0 12 240( ) sen( )0M M MB tt B t B tω ω ω+ ∠ °° °∠ −= ∠B
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω +
=
=
−
°
°
=
'liq ' '( ) ( ) ( ) ( )b caa b ct t t t= + + BBB B
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω −
=
=
+
°
°
=
a
b
c
FMM com inversão de campo 
• Invertendo o sentido de rotação do campo: Seq. ACB 
 
 
 
 
 
 
 
 
• liq ( ) 1,5 se 0 90n 1,5 cosM Mt B t B tω ω∠ +° ∠ °=B
liq ( ) (1,5 sen ) xˆ (1,5 cos ˆ) yM Mt B t B tω ω= +B
liq 120( ) sen + sen( )0 1212 240+ sen( )0 0M M Mt B t B t B tω ω ω+ ∠ °° − ∠= °∠B
se: =1 0 e ˆˆ 0x 9y=1∠ ° ∠ °
xˆ e yˆOnde: são vetores unitários na direção “x” e “y” 
'
'
'
( )
(
12
)
( ) 12
sen A
sen( ) A
sen ) A0
0
(
aa M
M
cc M
bb
i t I t
I t
I ti t
i t
ω
ω
ω −
=
=
+
°
°
=
' ( )aai t
' ( )bbi t
' ( )cci t
FREQUÊNCIA E TENSÃO GERADA 
• Para máquinas de 2 pólos: 
• Ângulo em graus em 
ângulos elétricos (ae) ou 
radianos elétricos e não 
em unidades mecânicas ou 
geométricas. 
 
 
– θae: ângulo em unidades 
elétricas 
– θa: ângulo espacial ou 
geométrico 
 
• Frequência elétrica: 
 
 
 
 
• n: velocidade mecânica em 
rotações por minuto (rpm) 
= n/60 rps 
 
 
• ωm é velocidade mecânica 
em radianos por segundos 
Máquina Síncronas 
( )
2ae a
Pθ θ= ⋅
( ) [Hz]
2 60e
P nf = ⋅
( 2)e Pω ω= ⋅ m
120 [rpm]efn
P
=
Frequência da tensão gerada 
• 
120
p nf ×=
8 pólos 2 pólos 
ae aθ θ=
4ae aθ θ=
• O campo magnético girante 
desse estator pode ser 
representado como dois polos: 
– Norte (fluxo deixa o estator) e 
– Sul (fluxo entra no estator) 
 
• A cada ciclo elétrico de 
corrente aplicada, os polos 
dão uma volta mecânica 
completa ao redor do estator. 
Então: 
 
 
 
• 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 2 pólos 
• 
Frequência e velocidade de rotação 
Hzse smf f= rad/sse smω ω=
fsm e ωsm: velocidade mecânica dos campos magnéticos 
do estator em rotações por segundo e em 
radianos por segundo 
• A cada ciclo elétrico de 
corrente aplicada, os polos 
dão duas voltas mecânica 
completas ao redor do 
estator. 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 pólos 
Frequência e velocidade de rotação 
2se smθ θ=
2 rad/sse smω ω=
2 Hzse smf f=
fse e ωse: frequência elétrica das correntes do estator 
em hertz e em radianos por segundo 
2se sm
pθ θ=
2
Hzse smf f
p
=
 rad/
2
sse sm
pω ω=
Máquinas síncronas 
• Para uma máquina de um par de pólos, a cada giro 
das espiras teremos um ciclo completo da tensão 
gerada. 
 
• Os enrolamentos podem ser construídos com um 
número maior de pares de pólos, que se 
distribuirão alternadamente (um norte e um sul). 
– Neste caso, teremos um ciclo a cada par de pólos. 
 
• Os geradores da usina hidrelétrica de Itaipu 
possuem 78 pólos e giram a uma velocidade de 
92,3 rpm. 
Velocidades síncronas 
 
 
 
 
• Velocidades síncronas correspondentes para as 
frequências e polaridades mais utilizadas: 
 
 
 
Frequência da tensão gerada 
• O valor da tensão gerada por um gerador CA depende 
da intensidade do campo e da velocidade do rotor. 
 
• Como a maioria dos geradores funciona com 
velocidade constante (geradores síncronos), o valor da 
fem induzida (ou tensão gerada) é controlado através 
da excitação do campo. 
 
• A frequência da FEM gerada depende do número de 
pólos do campo e da velocidade do rotor: 
 
• 
rpm Hz
120
n
f
p×
=
• θse : Ângulo elétrico (θae ) 
• θsm : Ângulo mecânico 
• fse : frequência elétrica das correntes do 
estator em hertz (Hz) 
• fsm : frequência mecânica do campo 
magnético do estator em hertz (Hz) 
• ωse : frequência elétrica das correntes do 
estator em radianos por segundo (rps) 
• ωsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
segundo (rps) 
• nsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
minuto (rpm) 
 
 
 
 
 
Frequência e velocidade de rotação 
2se sm
Pθ θ=
[Hz]
2se sm
Pf f=
[rps]
2se sm
Pω ω=
_
60
sm rpm
sm
n
f =
120
s
se
mn pf =
 
Exemplo 
• Considere um estator trifásico excitado com 
correntes equilibradas de 60 Hz. 
– Obtenha a velocidade angular síncrona em rad/s e a 
velocidade em rpm para um estator com dois pólos, 
com quatro e com seis pólos: 
• θse : Ângulo elétrico (θae ) 
• θsm : Ângulo mecânico 
• fse : frequência elétrica das correntes do 
estator em hertz (Hz) 
• fsm : frequência mecânica do campo 
magnético do estator em hertz (Hz) 
• ωse : frequência elétrica das correntes do 
estator em radianos por segundo (rps) 
• ωsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
segundo (rps) 
• nsm : velocidade mecânica do campo 
magnético do estator em radianos por 
minuto (rpm) 
 
 
 
 
 
Frequência e velocidade de rotação 
2se sm
Pθ θ=
[Hz]
2se sm
Pf f=
[rps]
2se sm
Pω ω=
_
60
sm rpm
sm
n
f =
120
s
se
mn pf =
 
Solução 
• Para uma frequência de fse = 60 Hz, a frequência angular elétrica 
é igual a: 
 
 
• Usando as seguintes equações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
[rad] [Hz]2 120 377 rad/sse sefω π π= = ≈
rad[ ]s2se ms
Pω ω=
[rpm]
[Hz]
[s]60 2
m
se
n Pf = ×rad rad[ ] [ ]s s
2
ms seP
ω ω=
[rpm]
120
m sen f p
=
Pólos nm (rpm) ωms (rad/s) 
2 3600 120π ≈ 377 
4 1800 60π 
6 1200 40π 
[volta] [s]rad[rpm] [ ]s
[rad] [min]
1 60
2 1m ms
n ω
π
= × ×
[s]rad[ ] [rpm]
[rad]
60
2sm sm
n ω
π
= ×
[elet ] [mec]
2
Pθ θ° = °
rad[ ]s 1[ ]s
[rad]2 2
ms
se
Pf ω
π
= ×
Exercício 
• Repetir o exemplo anterior, para um estator 
trifásico excitado por correntes equilibradas de 50 
Hz. 
 
• Rpta.: 
Pólos ns (rpm) ωs (rad/s) 
2 3000 100π 
4 1500 50π 
6 1000 100π/3 
Exemplo 
[rpm]
120
m sen f P
=
TENSÃO INDUZIDA – MAQ. 
SÍNCRONATensão induzida em máquinas CA 
cos( )M mB B tω α= −
Tensão induzida: eind = (v × B)⋅l 
• Se a espira estiver girando com velocidade angular ω, 
o ângulo θ da espira aumentara linearmente com o 
tempo:  θ = ω.t 
 
 
• Velocidade tangencial: 
 
• r: rádio de rotação da espira 
 
 
 
 
 
• 
2 sen( t)ind rl Be ω ω=
θ
v r ω= ⋅
θ2 seninde vBl=
2= sen( t)ind rle Bω ω
Área da 
espira: A 
sen( 0 )M mBB tω −= °
2 sen( t)inde r Blω ω=
• Aqui a espira está fixa e o campo B 
é girante. 
– B varia senoidalmente com o ângulo 
mecânico 
– B é sempre radial 
 
α: ângulo medido desde 
 a direção do valor 
 pico de B. 
ωm é a velocidade 
 angular do 
 rotor 
Tensão induzida em máquinas CA 
cos( )M mB B tω α= −
 
Tensão induzida em máquinas CA 
ind 2 cosM me vB l tω=
mv rω=
ind 2( ) cosm M me r B l tω ω=
ind c s2 oM m mre lB tω ω=
φ , m eω ω ω= =
ind cose tφω ω=
Para um estator de 2 pólos 
Para uma bobina 
de 1 espira 
ind coscNe tφω ω=
Para uma bobina do estator de Nc espiras Tensão eficaz: 
ef 2 cE fNπ φ=
rms max 2V V=
2 fω π=
θ2 seninde vBl=
( )e = ×v B l
• Se 3 bobinas com Nc espiras; desfasadas 120° 
 entre si), foram dispostas ao redor do 
 campo magnético do rotor (BM): 
 
• As tensões induzidas em cada bobina: 
 
 
 
 
 
– Estará também desfasadas 120° entre si. 
 
• Então: um conjunto de correntes trifásicas pode gerar 
um campo magnético girante uniforme no estator 
• E um campo magnético girante uniforme pode gerar um 
conjunto de tensões trifásicas em um estator. 
Tensão induzida em máquinas CA 3ph 
'
'
'
( ) sen
( ) sen( 12 )
( ) sen
0
1 0( )2
aa
bb
c
cc
c
c
e t t
e t t
N
N
Ne t t
φω ω
φω ω
φω ω
− °
+
=
= °
=
 
Tensão eficaz em um estator trifásico 
 
 
 
• Tensão eficaz (rms) 
 
 
 
– OBS: a tensão eficaz nos terminais da máquina 
dependerá da ligação do estator: 
 
• ∆ (Eef_∆ = EA) ou Υ (Eef_Υ = √3 EA) 
 
max cE N φω= 2 fω π=
max 2 cE fNπ φ=
max
2A
EE = 2 cAE fNπ φ=
fase ee nrc N kN =
fase e re n2AE N k fπ φ=
'
'
'
( ) sen
( ) sen( 12 )
( ) sen
0
1 0( )2
aa
bb
c
cc
c
c
e t t
e t t
N
N
Ne t t
φω ω
φω ω
φω ω
− °
+
=
= °
=
Exemplo 
• A densidade de fluxo de pico do 
campo magnético do rotor é 0,2 T e 
a velocidade de rotação mecânica 
do eixo é 3600 rpm. O diâmetro do 
estator da máquina tem 0,5 m, o 
comprimento de sua bobina é 0,3 m 
e há 15 espiras por bobina. A 
máquina esta ligada em Y. 
 
– (a) quais são as três tensões de fase do 
gerador em função do tempo 
– (b) qual é a tensão de fase eficaz desse 
gerador 
– (c) qual é a tensão eficaz nos terminais 
desse gerador 
Solução 
• (a) ou 
 
– O fluxo é dada: 
 
 
– Velocidade do rotor: 
 
 
 
• As tensões de fase: 
 
 
• 
2 lBrφ = (2 ) (0,5) (0,3) (0,2) 0,03Wbr lBφ = = × × =
(3600 rpm)(2 rad)(1min/60s) 377 rad/ sω π= =
max 2 cE fNπ φ= max cE N ωφ=
max 0,03( )( )(377 r15espi ad/ s)ras 1W ,7 Vb 69E = =
'
'
'
( ) 169,7sen 377
( ) 169,7sen(377 120 )
( ) 169,7sen(377 240 )
aa
bb
cc
e t t
e t t
e t t
=
= − °
= − °
Solução 
• (b) Tensão de fase eficaz: 
 
 
• (c) Por estar ligado em Y: 
max
2A
EE = 169,7 120V
2A
E = =
3T AV E= 3(120V) 208VTV = =
CONJUGADO INDUZIDO 
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A máquina operando em condições normais, há 2 
campos magnéticos presentes 
 
– Do circuito do rotor 
– Do circuito do estator 
Produz o conjugado ou 
torque da máquina 
Conjugado induzido 
 
 
 
 
 
 
 
• Onde: 
– k: fator que depende da 
construção da máquina 
– BS: Campo magnético do estator 
– θ: ângulo entre Blaço e BS que é 
igual ao ângulo θab = θcd. 
 
 
• 
laço
laço( )( ) senind S S
AGB s BA
B G
en Bτ
µ
θ θ
µ
= = ⋅
laço senind SkB Bτ θ=
laçoB
SB
a
b
d
c
θ
SB
SB
90° θ
θ
laçoind Skτ = ⋅ ×B B
O produto vetorial indica um vetor de conjugado para dentro da 
pagina  o conjugado é horário 
( )( ) senind SA i Bτ θ= 2A rl= laçoB Gi µ
⋅=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A distribuição do fluxo no 
estator: 
 
– BS(α) é positiva quando 
aponta radialmente para 
fora. (do rotor para 
estator) 
 
• Da força induzida: 
ind ( )i= ×F l B
se( n) SS BB αα =
( ) senSS BB α α=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• Da força induzida 1: 
 
 
 
 
• Da força induzida 2: 
 
 
 
 
• 
ind ind,1F (l B) F senSi ilB α= × ⇒ =
( ) senSS BB α α=
ind,
i ,1
1
nd (r F)
sen , anti-horárioSrilB
τ
ατ
= ×
=
ind,2
ind (r F)
sen , anti-horárioSrilB
τ
ατ
= ×
=
ind ind,2F (l B) F senSi ilB α= × ⇒ =
ind,1 ind,2indτ τ τ= +
ind,1τ
ind,2τ
ind 2 sen , anti-horárioSr Bilτ α=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• A corrente i que flui na bobina 
do rotor produz nela própria um 
campo magnético (intensidade 
HR) 
 
– Cte: é uma constante de 
proporcionalidade 
 
• O ângulo entre BS e HR é γ 
 
•  
 
 
 
– K é uma constante que depende 
da construção da máquina. 
iN= ⋅
, NH H Cte
g g
i i⋅= ⇒ = = ⋅
RH iCte= ⋅
ind sen , anti-horárioR SBHK ατ =
180γ α= −
ind senR SHK Bτ γ= ⋅ ⋅ ⋅
αi
i
ind 2 senSir lBτ α⋅= ⋅
R RH Bµ=
Conjugado induzido em uma máquina CA 
 
 
 
 
 
 
– k não será constante 
porque a permeabilidade µ 
varia com a saturação 
magnética da máquina. 
 
•  equação para estudos 
qualitativos 
/k K µ=R RB Hµ=
ind sen , anti-horárioR SBHK ατ =
×K=i d Sn RH Bτ
×k=i d Sn RB Bτ
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• O campo magnético 
líquida dessa máquina 
será: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
= Rliq SB +BB
)R Rkτ = × −ind liq( BBB
RS = −liqB BB
( )R R Rkτ = × − ×liqind BB B B
Rkτ = ×d iin l qB B
senRk BB δτ = × liqind
liqBδ
RB
SB
Conjugado induzido em uma máquina CA 
• O campo magnético 
líquida dessa máquina 
será: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
= Rliq SB +BB
)R Rkτ = × −ind liq( BBB
RS = −liqB BB
( )R R Rkτ = × − ×liqind BB B B
Rkτ = ×d iin l qB B
senRk BB δτ = × liqind
aθ
rθ
RB liqB
SB
δ
γ
δ
liqB
SB
γ
RB
PASO DE UMA BOBINA 
fases
r Pn =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina [ ele]2
m Pθρ = × °
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ= sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
180 elet.
r P
γ °=180β ρ+ = °
Passo de uma bobina 
• As tensões de saída das bobinas do estator são 
senoidais porque a distribuição da densidade de 
fluxo no entreferro é senoidal. 
 
• Se a distribuição não é senoidal, então as tensões 
de saída do estator também serão não senoidal. 
– Em geral a distribuição da densidade de fluxo (B) no 
entreferro de uma máquina não é senoidal. 
 
• Uma técnica importante para reduzir as 
harmônicas é o uso de enrolamentos de passo 
encurtado ou fracionário. 
Encurtamento de passo 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
Bobina de passo encurtado 
Bobina de 
passo 
pleno 
Bobina de passo 
encurtadopasso 
encurtado 5/6 
passo 
pleno 6/6 
Passo encurtado 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
2
β
2
β
β
Paso polar 
• Determinado pela distância em ranhuras entre o 
início de duas bobinas interligadas da mesma fase. 
• O passo polar define a região onde será 
concentrado um pólo magnético formado por esta 
bobina. 
• O enrolamento de passo fracionário requer o uso 
de menos cobre que o de passo inteiro (cabeças 
de bobinas frontais e posteriores mais curtas), 
– têm, aproximadamente, as mesmas características do 
passo inteiro  as cabeças de bobinas frontais e 
posteriores são inativas. 
Fator de passo kp 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) cos( )MB tBα ω α= −
A rotação do rotor 
é anti-horária 
A tensão é para dentro 
da página, (B é negativa) 
2
β
180β ρ= ° −
Enrolamento encurtado 
de passo ρ 
βρ
ρ
Fator de passo kp. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
– β : é 180° - ângulo elétrico abrangido pela bobina (ρ) 
– ρ : ângulo em graus elétrico abrangido pela bobina. 
12 cos 2c
E E β=
cos
2p
k β= 180β ρ= ° − sen
2p
k ρ=
1
1
2 cos 2 cos
2 2p
Ek
E
β β
= =
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
βρ
Fator de passo kp 
• O passo polar é a distância angular entre 
dois pólos: ρp. 
 
 
• Enrolamento de passo encurtado ou 
ângulo elétrico coberto pela bobina: ρ 
 
 
• Ângulo que abrange a bobina em graus 
mecânicos: θm, 
 
 
 
• 
ele180
p
mθρ
ρ
= × °
θm: ângulo mecânico coberto 
pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180
2360
m mP
P
ρ
θ θ
= × ° =
° 2
mPρ θ=
mec360 [ ]p P
ρ °= °
90 mec.(4pólos)
180 elét .(sempre)
p
p
ρ
ρ
= °
= °
 
 
sen
2p
k ρ= sen 4p
mk Pθ=
• Calcule o fator de passo kp, se o passo polar 
da bobina é 5/6. para uma máquina de 2 
pólos. 
• SOLUÇÃO: 
– Este passo polar abarca 5/6 da distância entre 
dois pólos adjacentes. ( θm = (5/6)ρp ) 
– Pólos adjacentes em graus elétricos sempre é 
180°. 
 
 
• 
Exemplo 
θm: ângulo mecânico coberto 
pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180 mec.
180 elé
p
p
ρ
ρ
= °
= °
360
p P
ρ °=
180
p
m
ρ
ρ
θ
= × ° 180 15
5 0
6
ρ = × ° = °
sen
2p
k ρ= 150sen 0,9659
2p
k °= =
 
Exemplo 
• Uma armadura com 72 ranhuras, tendo quatro 
pólos, é enrolada com bobinas abrangendo 14 
ranhuras (ranhura 1 até ranhura 15). Calcule: 
– a. O ângulo abrangido por uma bobina de passo inteiro 
(espaço ocupado por pólo). 
– b. O espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
– c. O fator de passo. 
Solução 
• a. O ângulo abrangido por uma bobina de passo inteiro 
(espaço ocupado por pólo). 
– São r = 72 ranhuras para 4 pólos  espaço ocupado por pólo: 
 
 
 
• b. O espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
 
 
 
 
• c. O fator de passo. 
 
