Conversão eletromecânica de energia no campo magnético.pdf

PRINCÍPIOS BÁSICOS DA CONVERSÃO ELETROMECÂNICA DEENERGIA Wp1 – representa perdas  Por correntes parasitas  Por histerese  Joule  Magnetostrição – deformação que um cristal ferromagnético pode apresentar quando é submetido a um campo magnético. Ex.: ferro, níquel, etc. Porém a magnestostrição possui importante aplicação na construção de sensores eletromagnéticos empregados na medida de pressões, forças e conjugados. Em máquinas elétricas convencionais ela não apresenta nenhuma colaboração, levando a produção de ruídos. O próprio fenômeno da histerese é o principio dos Motores de Histerese. Wp2 – representa perdas de origem mecânica. Definição de porta para conversão eletromecânica de energia (CEE): Ponto de recebimento e fornecimento de energia. - Motor trifásico: três portas elétricas e uma mecânica. - Motor monofásico: uma porta elétrica e uma mecânica. Princípios fundamentais da CEE Conversor de uma porta elétrica e uma mecânica Toda energia de entrada de alguma forma pode ser encontrada ao longo do processo de conversão de energia. 𝑊𝐸 − 𝑊𝑝1 = 𝑊𝐴 + 𝑊𝑆 + 𝑊𝑝2 𝑊′𝐸 = 𝑊𝐴 + 𝑊′𝑆 O conversor real pode ser estudado a partir do ideal, em que as perdas ficam externas ao conversor e serão consideradas a posteriori. 𝑊′𝐸1 = 𝑊𝐴1 + 𝑊′𝑆1 → 𝑡1 𝑊′𝐸2 = 𝑊𝐴2 + 𝑊′𝑆2 → 𝑡2 Subtraindo as equações... 𝑊′𝐸2 − 𝑊′𝐸1 = 𝑊𝐴2 − 𝑊𝐴2 + 𝑊′𝑆2 − 𝑊′𝑆1 ∆𝑊′𝐸 = ∆𝑊𝐴 + ∆𝑊′𝑆 Principio da reversibilidade Basicamente diz que a energia elétrica pode ser convertida em mecânica e vice-e-versa através de um dispositivo de conversão (por exemplo, motor e gerador, respectivamente). Principio dos trabalhos virtuais ∆𝑇 = ∆𝑊𝑠 = 𝑓𝑚 ∆𝑥 Conversão eletromecânica de energia no campo magnético Dispositivo de duas portas elétricas e uma mecânica Conversor eletromecânico de 3 portas (2 elétricas e 1 mecânica) Diagrama de blocos do conversor supracitado 𝑊𝐸1 + 𝑊𝐸2 = 𝑊𝑝1 + 𝑊𝐴𝑑1 + 𝑊𝑝2 + 𝑊𝐴𝑑2 + 𝑊𝐴 + 𝑊𝑝3 + 𝑊𝑆 𝑊𝐸1 − 𝑊𝑝1 − 𝑊𝐴𝑑1 + (𝑊𝐸2 − 𝑊𝑝2 − 𝑊𝐴𝑑2 ) = 𝑊𝐴 + 𝑊𝑝3 + 𝑊𝑆 𝑊′𝐸1 + 𝑊′𝐸2 = 𝑊𝐴 + 𝑊′𝑆 Para t1... 𝑊′𝐸1(1) + 𝑊′𝐸2(1) = 𝑊𝐴1 + 𝑊′𝑆1 Para t2... 𝑊′𝐸1(2) + 𝑊′𝐸2(2) = 𝑊𝐴2 + 𝑊′𝑆2 O que leva a... ∆𝑊′𝐸1 + ∆𝑊′𝐸2 = ∆𝑊𝐴 + ∆𝑊′𝑆 = 𝑃𝑚𝑒𝑑 1 ∆𝑡 + 𝑃𝑚𝑒𝑑 2 ∆𝑡 Com ∆𝑊′𝑆 = 𝑓𝑚 ∆𝑥... 