Notas de Aula Conversão (motores sincronos) PDF

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Notas de aula da disciplina Conversão de Energia. Assunto: Conceitos, funcionamento e aplicação de motores síncronos....

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  1.0 GENERALIDADES Os motores síncronos se diferenciam dos motores de indução pela dupla excitação: é fornecida energia alternada aos enrolamentos de armadura e energia contínua aos enrolamentos de campo. Se comparados aos geradores síncronos, a única diferença é que um recebe energia da rede e o outro a fornece. A velocidade do motor síncrono será constante e igual à velocidade de sincronismo (NS = 120f/P) não havendo mais escorregamento. O torque de partida de um motor síncrono é nulo pois os pólos fixos (corrente contínua) do rotor irão interagir com o campo alternado do estator provocando atração no ciclo positivo da corrente e repulsão no ciclo negativo, como a inércia do rotor é muito grande se comparada com a freqüência da rede, o rotor irá ficar parado. É necessário portanto girar o rotor até a velocidade síncrona ou próxima dela, com isto o torque resultante da atração entre o pólo fixo e o campo girante irá fazer com que o rotor gire à velocidade síncrona. Se é colocada carga no eixo do motor, irá surgir uma tendência a reduzir a velocidade, aumentando o torque e mantendo o sincronismo. Se o torque resistente (carga) inserido no eixo for maior que o torque máximo desenvolvido pelo motor ele irá perder o sincronismo e parar. Ao contrário do motor de indução, o motor síncrono ou funciona à velocidade síncrona ou para, não existe a possibilidade de girar a velocidade menores que a nominal. 2.0 PARTIDA DE MOTORES SÍNCRONOS Para levar o motor síncrono a uma velocidade próxima da síncrona são utilizados os seguintes artifícios:  Acoplar um motor CC ao eixo do motor síncrono;  Utilização da excitatriz como motor CC;  Acoplar um motor de indução com maior velocidade nominal que a do motor síncrono (menor número de pólos);  Utilização de enrolamentos de compensação para que a partida seja como um motor de gaiola de esquilo. Os três primeiros métodos tem a grande desvantagem de não permitir a partida do motor sob carga. O método de partida mais comum é a inserção de enrolamentos amortecedores curto-circuitados como gaiola de esquilo, efetuando a partida como motor de indução. Os enrolamentos amortecedores também auxiliam no funcionamento do motor quando ele sofre variações de carga, reduzindo o efeito da busca por sincronismo. EPA - Conversão – Motores Síncronos – Pág.: 1/6

A partida se dá curto-circuitando os enrolamentos CC e aplicando CA ao estator, quando o motor esta a uma velocidade próxima da nominal, aplica-se CC no enrolamento de campo e o motor passa a girar na velocidade síncrona. Na partida com carga do motor síncrono muitas vezes o rotor de gaiola não consegue suprir o torque necessário ou mesmo o escorregamento fica muito alto, impedindo a comutação para velocidade síncrona. Nestes casos é utilizado um enrolamento amortecedor bobinado com inserção de resistências rotóricas externas. Estes motores síncronos passam a ter cinco anéis coletores: dois para o enrolamento de campo CC e três para os terminais do enrolamento amortecedor. A partida com inserção de resistências rotóricas (que já foi estudada com os motores de indução) leva o motor até a velocidade próxima da síncrona com alto torque, permitindo a inserção de CC no enrolamento de campo e operação do motor com velocidade síncrona. 3.0 DIAGRAMA FASORIAL DO MOTOR SÍNCRONO O diagrama fasorial de um motor síncrono é dado pelo gráfico ao lado, onde: Ia = Corrente de Armadura; Vf = Tensão de fase aplicada ao motor; E gf = Tensão gerada por fase; E R = Tensão resultante; Z S = Impedância síncrona por fase; Ra = Resistência de armadura; XS = Reatância síncrona; α = Ângulo de torque ou de atraso elétrico entre Egf e 180º de Vf; β = Ângulo de atraso mecânico entre o campo girante e os pólos do rotor; P = Número de pólos do motor. Temos então que: Z S = R a + jXS E R = V f - Egf = (Vf - E gfcosα) + j (Egf senα) Ia = E R / Z S β= 2α/P Exemplo: Um motor síncrono 20 pólos, 40 HP, 660V, ligado em estrela, opera a vazio com excitação [Egf] = [Vf] e ângulo de atraso mecânico de 0,5º. Sabendo que a sua reatância síncrona é 10 ohms e a resistência de armadura é 1 ohm, determine: a) O ângulo de atraso elétrico; b) A corrente de armadura; c) A Potência total absorvida da rede; d) A Perda total na armadura e a potência desenvolvida pelo motor; e) Repita o cálculo das letras anteriores considerando que agora o ângulo é de 5º. a) α = Pβ/2 = (20 x 0,5)/2 = 5º b) Vf = V L/√3 ∠0º = 660/1,73 ∠0º = 381 ∠0º V. E R = V f - Egf = (V f - Egfcosα) + E gfsenα = (381 – 381 cos5) + j(381 sen5) = 33,2 ∠87,3º V. Ia = ER/Z S = 33,2 ∠87,3º / (1 + j10) = 3,32∠3º A. c) PTOTAL = 3 PFASE = 3 (Vf I a cos θ) = 3 [381 x 3,32 x cos (3-0)] = 3,795 kW 2 d) PERDAS = 3 (R a . Ia ) = 3 (1 x 3,322 ) = 33 W. PDESENVOLVIDA = P TOTAL – PERDAS = 3795 – 33 = 3,762 kW PDESENVOLVIDA HP = PDESENVOLVIDA/746 = 3752 / 746 = 5,3 HP. EPA - Conversão – Motores Síncronos – Pág.: 2/6