• 
18ranhura7 s p o
4
2 / ól
P
r
= =
ou 18 ranhuras ocupam 180° elét.
180 140[ ele4 ]1
18
ρ = × ° = °
Número de ranhuras 
que ocupa a bobina 
Número de ranhuras 
ocupada por pólo 
Ângulo mecânico entre 
ranhuras: γ = 360/72=5°mec 
sen
2p
k ρ= 140sen 0,9397
2p
k = =
θm: ângulo mecânico 
coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
180
p
m
ρ
ρ
θ
= × °
Fator de Passo kp 
• Muitas vezes é conveniente falar que uma bobina da 
armadura tem o passo fracionário, expresso como uma 
fração, ou seja, 5/6 de passo, ou 11/12 de passo, etc. 
• Em tal caso, os graus elétricos abrangidos, ρ , valem: 
– (5/6) x 180°, ou 150°ele; 
– (11/12) x 180°, ou 165°ele, etc.; 
 
• EXEMPLO: Uma armadura com 6 pólos, 96 ranhuras, é 
enrolada com bobinas tendo um passo fracionário 13/16. 
Calcule o fator de passo. 
• SOLUÇÃO: 
 
 
• 
180 146,1
6
253
1
ρ = × ° = °
73,2sen 0,9569pk = =
6P = 96r =
Tensão induzida – passo encurtado 
Passo 
completo 
Passo 
encurtado 
efase2 cos( )A p mE N k f tπ φ ω=
• Para um passo polar: 
Tensão induzida do passo encurtado 
360 360 180
2p P
ρ ° °= = = °
( ) cos( t )MB Bα ω α= −
ind (v B) le = × ⋅
ρ
ba (v B) le = × ⋅
ba (90 )2
= cos[ ]M mve t lB ω
ρ
° +− −
ba = cos( t 90 2
)M mvB le
ρω − ° −−
ba apontando para forae Bv l= →
a
b
 
• 
Tensão induzida do passo encurtado 
( ) cos( t )MB Bα ω α= −
ind (v B) le = × 
ρ
dc (v B) le = × 
dc (= co 2
t ])s[ 90M me Bv l
ρω − ° −+
dc = cos( t 90 2
)M mvB le
ρω − ° ++
dc apontando para forae vBl= →
cb (v B) l 0e = × =
ad (v B) l 0e = × =
O produto: v×B é 
perpendicular a l 
d
c
 
Tensão induzida do passo encurtado 
ind ba dce e e= +
ind cos( t 90 2) cos( t 90 2)m mM Ml vBe vB lω ρ ω ρ= − − ° − + − ° +
cos( ) cos( )λ λ− =cos(90 ) sen( )λ λ° − =
sen( ) sen( )cos( ) cos( )sen( )α β α β α β+ = +
ind sen( )2
cos t)2 (M mlBve ω
ρ
=
φω
ind cos( t)p me kω ωφ=
numa bobina de uma espira simples: 
Fator de passo da 
bobina kp=sen(ρ/2) 
mv rω=
MBAφ = ⋅
2A rl=
ind [cos( t 90 2)mMB lve ω ρ= − − ° − −
d
c
b
a
cos( t 90 2)]mω ρ− − ° +
Tensão induzida do passo encurtado 
• Tensão induzida para uma bobina de 1 espira: 
 
 
• Para uma bobina de Nc espiras: 
 
– Tensão máxima: 
 
 
– Tensão eficaz: 
 
 
• Para máquinas de mais de dois pólos: 
ind cos( t)p me k φω ω=
ind cos( t)C p mke N φω ω=
maxE
max (2 )pC C pN NE k k fφω φ π= =
max 2
2A pC
E
E kN fπ φ= =
1sen( )
22p
mk
Pθ
= ⋅
Exemplo 
• Um gerador de 60 Hz síncrono 3φ de 2 pólos ligado em Y e rotor 
cilíndrico tem um enrolamento de campo (rotor) com Nf=68 
espiras em série distribuídas e um fator de enrolamento 
kf=0,945. O enrolamento de armadura (estator) tem Na=18 
espiras em série por fase e fator de enrolamento ka=0,933. O 
comprimento do entreferro é g=4,5 cm, e o raio médio do 
entreferro é r=0,53 m. O comprimento ativo do enrolamento de 
armadura é l=3,8 m. 
• O rotor é acionado por uma turbina a vapor a uma velocidade de 
3600 rpm. Para uma corrente contínua de campo de If=720 A. 
Calcule: 
• (a) a FMM fundamental de pico (Fmax) produzida pelo 
enrolamento de campo. 
• (b) a densidade de fluxo fundamental de pico (Bg1)pico 
• (c) o fluxo fundamental por pólo 
• (d) valor eficaz da tensão gerada em circuito aberto na armadura 
Solução 
• FMM pico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Densidade de fluxo pico: 
 
– 0 max
maxB g
µ
=

r r
1
4 ( ) cos( )
2rg r
INk P
P
θ
π
=
Valor pico ( rotor) 
f
max
f4 ( )
P f
k N I
π
=
max
0,9454 68( )720
2π
×
=
4
max 2,94 10 A×esp./pólo= ×
47
max 2
2,94 14 10B 0,821T
4,5
0
10
π −
−= =×
×× ×
θr: Ângulo medido a partir do eixo 
magnético do rotor 
r: rádio até o entreferro 
l : comprimento axial do ferro do estator 
Solução 
• Fluxo no pólo: 
 
 
 
• Integrando a densidade do campo B para encontrar o fluxo 
fundamental de entreferro por pólo: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
2( )2 ( ) 3,8( )(0, 0,821 ) [Wb]53
2P
Φ = × 3,31 [Wb]PΦ =
max2 [Wb]P B AΦ =
x rma
Pcos( )
2
P
P P r
Bl r d
π
π
θ θ
+
−
Φ = ∫
max
2( )2 [Wb]P B l rP
Φ =
0 max
maxB g
µ
=

1 max cos( )2g r
P θ=  m x1 a cos( )2g r
PB B θ=
2P =
max
2( ) sen( )
2 rP
P
P
PB
P
l r
π
π
θ
−
Φ =
Solução 
 
• Tensão eficaz de circuito aberto: (ligado em Y ) 
 
 
 
• 
max
m ae re f en s22ef P
k
E
E f Nπ= = Φ
_ 0,9332 (60)( )(18)(3,31)ef aE π=
14,8kVefE =
,linha 3(14,8) kV 25,7 kVefE = =
3,31 [Wb]PΦ =
max_ me fase22ef a Pa
f k
E
E Nπ= = Φ
Fator de Distribuição kd 
• Todos os lados de bobina de 
uma dada fase são encaixados 
em ranhuras adjacentes e são 
conhecidos como 
agrupamentos de fase. 
 
• 6 agrupamentos de fase nesse 
estator de dois polos. 
 
• Em geral, há 3P agrupamentos 
de fase em um estator de P 
polos, P em cada fase. 
Enr. Distribuído de passo pleno 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 bobinas por cada fase; 2 
pólos 
Fator de Distribuição 
• Esse enrolamento ainda tem 
agrupamentos de fase, mas 
dentro de uma ranhura 
individual as fases das bobinas 
podem estar misturadas. 
 
• Na fig. o passo das bobinas é 
5/6 ou 150°ele. 
 
 
Enr. Distribuído de passo encurtado 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 4 bobinas por cada fase; 2 pólos 
• 12 ranhuras do estator 
150ρ = °
5ρ γ= ×
12
80 30
2
1γ °= = °
0
P
18
r
γ °=
Fator de Distribuição kd 
• A divisão do número total de espiras necessárias 
em bobinas separadas permite um uso mais 
eficiente da superfície interna do estator e 
propicia uma resistência estrutural mais elevada, 
porque as ranhuras abertas na estrutura do 
estator podem ser menores (menos profundas). 
 
• Entretanto, o fato de que as espiras que compõem 
uma dada fase estão em ângulos diferentes 
significa que suas tensões serão menores do que 
poderia ser esperado se fosse de enrolamento 
concentrado. 
Fator de Distribuição kd 
• Para a figura, a máquina tem 
um enrolamento de camada 
única, com o enrolamento de 
estator de cada fase (cada 
agrupamento de fase) 
distribuído entre três ranhuras 
distanciadas γ = 20° entre si. 
• Se a bobina central da fase a 
tiver inicialmente uma tensão 
dada por: 
 
• Nas outra bobinas da fase a: 
 
 
 
• A tensão total da fase a: 
2 0 VaE E= ∠ °
1 20 VaE E= ∠ − °
3 20 VaE E= ∠ °
1 2 3 Va aa aE EE E= + +
Fator de Distribuição kd 
• fase a : 
 
 
 
 
 
 
 
• Essa tensão na fase a não é bem o que seria esperado se 
todas as bobinas de uma dada fase tivessem sido 
concentradas na mesma ranhura. Ea teria sido 3E. 
 
• O fator de distribuição kd: é a razão entre a tensão real em 
uma fase de um enrolamento distribuído e o valor esperado 
no caso de um enrolamento concentrado, para o mesmo 
número de espiras. 
 
 
 
1 2 3 Va aa aE EE E= + +
20 0 20 Va E E EE = ∠ − ° + ∠ ° + ∠ °
[cos( 20 ) sen( 20 ) 1a E jE = − ° + − ° + +
cos(20 ) sen(20 )]Vj+ ° + °
2 cos(20 ) 2,879 VaE E E= ° =
γ = 20°. 
Fator de Distribuição kd 
 
 
 
• Para um enrolamento de n 
ranhuras por agrupamento 
de fase, distanciadas de γ 
graus, é dada por: 
 
 
 
 
 
• 
γ γ
nγ2
γ 2
γ
γ
γ
γ
 real
 esperada sem distribuiçãod
V
V
k φ
φ
=
2,879 0,960
3d
Ek
E
= =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
180
r Pγ
°=
fases
r Pn =
n : número de bobinas por fase 
Exemplo 
• Uma máquina trifásica, armadura com 6 pólos, 96 
ranhuras, é enrolada com bobinas tendo um passo 
fraccionário 13/16 (utiliza 13 ranhuras –> passo 
encurtado, de 16 ranhuras –> passo completo). 
• Calcule o fator de passo (kp) 
• Calcule o fator de distribuição (kd) 
Solução 
• Calcule o fator de passo (kp) 
 
 
 
 
 
 
• 
sen( )
2p
k ρ= 180
p
m
ρ
ρ
θ
= × ° 360 [ mec]p P
ρ °= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
(13 / 16 60) 48,75mθ = × =° °66
360 0pρ
°
= = °(13 / 16)m pθ ρ= ×
146,25
2
48,75 6ρ ×= = °
146,25sen( ) 0,95694
2p
k °= =
[ elét]
2
m Pρ
θ
= × °
2
m Pρ
θ
= ×
sen( )
2p
k ρ=
Exemplo 
• Calcule o fator de distribuição; kd para uma 
armadura trifásica de quatro pólos, tendo: 
– a) 12 ranhuras 
– b) 24 ranhuras 
– c) 48 ranhuras 
– d) 84 ranhuras 
• a) r = 12 ranhuras 
 
 
 
 
 
– 
 
Solução 
4
180 60 elét
12
.γ °= = °
fases
q Pn =
ranhuras
pólo×fase
12 4
3
1n = =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
sen( 2) 1
sen(
60
60 2)
1
1d
k ×= =
180
q P
γ °=
 
• b) r = 24 ranhuras 
 
 
 
 
 
 
 
• c) r = 48 ranhuras 
 
 
 
 
 
 
• d) r = 84ranhuras 
 
 
 
• 
 
Solução 
4
180 30 elét
24
.γ °= = °
fases
q Pn =
ranhuras
pólo×fase
24 4
3
2n = =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
=
sen( 2) 0,96593
sen( 2)
30
30
2
2d
k ×= =
×
4
180 15 elét
48
.γ °= = °
ranh
pólo×fase3
48 44n = =
sen( 2) 0,9558
s
8,5714
8,5en( 2)714
7
7d
k ×= =
×
sen( 2) 0,95766
sen( 2)
15
15
4
4d
k ×= =
×
60
74
180 8,571
84
4γ °= = =
3
784 4n = =
Exemplo 
• Uma armadura com 72 ranhuras, tendo quatro 
pólos, é enrolada com bobinas abrangendo 14 
ranhuras (ranhura 1 até ranhura 15). Calcule: 
– (a) o ângulo abrangido por uma bobina de passo 
inteiro (espaço ocupado por pólo) 
– (b) o espaço ocupado por bobina em graus elétricos. 
– (c) o fator de passo. 
 
Solução 
• (a) 72 ranhuras para 4 pólos: 
– Espaço ocupado por pólo: 72/4 = 18 ranhuras por pólo 
– 18 ranhuras será ocupado por 180 graus elétricos 
• 18 ranhuras será ocupado por 90 graus mecânicos 
• (b) espaço ocupado por bobina: 
– 18 ranhuras  180 graus elétricos 
– 14 ranhuras  ρ graus elétricos 
• (c) fator de passo: 
• 
14 180 140
18
ρ = × ° = °
1sen( ) sen( )
2 22
m
pk
Pθ ρ
= =
70mθ = °
sen( ) sen1 740 0 0,94
2p
k = = ° =°
14 1490
4 1
3 0
8 18
6
mθ ×= ×=
Exemplo 
• Da figura ao lado, calcule os fatores de 
distribuição, de passo e de enrolamento. 
 
150°
2 pólos 
• Observa-se que há duas bobinas por cinto 
de fase, separados por um ângulo elétrico 
de 30°, então: 
 
 
 
 
 
• Bobinas de passo encurtado: 
 
 
 
• Fator de enrolamento: 
Solução 
sen( )
2p
k ρ=
150°
150ρ = °
150sen( ) 0,966
2p
k = =
enr d pk k k= ×
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
2 pólos 
fases
r Pn = 3
212 2n = =
sen( 2) 0,966
sen( 2)
2 30
302d
k ⋅= =
enr (0,966)(0,966) 0,933k = =
 
• Enrolamento de camada única; 
Enrolamento de estator de cada 
fase distribuído entre três 
ranhuras distanciadas 20° entre 
si. 
• Seja a tensão inicial, na fase a 
(bobina a2) 
 
 
• Calcule a tensão nas outras fases 
• Calcule o fator de distribuição 
kd. 
 
Exemplo 
2 0aE E= ∠ °
 
• γ = 20°. 
 
• Nas outras bobinas: 
 
 
• Tensão na fase a: 
– Fasorial: 
 
 
 
 
– Aritmética: 
• 
Solução 
a 1 2 3= a a a+ +E E E E
a = 20 0 20E E E∠ − ° + ∠ ° + ∠ °E
a = 2 cos 20 2,879E E E+ ° =E
arit = 3E E
2,879 0,960
3d
Ek
E
= =
2 0aE E= ∠ °
1 20aE E= ∠ − ° 3 20aE E= ∠ °
 
Exemplo 
• O estator de uma máquina síncrona trifásica, de dois pólos é 
ligada em Y, é usado para construir um gerador. 
• As bobinas são de camada dupla, com 4 bobinas de estator 
por fase, distribuídas como na figura. 
• Cada bobina consiste em 10 espiras. Os enrolamentos têm 
um passo elétrico de 150°. 
• O rotor (e o campo magnético) está girando a 3000 rpm e o 
fluxo por polo nesta máquina é 0,019 Wb. 
– (a) qual é o passo de ranhura em graus mecânicos; em graus 
elétricos 
– (b) Quantas ranhuras são ocupadas pelas bobinas 
 do estator 
– (c) qual é a tensão de fase em uma das fases 
 do estator dessa máquina 
– (d) qual é a tensão de terminal da máquina 
 
Solução 
• (a) O estator tem 6 agrupamentos 
de fase (bobinas associadas a cada 
fase) com 2 ranhuras por 
agrupamento  12 ranhuras, 
passo de ranhura:– ∠ elétrico = ∠ mecânico = 30° (P=2) 
 
• (b) Há 6 ranhuras por pólo (12 
ranhuras e 2 pólos) 
• Passo de bobina é de ρ=150° elét.: 
• 150°/180° = 5/6 
– 
180 18
1
0
2
30
2r P
γ ° °= = = ° 150°
 Bobina ocupam 5 ranhuras do estator 
rpm 3000 rpmn =
0,019Wbφ =
Solução 
• (c) tensão em uma única fase: 
 
 
– Frequência f : 
 
 
 
– Fator de passo: 
 
 
 
– Fator de distribuição: 
• 
(3000 rpm)( pólos) 50Hz
1 0
2
2
f = =
150°
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
150sen( ) 0,966
2p
k =°=
150ρ = °
fase e re n2AE N k fπ φ=
sen( )
2p
k ρ=
fases
r Pn =
120
mnf P=
2P =
30γ = °
3
212 2n = =
rpm 3000 rpmn =
0,019Wbφ =
Solução 
• (c) tensão em uma única fase: 
 
 
 
– Fator de distribuição: 
 
 
 
• Logo: 
 
 
• (d) tensão terminal da máquina: 
• 
0,966 0,9662 (40esp)( x )(0,019 Wb)(50Hz)AE π=
157 VAE =
150°
sen( 2) 0,966
sen(
30
3
2
2 0 2)d
k ⋅= =
⋅
2n =
fase e re n2AE N k fπ φ=
50Hzf = 0,966pk =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
30γ = °
3t AV E= 3(157 V) 272VtV = =
0,019Wbφ =
fases
r Pn =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 
2
m Pρ θ= ×
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ= sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
180 elet.
r P
γ °=
Harmônicos em Enrolamentos 
Em dois 
pólos 
Polifásicos: exemplo trifásico 
Harmônicas 
Freq. Fundamental (f0 ou w0) 
3ra harmônica (3f0 ou 3w0) 
5ta harmônica (5f0 ou 5w0) 
7ma harmônica (7f0 ou 7w0) 
 
 
• Produção de Campos 
Magnéticos em 
Enrolamentos Distribuídos 
Polifásicos (P=2) 
• O uso de enrolamentos 
distribuídos introduz 
problemas adicionais. 
• A presença de ranhuras 
uniformes na periferia 
interna do estator causa 
variações regulares na 
relutância e no fluxo ao 
longo da superfície do 
estator. 
• Essas variações regulares 
produzem harmônicas nas 
ranhuras. 
Harmônicas 
nas ranhuras 
Para dois pólos 
 
Harmônicas nas ranhuras 
• Harmônicas de ranhura 
ocorrem em frequências 
determinadas pelo 
espaçamento entre 
ranhuras adjacentes: 
 
 
 
– hranhura: índice o número 
da componente 
harmônica 
– ranhuras: número de 
ranhuras do estator 
– M: um número inteiro 
– P: Pólos da máquina 
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×= × ±
M=1 para harmônicas de frequências mais baixas que causam mais problemas. 
Exemplo 
• Seja um estator de 6 pólos e 72 ranhuras 
• Nessa máquina duas harmônicas de frequência 
mais baixas são mais problemáticos (difíceis de 
manipular): 
 
 
 
 
• Para frequência de 60 Hz: 
– harmônicas de 60x23 = 1380 Hz 
– harmônicas de 60x25 = 1500 Hz 
 
ranhura
( )
6
( )2 172 2 23e1 5h = × ± =
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
Efeitos dos Harmónicos de Ranhura 
• Os principais efeitos dos harmónicos de ranhura são: 
– Indução de harmónicos de tensão no sistema eléctrico, 
deformando a onda em tensão. 
– Aumento da taxa de distorção em tensão THDU(%) 
– Maior facilidade de apresentar ressonância com baterias de 
condensadores 
– Diminuição do rendimento de motores (menor par, 
vibrações, etc) 
– Actuação inadequada de dispositivos electrónicos sensíveis. 
 