𝑃𝑚𝑒𝑑 1 ∆𝑡 + 𝑃𝑚𝑒𝑑 2 ∆𝑡 = ∆𝑊𝐴 + 𝑓𝑚 ∆𝑥 Tomando 𝑃𝑚𝑒𝑑 = 𝑉𝑚 𝑖𝑚 , onde 𝑉𝑚 = 𝑖𝑚1 ∆𝜆 ∆𝑡 (tensão aplicada ao conversor ideal)... ∆𝜆1 ∆𝜆2 ∆𝑡 + 𝑖𝑚2 ∆𝑡 = ∆𝑊𝐴 + 𝑓𝑚 ∆𝑥 ∆𝑡 ∆𝑡 𝑓𝑚 = 𝑖𝑚1 ∆𝜆1 ∆𝜆2 ∆𝑊𝐴 + 𝑖𝑚2 − ∆𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 Fazendo ∆𝑡 → 0 (∆𝑥 → 0)... 𝑓 = 𝑖1 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 𝑑𝑊𝐴 + 𝑖2 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Essa é a força portante ou magnética. Para um dispositivo de n portas elétricas: 𝑓 = 𝑖1 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 𝑑𝜆𝑛 𝑑𝑊𝐴 + 𝑖2 + ⋯ + 𝑖𝑛 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑛 𝑓= 𝑘=1 𝑑𝜆𝑘𝑑𝑊𝐴 𝑖𝑘 − = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑛 𝑖𝑘 𝑘=1 𝜕𝜆𝑘𝜕𝑊𝐴 − 𝜕𝑥 𝜕𝑥 Obs.: Aplica-se a conversores eletromecânicos lineares ou não dotados de n portas. Tratamentos matemáticos Fluxo dependente 𝜆1 = 𝜆1 𝑖1 , 𝑖2 , … , 𝑖𝑛 , 𝑥 ⋮ 𝜆𝑛 = 𝜆𝑛 𝑖1 , 𝑖2 , … , 𝑖𝑛 , 𝑥 Para um dispositivo de 2 portas elétricas... 𝜆1 = 𝜆1 𝑖1 , 𝑖2 , 𝑥 𝜆2 = 𝜆2 𝑖1 , 𝑖2 , 𝑥 𝑊𝐴 = 𝑊𝐴 𝑖1 , 𝑖2 , 𝑥 A força para essa configuração vale... 𝑓 = 𝑖1 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 𝑑𝑊𝐴 + 𝑖2 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Corrente dependente 𝑖1 = 𝑖1 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑛 , 𝑥 ⋮ 𝑖𝑛 = 𝑖𝑛 𝜆1 , 𝜆2 , … , 𝜆𝑛 , 𝑥 Para duas portas elétricas... : O sinal negativo indica que a força se opõe ao crescimento de x. Obs. toda a energia entregue às portas elétricas será convertida a e armazenada na forma de campo magnético: 𝑑𝑊𝐴 = 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝑖2 𝑑𝜆2 Ou. Expressão do diferencial de energia para um dispositivo de duas portas elétricas 𝑓 = 𝑖1 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 𝑑𝑊𝐴 + 𝑖2 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑊𝐴 = −𝑓𝑑𝑥 + 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝑖2 𝑑𝜆2 𝑊𝑒𝑙 é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑊𝑚𝑒𝑐 Se a porta mecânica for bloqueada. 𝑥 A força para essa configuração vale...y) e B(x.. 𝑦 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑥. Ela tende a diminuir a relutância.. para n portas elétricas (conversão linear ou não-linear) 𝑛 𝑑𝑊𝐴 = 𝑖𝑘 𝜆𝑘 𝑘=1 O diferencial perfeito (conversor ideal) Sejam A(x. 𝜆2 . 𝑦 𝑑𝑦 𝑃1 Diversos caminhos a se escolher (ORLY?) . 𝑓 = 𝑖1 𝑓=− 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝑥 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 𝑑𝑊𝐴 + 𝑖2 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 (𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) Pois o fluxo concatenado𝜆 não depende da variação de x.y) funções. 