e) α = Pβ/2 = (20 x 5)/2 = 50º E R = (V f - E gfcosα) + Egfsenα = (381 – 381 cos50) + j(381 sen50) = 334 ∠64,2º V. Ia = ER/Z S = 334 ∠64,2º / (1 + j10) = 32,4∠-20,1º A. P TOTAL = 3 P FASE = 3 (Vf I a cos θ) = 3 [381 x 32,4 x cos (-20,1-0)] = 34,8 kW P ERDAS = 3 (Ra . Ia2 ) = 3 (1 x 32,42) = 3150 W. P DESENVOLVIDA = P TOTAL – PERDAS = 34800 – 3150 = 31,65 kW P DESENVOLVIDA HP = P DESENVOLVIDA/746 = 31650 / 746 = 42,43 HP. Do exemplo temos que quando o motor opera com E gf = Vf, dizemos que ele esta operando com excitação normal, nesta caso teremos sempre a corrente de armadura próxima da tensão terminal, ou seja fatores de potência próximos da unidade. O ângulo de atraso mecânico varia muito pouco entre a operação a vazio e a operação a plena carga. Normalmente β está entre 0 e 5º. Já o ângulo elétrico pode assumir valores bastante grandes dependendo do carregamento e tipo construtivo do motor. É importante lembrar que tanto α quanto β são ângulos de defasagem e não valores de escorregamento como no motor assíncrono. Nos motores síncronos a velocidade do rotor é sempre a velocidade síncrona. 4.0 SUB E SOBRE EXCITAÇÃO Até o momento analisamos o motor com E gf igual a Vf, ou seja, com a tensão gerada pelo excitação CC igual à tensão aplicada nos terminais do motor. Vermos a seguir o que ocorre quanto reduzimos (sub-excitação) ou aumentamos (sobre-excitação) a tensão gerada Egf.

Na Sub-Excitação temos:  Egf < Vf;  Pior fator de potência (mais indutivo);  Maior tensão ER e conseqüentemente maiores correntes de armadura para a mesma carga, implicando em pior rendimento;  O aumento da carga irá implicar em melhora do fator de potência;

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Na Sobre-Excitação temos:  Egf > Vf;  Como E gf e Vf não estão em oposição de fase, a máquina irá se comportar como motor pois surgirá uma tensão resultante ER;  Fator de potência capacitivo;  Maior tensão ER e conseqüentemente maiores correntes de armadura para a mesma carga, implicando em pior rendimento;  O aumento da carga irá implicar em fator de potência mais próximo do resistivo; 5.0 AJUSTE DO FATOR DE POTÊNCIA – CAPACITORES SÍNCRONOS Considerando um motor síncrono que opere com carga constante, podemos variar a excitação para controlar o fator de potência consumido da rede, fazendo com que o motor passe a operar como um capacitor. Com a tensão gerada igual à tensão terminal (excitação normal) teremos o menor valor de corrente de armadura e fator de potência muito próximo da unidade. À media que aumentamos Egf, a corrente de armadura aumenta e se torna mais capacitiva. O aumento de Ia implica em maior potência fornecida ao eixo do motor, como a carga é constante isto irá resultar em redução do defasamento α até o motor atingir novo ponto de equilíbrio. Até um certo tempo atrás era comum a utilização de motores síncronos exclusivos para correção de fator de potência. Estes motores não tinham carga ligada ao seu eixo e operavam exclusivamente como capacitores. A grande vantagem deste sistema é o controle linear da potência capacitiva inserida ao sistema. Com o aprimoramento da tecnologia de construção e chaveamento de bancos de capacitores automáticos, esta aplicação praticamente desapareceu, restando apenas em algumas indústrias. 6.0 “CURVAS V” DE UM MOTOR SÍNCRONO As relações fasoriais dos motores síncronos podem ser resumidas em gráficos chamados “Curvas V” do motor. Estas curvas são obtidas experimentalmente alimentando o motor e variando sua carga mecânica e excitação.