• Suprimimos os harmónicos de ranhura se inclinar-mos 
as ranhuras em relação ao cilindro que constitui a face 
interior do estator, ou inclinando as arestas das peças 
polares em relação às mesmas geratrizes. 
Exemplo 
• Para uma máquina de 50Hz, de armadura trifásica 
de quatro pólos; calcule o índice de harmônica 
que são difíceis de manipular, tendo: 
– a) 12 ranhuras 
– b) 24 ranhuras 
– c) 48 ranhuras 
– d) 96 ranhuras 
• a) 12 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h5 = 60x5 = 300 Hz 
– h7 = 60x7 = 420 Hz 
• b) 24 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h11 = 60x11 = 660 Hz 
– h13 = 60x13 = 780 Hz 
 
– M=1; P=4 
 
• c) 48 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h23 = 60x23 = 1380 Hz 
– h25 = 60x25 = 1500 Hz 
• d) 96 ranhuras 
 
 
– Para frequência de 60 Hz: 
– h47 = 60x47 = 2820Hz 
– h49 = 60x49 = 2940Hz 
Solução 
ranhura
1 12( )( )
4
2 75 e1h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 124 1 13e1 1h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 148 2 25e1 3h = × ± =
ranhura
( )
4
( )2 196 4 49e1 7h = × ± =
Tensão induzida - harmônicos 
• A maquina síncrona ligada em Υ: 
– Tensão de terceira harmônica entre 2 terminais quaisquer será zero 
 
• A máquina síncrona ligada em ∆: 
– As três componentes somam-se e produzem uma corrente de terceira 
harmônica nos enrolamentos (circulação de corrente no circuito 
fechado em ∆) influência desprezível na tensão dos terminais da 
máquina 
 
• kp para frequência harmônica: 
 
• Kd para frequência harmônicas: 
 
 
 
 
• 
sen( )
2p
k hρ=
1
1
1
sen
sen( 120 )
sen( 240 )
a M
b M
c M
e E t
e E t
e E t
ω
ω
ω
=
= − °
= − °
,
,
3 3
3 3
, 3 3
sen
se
3
3 360
3
n
720
( )
sen( )
h
h
a M
b M
c Mh
e E t
e E t
e E t
ω
ω
ω= −
°= −
°
=
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Exemplo 
• Um estator trifásico de dois pólos tem bobinas 
com um passo de 5/6. 
– Quais são os fatores de passo para as harmônicas 
presentes nas bobinas da máquina. 
Solução 
• Estator 3φ; P=2 . bobinas com um passo de 5/6. Quais 
são os fatores de passo para as harmônicas presentes 
na máquina. 
 
– Passo polar em graus mecânicos: 
 
 
– Ângulo de passo mecânico da bobina é: 
 
 
– Ângulo em graus elétricos: ρp = θm. (2 pólos) 
 
• 
360 360 180
2p P
ρ ° °= = = °
5 180 150
6m
θ = ⋅ ° = °
1180 115 50
1
080
80
m
p
ρ
θ
ρ
°
= ⋅ ° = ⋅ ° =
°
°
Solução 
 
 
 
 
 
 
 
 
– 
Fundamental sen( ) 0,966
sen( )
5° harmônica sen( ) 0,259
7° har
1
3° harmônic
m
a 3 0,70
ônica
7
5
7
9° harmônica 9 0,707
75
75
75
75sen( ) 0,259
sen( 75 )
p
p
p
p
p
k
k
k
k
k
= × =
= × =
= × =
= × =
= × ° = −
°
°
°
−
°
Harmônicas de n 
múltiplo de três 
não estão presente 
na saída trifásica 
150ρ = °sen( )
2p
k h ρ= ⋅
sen( 75 ) sen( 75 )pk h h= ⋅ ° = ⋅ °
sen( )75pk h= ⋅ °
Solução 
5
9
1
3
7
0,966
5° 0,259
7° 
3° 0,707
9° 0,
0,259
707
p
p
p
p
p
k
k
k
k
k
=
=
=
=
−=
−
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Da análise da distribuição do enrolamento, é clara a 
necessidade de se aumentar o número de ranhuras 
por pólo por fase [ n =r/(P×fases) ] para reduzir o 
efeito do harmônico de ranhura; 
• Para um número fixo de pólos, o aumento de n 
implica no aumento do número de ranhuras: 
– Para um número elevado de pólos, mesmo n=2 pode ser 
problemático; 
• A seleção de h=1 implica em alto conteúdo 
harmônico; 
 
 
• Uso de valor fracionário de ranhuras 
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Para manter a simetria de fases, o número de 
ranhuras deve ser um múltiplo do número de fases; 
• O númerode ranhuras não precisa ser um múltiplo do 
número de pólos; 
 
• Exemplo: máquina trifásica (3φ), P = 10 pólos: 
– n = 1: 30 ranhuras; 
– n = 2: 60 ranhuras!!! Muito alto para 
uma máquina pequena; 
– Usando r = 42 ranhuras, [ n=r/(P×fases) ] : 
– n = 42/(3*10) = 7/5 ranhuras por fase ou (7/5)*3 = 21/5 
ranhuras por 5 pólos (P/2): 
• O enrolamento tem que ser distribuído em 21 ranhuras para 5 
pólos sendo repetido após o enrolamento dos primeiros 5 pólos. 
sen( 2)
sen( 2)d
k n
n
h
h
γ
γ
⋅
⋅ ⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Exemplo: máquina trifásica (3φ), P = 10 pólos; r = 42 
ranhuras 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 10 5
2 7
3
4n = =
×
inteiro
 e primos entre si.
inteirofases
m mrn z
zP
→ 
= = >→× 
180 elet.
r P
γ °= 180 =42,85
1
° e
4
t
2 0
el .γ °=
7
5
m
z
=
=
7
7
sen( 2 ) 9,558
sen(
42,85
42,8 )55 2
5
dk
× ⋅
= =
⋅ ⋅
sen( )
2
sen( )
2
d
z
m
m
k
z
γ
γ
⋅
=
⋅
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅
Distribuição de enrolamentos em um 
número fracionário de ranhuras 
• Passo polar: 
 
 
• Escolhendo uma passo da bobina de 4 ranhuras 
• Passo da ranhura: 
 
 
• Passo da bobina: 
 
• Ângulo de encurtamento: 
 
 
• Fator de passo: 
• 
ranhuras
pól×ranhura o410
,2p
rρ = =
180 elet.m r P
γ °=
4ρ γ= ×
360 360
10
36 mecp P
ρ ° °= = = °
180β ρ= −
171,43180 8,57β = − = °
=171,4 42, 3°4 .85 eletρ = ×
sen( )
2p
k hρ=
171,4se 3n( ) 0,9972
2
(1)
pk = =
⋅
8,57cos 0,997
2p
k = =
180 =42,85
1
° e
4
t
2 0
el .γ °=
cos
2p
k β=
Exemplo 
• Uma máquina trifásica, armadura com 6 pólos, 96 
ranhuras, é enrolada com bobinas tendo um passo 
fraccionário 13/16 (utiliza 13 ranhuras –> passo 
encurtado, de 16 ranhuras –> passo completo). 
• Calcule o fator de distribuição (kd) 
Solução 
• Fator de distribuição 
69
180 11
6
,25γ °= = °
180
q P
γ °=
sen( 2 )16
1
0,9551
sen( 2 )
11, 25
11,
3
3
1
1 256d
k ×= =
× ⋅×
⋅⋅
3
196 6 6
3
n = =
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅ fasesP
n q
z
m
= =
×
6
3
1m
z
=
=
1h =
• O estator de uma máquina síncrona 
trifásica, de dois pólos é ligada em Y, é 
usado para construir um gerador. 
• As bobinas são de camada dupla, com 4 
bobinas de estator por fase, distribuídas. 
• Cada bobina consiste em 10 espiras. Os 
enrolamentos têm um passo de 150° 
elétricas. 
• O rotor (e o campo magnético) está 
girando a 3000 rpm e o fluxo por polo 
nesta máquina é 0,019 Wb. 
• a) Qual é o fator kd e kp fundamental 
• 
 
 
• 
Exemplo 
b) Qual é a redução que o enrolamento de passo encurtado dá 
para a componente de quinta harmônica, em relação à redução da 
fundamental. 
c) Qual a harmônica mais problemática? 
 
Solução 
• (a) Qual é o fator de passo 
fundamental 
 
 
 
 
• Fator de distribuição kd fundamental. 
 
 
 
 
 
• 
150°
sen( )
2p
k h ρ= ⋅ 1h =
1
15sen( ) 0,9 90 5
2
1 6pk
°
= ⋅ =
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅ fasesP
n q
z
m
= =
×
180
q P
γ °=
1h =
2
212
13
n = =
×
1z =
12
80 30
2
1γ °= = ° 1sen( 2 )
s
2
e
1
n
3
(
0
3 22 )0 11d
k ⋅=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
2m = 0,9659dk =
Solução 
• (b) Fator de passo para a componente de 5ta 
harmônica 
 
 
 
 
 
• c)harmônicas de difícil manipulação: 
 
 
 
• 
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
ranhura
( )
2
( )2 112 1 13e1 1h = × ± =
5h =
5
15sen( ) 0,2 80 8
2
5 5pk
°
= ⋅ =
5
1
0, 2588 0,2680 26,8%
0,9659
p
p
k
k
= = =
sen( )
2p
k h ρ= ⋅
fases
r mn P
z
= =
sen( 2)
sen( 2)d
n
n
k γ
γ
⋅
⋅
=
sen( )
2p
k ρ=
enr d pk k k= ×360 [ mec]p Pρ
°
= °
θm: ângulo mecânico coberto pela bobina 
ρp: passo polar da máquina 180
P
m
ρ
ρ
θ
= × °
soma da induzida nas bobinas por f
aritmetica
fem
fem
ase
soma da induzida nas bobinas por
fasorial
 fased
E
k
nE
φ
φ
= =
cos
2p
k β=
1
soma da nos lados da bob
aritmetic
ina
2 soma 
tensão
tensãoda nos 
dois
dois 
fasorial
lados da bina bo a
C
p
Ek
E
= =
sen( )
2p
k hρ=
180 elet.
r P
γ °=
ranhura 1
ranhuras2
P
h M ×× ±=
sen( 2 )
sen( 2 )d
z
hm z
mk h γ
γ
⋅ ⋅
⋅
=
⋅
2
m Pρ θ= ×
sen( )
2p P
mk θ
ρ
π
= ×
Saturação Magnética 
• As características das máquinas elétricas 
dependem do material magnético 
• A medida que o fluxo magnético é aumentado, o 
material começa a saturar 
• Sua permeabilidade magnética diminui 
• Efetividade na contribuição da densidade de fluxo 
magnético diminui. 
• A saturação influencia apreciavelmente as 
características da máquina 
• As características de 
saturação das máquinas 
rotativas são 
representadas tipicamente 
na forma de uma 
característica de circuito 
aberto ou a vazio ou Curva 
de magnetização ou curva 
de saturação. 
 
Saturação Magnética 
Excitação de campo em ampères-
espiras ou em ampères de campo 
Te
ns
ão
 d
e 
cir
cu
ito
 a
be
rt
o 
Linha de 
entreferro 
Característica de 
circuito aberto 
 
• A curva de saturação é 
obtida operando a 
máquina em velocidade 
constante e medindo a 
tensão de armadura de 
circuito aberto em função 
da corrente de campo. 
 
• Linha que corresponde 
aos níveis baixos de fluxo 
dentro da máquina 
– Relutância do entreferro é 
desprezível 
Saturação magnética 
Excitação de campo em ampères-
espiras ou em ampères de campo 
Te
ns
ão
 d
e 
cir
cu
ito
 a
be
rt
o 
Linha de 
entreferro 
Característica de 
circuito aberto 
 
• Fluxo concatenados das fases de 
armadura a, b, c e do enrolamento de 
campo f, expressos em termos de 
indutâncias e correntes: 
 
 
 
 
 
• Tensões induzidas obtidas por Faraday. 
• Com tensão CC constante no 
enrolamento de campo, tem-se: 
 
 
Indutância mútua entre estator e rotor 
aa ab ac af
ba bb bc bf
ca cb cc cf
fa fb fc ff
f
f
f
f
a a
a
a
c
c
c c
ca f
b
b b
b
b
i
i
i i
i
ii
i i
i
i
ii
i i
i
λ
λ
λ
λ
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
   
   
   
   
f
f
f
VI
R
=
 
• Com um estator cilíndrico, a 
indutância própria do enrolamento 
de campo não depende de θm. 
– Efeitos dos harmônicos desprezados 
 
• Onde: 
– Lff , Lf0 , Lf1: indutâncias que não 
depende de θm. 
– Lf0: parcela de Lff devida à 
componente fundamental espacial de 
fluxo de entreferro 
– Lf1: é responsável pelo fluxo de 
dispersão do enrolamento de campo. 
Indutância própria do rotor 
ff ff f0 f1L L L= = +
Fluxo de dispersão é 
o fluxo que se perde 
(similar que nos 
transformadores 
 
 
 
• Em condições de transitórios ou de 
desequilíbrio, os fluxos 
concatenados dos enrolamentos da 
expressão de λf , variam com o 
tempo e as tensões induzidas nos 
circuitos do rotor têm um efeito 
sobre o desempenho da máquina. 
 
 
• Mas com correntes 3φ de armadura 
(estator), a tensão induzida no 
enrolamento de campo é zero. 
• 
Indutância própria do rotor 
ff ff f0 f1L L L= = +
fa fb fc ffbf fa ci i i iλ = + + +   
f f fI V R=
Com tensão CC constante no 
enrolamento de campo, tem-se: 
 
• A indutância mútua entre o 
enrolamento de campo f (rotor) e a 
fase a (estator) , af, varia 
periodicamentecom θm.(entre eixo 
do rotor e do campo da fase a) 
 
 
– Rotor girando a velocidade síncrona: 
 
 
 
 
– δ0 é o ângulo do rotor no tempo t=0 
– ωe=(pólos/2)ωsinc é a frequência 
elétrica 
– δe0 é o ângulo elétrico do rotor em t=0 
Indutância mútua entre estator e rotor 
af f mea af cosL θ= = 
m sinc 0tω δθ = +
mme 02 ee
P tθθ ω δ= = +
af a 0fa f cos( )e etL ω δ= += 
mθ
rotor sincω ω=
bf bf mecos( 120 )L θ= − °
cf cf mecos( 120 )L θ= + °
 
• Indutâncias próprias do estator 
serão constantes: 
 
 
– Laa0: Indutância própria devido ao 
fluxo fundamental espacial do 
entreferro 
– La1: componente adicional devido ao 
fluxo dispersivo. 
 
• Indutância mútua entre as fases 
supondo que dependa 
exclusivamente do fluxo 
fundamental espacial de 
entreferro: 
 
• 3φ : Desfasadas de 120°α=±120°. 
Indutância do estator e síncrona 
caa bb c aaL L L= = = = +a aa0 1 
ab cosL α= aa0
ab ac af
ba bc bf
ca cb cf
fa f
bb
b fc
aa
cc
ff
c
c
c c
a a
a
a
a
b
b
f
f
f
f
b
b fc
b
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i i
ii
i
λ
λ
λ
λ
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
  
  

  
  



 
• Indutâncias próprias do estator 
serão constantes: 
 
 
 
• 3φ : Desfasadas de 120°α=±120° 
• A indutância mútua de armadura 
são iguais 
 
 
 
 
 
 
• 
Indutância do estator e síncrona 
caa bb c aaL L L= = = = +a aa0 1 
acab
1
ba ca bc cb aa 02 L= = = = = = −    
ab cosL α= aa0
1
ab 2ba cos( 12 )0L L± °= = = −aa0 aa0 
1
ac 2ca cos( 12 )0L L± °= = = −aa0 aa0 
1
bc 2cb cos( 12 )0L L± °= = = −aa0 aa0 
120+ °
120− °
ab ac af
ba bc bf
ca cb cf
fa f
bb
b fc
aa
cc
ff
c
c
c c
a a
a
a
a
b
b
f
f
f
f
b
b fc
b
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i i
ii
i
λ
λ
λ
λ
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
  
  

  
  



 
• Indutâncias próprias do estator 
serão constantes: 
 
 
 
 
 
• Do fluxo concatenado da fase a: 
 
 
 
 
 
 
• 
Indutância do estator e síncrona 
caa bb c aaL L L= = = = +a aa0 1 
acab aa 0ba ca bc cb
1
2
L= = = = = = −    
ab cosL α= aa0
aa ab ac af
ba bb bc bf
ca cb cc cf
fa fb fc ff
f
f
f
f
a a
a
a
c
c
c c
ca f
b
b b
b
b
i
i
i i
i
ii
i i
i
i
ii
i i
i
λ
λ
λ
λ
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
   
   
   
   
aa ab ac afb fca ai i i iλ = + + +   
aa ab f1 a0 a( ) ( )c fa ba L iL i iiλ = + + + + 
aa0 aa0a af1
1( ) ( )
2 ba fa c
L L i iL iiλ = + − + +
 
Indutância do estator e síncrona 
• Fluxo concatenado fase a: 
 
 
• Corrente trifásica em equilíbrio: 
 
 
 
 
 
• Indutância síncrona (LS) indutância 
efetiva vista pela fase a quando a 
máquina está funcionando em 
regime permanente e condições 
elétricas equilibradas. 
b c 0ai i i+ + = b c ai i i+ = −
aa0 aa0a a b a f1 c f
1
2
( ) ( )a i iL L i iLλ = ++ +− 
aa0 aaa af f0a1( )
1
2a a
L L i i iLλ += ++ 
a a f0 1 a afa( )
3
2a
L i iLλ = ++ 
a af fSa L i iλ = +
3
aa02 a1SL L L= +
af : indutância mútua entre o 
enrolamento de campo f (rotor) 
e a fase a (estator) 
Laa0: Indutância própria do fluxo 
fundamental do entreferro. 
La1: componente devido ao 
fluxo dispersivo 
Indutância do estator e síncrona 
• Fluxo concatenado fase a: 
 
 
• Tensão terminal pode ser definido, na fase a: 
 
 
 
• 
 
 
 
 
 
– 
a a a
adv R i
dt
λ
= +
aa f
a a
f
a
( ) ( )
S
di tL d iv R i
dt dt
= + +

aaf f 0fa cos( )e eL tω δ= += 
( ) af f 0f f fa af 0 sco es n(( )
( ) ) e ee e eL t
d d L i
dt d
i
t
ti ω ω δω δ= ⋅ +=+ −
a
a a aa f
( )( ) ( () )S
di tv t R i t
dt
eL t= + +
Tensão gerada ou tensão interna 
3
aa02 a1SL L L= +a af fSa L i iλ = +
0af af f s) en( )( e e eit Le tω ω δ− +=
af : indutância mútua entre o enrolamento 
de campo f (rotor) e a fase a (estator) 
Laa0: Indutância própria do fluxo 
fundamental do entreferro. 
La1: componente devido ao fluxo dispersivo 
δe0 é o ângulo elétrico do rotor em t=0. 
CIRCUITO EQUIVALENTE 
Circuito equivalente 
• Tensão terminal na fase a em função do tempo 
 