𝜆2 . 𝑥 𝑖2 = 𝑖2 𝜆1 . Seja D uma função de função. definida por 𝐷= 𝑃2 𝐴 𝑥.𝑖1 = 𝑖1 𝜆1 . 𝑑𝑖1 = 12𝑥 2 𝑑𝜆2 .. Qual você vai escolher? 𝑑𝑖1 𝑑𝑖2 = 𝑑𝜆2 𝑑𝜆1 Exemplo 𝑖1 = 10𝜆1 𝑥 2 + 12𝜆2 𝑥 2 𝑖1 = 𝐾𝜆1 𝑥 2 + 18𝜆2 𝑥 2 Para que possa se encontrar a expressão de energia armazenada se faz necessário verificar a o teorema acima. 𝑑𝑖2 = 𝐾𝑥 2 𝑑𝜆1 Logo. e encontrar o valor da constante K.. K = 12. para um conversor ideal. 𝑦 𝑑𝐵 𝑥... 𝑦 𝑑𝑦 = ⋯ = 𝑃1 𝐶𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑕𝑜 1 𝑃2 𝐴 𝑥. 𝑦 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 Funções de estado e caminhos de integração para energia armazenada Para 2 portas elétricas 𝑑𝑊𝐴 = 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝑖2 𝑑𝜆2 𝑊𝐴 0 𝑑𝑊𝐴 = 𝜆1 0 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝜆2 0 𝑖2 𝑑𝜆2 Para que se independa do caminho de integração. 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑃1 𝐴 𝑥. 𝑦 𝑑𝑦 𝑃1 𝐶𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑕𝑜 2 𝐶𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑕𝑜 5 Teorema: A condição necessária e suficiente para que as integrais independam do caminho de integração é que: 𝑑𝐴 𝑥..𝑃2 𝑃2 𝐴 𝑥. 𝑦 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑥. 𝑦 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑥. 𝑦 𝑑𝑥 + 𝐵 𝑥. Caminhos para o fluxo. 𝑖1 = 10𝜆1 𝑥 2 + 12𝜆2 𝑥 2 𝑖1 = 12𝜆1 𝑥 2 + 18𝜆2 𝑥 2 .. e então. a força portante vale.... e permite encontrar a força em função da corrente.. 𝑖2 .......E daí tem-se que. Para duas portas elétricas 𝑑𝑊𝐴 = 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝑖2 𝑑𝜆2 𝑊𝐴 = 𝜆1 0 𝑖1 𝑑𝜆1 + 𝜆2 0 𝑖2 𝑑𝜆2 Integrando por partes. 𝜆1 𝑊𝐴 = 𝑊𝐴 = 𝜆1 0 10𝜆1 𝑥 2 𝑑𝜆1 + 𝜆1 0 0 𝑖1 𝑑𝜆1 + 12𝜆2 𝑥 2 𝑑𝜆1 + 𝜆 2 =0 𝜆2 0 𝜆2 0 𝜆 2 =0 𝑖2 𝑑𝜆2 12𝜆1 𝑥 2 𝑑𝜆2 + 𝜆 1 =𝑐𝑡𝑒 𝜆2 0 18𝜆2 𝑥 2 𝑑𝜆2 𝜆 1 =𝑐𝑡𝑒 𝑊𝐴 = 5𝜆1 2 𝑥 2 + 12𝜆1 𝜆2 𝑥 2 + 9𝜆2 2 𝑥 2 Como a energia magnética é em função do fluxo. 𝑓=− 𝑑𝑊𝐴 = − 10𝜆1 2 𝑥 + 24𝜆1 𝜆2 𝑥 + 18𝜆2 2 𝑥 𝑑𝑥 Estudo da coenergia no campo magnético 𝑊𝑐𝑜 é uma ferramenta auxiliar para o cálculo de 𝑊𝐴 . 𝑊𝐴 = 𝑖1 𝜆1 − 𝑊𝐴 = − 𝑖1 0 𝑖1 0 𝜆1 𝑑𝑖1 + 𝑖2 𝜆2 − 𝜆1 𝑑𝑖1 + 𝑖2 0 0 𝜆2 𝑑𝑖2 𝜆2 𝑑𝑖2 +𝑖1 𝜆1 − +𝑖2 𝜆2 𝑊𝑐𝑜 𝑊𝐴 + 𝑊𝑐𝑜 = 𝑖1 𝜆1 + 𝑖2 𝜆2 Para 1 porta elétrica. Caminho escolhido para o exemplo. : exemplo completo no livro PC Sen (Ex..