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Podemos observar que mesmo a vazio, com excitação normal o motor irá consumir uma pequena corrente de armadura, necessária para vencer as perdas no cobre e mecânicas do motor. O aumento da carga no eixo do motor, a sub-excitação e a sobre-excitação irão provocar um aumento na corrente consumida, conseqüentemente maior potência consumida.

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Exemplo: Um motor trifásico, ligação estrela, 6 pólos 50HP, 440V, 60Hz, tem resistência de armadura de 0,1 ohm e reatância síncrona de 2,4 ohms. Quando o motor esta operando com ângulo de defasagem elétrica de 20º e o motor esta sub-excitado, produzindo uma tensão gerada por fase de 240V, calcule: a) A corrente de Armadura, O fator de potência e A potência desenvolvida; b) Repita o item “a” para uma tensão gerada de 265V; c) Repita o item “a” para uma tensão gerada de 290V; Resposta: a) V f = VL/√3 = 440/1,73 = 254 ∠0º V; Egf = 240∠(180-20)º = 240∠160º V; ER = Vf - E gf = (V f – E gf cos20) + j(Egfsen20) = (254–240cos20)+j(240sen20) = 86,8∠70,85º V; ZS = 0,1 + j 2,4 ohms; I a = E R/ZS = 86,8∠70,85º/(0,1 + j 2,4) = 36∠-16,75º A; Fator de potência = cos( –16,75) = 0,9575 em atraso; P TOTAL = 3 P FASE = 3 (Vf I a cos θ) = 3 [254 x 36 x cos (-16,75)] = 26,27 kW 2 2 P ERDAS = 3 (Ra . Ia ) = 3 (0,1 x 36 ) = 388 W. P DESENVOLVIDA = P TOTAL – PERDAS = 26270 – 388 = 25,88 kW P DESENVOLVIDA HP = P DESENVOLVIDA/746 = 25880 / 746 = 34,7 HP. b) V f = 254 ∠0º V; Egf = 265∠(180-20)º = 265∠160º V; ER = Vf - E gf = (V f – E gf cos20) + j(Egfsen20) =(254–265cos20)+j(265sen20) = 90,80∠86,85º V; ZS = 0,1 + j 2,4 ohms; I a = E R/ZS = 90,8∠86,85º/(0,1 + j 2,4) = 37,7∠0º A; Fator de potência = cos(0) = 1; P TOTAL = 3 P FASE = 3 (Vf I a cos θ) = 3 [254 x 37,7 x cos (0)] = 28,73 kW 2 2 P ERDAS = 3 (Ra . Ia ) = 3 (0,1 x 37,7 ) = 426 W. P DESENVOLVIDA = P TOTAL – PERDAS = 28730 – 426 = 28,30 kW P DESENVOLVIDA HP = P DESENVOLVIDA/746 = 28300 / 746 = 3437,94 HP. c) V f = 254 ∠0º V; Egf = 290∠(180-20)º = 290∠160º V; ER = Vf - E gf = (V f – E gf cos20) + j(Egfsen20) =(254–290cos20)+j(290sen20) = 100,5∠100,3º V; ZS = 0,1 + j 2,4 ohms; I a = E R/ZS = 100,5∠100,3º/(0,1 + j 2,4) = 41,7∠12,7º A; Fator de potência = cos( 12,7) = 0,9757 em avanço; P TOTAL = 3 P FASE = 3 (Vf I a cos θ) = 3 [254 x 41,7 x cos (12,7)] = 31,0 kW 2 P ERDAS = 3 (Ra . Ia ) = 3 (0,1 x 41,72) = 521 W. P DESENVOLVIDA = P TOTAL – PERDAS = 31000 – 521 = 30,48 kW P DESENVOLVIDA HP = P DESENVOLVIDA/746 = 30480 / 746 = 40,9 HP. Este exemplo indica que se mantermos a carga no eixo constante e variarmos a excitação, o angulo de torque (defasagem) irá reduzir buscando uma nova condição de equilíbrio para atender à potência solicitada.

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