 
 
 
 
 
 
 
a a afa
a( ( )) ( )) (S
dv t R i t
dt
i t e tL= + +
A A A S A AR jX φ= + + =V I I E V
a,maxa cos(( )) eti It ω δ+=
a,max 2 AI I=
a
a,max sen( )e e
di I t
dt
ω ω δ= − +
S e SX Lω=
A AI δ= ∠I
A e Ajω=I' I
0af af f sen) ( )( ee eit L te ωω δ− +=
af afeX Lω=
90A e AIω δ= ∠ +°I'
δe0 é o ângulo elétrico do rotor em t=0 
af f ,max af f ,max
2 2
e
A
XL I I
E
ω
= =
af f
0 0902A e e A e
L i jEω δ δ= ∠ + ° = ∠E
0A A ejE δ= ∠E
Circuito equivalente 
• Tensão terminal na fase a em função do tempo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Tensão da forma fasorial: 
 
 
 
a
a a aa f
( )( ) ( () )S
di tv t R i t
dt
eL t= + +
a1SX X Xϕ= +
( )A A A AR j X Xφ ϕ= + + +a1V I I E
A AI δ= ∠I
af f 0( ) sen( )af e e ee t L i tω ω δ= − +
af f
2A
X IE = af afeX Lω=
0A A ejE δ= ∠E
Motor 
δe0 é o ângulo 
elétrico do 
rotor em t=0 
3
aa02 a1SL L L= +
3
aa02 eX Lϕ ω=a1 a1eX Lω=
Xa1 é a reatância de dispersão da armadura 
X ϕ é a reatância de magnetização efetiva 
ou reatância de reação de armadura 
a,maxa cos(( )) eti It ω δ+=
Circuito equivalente - Motor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a1SX X Xϕ= +
( )A A A AR j X Xφ ϕ= + + +a1V I I E
A AI δ= ∠I
af f
2A
X IE = af afeX Lω=
0A A ejE δ= ∠E
δe0 é o ângulo 
elétrico do 
rotor em t=0 
3
aa02 a1SL L L= +
3
aa02 eX Lϕ ω=a1 a1eX Lω=
Xa1 é a reatância de dispersão da armadura 
X ϕ é a reatância de magnetização efetiva 
ou reatância de reação de armadura 
a,maxa cos(( )) eti It ω δ+=
ER é a tensão interna gerada pelo 
fluxo resultante de entreferro e 
usualmente é referida como 
tensão de entreferro ou tensão 
por “detrás” da reatância de 
dispersão 
Exemplo 
• Observa-se que um motor síncrono trifásico de 60 Hz 
tem uma tensão de linha de 460 V nos terminais e 
uma corrente terminal de 120 A com um fator de 
potência de 0,95 indutivo. Nessas condições de 
operação, a corrente de campo é 47 A. A reatância 
síncrona da máquina Xs é igual a 1,68 Ω (0,794 pu, em 
uma base trifásica de 460 V e 100 kVA). Suponha que 
a resistência de armadura seja desprezível. Calcule 
– (a) a tensão interna gerada EA em volts 
– (b) o valor da indutância mútua LAF, entre o campo e a 
armadura. 
– (c) a potência de entrada elétrica do motor em kW e em HP 
Solução 
• (a) Do circuito equivalente: 
EA
RAjXS
IA
Vφ
0V E I IA S A A AjX Rφ = + + E V IA S AjXφ= −
460 265,6V
3
Vφ = =
120IA θ= ∠ − acos(FP) acos(0,95) 18,2θ = = = ° 120 18,2IA = ∠ − °
265,6 0 (1,68)(120 18,2 )EA j= ∠ ° − ∠ − °
(201,6 71,80 )265,6EA ∠= ° − °∠
62,967265, 191,5146EA j−= −
278,815 43,38EA = ∠ −
( )A A A AR j X Xφ ϕ= + + +a1V I I E
SX X Xϕ= +a1
Solução 
• (b) o valor da indutância mútua LAF, entre o campo e a 
armadura. 
 
 
 
 
 
• (c) a potência de entrada elétrica do motor em kW e em 
HP 
 
 
 
 
af afeX Lω=
af f
2A
X IE = 278,815 43,38EA = ∠ −
af
f
2 A
e
EL
Iω
= af
2(278,815) 22,3mH
2 (60) 47
L
π
= =
×
e 2 fω π=
entrada 3 3 265,6 120 0,95a aP V I FP= × = × × ×
entrada
1HP90,8kW 90,8 122HP
0,745kW
P = = × =
Circuito equivalente - Gerador 
 
 
• Reatância síncrona:• Indutância síncrona LS : 
 
 
 
• Reatância de dispersão da 
armadura: 
 
• Reatância de magnetização efetiva 
ou autoindução do estator ou 
armadura 
• 
A A A A AjX jX Rφ ϕ− −= −V E I I I
V E I IA S A A AjX Rφ = − −
3
0 12S aa aL L L= +S SX Lω=
3
02( )aaX L Xϕ ϕω= =
a1 a1X L Xω= = ER é a tensão interna gerada pelo 
fluxo resultante de entreferro e 
usualmente é referida como 
tensão de entreferro ou tensão 
por “detrás” da reatância de 
dispersão 
a1SX X Xϕ= +
SX X Xϕ= +a1Laa0: Indutância própria do fluxo fundamental do entreferro. 
La1: componente devido ao fluxo dispersivo 
Circuito equivalente - Motor 
 
 
• Reatância síncrona: 
 
 
• Indutância síncrona LS : 
• Laa0: Indutância própria devido ao fluxo 
fundamental espacial do entreferro 
• La1: componente adicional devido ao fluxo 
dispersivo. 
• Reatância de dispersão da armadura: 
 
 
• Reatância de magnetização efetiva ou 
autoindução do estator ou armadura 
• 
A A A AA jX jX Rφ ϕ= + + +IV I IE
A S A A AjX Rφ = + +V E I I
3
0 12S aa aL L L= +S SX Lω=
3
02( )aa AX L Xϕ ω= =
a1 a1X L Xω= =
EA
RAjXa1 IA
Vφ
jX ϕ 
+
_ ER
+
_
a1SX X Xϕ= +
ER é a tensão interna gerada pelo 
fluxo resultante de entreferro e 
usualmente é referida como 
tensão de entreferro ou tensão 
por “detrás” da reatância de 
dispersão 
Circuito equivalente - Motor 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Indutância síncrona LS : 
• Reatância de dispersão da armadura: 
 
• Reatância de magnetização efetiva ou 
autoindução do estator ou armadura: 
 
• 
 
A A A AA jX jX Rφ ϕ= + + +IV I IE
A S A A AjX Rφ = + +V E I I
3
0 12S aa aL L L= +
S SX Lω=
3
02( )aa AX L Xϕ ω= =
a1 a1X L Xω= =
EA
RAjXa1 IA
Vφ
jX ϕ 
+
_ ER
+
_
a1SX X Xϕ= +
ER é a tensão interna gerada pelo fluxo resultante de entreferro e usualmente é referida 
como tensão de entreferro ou tensão por “detrás” da reatância de dispersão 
Reatância de armadura 
3
02( )aaX L Xϕ ϕω= =
Reatância de dispersão L1a. 
a1 a1X L Xω= =
Valores das grandezas 
• Resistência de armadura: 
– RA=0,01 pu 
• Reatância de dispersão da 
armadura: 
– Xa1 = 0,1 a 0,2 pu. 
• Reatância síncrona: 
– XS = 1,0 a 2,0 pu 
• Quando a maquina diminui: 
– RA  aumenta 
– XS  decresce. 
– Maquina de pequeno porte : 
• RA ≈ 0,05 pu 
• XS ≈ 0,5 pu 
EA
RAjXa1 IA
Vφ
jX ϕ 
+
_ ER
+
_
EA
RAjXa1 IA
Vφ
jX ϕ 
+
_ ER
+
_
Tensão induzida ou interna 
af fa af 0cos( )e eL tω δ= = + 
af f
af
( )d ie
dt
=

fase enr2AE N k fπ φ= enr d pk k k= AE K ωφ=
af é a indutância mútua entre o enrolamento de campo f (estator) e a fase a (rotor) 
af f
2A
L IE ω=
af af 0 f( cos( ) )e e
de L t i
dt
ω δ= + ⋅
af af f 0sen( )e e ee L i tω ω δ= − +
2
fase enr2A N kE ωφ=
dL N
di
φ
= L N
i
φ∆
=
∆
af fase
f
L kN
I
φ∆
=
∆
2
af f2 ( )AE L Iω∆ = ∆
fase f2
f
2 ( ) )AE kN I
Iφω ∆ ∆
∆
∆ =
2
fase2 ( )A kNE ω φ∆ = ∆ 2 fase2A kNE ωφ= AE K ωφ=
Circuito equivalente 
• Tensão gerada interna: EA 
 
• Tensão de saída do gerador: Vφ 
– EA = Vφ  quando a corrente de 
 armadura: IA= 0 
 
• Fatores da diferencia entre EA e Vφ: 
– A distorção do campo magnético do entreferro pela 
corrente que flui no estator denominado reação de 
armadura 
– A autoindutância das bobinas da armadura 
– A resistência das bobinas da armadura 
– O efeito do formato dos pólos salientes do rotor. 
• Caso de pólos não salientes ou lisos este efeito é desprezível 
sjX
Tensão interna gerada 
 
 
 
 
• ω: velocidade mecânica do rotor em radianos por segundos 
elétricos 
• kenr: constante de enrolamento (kenr=kd×kp) 
• Nefase: total de espiras em série no enrolamento de campo 
• Φ: fluxo polar (fluxo debaixo de cada fase polar: Φ=2rlBM) 
• K: constante que representa os aspectos construtivos da 
máquina 
e fase enr2A kE N fπ φ= enr d pk k k=e fase enr
2 )2(
2A
N fkE φ π=
AE K ωφ= e fase enr 2K N k=
Tensão interna gerada 
• Tensão interna gerada EA é diretamente 
proporcional ao fluxo e à velocidade. 
• O fluxo depende da corrente que flui no circuito 
de campo do rotor  IF relaciona-se com Φ. 
 
 
 
 
 
• 
AE K ωφ=
φ
FI
AE
FI
sinc (constante)ω ω=
Reação de armadura - gerador 
• Quando o rotor gira  induz uma tensão EA nos 
enrolamentos do rotor. 
• Ao estar conectada a uma carga existira uma 
corrente no estator IA  esta produz um campo 
magnético 
• O campo magnético de estator (BS) distorce o 
campo magnético original do rotor (BR), alterando 
a tensão de fase resultante  efeito chamado de 
reação de armadura 
– corrente de armadura (estator) afeta o campo 
magnético que o produziu. 
Reação de armadura - gerador 
Campo magnético 
girante (gerada pela 
corrente If) produz a 
tensão EA gerada 
internamente. 
Tensão resultante 
produz fluxo de 
corrente atrasado IA, 
quando ligada a uma 
carga reativa atrasada. 
Corrente do estator IA 
produz seu próprio 
campo magnético BS 
 produz sua própria 
tensão Eest no estator. 
RB RB
RB
SB
Reação de armadura - gerador 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• O campo magnético BS é somado a BR, distorcendo-o e 
resultando Blíq. 
 
• A tensão Eest é somada a EA, produzindo Vφ na saída da 
fase. 
 
estEEV Aφ = +
líq B BB R S= +
Grandezas 
elétricas 
Grandezas 
magnéticas 
RB
SB
Reação de armadura - gerador 
estEEV Aφ = +
líq B BB R S= +
δ: ângulo interno ou ângulo 
de conjugado da máquina 
est AXj= − IE
Eest é proporcional à corrente IA 
(perpendiculares)  seja X uma 
constante de proporcionalidade: 
Tensão de reação de armadura 
líqB
BS
BR
δ
AE
estE
φV
AI
AA jXφ = −V IE
jX
φV
AI
+ 
_ AE
• Circuito completo 
de um gerador 
síncrono trifásico 
 
– Raj: Resistência 
ajustável para 
controlar o fluxo da 
corrente 
– VF: Tensão de campo 
– RF: Resistência de 
campo 
– LF: autoindutância 
de campo 
• 
 
Circuito equivalente - gerador 
EA1
RAjXS
IA1
Vφ1
EA2
RAjXS
IA2
Vφ2
EA3
RAjXS
IA3
Vφ3
RF
LF
VF
+
_
+
_
+
+
_
_
RajIF
A S A A AjX Rφ = − −V E I I
 
• Circuito completo 
de um gerador 
síncrono trifásico 
 
 
– VF: Tensão de 
campo 
– RF: Resistência de 
campo ajustável 
– LF: autoindutância 
de campo 
 
• 
Circuito equivalente - gerador 
EA1
RAjXS
IA1
Vφ1
EA2
RAjXS
IA2
Vφ2
EA3
RAjXS
IA3
Vφ3
RF
LF
VF
+
_
+
_
+
+
_
_
IF
A S A A AjX Rφ = − −V E I I
 
Circuito equivalente - gerador 
+
_
+
_
+_
AR AR
AR
SjX SjX
SjX
3EA
2EA
1EA
+
_
+
_
+ _
AR
AR
AR
SjX SjX
SjX
3EA
1EA
2EA
Circuito equivalente por fase - gerador 
 
 
 
 
 
• Diagrama fasorial 
– Circuito fechado 
 
• 
RF
LF
VF
+
_
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
IF
IA Vφ IA AR
IS AjX
EA
δ
Diagrama fasorial - gerador 
• Fator de potência atrasado 
 (carga indutiva) 
 
 
 
• Fator de potência adiantado 
 (carga capacitiva) 
 
 
• 
IA
Vφ
IA AR
IS AjX
EA
δ
IA
Vφ IA AR
IS AjX
EA
δ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• A impedância síncrona (ZS) e 
a resistência efetiva (RA) por 
fase são determinadas 
através de ensaios 
específicos  método da 
impedância síncrona. 
• A impedância síncrona 
pode ser encontrada das 
características da 
máquinas. 
• Estas curvas características 
podem ser obtidas dos 
ensaios de circuito aberto 
(CAV – curva de circuito 
aberto)e ensaio de curto 
circuito (CCC – curva de 
curto-circuito) 
Impedância síncrona 
S A SZ R jX= +
θ
A S AI Z E=
A SI X
A AI R AI
θ
SZ
AR
SX
Impedância síncrona 
• Para determinar as características de tensão de 
um gerador de 500 MVA, é razoavelmente difícil. 
• Costuma-se testar máquinas de grande porte 
através de uma técnica “convencional” a vazio, 
simulando as condições de carga 
– Utilizando apenas uma parcela de potência que seria 
requerida para o carregamento direto. 
• O método de impedância síncrona consiste dos 
testes de circuito aberto e curto circuito. 
ENSAIOS DA MÁQUINA SÍNCRONA 
>> PARÂMETROS DA MÁQUINA << 
Três tipos de Ensaios 
Medida da resistência (efetiva) 
por fase da armadura CA ou CC 
Ensaio de corrente 
contínua 
Ensaio de curto-circuito 
Ensaio de 
circuito aberto 
• Ensaio a corrente contínua 
– Usa-se uma fonte de 
corrente contínua de baixa 
tensão 
– Uso do método voltímetro-
amperímetro 
 
 
 
• Ensaio de corrente 
alternada 
– Uso de fonte em corrente 
alternada 
– Uso de wattímetro 
– 
• Resistência efetiva por fase da 
armadura 
 
 
– Em corrente alternada inclui as 
perdas por acoplamento 
magnético na estrutura e no ferro 
 conduz a valores não reais 
Ensaio a corrente contínua 
1 Voltímetro V( )
2 Amperímetro 2ACC
R = =
CA CCFatR R≅ × 1,2 1,8Fat< <
1,5CA CCR R≅ ×
 
 
Ensaio a vazio ou de circuito aberto 
• Ensaio a vazio ou de circuito aberto 
– Características de saturação a vazio 
•  característica a circuito aberto: CCA 
•  característica a vazio: CAV 
– Perdas rotacionais sem carga 
• O gerador é colocado a girar na velocidade 
nominal, 
• os terminais são desconectados de todas as 
cargas; e 
– Terminais abertos: IA = 0  EA = Vφ 
• a corrente de campo é ajustada para zero 
– IF = 0 
 
• Obtém-se uma curva de magnetização a vazio excitando 
independentemente a máquina (variação de IF), e acionando-
o à velocidade síncrona 
• Uma amperímetro de corrente contínua medira a corrente IF 
• Um voltímetro CA é ligado a quaisquer dois terminais do 
estator, tendo a tensão de linha VL. 
 
 
 
 
 
Ensaio de Circuito aberto 
• Faz-se varias 
medidas, partindo 
de IF=0, e 
registrando EA. 
– Obtendo uma curva 
de magnetização 
 
fIregulação
motor
fI
ocV
LocV V=
3
o
A
cVE Vφ= =
• No inicio quase toda a 
força magnetomotriz 
FMM está no entreferro 
e o incremento de fluxo 
resultante é linear. 
 
• Quando o ferro 
finalmente satura, a 
relutância do ferro 
aumenta drasticamente 
e o fluxo aumento 
muito mais 
vagarosamente com o 
aumento da FMM. 
Ensaio a vazio ou de circuito aberto 
(ou )A TE V
,AFI
Linha de entreferro
CAV
V
0 b a
Tensão
nominal
Corrente de campo
3
o
A
cVE Vφ= =
 
• Se a potência mecânica requerida 
para impulsionar a máquina 
síncrona a vazio for medida, as 
perdas rotacionais a vazio podem 
ser obtidas 
– Perdas associadas à rotação e ao 
atrito nos mancais e com a ventilação 
– Perdas no núcleo correspondentes 
aos fluxo presente na máquina na 
ausência de carga. 
• Na velocidade síncrona: 
– As perdas por atrito nos mancais e 
com o ar são constantes 
• Quando o campo é excitado, a 
potência mecânica iguala-se, a 
vazio, à soma das perdas por 
atrito mais as do núcleo. 
Ensaio a vazio ou de circuito aberto 
Tensão a vazio
Pe
rd
as
 a
 v
az
io
 n
o 
nú
cl
eo
 
vzV
mecP
campo
excitado
a vazio
mec perda perdas
atrito núcleo
P P P= +
 
Exemplo 
• Um ensaio a vazio, realizado em um gerador 
síncrono trifásico de 60 Hz, mostra que uma 
tensão nominal a vazio de 13,8 kV é produzida por 
uma corrente de campo If=318 A. 
• Extrapolando a linha de entreferro a partir de um 
conjunto de medidas feitas na máquina, pode-se 
mostrar que a corrente de campo correspondente 
a 13,8 kV sobre a linha de entreferro é 263 A. 
• Calcule os valores, saturado e não saturado, de Laf. 
• 
 
af é a indutância mútua entre o enrolamento 
de campo f (estator) e a fase a (rotor) af f 2AE X I=
• Da tensão interna (tensão induzida) 
EA: 
 
 
• Tensão de fase: 
 
 
– Valor saturado de Laf: 
 
 
 
– Valor não saturado de Laf: 
 
– 
Solução 
af f
2A
X IE =
af af
f
2 AEX L
I
ω= = af
f
2
2
AEL
f Iπ
=
13,8kV 3 7,97 kVAE = =
(ou )A TE V
,AFI
Linha de entreferro
CAV
V
0 263 318
Tensão
nominal
Corrente de campo18%↑
Xaf : reatância mútua entre o enrolamento 
de campo f (rotor) e 
a fase a (estator). 
sat
3
af
2(7,97 10 ) 94mH
2 (60 3) 8( )1
L
π−
×
= =
×
3
af
2(7,97 10 ) 114mH
2 (60) 263( )nsat
L
π−
×
= =
×
A reatância mútua na região 
da saturação, Xaf_sat, é menor 
que a não saturada Xñ_sat. 
 