𝑊𝐴 + 𝑊𝑐𝑜 = 𝑖𝜆 E para n portas elétricas.2).. Expressão da força em função da coenergia 𝑊𝑐𝑜 = −𝑊𝐴 + 𝑖1 𝜆1 + 𝑖2 𝜆2 Derivando em relação a x..09 𝑔2 0. 𝑓1 = − 𝜆𝑔 0. 3. 𝑖= 𝜆 𝑊𝐴 = 𝜆 𝑖𝑑𝜆 = 0 0 Logo.09 𝜆𝑔 0..: para o modelo de fluxo dependente é conveniente calcular 𝑊𝑐𝑜 para depois calcular 𝑊𝐴 .09 2 Mas a força pode ser também encontrada em função da corrente..... 𝑛 𝑊𝐴 + 𝑊𝑐𝑜 = 𝑖𝑘 𝜆𝑘 𝑘=1 Diferença entre um sistema linear e não-linear Obs. 𝑑𝑊𝑐𝑜 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 =− + 𝑖1 + 𝑖2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑓𝑜𝑟 ç𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑊𝑐𝑜 𝑑𝑥 𝑓= (𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) Exemplo: Obs.09 2 2 𝑑𝜆 = 𝑑𝑊𝐴 2𝜆3 𝑔 =− 𝑑𝑔 3 0.09 𝑖 𝑔 𝜆3 2 3 . 𝜆= 0. .: para o modelo de correntes dependentes os elementos 𝐵𝑖𝑗 não são indutâncias. 𝜆1 = 𝐿1 𝑥 𝑖1 + 𝑀12 𝑥 𝑖2 𝜆2 = 𝑀21 𝑥 𝑖1 + 𝐿2 𝑥 𝑖2 .09𝑖 𝑔 3𝑔 2 Logo. Estudo da energia armazenada em dispositivos magneticamente lineares Usando o modelo de fluxo dependente. basta substituir o fluxo em função da corrente em 𝑓1 e ver se bate com 𝑓2 ... 𝑑𝑊𝑐𝑜 2 0.) Usando a notação..09 2 3 𝑑𝑖 = 0.09 𝑔 3𝑔2 3 2 = 𝑓2 Estudo dos conversores eletromagnéticos magneticamente lineares (troncho nadinha..09 𝑖 𝑓2 = =− 𝑑𝑔 3𝑔2 3 2 Para verificar se deu certo..𝑖 𝑊𝑐𝑜 = 𝑖 𝜆𝑑𝑖 = 0 𝑖 1 0 2 0.09 2 2 =− 3 3 𝑖 0.09 𝑖 =− 2 3 0. 𝜆1 = 𝐴11 𝑥 𝑖1 + 𝐴12 𝑥 𝑖2 𝜆2 = 𝐴21 𝑥 𝑖1 + 𝐴22 𝑥 𝑖2 (𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) 𝑖1 = 𝐵11 𝑥 𝜆1 + 𝐵12 𝑥 𝜆2 (𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) 𝑖2 = 𝐵21 (𝑥)𝜆1 + 𝐵22 (𝑥)𝜆2 E lembrando que.. 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 = 𝑑𝑖2 𝑑𝑖1 𝑑𝑖1 𝑑𝑖2 = 𝑑𝜆2 𝑑𝜆1 (𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) (𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) Para o modelo de fluxo dependente para conversores magneticamente lineares 𝜆1 = 𝐿1 𝑥 𝑖1 + 𝑀12 𝑥 𝑖2 𝜆2 = 𝑀21 𝑥 𝑖1 + 𝐿2 𝑥 𝑖2 Mas como 𝑑𝜆1 𝑑𝜆2 = → 𝑀21 = 𝑀12 = 𝑀 𝑑𝑖2 𝑑𝑖1 Obs.09 3 𝑔 2 0.... 2𝜆3 𝑔 𝑓1 = − 3 0. . A equação se torna ....𝑖1 𝑊𝑐𝑜 = 0 𝜆1 𝑑𝑖1 + 𝑖2 0 𝜆2 𝑑𝑖2 O que leva a. não tema jovem aluno de conversão!) Tendo: 𝜆1 = 𝐿1 𝑥 𝑖1 + 𝑀 𝑥 𝑖2 𝜆2 = 𝑀 𝑥 𝑖1 + 𝐿2 𝑥 𝑖2 1 1 𝑊𝐴 = 𝐿1 𝑖1 2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝐿2 𝑖2 2 2 2 Para o maldito conversor linear (𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 ). 