• Obtém-se uma curva curto circuito excitando 
independentemente a máquina (com IF =0), e acionando-o à 
velocidade síncrona 
• Coloque em curto circuito os terminais do gerador 
– Usando conjunto de amperímetros 
• A corrente de armadura IA (ou corrente de linha IL) é medida, 
enquanto a corrente 
 
Ensaio de Curto-circuito 
• A corrente de 
campo IF é 
incrementada 
• Gerando uma curva 
denominada de 
característica de 
curto circuito: CCC. fIregulação
motor
fI
1 2 3A A A
3sc
I + +=
A1 
A2 
A3 
 
 
• Obtém-se uma curva CCC 
com as leituras de pares de 
correntes 
– Corrente continua de campo 
IF vs. Corrente alternada de 
armadura IA 
• A curva obtida é levada até 
a curva anterior do ensaio 
a vazio. 
• Toda a tensão gerada por 
fase (EA) é empregada para 
equilibrar a queda na 
impedância síncrona 
interna (EA = IA×ZS) 
 
 
 
 
 
Ensaio de Curto-circuito 
,AAI
,AFI
CCC
V
0 Corrente de campo
Característica de curto-circuito
As curvas CAV e CCC 
, AAI
,AFI
CCC
(ou )A TE V
CAV
V
0 fI Corrente de campo [A]
Linha de
entreferro
nI
Vφ
ZS
Te
ns
ão
 g
er
ad
a 
po
r f
as
e 
[V
] 
 
 
 
• IA: corrente a plena carga ou nominal por fase 
• EA: tensão de circuito aberto produzida pela mesma 
corrente de campo que fez circular a corrente nominal por 
fase, no ensaio de curto circuito 
• ZS: é a impedância síncrona por fase 
Impedância síncrona 
A A S
A
S
A
E I Z
EZ
I
=
=
 
 
 
• XS: reatância síncrona por fase 
• ZS: é a impedância síncrona por fase, determinada pelo 
ensaio de curto-circuito 
• RA: resistência efetiva da armadura por fase, determinada 
pelo ensaio de resistência a CC. 
Impedância síncrona 
X Z RS S A= −
A
A A S S
A
EE I Z Z
I
= ⇒ =
1,5CA CCR R≅ ×
V
2×
CC
CC
CC
R
I
=
No ensaio a curto-circuito 
IA
0Vφ =
IA AR
IS AjX
EA
I AA
A S
E
R jX
=
+
V E I IA S A A AjX Rφ = − − E I IA S A A AjX R= +
2 2
A
A
A S
EI
R X
=
+
Impedância interna da máquina: ZS A SR jX= +
Ensaio a curto-circuito 
IA
0Vφ =
IA AR
IS AjX
EA
ER
a1IAjX
2 2
A
A
A S
EI
R jX
=
+
ZS A SR jX= +
Como Xs >> RA  Zs = Xs 
,vzA
S
A A
VEX
I I
φ≈ =
A
A
A
EZ
I
=
ER é a tensão interna gerada pelo 
fluxo resultante de entreferro e 
usualmente é referida como 
tensão de entreferro ou tensão 
por “detrás” da reatância de 
dispersão 
Em muitas máquinas síncronas, a resistência 
de armadura é desprezível e a reatância de 
dispersão Xa1 varia entre 0,10 e 0,20 pu; um 
valor típico está em torno de 0,15 pu 
SjX
• Xs >> RA  Zs = Xs 
 
• 1) Obter EA a partir da 
CAV (Vφ,vz) para aquela 
corrente de campo IF.• 2) Obter IA,cc a partir de 
CCC para aquela corrente 
de campo IF. 
 
• 3) Então: 
 
• 
Reatância Síncrona Xs 
(ou )A TE V
,AFI
Linha de entreferro
CAV
V
0'f
Excitação de campo
CCC
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
(o
rd
en
ad
as
 p
ar
a 
CA
V
) 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 
(o
rd
en
ad
as
 p
ar
a 
CC
C)
 
af af
f
2 AEX L
I
ω= =
,
,
vzA
S
A A cc
VEX
I I
φ≈ = ,vz
Vφ
,A ccI
IA,cc: máquina não está saturada 
Vφ,vz: máquina parcialmente saturada 
Tensão na linha de entreferro 
 
• XS com valor exato até o 
ponto de saturação (não 
saturada: XS,ñ 
• XS,ñ da máquina: 
 
 
 
 
• O valor aproximado da XS 
varia com o grau de 
saturação da CAV. 
• de modo que o valor da XS 
a ser usado em um dado 
problema deve ser 
calculado para a carga 
aproximada que está 
sendo aplicada à máquina. 
Ensaio a curto-circuito 
,
,
vz
S
A cc
V
X
I
φ≈
(ou )A TE V
,AFI
Linha de entreferro
CAV
V
0'f
Excitação de campo
CCC
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
(o
rd
en
ad
as
 p
ar
a 
CA
V
) 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 
(o
rd
en
ad
as
 p
ar
a 
CC
C)
 
,CAV
,
,CCC
S ñ
AI
V
X φ≈
SX
Desprezando a 
resistência de 
armadura. 
 
Característica a vazio e a curto-circuito 
(ou )A TE V
,AFI
Linha de
CAV
V
0'
aI ′
f
Excitação de campo
CCC
,vzVφ
0
,AAI
,nomVφ
,nomaI
f ′
entreferro
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
(o
rd
en
ad
as
 p
ar
a 
CA
V
) 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 (o
rd
en
ad
as
 
pa
ra
 C
CC
) 
 desprezívelAR
Algumas vezes quando 
se opera na tensão 
terminal nominal ou 
próxima dela, assuma-
se que a máquina seja 
equivalente a uma 
máquina não saturada 
, z
,ñ
v
S
a
V
X
I
φ
′
≈
,nom
a
S I
X
Vφ≈
′
,nom
'a
S
V
X
I
φ=
,nomVφ
aI ′
• Razão ou relação de curto 
circuito RCC: é a relação das 
correntes de campo. 
 
 
 
 
 
 
– If: corrente de campo onde 
se obtêm a tensão nominal 
da curva a vazio CAV. 
– I’f: corrente de campo onde 
se obtêm a corrente nominal 
da curva de curto circuito CCC 
 
• 
 
Razão ou relação de curto-circuito 
,AFI
CAV
V
0 'fI
Excitação de campo
CCC
,nominalVφ
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
,nominalAI
'AI
' fI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 
C_
' C_
f
f
R C
I
C
I
= =
CAV
CCC
_
1
puS C
X
RC
=
C_CAV: If a vazio; 
C_CCC: I’f em curto circuito 
, /
, /'
non
nom
CAf p
C
V
C
V
f p I C
I
RCC
I
→
→
=
O inverso da RCC é a reatância síncrona em p.u.: 
 
• Razão ou relação de curto 
circuito RCC: é a relação das 
correntes de campo. 
 
 
 
 
 
 
– If: corrente de campo onde 
se obtêm a tensão nominal 
da curva a vazio CAV. 
– I’f: corrente de campo onde 
se obtêm a corrente nominal 
da curva de curto circuito CCC 
 
• 
 
Razão ou relação de curto-circuito 
,AFI
CAV
V
0 'fI
Excitação de campo
CCC
,nominalVφ
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
,nominalAI
'AI
' fI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 
C_
' C_
f
f
R C
I
C
I
= =
CAV
CCC
_
1
puS C
X
RC
=
C_CAV: If a vazio; 
C_CCC: I’f em curto circuito 
, /
, /'
non
nom
CAf p
C
V
C
V
f p I C
I
RCC
I
→
→
=
O inverso da RCC é a reatância síncrona em p.u.: 
 
Exemplo 
• Os seguintes dados foram tomados das características a vazio e 
de curto circuito de uma máquina síncrona trifásica ligada em Y 
de 45 kVA, 220 V (tensão de linha), 6 pólos e 60 Hz. 
• Característica a vazio: 
– Tensão de linha = 220 V corrente de campo = 2,84 A 
• Característica de curto-circuito: 
– Corrente de armadura, A 118 152 
– Corrente de campo, A 2,20 2,84 
• Da linha de entreferro: 
– Corrente de campo = 2,20 A Tensão de linha = 202 V 
• Calcule o valor não saturado da reatância síncrona, o seu valor 
saturado na tensão nominal de acordo com: XS=VA,nom/I’A e a 
relação de curto-circuito. 
• Expresse a reatância síncrona em ohm por fase e por unidade, 
tomando as especificações nominais da máquina como base 
• Da linha de entreferro: 
– Corrente de campo = 2,20 A 
– Tensão de linha = 202 V 
 
 
• Para a mesma corrente de 
campo (curva CCC): 
 
 
• Reatância síncrona: 
 
 
 
• Corrente de armadura nominal: 
 
• 
Solução 
,
202 116,7 V
3vz
Vφ = =
, 118AA ccI =
116,7 0,987 fase
118S
X ≈ = Ω
,nominal
45000 118A
3 220A
I = =
×,nominal
3A LI S V= ×3 A LS I V= × ×
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
,AFI
CAV
V
0 '2,84
Excitação de campo
CCC
,nominalVφ
0
,AAI
220
3
118
,nominalAI
p
'AI
202
3
2,20
152
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 c
ur
to
-c
irc
ui
to
 
 
Solução 
• Reatância síncrona para valores em pu: 
– Corrente nominal: Tensão nominal de fase: 
 
 
• Valores em pu: 
 
 
 
• Reatância síncrona: 
 
– 
, 202 3 116,7 VvzVφ = =
, _
118 1pu
118A cc pu
I = =
, _
_
, _
0,92 0,92 pu
1
vz pu
S pu
A cc pu
V
X
I
φ≈ = =
, 118AA ccI =
, _
116,7 0,92pu
127vz pu
Vφ = =
,nominal 118AAI = ,nominal 220 3 127 VVφ = =
Solução 
• Reatância síncrona saturada: 
 
 
 
• Em valores pu: 
 
 
 
 
 
• Usando a razão de curto-circuito RCC: 
 
• 
,nominal
'
A
S
A
V
X
I
= 220 3 0,836 fase
152S
X = = Ω
,AFI
CAV
V
0 'fI
Excitação de campo
CCC
,nominalVφ
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
,nominalAI
p
'AI
' fI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 C
C 
_
,nominal
' 152' 1, 29
118
A
A pu
A
II
I
= = =
1 0,775pu
1,29S
X = =
2,84RCC 1, 29
2,20
= =
_
1 1 0,775pu
RCC 1,29S pu
X = = =
Exemplo 
• Um gerador síncrono de 200 kVA, 480 V, 50 Hz, ligado 
em Y e com uma corrente nominal de campo de 5 A 
foi submetido a ensaios, tendo-se obtido os seguintes 
dados: 
– 1) Para IF nominal, VT,VZ foi medida como sendo 540 V. 
– 2) Para IF nominal, IL,CC foi encontrada como sendo 300 A. 
– 3) Quando uma tensão de corrente contínua de 10 V foi 
aplicada a dois dos terminais, uma corrente de 25 A foi 
medida  calculo de RA. 
• Encontre os valores da resistência de armadura e da 
reatância síncrona aproximada em ohms que seriam 
usados no modelo do gerador nas condições 
nominais. 
• Medida da resistência (efetiva) por 
fase da armadura CA ou CC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• O gerador está ligado em Y, de 
modo que a corrente contínua no 
teste de resistência flui a traves de 
dois enrolamentos: 
Solução 
+
_
+
_
+_
AR AR
AR
SjX SjX
SjX
3EA
2EA
1EA
CA CCR Fat R≅ × 1,2 1,8Fat< <
2 CCA
CC
VR
I
=
 
 
 
 
 
 
• A tensão gerada interna, com a 
corrente de campo nominal é: 
 
 
 
• A corrente de curto-circuito IA = IL 
(gerador em Y) 
 
• 
 
Solução 
0, 24AR = Ω
,
, 3
L VZ
A VZ
V
E Vφ= =
540 311,8V
3A
E = =
, , 300AA CC L CCI I= =
10 0,2
2 (2)(25)
CC
A
CC
V VR
I A
= = = Ω
,AFI
CAV
V
0 'fI
Excitação de campo
CCC
,nominalVφ
0
,AAI
,vzVφ
,A ccI
,nominalAI
p
'AI
' fI
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 C
C 
CA CCR Fat R≅ ×
1,2 ,81 Fat< <
 
Solução 
• A reatância síncrona, com corrente nominal: 
 
 
 
 
 
• Reatância síncrona aproximada: 
 
 
 
 
 
 Erro mínimo de 1,02 a 1,04 
2 2
A
A
A S
EI
R jX
=
+
I AA
A S
E
R jX
=
+
2 2 311,8V 1,039
300A
A
A S
A
ER jX
I
+ = = = Ω
2 2(0, 2 ) 1,039SXΩ + = Ω
2 2 2(1,039 ) (0,2 ) 1,08 0,04SX = Ω − Ω = − 1,02SX = Ω
,VZ
S
A
V
X
I
φ≈
311,8V 1,04
300AS
X ≈ = Ω
REGULAÇÃO DE TENSÃO E DE 
VELOCIDADE 
Regulação de tensão e de velocidade 
• Regulação de tensão 
 
 
• Regulação de velocidade: 
 
 
• Velocidade de um gerador síncrono: 
 
 
• fe: Frequência elétrica em Hz. 
• nm: velocidade mecânica do campo magnético, em rpm 
• P: números de pólos 
vz pc
pc
V V
100%
V
RT
−
= ×
vz pc
pc
-
100%RV
η η
η
= ×
vz pc
pc
-
100%RV
ω ω
ω
= ×
[Hz]
120
m
e
n Pf =
 
 
• GS operando com um FP atrasado 
(R-L), apresenta uma RT muito 
positiva 
 
• GS operando com um FP unitário 
(R) tem uma pequena RT positiva 
 
• GS operando com um FP adiantado 
(R-C), apresenta frequentemente 
uma RT negativa 
• 
Regulação de tensão 
vz pc
pc
RT 100%
V V
V
−
= ×
vz
,
'
RT 100%
'FP ind
V V
V
φ
φ
−
= ×
vz
,
'
RT 100%
'FP res
V V
V
φ
φ
−
= ×
vz
,
'
RT 100%
'FP cap
V V
V
φ
φ
−
= ×
vz( ' )V V φ<
vz( ' )V V φ>
vz( ' )V V φ>
 
IA Vφ IA AR
IS AjX
EA
δ
IA
Vφ
IA AR
IS AjX
EA
δ
IA
Vφ IA AR
IS AjX
EA
δ
Fator de potência 
atrasado (carga 
indutiva) 
Fator de potência 
adiantado (carga 
capacitiva) 
Fator de potência 
unitário (carga resistiva) 
Exemplo 
• Uma máquina síncrona, trifásica de 100 kVA, 1100 V foi 
testado de acordo com os procedimentos indicado, para que 
fosse determinada a sua regulação sob as várias condições 
de carga e fator de potência. Os dados obtidos foram: 
 
 
 
 
 
• Se a máquina esta ligada em Y, calcule 
– (a) a resistência efetiva, a reatância e a impedância síncrona por 
fase 
– (b) A regulação de tensão para FP de 0,8 em avanço e em atraso. 
 
Solução 
• (a) a resistência efetiva, a reatância e a impedância síncrona 
por fase. Ensaio de corrente contínua (Maquina em Y): 
 
 
 
• Ensaio da vazio e curto circuito: 
 
 
 
 
• 
,
100000 52,5
3 3 1100A n L
SI A
V
= = =
×
1 Volt . 6( ) 0,3 / .
2 Amp. 2×10CC
R enrr= = = Ω
1,5 1,5 0,3 0,45 / faseCA CCR R≅ × = × = Ω
420 4,62 /
3 52,5
A
A A S S
A
EE I Z Z fase
I
= ⇒ = = = Ω
×
X Z RS S A= − 2 2 2 2(4,62) (0,45) 4,61 /S S AX Z R fase= − = − = Ω
Te
ns
ão
 a
 v
az
io
 
, AFI
CAV
V
0 'Excitação de campo
CCC
,nomVφ
0
,AAI
,nomAI
p
'AI
Co
rre
nt
e 
de
 a
rm
ad
ur
a 
de
 
cu
rto
-c
irc
ui
to
 
Solução 
• (b) A regulação de tensão para FP de 0,8 em avanço e em 
atraso 
 
 
 
• Para FP=0,8 em atraso: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
 
1100 635V/ fase
3 3
LVVφ = = =
(52,5)(0,45) 23,6V/ faseA AI R = =
(52,5)(4,61) 242V/ faseA SI X = =
A S AjZφ= +E V I ( cos ) ( sen )EA A A A SV I R j V I Xφ φθ θ= + + +
((635)(0,8) 23,6) ((635)(0,6) 242)EA j= + + +
530 623 818 50EA j= + = ∠
vz pc
pc
RT 100%
V V
V
−
= × 818 635RT 100% 29,1%
635
−
= × =
vzRT 100%n
n
V V
V
−
= ×
52,5 0= ∠ °AI
Solução 
• Maquina em Y: 
• (b) 
 
 
• Para FP=0,8 em adiantado: 
 
 
 
 
 
 
 
• 
 
1100 635V/ fase
3 3
LVVφ = = =
(52,5)(0,45) 23,6V/ faseA AI R = =
(52,5)(4,61) 242V/ faseA SI X = =
E V IA S AjXφ= + ( cos ) ( sen )EA A A A SV I R j V I Xφ φθ θ= + + −
((635)(0,8) 23,6) ((635)(0,6) 242)EA j= + + −
530 139 548 15EA j= + = ∠
vz pc
pc
RT 100%
V V
V
−
= × 548 635RT 100% 13,65%
635
−
= × = −
vzRT 100%n
n
V V
V
−
= ×
Potência e conjugado em geradores 
• A fonte da potência mecânica, a máquina motriz, 
pode ser um motor diesel, uma turbina a vapor, 
uma turbina hidráulica ou qualquer dispositivo 
similar. 
 
• Qualquer que seja a fonte, ela deve ter a 
propriedade básica de que sua velocidade seja 
quase constante independentemente da potência 
demandada 
 
• Se não fosse assim, a frequência do sistema de 
potência resultante variaria. Não seria síncrono. 
Fluxos e Perdas de potência em máquinas 
• Eficiência: 
 
• Perdas nas Máquinas 
– Perdas elétricas ou no cobre (I2R) 
– Perdas no núcleo: por histerese e parasita (metal) 
• No rotor  variação quadrática da densidade de fluxo magnético: 
B2 
• No estator  variação com a velocidade de rotação dos campos 
magnéticos: n1,5 
– Perdas mecânicas: atrito (enrolamentos e ventilação)  
perdas rotacionais a vazio da máquina 
– Perdas suplementares: aquelas que não podem ser 
colocadas nas outras categorias ( ≈ 1% da carga total) 
entrada perdas
entrada
100%
P P
P
η
−
= ×
saída
entrada
100%P
P
η = ×
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
Diagrama de fluxo: perdas - Gerador 
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
entrada ap mP τ ω=
Perdas 
suplementares 
Perdas 
mecânicas 
Perdas no 
núcleo 
Perdas I2R 
conv ind mP τ ω=
saídaP =
3 cosAV Iφ θ
3 cosL LV I θ
Potência convertida 
saída 3 senAQ V Iφ θ=
saída 3 senL LQ V I θ=
Máquina Síncrona - Gerador 
fIregulação
motor
fI
AI
apτ
indτ
Vφ
saída 3 cosAV IP φ θ=
LV
3 3 cosL AP IVφ θ=
Z θ∠
fR
AR
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
Perdas I2R 
entrada a mpP τ ω=
conv d minP τ ω=
Diagrama de fluxo: perdas - Motor 
 
conv ind mP τ ω=
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
saídaP
Perdas 
suplementares 
mecânicas Perdas 
no núcleo Perdas I2R 
entrada 3 cosAP V Iφ θ=
3 cosL LV I θ=
conv ind mP τ ω=
ind mτ ω
carga mτ ω=
Perdas 
Potência convertida 
Máquina Síncrona - Motor 
conv d minP τ ω=
fIregulação
carga
AI
indτ
Vφ
3 3 cosAVP Iφφ θ=
LV
3 3 cosL AP IVφ θ=
fR
AR
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
Perdas I2R 
0V ∠ °
entrada 3 cosAIP Vφ θ=
cargasaída mP τ ω=
fI
conv ind mP τ ω=entrada ap mP τ ω=
saída 3 cosL LP V I θ=
conv 3 cosA AP E I γ=
E
I
A
A
γ → 
saída 3 cosAP V Iφ θ=
Linha 
Fase 
saída 3 senAQ V Iφ θ=
saída 3 senL LQ V I θ=
Potência e conjugado em geradores 
• Já que a resistência XS é muito maior que a resistência 
de armadura RA: 
 
 
 
 
 
• Potência Convertida: 
 
 
 
• 
conv
3
senA
S
V E
P
X
φ δ=
S AX R>>
IA
Vφ
IS AjX
EA
δ γ
θ
senAE δ
cosS AX I θ=
O
a b
c
θ
cosAE γ cosVφ θ=
cos senA A
S
EI
X
θ
δ
=
conv 3 cosA AP E I γ=
sen cosA S AE X Iδ θ=
cos cosAE Vφγ θ=
conv cos3 AP V Iφ θ=
Potência e conjugado em geradores 
 
 
 
 
 
• Limite de estabilidade estática: 
– Normalmente os geradores reais não chegam próximos 
a esse limite. 
– As máquinas reais apresentam ângulos típicos de 
conjugado (ou torque), δ, a plena carga de 20° a 30°. 
conv
3
senA
S
V E
P
X
φ δ=
max, 90P δ = °
max
3 A
S
V E
P
X
φ=
Potência e conjugado em geradores 
ind liqB BRkτ = × senind liqRkB Bτ δ= ×
estEEV Aφ = +líq B BB R S= +
O campo magnético BS é somado a BR, 
distorcendo-o e resultando Blíq. 
A tensão Eest é somada a EA,produzindo Vφ na saída da fase 
δ
conv ind mP τ ω=
conv
3
senA
S
V E
P
X
φ δ=
conv
ind
m
P
τ
ω
=
ind
3
senA
m S
V E
X
φτ δ
ω
=
Potência e conjugado em geradores 
 
 
 
 
 
• As máquinas reais apresentam ângulos típicos de 
conjugado (ou torque), δ, a plena carga de 20 a 30 
graus. 
• A potência e o conjugado máximo absoluto 
instantâneo que a máquina pode fornecer são no 
mínimo o dobro (sen(30°) = 0,5  τmax=2×τind) de 
seus valores a plena carga. 
• Potência e conjugado essenciais para a estabilidade 
dos sistemas elétricos de potência. 
conv
3
senA
S
V E
P
X
φ δ=
max, 90P δ = °
ind
3
senA
Sm
V E
X
φτ
ω
δ=
max, 90δτ = °
conv d minP τ ω=
GERADOR SÍNCRONO EM 
OPERAÇÃO 
• O comportamento de um gerador síncrono sob carga 
varia grandemente, conforme o fator de potência da carga 
 
– Operando em paralelo com 
outros geradores 
 
Gerador síncrono em operação 
– Operando isoladamente 
 
Carga Gerador Ger
2 
Carga 
Ger
1 
Gera
dor 
Gerador Operando Isolado 
• Todas as características de terminal são obtidas assumindo-
se velocidade constante 
• Assume-se que o fluxo no rotor dos geradores é constante, 
a não ser que suas correntes de campo sejam 
explicitamente alteradas. 
• Um incremento de carga é um aumento de potência ativa 
(P) e/ou reativa (Q) solicitada do gerador. 
– Incremento de carga  aumenta a corrente de carga (IA) 
solicitada do gerador 
– Como a resistência de campo não foi alterada, a corrente de 
campo é constante  fluxo φ é constante. 
– Como a máquina motriz mantem constante a velocidade ω, o 
valor da tensão gerada EA = Kφω é constante 
 
 
 
Carga Gerador A
E K ωφ=
.
.
F cteI
cteω
→
→
Carga Gerador A
E K ωφ=
.
.
F cteI
cteω
→
→
IA
Vφ
IS AjX
EA
δ
V'φ
I'A
E'A
I'S AjX
'δθ
IA Vφ
IS AjX
EA
δ
V'φI'A
E'A
I'S AjX
'δ
RF
LF
VF
+
_
EA=EA∠δ
RAjXS IA
Vφ
+
_
IF
0Ω 
Z∠θ 
carga
IA
Vφ
IS AjX
EA
δ
θ V'φ
I'A
E'A
I'S AjX
'δ
V E I IA S A A AjX Rφ = − −
E V IA S AjXφ= +
A AE E′ =
Z θ= ∠ +Z
0Z= ∠ °Z
Z θ= ∠ −Z
Z θ= ∠Z
Gerador Operando Isolado 
• Normalmente, é desejável manter constante a tensão 
fornecida a uma carga, mesmo quando a própria 
carga se altera.  variar EA para compensar a 
mudança da carga. 
• Supondo uma carga atrasada (indutiva) 
• EA = Kφω, a frequência não varia  ω=cte.  EA 
deve ser controlada pelo fluxo φ 
– φ↑ ⇒ EA↑  fluxo controlada pela corrente de campo, IF 
– IF↑ ⇒ φ ↑  Para aumentar a IF temos que diminuir a 
resistência de campo (RF) 
– RF ↓ ⇒ IF↑ 
 
– RF ↑ ⇒ IF↓ 
• 
Gerador Operando Isolado 
• Uma diminuição da resistência de campo (RF ↓ ) do gerador 
aumentar sua corrente de campo (IF↑ ) 
 
• Um incremento na corrente de campo (IF↑ ) aumenta o 
fluxo da máquina (φ↑ ) 
 
• Um incremento de fluxo (φ↑ ) aumenta a tensão gerada 
interna (EA ↑ ) 
 
• Um incremento em (EA ↑ ) aumenta Vφ e a tensão de 
terminal VT do gerador. 
 
• O processo pode ser 
 invertido para diminuir 
 a tensão terminal. 
• Um gerador síncrono de 480 
V, 60 Hz, ligado em ∆ e de 4 
pólos tem um CAV mostrada 
na figura. Reatância síncrona 
de 0,1Ω e resistência de 
armadura de 0,015Ω. A plena 
carga, a máquina fornece 
1200 A com FP 0,8 atrasado. 
Em condições de plena carga, 
as perdas por atrito e 
ventilação são 40 kW e as 
perdas no núcleo são 30 kW. 
Ignore perdas no circuito de 
campo 
– (a) qual é a velocidade de rota- 
 
Exemplo 
 
Exemplo 
– (a) qual é a velocidade de rotação desse gerador 
– (b) Quanta corrente de campo deve ser fornecida ao 
gerador para que a tensão de terminal seja de 480 V a 
vazio. 
– (c) Se o gerador for ligado a uma carga que solicita 1200 A 
com FP 0,8 atrasado, quanta corrente de campo será 
necessária para manter a tensão de terminal em 480 V. 
– (d) Quanta potência o gerador está fornecendo agora? Qual 
é a eficiência total dessa máquina (Perda suplementares 
desprezíveis). 
– (e) Se a carga do gerador for repentinamente desligada da 
linha, que acontecerá à sua tensão de terminal. 
– (f) suponha que o gerador seja ligado a uma carga que 
solicita 1200 A com FP 0,8 adiantado. Quanta corrente de 
campo será necessária para manter VT em 480V. 
 
Diagrama de fluxo: perdas - Gerador 
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
entrada ap mP τ ω=
Perdas 
suplementares 
Perdas 
mecânicas 
Perdas 
no núcleo 
Perdas I2R 
ind mτ ω
conv ind mP τ ω=
saídaP
3 cosAV Iφ θ
3 cosL LV I θ
Potência convertida 
• Gerador ligado em ∆: 
 
 
• Pólos P=4, f=60Hz 
• (a) Velocidade de rotação: 
 
 
 
 
 
• (b) IF para VT,vz = 480V 
• Circuito aberto IA= 0, 
Vφ=EA=480 V 
•  IF = 4,5 A 
 
Solução 
se 120
mn Pf = se120 [rpm]
Pm
fn =
120(60) 1800 rpm
4m
n = =
Corrente de campo IF 
Te
ns
ão
 d
e 
te
rm
in
al
 a
 va
zio
, V
. 
RF
LF
VF
+
_
EA=EA∠δ
RAjXS IA
Vφ
+
_
IF
0,015Ω 
Z∠θ 
carga
0,1Ω 
TV Vφ = 3LI Iφ=
• Gerador ligado em ∆ 
 
• (c) gerador ligado a uma 
carga: solicita 1200A com FP 
0,8 (ind.). quanta IF será 
necessária para manter 
VT=480V 
 
 
 
 
 
• Se VT = 480V = Vφ. 
Solução 
RF
LF
VF
+
_
EA=EA∠δ
RAjXS IA
Vφ
+
_
IF
0,015Ω 
Z∠θ 
carga
0,1Ω 
IA
Vφ
IA AR
IS AjX
EA
δ
θ
3L AI I=
3 1200 3 692,8A LI I A= = =
692,8 36,87IA = ∠ − °
acos(FP = 0,8) 36,87θ = = °
V E I IA S A A AjX Rφ = − −
TV Vφ = 3LI Iφ=
480 0 ( 0,1 0,015 (692,8 36,87)E )A j= ∠ + + ∠ −
 
Solução 
692,8 36,87IA = ∠ − °
480 0
( 0,1 0,015 (692,8 36,87)
A
j
= ∠ +
+ + ∠ −
E
)
529,9 49,2 532,2 5,3)EA j= + = ∠
Corrente de campo IF 
Te
ns
ão
 d
e 
te
rm
in
al
 a
 va
zio
, V
. 
532,2AE =
5,7FI =
Solução 
• (d) Quanta potência o gerador está fornecendo agora? 
Qual é a eficiência total dessa máquina: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
perdas perdas_elétr perdas_núcleo perdas_mec perdas_suplemP P P P P= + + +
2
perdas 3 30 40 0 91,6kWA AP I R= + + + =
798 89,75%
889,6
kW
kW
η = =
saída 798kWP =
saída saída
entrada saída perdas( )
P P
P P P
η = =
+
saída 3 cosL LP V I θ= saída 3(480)(1200)cos36,87P = °
Solução 
• (e) Se a carga do gerador for repentinamente 
desligada da linha, que acontecerá à sua tensão de 
terminal: 
– Carga desligada: a corrente IA= 0, tornando EA=Vφ, como a 
corrente IF não mudou  |EA| não mudou, logo Vφ=VT 
devem subir para igualar |EA| 
– Se a carga for desligada  Vφ=VT sobem a 532,2V. 
 
• (f) gerador ligado a uma carga que solicita 1200 A com 
FP 0,8 adiantado. Quanta corrente de campo será 
necessária para manter VT em 480V 
 
 
• 
 
692,8 36,87IA = ∠ °
3 1200 3 692,8A LI I A= = =
acos(FP = 0,8) 36,87θ = = °
V E I IA S A A AjX Rφ = − −
532,2VVφ =
 
 
 
 
 
 
 
• Para 
 
Solução 
Corrente de campo IF 
Te
ns
ão
 d
e 
te
rm
in
al
 a
 va
zio
, V
. 
451AE =
4,05FI ≈
446,7 61,7A j= +E
V E I IA S A A AjX Rφ = − −
E V I IA S A A AjX Rφ= + +
480 0
( 0,1 0,015 (692,8 36,87)
A
j
= ∠ +
+ + ∠
E
)
450,94 7,86 )A = ∠ °E
Especificações nominais de um gerador 
• Especificações nominais de um gerador síncrono 
são: 
– Tensão 
– Frequência 
– Velocidade 
– Potência aparente 
– Fator de potência 
– Corrente de campo e 
– Fator de serviço. 
GERADOR SÍNCRONO OPERANDO 
EM PARALELO 
Operação em Paralelo• Entre as vantagem que se têm na operação em 
paralelo: 
– Diversos geradores podem alimentar uma carga maior 
do que apenas uma máquina isolada 
– A presença de muitos geradores em paralelo permite 
que um ou mais deles sejam removidos para 
desligamento e manutenção preventiva. 
– Quando apenas um gerador está sendo usado e não 
está operando próximo da plena carga,  ele será 
relativamente ineficiente. 
Condições para ligação em paralelo 
 
 
 
 
 
 
 
• As tensões eficazes de linha dos dois geradores devem ser 
iguais 
• Devem ter a mesma sequência de fases (+ ‘abc’ ou – ‘acb’) 
• Os ângulos de fase das duas fases ‘a’ devem ser iguais 
• A frequência do novo gerador deve ser ligeiramente superior à 
frequência do sistema que já está em operação. 
Carga Ger1 
Gerador 
a
b
c
c
b
a
Sequências de fases 
VA
VC
VB
ω VA
VB
VC
ω
Sequência de fases: 
ABCABC 
ABC – BCA - CAB 
Sequência de fases: 
ACBACB 
 ACB – CBA – BAC 
Para corrigir o problema de sequência de fase, entre duas máquinas, 
inverte-se as ligações de duas fases de uma das máquinas 
Ligação em paralelo 
• 1ro: ajusta-se a corrente de campo de Ger2 até 
que a tensão terminal seja igual à tensão de linha 
do sistema 
• 2do: compara-se a sequencia de fases do Ger2 
com a do sistema, devem ter a mesma sequência 
• 3ro: A frequência do Ger2 é a justada a uma 
frequência ligeiramente superior à do sistema 
– Assim o Ger2 fornece potência como gerador, em vez 
de consumi-la como motor. 
Se as frequências dos geradores não estiverem muito próximas uma da outra 
quando os geradores são ligados entre si, ocorrerão grandes transitórios de 
potência até que os geradores se estabilizem em uma frequência comum. 
Máquina motriz 
• Todos os geradores são acionados por uma 
máquina motriz 
– Mais comum é a turbina a vapor 
– Outras: maquina diesel turbina a gás, turbina hidráulica 
e turbina eólica. 
 
• A medida que aumenta a potência retirada 
(aumento da demanda de potência) da máquina 
motriz, a velocidade com que giram diminui. 
– Diminuição não linear, mas o mecanismo dos 
reguladores de velocidade os torna quase linear. 
Frequência vs. Potência 
• A queda de velocidade (QV) de uma máquina motriz: 
 
 
 
 
– A maioria das máquinas motrizes de geradores apresentam 
QV de 2% a 4% 
 
• Relação entre a velocidade do eixo com a frequência: 
 
 
 
– a saída de potência de um gerador está relacionada com 
sua frequência. 
100%vz pc
pc
n n
QV
n
−
= ×
120
pólosm
s
s
e
n
f
P
=
nvz: velocidade a vazio da máquina motriz 
npc: velocidade a plena carga da máquina motriz 
Velocidade vs. Frequência 
nn
vzn
pcn
pcP
Potência
kW
Potência
kW
vzf
sisf
pcP
( )P vz sisP s f f= −• P: saída de potência do gerador 
• fvz: frequência a vazio do gerador 
• fsis: frequência de operação do sistema 
• sP: inclinação da curva, em kW/Hz ou MW/Hz. 
 
 
• Q: saída de potência 
reativa do gerador 
• VTvz: tensão terminal a 
vazio do gerador 
• VTpc: tensão terminal a 
plena carga (do sistema) 
Tensão vs. Potência Reativa 
kvar
Q
TpcV
pcQ
TvzV
[V]TV
consumida fornecida
kvar
Q−
Tensãoterminal vs. Potência reativa 
 
Exemplo 
• A Figura mostra um gerador alimentando uma carga de 
1000 kW. Uma segunda carga deve ser ligada em paralelo 
com a primeira. O gerador tem uma frequência sem carga 
de 61,0 Hz e uma inclinação sP de 1 MW/Hz. A carga 2 
consome uma potência ativa de 800 kW, com FP 0,707 
atrasado. 
– (a ) Antes que a chave seja fechada, qual é a frequência de 
operação do sistema 
– (b ) Depois que a carga 2 é ligada, qual é a frequência de 
operação do sistema 
– (c ) Depois que a carga 2 é 
 ligada que ação o operador 
 poderá realizar para que a 
 frequência do sistema retorne 
 a 60 Hz. 
Carga 1 
Carga 2 
Ger1 
 
 
• (a ) Antes que a chave seja fechada, qual é 
a frequência de operação do sistema. 
– carga 1 já ligada consome 1000 kW 
– Inclinação sP=1MW/Hz; fvz=61Hz. 
 
 
 
 
• (b ) Depois que a carga 2 é ligada, qual é a 
frequência de operação do sistema 
– P = 1800 kW; sP=1MW/Hz; fvz=61Hz. 
 
• 
Solução Carga 
1 
Carga 
2 
Ger1 
( )P vz sisP s f f= −
Potência
kW
vzf
pcf
pcP
2pcf
1000kW61
1MW/ Hzsis vz P
Pf f
s
= − = −
61 60 z1 Hsisf = − =
1800kW61
1MW/ Hzsis vz P
Pf f
s
= − = − 61 1, 59,2Hz8sisf == −
 
• (c ) Depois que a carga 2 é 
ligada que ação o 
operador poderá realizar 
para que a frequência do 
sistema retorne a 60 Hz. 
– Depois que a carga é ligada a 
frequência cai para 59,2 Hz. 
– Para restabelecer a frequência 
própria de operação do 
sistema, o operador deve 
reajustar o regulador de 
velocidade, incrementando o 
ponto de frequência a vazio 
em 0,8 Hz (= 60-59,2), isto é 
elevar a 61,8 = fvz2 
Solução 
kW
vzf
pcP 2pcP
pcf
2vzf
Carga 
1 
Carga 
2 
Ger1 
59,2sisf =
60sisf =
 
Paralelo a grandes sistemas de potência 
• O sistema de grande porte mantem a tensão e a 
frequência constante. 
• Barramento infinito: é um sistema de potência tão 
grande que sua tensão e sua frequência não variam, 
independentemente de quanta potência ativa ou 
reativa é retirada ou fornecida ao sistema. 
 
 
 
 
 
 
• 
Cargas 
Barramento 
infinito 
Ger1 
GP
kW
vzf
ef
GPbar infP
bar infP
kW
cargaP
Paralelo a grandes sistemas de potência 
Cargas 
Barramento 
infinito 
Ger1 
GP
kW
vzf
ef
GPbar infP
bar infP
kW
GP
kW
vzf
ef
GPbar infP
bar infP
kW
0 consumindoGP < ⇒
1 consumindoG sisf f< ⇒1 fornecendoG sisf f> ⇒
Como motor Gerador 
Cargas 
Barramento 
infinito 
Ger1 
Aumentando a velocidade do 
gerador 1 da maq. motriz 
Potência de carga 
constante = Pbar+PG 
GP
kW
vzf
ef
1GPbar1P
bar infP
kW 2GP 3GPbar 2P bar3P
Gerador operando com FP 
ligeiramente adiantado 
(consume VAR  Q) 
IA I'A
I"A
E"A
E'A
EA
Vφ
1GP∝
2GP∝
3GP∝
δ
'δ
"δ
Aumentando a velocidade do gerador 
Aumentando o ponto de ajuste do 
regulador 
Cargas 
Barramento 
infinito 
Ger1 
2GQ∝3G
Q∝
EAsenδ ∝ PG 
constante( e não variam)A FE K Iω ω= Φ →
sen aumentaAE δ ↑ A A AE E E′ ′′= =
Potência e conjugado em geradores 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
S AX R>>
cos senA A
S
EI
X
θ
δ
=sen cosA S AE X Iδ θ=cos cosAE Vφγ θ=
IA
Vφ
IS AjX
EA
δ γ
θ
senAE δ
cosS AX I θ=
O
a b
c
θ
cosAE γ cosVφ θ=
Cargas 
Barramento 
infinito 
Ger1 
Aumentando a corrente de campo do 
gerador 
Gerador fornecera potência reativa 
EAsenδ ∝ PG é constante 
IAcosθ e EAsenδ não se alteram 
 
IAsenθ e EAcosδ se alteram 
;A AE K se Eω= Φ Φ ↑⇒ ↑
O aumento da corrente de campo IF em um gerador 
síncrono, em paralelo com barramento infinito, faz 
aumentar a saída de potência reativa do gerador. 
IA
I'A
I"A
E"AE'AEA
Vφ
P∝
2GQ∝
3GQ∝
IS AjX I"S AjX
θ
'θ
"θ
Gerador paralelo a Barramento – ∞ 
• A frequência e a tensão de terminal do gerador 
são controladas pelo sistema onde está ligado 
– Frequência (f [Hz] ) e Tensão (VTvz)  constantes 
 
• O ponto de ajuste no regulador do gerador 
controla a potência ativa fornecida pelo gerador 
ao sistema 
– Variando a n [rpm] ou f [Hz]  controla P 
 
• A corrente de campo (IF[A]) do gerador controla a 
potência reativa fornecida pelo gerador ao 
sistema. 
Gerador paralelo a Barramento – ∞ 
GQ
,VTV
1Qkvar 2Q kvar3Q
GQ
,VTV
kvar 1Q kvar2Q
Tensão do 
barramentoinfinito 
Tensão do 
barramento 
infinito 
Geradores similares em paralelo 
• A potência total fornecida pelos geradores deve ser igual à carga total 
consumida: fsis e VT não estão condicionadas a serem constantes. 
• Ajustando P, sem alterar fsis : Simultaneamente, aumente o ponto de 
ajuste no regulador de um gerador e diminua o ponto do outro gerador 
• Ajustando fsis sem alterar o compartilhamento de P: Simultaneamente 
aumente ou diminua os pontos de ajuste em ambos os reguladores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
Geradores similares em paralelo 
• A potência total fornecida pelos geradores deve ser igual à carga total 
consumida: fsis e VT não estão condicionadas a serem constantes. 
• Ajustando Q, sem alterar VT : Simultaneamente aumente a corrente de 
campo de um gerador e diminua a corrente do outro 
• Ajustando VT sem alterar compartimento de Q: Simultaneamente, 
aumente ou diminua as correntes de campos de ambos os geradores 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
• A figura mostra dois geradores alimentando uma carga. O Gerador 1 
tem uma frequência a vazio de 61,5 Hz e uma inclinação sp1 de 1 
MW/Hz. O Gerador 2 tem uma frequência a vazio de 61,0 Hz e uma 
inclinação sp2 de 1MW/Hz. Os dois geradores estão abastecendo 
uma carga real totalizando 2,5 MW, com FP 0,8 atrasado. 
• (a) Em que frequência esse sistema opera e quanta potência é 
fornecida por casa um dos dois geradores? 
 
• (b) Agora, suponha que uma carga adicional de 1MW seja 
adicionada a esse sistema de potência. Qual será a nova frequência 
do sistema e quanta potência G1 e G2 fornecerão. 
Exercício 
• (c) com o sistema na configuração 
descrita na parte b, quais serão a 
frequência do sistema e as 
potências dos geradores se o ponto 
de ajuste no regulador de G2, for 
incrementado em 0,5 Hz. 
 
 
Solução 
CURVA DE CAPABILIDADE OU 
CAPACIDADE DO GERADOR SÍNCRONO 
Curvas de capacidade do gerador síncrono 
• Os limites de aquecimento do estator e do rotor 
juntamente com qualquer limitação externa 
podem ser expressos em forma gráfica por um 
diagrama de capacidade. 
 
• Diagrama de capacidade é m gráfico da potência 
complexa S = P + jQ. 
– Obtido do diagrama fasorial do gerador 
– Assume-se que a tensão Vφ é constante com a tensão 
nominal da máquina. 
Curva de capacidade 
IA
EA
Vφ
δ
θ
Volt
Volt
θ
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
IA
EA
δ
θ
kW
kvar
23
S
V
X
φ
3 senAQ V Iφ θ=
3 cosAV Iφ θ=
P =
3
S
V
X
φ× =
3 AS V Iφ=RF
LF
VF
+
_
EA=EA∠δ
RAjXS IA
Vφ
+
_
IF
Z∠θ 
carga
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
IA
δ
θ
kW
kvar
23
S
V
X
φ
3 senAQ V Iφ θ=
3 senAP V Iφ θ=
3 AS V Iφ=
90°
espelho
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
IA
δ
θ
kW
kvar
23
S
V
X
φ
3 senAQ V Iφ θ= 3 AS V Iφ=
3 senAP V Iφ θ=
 Limite corrente 
do motor 
 Limite 
corrente do 
estator 
Origem do círculo da 
corrente do rotor 
3 cosAP V Iφ θ=
3 senAQ V Iφ θ=
3 AS V Iφ=
3 cos
3
( cos )
A
S A
S
P V I
V
P X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 sen
3
( sen )
A
S A
S
Q V I
V
Q X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
 Limite corrente 
do motor 
 Limite 
corrente do 
estator 
, kvarQ
P
kW
Origem do 
círculo da 
corrente do 
rotor 
3
S
V
Q
X
φ= −
δ
θ
3 cosAP V Iφ θ=
3 senAQ V Iφ θ=
3 AS V Iφ=
3 cos
3
( cos )
A
S A
S
P V I
V
P X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 sen
3
( sen )
A
S A
S
Q V I
V
Q X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
 Limite corrente 
do motor 
 Limite 
corrente do 
estator 
, kvarQ
P
kW
Origem do 
círculo da 
corrente do 
rotor 
3
S
V
Q
X
φ= −
 Limite de 
potência da 
máquina motriz 
3 cosAP V Iφ θ=
3 senAQ V Iφ θ=
3 AS V Iφ=
3 cos
3
( cos )
A
S A
S
P V I
V
P X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 sen
3
( sen )
A
S A
S
Q V I
V
Q X I
X
φ
φ
θ
θ
=
=
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
 Limite corrente 
do motor 
 Limite 
corrente do 
estator 
, kvarQ
P
kW
Origem do 
círculo da 
corrente do 
rotor 
3
S
V
Q
X
φ= −
 Limite de 
potência da 
máquina motriz 
Área de operação 
seguro para a maq. 
síncrona 
Exemplo 
• Um gerador síncrono de 480 V, 50 Hz, ligado em Y e de 6 
pólos tem uma especificação nominal de 50 kVA, com FP 0,8 
atrasado. Sua reatância síncrona é 1,0 Ω por fase. Assuma 
que esse gerador está ligado a uma turbina a vapor, capaz 
de fornecer até 45 kW. As perdas por atrito e ventilação são 
1,5 kW e as perdas no núcleo são 1,0 kW. 
– (a ) Construa a curva de capacidade desse gerador, incluindo o 
limite de potência da máquina motriz 
– (b ) Esse gerador fornece uma corrente de linha de 56 A, com FP 
0,7 atrasado, por que? 
– (c ) Qual é o valor máximo de potência reativa que esse gerador 
pode produzir 
– (d ) Se o gerador fornece 30 kW de potência ativa, qual será o 
valor máximo de potência reativa que pode ser fornecido 
simultaneamente. 
• (a ) Construa a curva de capacidade desse gerador, incluindo o 
limite de potência da máquina motriz 
– Para a curva, precisa-se realizar alguns cálculos 
– Tensão da máquina: 
 
 
• 
– Corrente, FP=0,8: 
 
 
 
– A potência aparente máxima permitida é 50 kVA, o que permite 
especificar a IA,max segura. 
– O centro dos círculos de EA está em: 
– 
 
Solução 
, ,max3nom nom AS V Iφ=
,
480 277
3 3
T
nom
VV Vφ = = =
,max 60 36,87IA A= ∠ − °
,max
,3
nom
A
nom
S
I
Vφ
=
3 SQ V Xφ= −
,max
50 60
(3)(277)A
kVAI A= =
(3)(277) 230 kvar
1,0
Q = − = −
• Tensão máxima de armadura: 
EA,max: 
 
 
 
• Distância proporcional: 
 
 
 
• Potência de saída máxima 
disponível para uma potência da 
máquina motriz de 45 kW: 
 
• 
Solução , kvarQ
P
kW
3
S
V
Q
X
φ= −
E V IA S AjXφ= + ⋅
277 0 (1,0)(60 36,87) 317 8,7EA j= ∠ + ∠ − = ∠
3 A
E
S
E V
D
X
φ=
IA
δ
θ
kW
kvar
23
S
V
X
φ
3 senAQ V Iφ θ=
3 senAP V Iφ θ=
3 AS V Iφ=
3 3(317)(277) 263 kvar
1,0
A
E
S
E V
D
X
φ= = =
max,saída max,entrada perdas mec perdas núcleoP P P P= − −
max,saída 45 1,5 1,0 42,5P kW kW kW kW= − − =
 
Diagrama de fluxo: perdas - Gerador 
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
entrada ap mP τ ω=
Perdas 
suplementares 
Perdas 
mecânicas 
Perdas 
no núcleo 
Perdas I2R 
ind mτ ω
conv ind mP τ ω=
saídaP
3 cosAV Iφ θ
3 cosL LV I θ
Potência convertida 
• (b ) Esse gerador pode fornecer 
uma corrente de linha de 56 A, 
com FP 0,7 = cos(θ) atrasado, 
por que? 
– Calculo da potência 
 ativa,θ=45,6 
 
 
– Calculo da potência reativa: 
 
 
– De acordo com a curva: 
• P está dentro da área segura 
• Q esta fora da área 
 
 
3 cosAP V Iφ θ=
3 senAQ V Iφ θ=
3(277)(56)(0,7) 32,6kWP = =
3(277)(56)(0,714) 33,2kvarQ = =
, kvarQ
P
kW
3
S
V
Q
X
φ= − 230−
50
50
33
263 50−
42,5
50
max,saída 42,5P kW=
263 kvarED =
Ponto de 
operação 
 
• (c ) Qual é o valor máximo de 
potência reativa que esse 
gerador pode produzir 
– De acordo com a figura, a 
potência reativa máxima a 
gerar pela máquina é 
– Qmax = 33 kvar. 
 
• (d ) Se fornece 30 kW, qual 
será o valor máximo de Q 
que pode fornecer 
simultaneamente. 
– Calculo da potência reativa: 
– P=30; 
– No triangulo: 
• 
 
 
, kvarQ
P
kW
3
S
V
Q
X
φ= − 230−
50
50
33
263
50−
3050−Q
263
2 2263 30 230 31,3kvarQ = − − =
 
MOTOR SÍNCRONO 
Circuito equivalente - Motor 
 
 
• Reatância síncrona: 
 
 
• Indutância síncrona LS : 
• Laa0: Indutância própria devido ao fluxo fundamental espacial do 
entreferro 
• La1: componente adicional devido ao fluxo dispersivo. 
• Reatância de dispersão da armadura: 
 
 
• Reatância de magnetização efetiva ou autoindução do 
estator ou armadura 
• 
V E I I IA A A A A AjX jX Rφ = + + +
V E I IA S A A AjX Rφ = + +
S AX X X= +
3
0 12S aa aL L L= +S SX Lω=
3
02( )aa AX L Xϕ ω= =
a1 a1X L Xω= =
EA
RAjXa1 IA
Vφ
jXA
+
_ ER
+
_
• Circuito completo 
de um gerador 
síncrono trifásico 
 
– Raj: Resistência 
ajustável para 
controlar o fluxo da 
corrente 
– VF: Tensão de 
campo 
– RF: Resistência de 
campo 
– LF: autoindutância 
de campo 
• 
 
Circuito equivalente - motor 
EA1
RAjXS
IA1
Vφ1
EA2
RAjXS
IA2
Vφ2
EA3
RAjXS
IA3
Vφ3
RF
LF
VF
+
_
+
_
+
+
_
_
RajIF
E V I IA S A A AjX Rφ= − −V E I IA S A A AjX Rφ = + +
 
Circuito equivalente por fase - motor 
RF
LF
VF
+
_
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
IF
V E I IA S A A AjX Rφ = + +
E V I IA S A A AjX Rφ= − −
IA
Vφ
IA AR
IS AjX
EA
δ
θ
• Os motores síncronos fornecem 
potência às cargas que pelo geral 
funcionam a velocidade constante. 
• Os motores são ligados a sistemas de 
potência que são muito maiores 
– Conectados a sistemas que atuam como 
barramentos infinitos 
–  tensão terminal  constante 
–  frequência do sistema  constante 
• A velocidade do motor síncrono será 
constante independentemente da 
carga: 
• 
Operação do motor síncrono em regime 
100%vz pc
pc
n n
RV
n
−
= ×
120 se
m
f
n
P
= 0%RV =
indτ
maxτ
nominalτ
sincn
mn
Conjugado vs. velocidade 
120 se
m
fn
P
=
rpm 
Hz 
 
Operação do motor síncrono em regime 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Conjugado normais a plena carga é muito inferior a do valor 
máximo  Tipicamente 1/3 do conjugado máximo. 
• Quando o conjugado no eixo excede o τmax , o rotor poderá 
perder o sincronismo com o estator. 
– A perda de sincronismo é depois do que o τmax é excedido  conhecida como polos deslizantes, 
B Bind R Skτ = × liq senind RkB Bτ δ=
3 senA
ind
Sm
V E
X
φ δ
ω
τ =
sinconv in cd
3 senA
S
V E
P
X
φ δ ωτ= =
max
90
3 A
Sm
V E
X
φ
δ
ω
τ
= °
=
indτ
maxτ
nominalτ
sincn
mn
Conjugado vs. velocidade 
120 se
m
fn
P
=
2m smfω π=
2
60
sm
m
nπ
ω =[Hz]2sm sef fP
=
Efeitos das mudanças de carga no motor 
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
E V I IA S A A AjX Rφ= − −
IA Vφ
IS AjX
EA
δ
θ
0AR ≈
1IA
Vφ
4EA
3EA
2EA
1EA
2IA
3IA
4IA
1P∝
2P∝
3P∝
4P∝
Se a carga aumenta, inicialmente o rotor diminui a 
velocidade  o ângulo δ fica maior  O τind aumenta. 
3 senA
ind
m S
V E
X
φ δτ
ω
=
Efeitos das mudanças de carga no motor 
1IA
Vφ
4EA
3EA
2EA
1EA
2IA
3IA
4IA
1P∝
2P∝
3P∝
4P∝
E V I IA S A A AjX Rφ= − −
infinitaconstante(bar )Vφ →
sinc infinitaconstante(bar )ω →
constante( e não variam)A FE K Iω ω= Φ →
( sen ) e ( cos ) aumentamA AE Iδ θ↑ ↑
constantequandoa carga éalteradaAE →
( sen )e ( cos ) a PotênciaA AE Iδ θ ∝
Potência aumenta→
Diagrama de fluxo: perdas - Motor 
 
conv ind mP τ ω=
23PCE A AP I R=
2
PCR F FP I R=
saídaP
Perdas 
suplementares 
mecânicas Perdas 
no núcleo Perdas I2R 
entrada 3 cosAP V Iφ θ=
3 cosL LV I θ=
conv ind mP τ ω=
ind mτ ω
carga mτ ω=
Perdas 
Potência convertida 
Exemplo 
• Um motor síncrono de 208 V 45 HP, FP 0,8 adiantado, 
ligado em ∆ e 60 Hz tem uma reatância síncrona de 
2,5 Ω e uma resistência de armadura desprezível. 
Suas perdas por atrito e ventilação são 1,5 kW e as 
perdas no núcleo são 1,0 kW. Inicialmente o eixo esta 
impulsionando uma carga de 15 HP e o fator de 
potência do motor é de 0,8 adiantado. 
– (a ) desenhe o diagrama fasorial desse motor e encontre os 
valores de IA, IL e EA. 
– (b ) Agora assuma que a carga no eixo seja aumentada para 
30 HP. Desenhe o comportamento do diagrama fasorial em 
resposta a esse crescimento. 
– (c ) Encontre IA, IL e EA após a alteração de carga. Qual é o 
novo fator de potência. 
Solução 
• (a ) desenhe o diagrama fasorial desse 
motor e encontre os valores de IA, IL e EA . 
– Inicialmente: 
 
 
 
 
 
– Corrente de linha: 
 
 
 
– 
• 
(15HP)(0,746kW/ HP) 11,19kWsaídaP = =
, ,núcleo ,elétrentrada perdas mec perdas perdassaídaP P P PP= + + +
11,19kW 1,5kW 1,0kW 0kW
13,69kW
entrada
entrada
P
P
= + + +
=
13,69 47,5
3(208)(0,8)linha
I A= =
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
IA Vφ
IS AjX
EA
δ
θ
3 cos
entrada
linha
T
P
I
V θ
=
27,4 36,87AI A= ∠ °
3A linhaI I=Motor ligado em ∆, FP=cos(θ) = 0,8 (θ=36,87) 
Solução 
• (a ) desenhe o diagrama fasorial desse motor e encontre os 
valores de IA, IL e EA . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
0R ≈
E V I IA S A A AjX Rφ= − −
27,4 36,87AI A= ∠ °
• (b ) Agora assuma que a carga no eixo seja aumentada para 
30 HP. Desenhe o comportamento do diagrama fasorial em 
resposta a esse crescimento. 
– Quando a potência no eixo é aumentada para 30 HP, o eixo 
desacelera momentaneamente e a tensão gerada interna EA oscila 
para um ângulo maior (δ’>δ), mantendo constante o módulo. 
Solução 
δ
δ ′
A AE E′ =
255 12,4AE = ∠ −
255 δ∠ ′
Se a carga aumenta, inicialmente o 
rotor diminui a velocidade  o ângulo 
δ fica maior  O τind aumenta. 
3 senA
ind
m S
V E
X
φ δτ
ω
=
 
Solução 
• (c ) Encontre IA, IL e EA após a alteração de carga. Qual é o 
novo fator de potência. 
– Com a carga alterada: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
(30HP)(0,746kW/ HP) 22,4kWsaídaP = =
1,5kW 1,0kW 0kW 24,88kW22,4kWentradaP = + + + =
ind sinc conv
3 senA
S
V E
X
P φ
δ
τ ω= =
asen( )
3
(2,5 )( )asen( )
3(208V)(255V
8
)
24,8 kW
convS
A
PX
V Eφ
δ
δ
=
Ω
′
=′
asen(0,391) 23δ ′ = = ° 255 23A′ = ∠ − °E
δ
δ ′
A AE E′ = 255 23∠ −
Solução 
• (c ) Encontre IA, IL e EA após a alteração de carga. Qual é o 
novo fator de potência. 
– Com a carga alterada: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
255 23EA = ∠ − °
E V I IA S A A AjX Rφ= − −
V E
I AA
S AjX R
φ −=
−
208 0 255 23 41,2
2,5
15A j
∠ − ∠
= = ∠ °I
3(41,2) 73 1,4linha AI I A= = =
cos( ) 0,966,15FP adiantado= =°
Motor em conexão em ∆ 
Efeitos das mudanças de IF 
A S A A AjX Rφ= − −E V I I
IA
Vφ
IS AjX
EA
δθ
RF
LF
VF
+
_
EA
RAjXS
IA
Vφ
+
_
IF
0AR ≈
Como uma mudança de IF 
não afeta a velocidade no eixo 
 a potência ativa não muda 
constante(bar )Vφ ∞→
aumenta se aumentaA FE K Iω= Φ → ↑→ Φ( )
( cos ) e ( sen ) aumentamA AE Iδ θ↑ ↑
( cos )e ( sen ) aA AE I Qδ θ ∝
diminuiA AE I ↓⇒↑
sinc constante(bar )ω ∞→
Motor operando inicialmente 
com FP atrasado 
• Como valores 
baixos de EA, a IA 
está atrasada e o 
motor é uma carga 
indutiva  (R+jX) 
consume potência 
reativa. 
 
• IF é aumentada,  
IA se alinha a Vφ, 
aqui o motor é uma 
carga resistiva  
(R) 
 
 
• 
• IF continua aumentando,  IA fica 
adiantada e o motor se torna uma 
carga capacitiva  (R-jX) fornece 
potência reativa. 
 
• 
Efeitos das mudanças de corrente de campo 
( cos ) e ( se) )) ( n (A AE Iδ θ↓ ↓↑ ↑ ( cos )e ( sen ) aA AE I Qδ θ ∝
) ()(A AE I⇒↓ ↓↑ ↑
P∝
(cte.)P∝
(cte.)
 
 
Curva V do motor síncrono 
Fator de 
potência 
em atraso 
Fator de 
potência 
adiantado 
FP=1,0 
Motor 
subexcitado 
Motor sobre-
excitado 
Fornece Q consome Q 
Motor sobre-exitado 
Motor sub-exitado 
2 1P P>
Limite de 
estabilidade 
Motor Subexcitado e Sobre-excitado 
Exemplo 
• O motor síncrono de 208 V, 45 HP, FP 0,8 
adiantado, ligado em ∆ e 60 Hz tem uma reatância 
síncrona de 2,5 Ω e uma resistência de armadura 
desprezível. Suas perdas por atrito e ventilação 
são 1,5 kW e as perdas no núcleo são 1,0 kW. Esta 
alimentando uma carga de 15 HP com um FP 
inicial de 0,85 atrasado. A corrente de campo 
nessas condições é 4,0 A. 
– (a ) desenhe o diagrama fasorial inicial desse motor e 
encontre os valores de IA e EA. 
– (b ) Se o fluxo do motor for incrementado em 25 %, 
desenhe o novo diagrama fasorial do motor. Quais são 
agora os valores de IA e EA e o FP do motor. 
 
Solução 
• (a ) desenhe o diagrama fasorial inicial desse motor e 
encontre os valores de IA e EA. 
– Inicialmente: 
 
 
 
– Corrente de linha: 
 
 
• Motor ligado em ∆, então a corrente de armadura: 
FP=cos(θ) = 0,85  θ=31,79 
 
» 
 
(15HP)(0,746kW/ HP) 11,19kWsaídaP = =
, ,núcleo ,elétrentrada saída perdas mec perdas perdasP P P P P= + + +
11,19kW 1,5kW 1,0kW 0kW 13,69kWentradaP = + + + =
13,69 44,69
3 cos 3(208)(0,85)
entrada
linha
T
PI A
V θ
= = =
44,69 25,8
3 3
linha
A
II A= = = 25,8 31,8AI A= ∠ °
Solução 
• (a ) desenhe o diagrama fasorial inicial desse motor e 
encontre os valores de IA e EA. 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
 
Solução 
• (b ) Se o fluxo do motor for incrementado em 25 %, 
desenhe o novo diagrama fasorial do motor. Quais são 
agora os valores de IA e EA e o FP do motor. 
– Se o fluxo for incrementada em 25%, a tensão 
EA será incrementada em 25% 
 
 
– A potência subministrada à carga deve permanecer 
constante: 
 
– O ângulo: 
 
 
• 
AE K ω= Φ
2 227,5 13,9EA = ∠ −
Solução 
• (b ) Se o fluxo do motor for incrementado em 25 %, desenhe o 
novo diagrama fasorial do motor. Quais são agora os valores de IA 
e EA e o FP do motor. 
 
– A corrente de armadura: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• 
E V I IA S A A AjX Rφ= − − V EI AA
S AjX R
φ −=
−
208 0 227,5 13,9 22,5
2,5
13,2A j
∠ − ∠ −
= = ∠ °I
cos( ) 0,974a13,2 diantadoFP °= =
• O barramento infinito da figura, opera em 480 V. A carga 1 é 
um motor de indução que consome 100 kW, com FP 0,78 
atrasado, e a carga 2 é um motor de indução que consome 
200 kW, com FP 0,8 atrasado. A carga 3 é um motor síncrono 
cujo consumo de potência ativa é 150 kW. 
• (a ) Se o motor síncrono for ajustado para operar com FP 0,85 
atrasado, qual será a corrente na linha de transmissão nesse 
sistema 
 
Exemplo 
• (b ) ajustado para FP 0,85 adiantado, 
qual será a 
 corrente na 
 linha de 
 transmissão 
 nesse sistema 
• 
 
 
Exemplo 
• (c ) Assumindo que as perdas na linha é dada por: 
 
 
– Então, compare as perdas na linha nos casos ( a ) e ( b ) 
 
• SOLUÇÃO: 
– (a ) Se o motor síncrono for ajustado para operar com FP 
0,85 atrasado, qual será a corrente na linha de transmissão 
nesse sistema 
 
 
 
• 
23PL L LP I R=
Solução 
Solução 
tot 450kWP = tot 323,2kVARQ =
Solução 
• (b ) Se o motor síncrono for ajustado para operar com FP 
0,85 adiantado, qual será a corrente na linha de 
transmissão nesse sistema 
 
 
 
 
 
 
• 
tot 450kWP =
Solução 
• (c ) Assuma que as perdas na linha é dada por: 
de que forma as perdas na linha compara se nos dois casos 
(a ) e (b ) 
 
– Caso (a ) 
 
 
– Caso (b ) 
 
 
 
• Observe que, no caso (b), as perdas na linha de transmissão 
são 28% menores do que no primeiro, ao passo que a 
potência fornecida às cargas é a mesma. 
23PL L LP I R=
• A carga da maioria dos sistemas típicos de potência 
constitui-se de motores de indução. 
– Os fatores de potência (FP) desses sistemas são quase sempre 
atrasados. 
 
• Dispor de um ou mais cargas adiantadas (motor síncrono 
sobre-excitado) no sistema de potência pode ser útil. 
Motor síncrono 
– Uso de motores para 
aumentar o FP é 
denominado correção de 
fator de potência. 
Motor síncrono sobre-excitado 
• Dispor de uma ou mais cargas adiantadas pode ser útil: 
• 1. Uma carga adiantada pode fornecer potência reativa Q para 
as cargas atrasadas vizinhas, em vez de ela vir do gerador. 
– a corrente da linha de transmissão é reduzida e as perdas do 
sistema de potência são muito inferiores. 
• 2. Como as linhas de transmissão transportam menos 
corrente, elas podem ser menores para um dado fluxo de 
potência nominal. 
– Uma corrente nominal inferior reduz o custo de um sistema de 
potência. 
• 3. operar um motor síncrono com um FP adiantado significa 
que o motor deverá funcionar sobre-excitado. 
– Aumenta o conjugado máximo do motor, reduzindo a possibilidade 
do valor máximo seja excedido. 
Partida de Motores Síncronos 
• Partida através de um motor auxiliar. 
– O motor síncrono é conectado a um motor auxiliar 
(motor de indução trifásico), que o levará perto da 
velocidade síncrona. 
– Neste momento desliga-se o motor auxiliar e liga-se o 
motor síncrono com campo energizado, estabelecendo 
assim o sincronismo. 
 
• Partida através da variação da frequência. 
– Neste caso a frequência da tensão aplicada ao motor é 
variada de zero ao valor nominal e, a velocidade do 
motor se mantém em sincronismo durante todo o 
período de partida. 
Partida de Motores Síncronos 
• Um motor síncrono que possui uma gaiola de 
partida em seu rotor (enrolamentos 
amortecedores), pode ser acionado normalmente 
como MIT método mais comum. 
 
• O enrolamento de campo é curto circuitado ou 
conectado a uma resistência (R ≈ 10×RF). 
 
• Quando o rotor atingir a velocidade perto da 
síncrona é aplicado o campo. 
– Neste momento o motor alcança facilmente a 
velocidade síncrona 
 
Geradores e motores síncronos 
Gerador Sobre-excitado Gerador Subexcitado 
Geradores e motores síncronos 
Motor Sobre-excitado Motor Subexcitado 
• Com motor auxiliar: empregado para atingir a velocidade 
síncrona e, a partir daí, pode ser feita a conexão com a rede 
elétrica. 
• Com motor de indução: Os motores síncronos com gaiola de 
amortecimento podem partir como motores de indução 
– O enrolamento de campo deve ser curto-circuitado para facilitar a 
operação da partida. 
Partida de motor sincrono 
• Conversor eletrônico: os 
inversores permitem o 
controle do nível da tensão e 
da frequência de 
alimentação do motor 
– O torque elétrico produzido 
não sofre redução. 
 
	Faculdade de Engenharia�Departamento de Engenharia Elétrica
	Pré-requisito: CEME - I
	Maquina Síncrona
	Máquinas Síncronas - MS
	Número do slide 9
	Máquinas Síncronas
	Número do slide 11
	Maquina Síncrona
	Rotor de turbo-gerador (rotor liso)
	Rotor de pólos saliéntes
	Maquina síncrona
	Maquina síncronas – imãs permanente
	Maquina síncrona especiais
	Máquinas síncronas supercondutoras
	Maquina CC
	Uma espira em campo magnético
	Força e Tensão induzida
	Tensão induzida .
	Tensão induzida: eind = (v  B)l
	Tensão induzida: eind = (v  B)l
	Fem induzida num ciclo
	Tensão induzida: eind = (v  B)l
	Tensão induzida: eind = (v  B)l
	Tensão induzida
	Conjugado induzido Find=i(lB)
	Conjugado induzido: 
	Conjugado induzido F = i (l B)
	Conjugado induzido
	Conjugado induzido
	Conjugado induzido
	Conjugado induzido para máquinas real
	Número do slide 40
	Máquinasíncrona de 2 pólos
	Máquina síncrona de 2 pólos
	Maquina síncrona de pólos lisos
	Maquina síncrona de 2 pólos lisos
	Máquina síncrona de 4 pólos
	Máquina síncrona de 4 polos
	Máquina Síncrono de pólos salientes
	Sistema Trifásico
	Sistema trifásico
	Sistema trifásico – de 2 pólos
	Máquinas Síncronas Trifásicas
	Sistema trifásico de 4 pólos
	Número do slide 55
	FMM em Enrolamentos Distribuidos
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	Máquina de forma plana
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	Construindo a função 
	Número do slide 62
	Número do slide 63
	FMM com enrolamentos de 2 camadas
	Exemplo
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Solução
	FMM: Enrolamentos distribuídos no rotor
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	FMM em Enrolamentos Distribuídos
	Campo magnético
	Campo magnético 4 pólos lisos
	Campo Magnético no entreferro
	 Campo no entreferro uniforme
	 Campo no entreferro uniforme
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Campo Magnético Girante
	Campo B em enrolamento 3
	Campo B em enrolamento 3
	Campo B em enrolamento 3
	Campo B em enrolamento 3
	Campo B em enrolamento 3
	FMM com inversão de campo
	FMM com inversão de campo
	Frequência e Tensão gerada
	Máquina Síncronas
	Frequência da tensão gerada
	Frequência e velocidade de rotação
	Frequência e velocidade de rotação
	Máquinas síncronas
	Número do slide 123
	Velocidades síncronas
	Frequência da tensão gerada
	Frequência e velocidade de rotação
	Exemplo
	Frequência e velocidade de rotação
	Solução
	Exercício
	Exemplo
	Tensão induzida – Maq. Síncrona
	Tensão induzida em máquinas CA
	Tensão induzida: eind = (v  B)l
	Tensão induzida em máquinas CA
	Tensão induzida em máquinas CA
	Tensão induzida em máquinas CA 3ph
	Tensão eficaz em um estator trifásico
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Conjugado Induzido
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Conjugado induzido em uma máquina CA
	Paso de uma bobina
	Número do slide 161
	Passo de uma bobina
	Encurtamento de passo
	Bobina de passo encurtado
	Passo encurtado
	Paso polar
	Fator de passo kp 
	Fator de passo kp.
	Fator de passo kp 
	Exemplo
	Exemplo
	Solução
	Fator de Passo kp 
	Tensão induzida – passo encurtado
	Tensão induzida do passo encurtado
	Tensão induzida do passo encurtado
	Tensão induzida do passo encurtado
	Tensão induzida do passo encurtado
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Fator de Distribuição kd
	Fator de Distribuição
	Fator de Distribuição kd 
	Fator de Distribuição kd 
	Fator de Distribuição kd 
	Fator de Distribuição kd 
	Exemplo
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Número do slide 209
	Harmônicos em Enrolamentos
	Harmônicas
	Harmônicas nas ranhuras
	Harmônicas nas ranhuras
	Exemplo
	Efeitos dos Harmónicos de Ranhura
	Exemplo
	Solução
	Tensão induzida - harmônicos
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Distribuição de enrolamentos em um número fracionário de ranhuras
	Distribuição de enrolamentos em um número fracionário de ranhuras
	Distribuição de enrolamentos em um número fracionário de ranhuras
	Distribuição de enrolamentos em um número fracionário de ranhuras
	Exemplo
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Número do slide 233
	Número do slide 246
	Saturação Magnética
	Saturação Magnética
	Saturação magnética
	Indutância mútua entre estator e rotor
	Indutância própria do rotor
	Indutância própria do rotor
	Indutância mútua entre estator e rotor
	Indutância do estator e síncrona
	Indutância do estator e síncrona
	Indutância do estator e síncrona
	Indutância do estator e síncrona
	Indutância do estator e síncrona
	Circuito Equivalente
	Circuito equivalente
	Circuito equivalente
	Circuito equivalente - Motor
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Circuito equivalente - Gerador
	Circuito equivalente - Motor
	Circuito equivalente - Motor
	Reatância de armadura
	Reatância de dispersão L1a.
	Valores das grandezas
	Tensão induzida ou interna
	Circuito equivalente
	Tensão interna gerada
	Tensão interna gerada
	Reação de armadura - gerador
	Reação de armadura - gerador
	Reação de armadura - gerador
	Reação de armadura - gerador
	Circuito equivalente - gerador
	Circuito equivalente - gerador
	Circuito equivalente - gerador
	Circuito equivalente por fase - gerador
	Diagrama fasorial - gerador
	Impedância síncrona
	Impedância síncrona
	Ensaios da máquina síncrona�>> parâmetros da máquina <<
	Três tipos de Ensaios
	Ensaio a corrente contínua
	Ensaio a vazio ou de circuito aberto
	Ensaio de Circuito aberto
	Ensaio a vazio ou de circuito aberto
	Ensaio a vazio ou de circuito aberto
	Exemplo
	Solução
	Ensaio de Curto-circuito
	Ensaio de Curto-circuito
	As curvas CAV e CCC
	Impedância síncrona
	Impedância síncrona
	No ensaio a curto-circuito
	Ensaio a curto-circuito
	Reatância Síncrona Xs
	Ensaio a curto-circuito
	Característica a vazio e a curto-circuito
	Razão ou relação de curto-circuito
	Razão ou relação de curto-circuito
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Regulação de tensão e de velocidade
	Regulação de tensão e de velocidade
	Regulação de tensão
	Número do slide 333
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Potência e conjugado em geradores
	Fluxos e Perdas de potência em máquinas
	Diagrama de fluxo: perdas - Gerador
	Máquina Síncrona - Gerador
	Diagrama de fluxo: perdas - Motor
	Máquina Síncrona - Motor
	Número do slide 348
	Potência e conjugado em geradores
	Potência e conjugado em geradores
	Potência e conjugado em geradores
	Potência e conjugado em geradores
	Gerador Síncrono em operação
	Gerador síncrono em operação
	Gerador Operando Isolado
	Número do slide 361
	Gerador Operando Isolado
	Gerador Operando Isolado
	Exemplo
	Exemplo
	Diagrama de fluxo: perdas - Gerador
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Especificações nominais de um gerador
	Gerador Síncrono Operando em Paralelo
	Operação em Paralelo
	Condições para ligação em paralelo
	Sequências de fases
	Ligação em paralelo
	Máquina motriz
	Frequência vs. Potência
	Velocidade vs. Frequência
	Tensão vs. Potência Reativa
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Paralelo a grandes sistemas de potência
	Paralelo a grandes sistemas de potência
	Número do slide 400
	Número do slide 401
	Número do slide 403
	Potência e conjugado em geradores
	Número do slide 405
	Gerador paralelo a Barramento –  
	Gerador paralelo a Barramento –  
	Número do slide 408
	Geradores similares em paralelo
	Geradores similares em paralelo
	Exercício
	Solução
	Curva de capabilidade ou capacidade do Gerador síncrono
	Curvas de capacidade do gerador síncrono
	Curva de capacidade
	Número do slide 421
	Número do slide 422
	Número do slide 423
	Número do slide 427
	Número do slide 428
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Diagrama de fluxo: perdas - Gerador
	Número do slide 433
	Número do slide 434
	Motor Síncrono
	Circuito equivalente - Motor
	Circuito equivalente - motor
	Circuito equivalente por fase - motor
	Operação do motor síncrono em regime
	Operação do motor síncrono em regime
	Efeitos das mudanças de carga no motor
	Efeitos das mudanças de carga no motor
	Diagrama de fluxo: perdas - Motor
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Efeitos das mudanças de IF
	Efeitos das mudanças de corrente de campo
	Curva V do motor síncrono
	Motor Subexcitado e Sobre-excitado
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Exemplo
	Exemplo
	Solução
	Solução
	Solução
	Solução
	Motor síncrono
	Motor síncrono sobre-excitadoPartida de Motores Síncronos
	Partida de Motores Síncronos
	Geradores e motores síncronos
	Geradores e motores síncronos
	Partida de motor sincrono