𝑓= 𝑑𝑊𝑐𝑜 1 𝑑𝐿1 (𝑥) 2 𝑑𝑀(𝑥) 1 𝑑𝐿2 (𝑥) 2 = 𝑖1 + 𝑖1 𝑖2 + 𝑖 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2 Agora vamos brincar com essa equação! 𝑊𝐴 = 1 𝐿 𝑖 2 + 2𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝐿2 𝑖2 2 2 11 E sabendo que 𝐿= 𝑁2 ℜ 𝑥 𝑒 𝑀= 𝑁1 𝑁2 ℜ 𝑥 ondeℜ 𝑥 é a relutância total do sistema. (mas só pq vai ajudar mais na frente.. 𝑊𝑐𝑜 = 𝑖1 0 𝐿1 𝑖1 𝑑𝑖1 + 𝑖1 0 𝑖 2 =0 𝑊𝑐𝑜 = 𝑀𝑖2 𝑑𝑖1 + 𝑖 2 =0 𝑖2 0 𝑀𝑖1 𝑑𝑖2 + 𝑖2 0 𝑖 1 =𝑐𝑡𝑒 1 1 𝐿1 𝑖1 2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝐿2 𝑖2 2 = 𝑊𝐴 2 2 𝐿2 𝑖1 𝑑𝑖2 𝑖 1 =𝑐𝑡𝑒 (𝑝𝑜𝑖𝑠 é 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟) A partir dessa equação tem-se que: 1 1 𝑊𝐴 = 𝐿1 𝑖1 2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝐿2 𝑖2 2 2 2 1 1 1 1 𝑊𝐴 = 𝐿1 𝑖1 2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 + 𝐿2 𝑖2 2 2 2 2 2 𝑊𝐴 = 1 1 𝐿1 𝑖1 + 𝑀𝑖2 𝑖1 + 𝐿2 𝑖2 + 𝑀𝑖1 𝑖2 2 2 𝑊𝐴 = 1 1 𝜆1 𝑖1 + 𝜆2 𝑖2 2 2 Obtenção de mais uma expressão para força.... : só lembrando que ℱ = 𝜙ℜ.. A essa altura todo mundo já sabe que a coenergia é igual a energia armazenada no sistema linear. pessoal. 𝑊𝑐𝑜 = 𝑓= 1 ℱ2 2ℜ 𝑥 𝑑𝑊𝑐𝑜 1 2 𝑑 1 = ℱ 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 ℜ 𝑥 =− 1 ℱ2 2 ℜ 𝑥 2 𝑑ℜ 𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑ℜ 𝑥 𝑓 = − 𝜙𝟐 2 𝑑𝑥 Obs. derivam-se outras duas.. Para ℜ 𝑥 = 𝑙𝑚𝑒𝑑 𝑥 + 𝜇𝐴 𝜇0 𝐴 𝑑ℜ 𝑥 1 = 𝑑𝑥 𝜇0 𝐴 1 1 1 𝐵 2 𝐴2 1 𝐵2 𝐴 𝑓 = − 𝜙𝟐 =− = − 2 𝜇0 𝐴 2 𝜇0 𝐴 2 𝜇0 Ai vocês saem brincando de encontrar expressões..: essa equação é aplicada no principio de funcionamento de relés.. 1 𝑊𝐴 = 𝜙ℱ 2 𝑊𝐴 = 1 𝟐 𝜙 ℜ 𝑥 2 Obs. etc.. contatores.. . jovem padawan.. então..𝑊𝐴 = 𝑊𝐴 = 1 𝑁1 2 2 𝑁1 𝑁2 𝑁2 2 2 𝑖1 + 2 𝑖1 𝑖2 + 𝑖 2 ℜ 𝑥 ℜ 𝑥 ℜ 𝑥 2 1 2ℜ 𝑥 𝑁1 𝑖1 𝑊𝐴 = 2 + 2𝑁1 𝑁2 𝑖1 𝑖2 + 𝑁2 𝑖2 1 𝑁1 𝑖1 + 𝑁2 𝑖2 2ℜ 𝑥 𝑊𝐴 = 2 2 1 ℱ2 2ℜ 𝑥 Dessa expressão. aparelhos atuadores. 002𝑊𝑏 Por simetria.002 2 2 2 4𝜋 4𝜋 × × 10−7 10−7 1 = 497.001 2 1 0.44𝑁 Agora qual a massa m da parte móvel para que o sistema esteja em equilíbrio? .25T (braço central) µ→∞ 𝜙𝑐 = 1. temos que o fluxo em cada braço lateral vale 𝜙1 = 𝜙3 = 𝜙𝑐 = 0.25 × 40 × 40 × 10−6 = 0.001𝑊𝑏 2 Então 𝑓1 = 𝑓3 = − 𝑓𝑐 = − 1 0.22𝑁 × 40 × 40 × 10−6 𝑓 = 𝑓1 + 𝑓𝑐 + 𝑓3 = 1990.Tomando ℜ 𝑥 = 𝑁2 𝐿(𝑥) 𝑑ℜ 𝑥 𝑁 2 𝑑𝐿(𝑥) =− 𝑑𝑥 𝐿(𝑥) 2 𝑑𝑥 𝑓= 1 𝟐 𝑁 2 𝑑𝐿(𝑥) 1 𝑁 2 𝑖 2 𝑁 2 𝑑𝐿(𝑥) 1 𝑁 2 𝑖 2 𝐿(𝑥) 𝜙 = = 2 𝐿(𝑥) 2 𝑑𝑥 2 ℜ 𝑥 2 𝐿(𝑥) 2 𝑑𝑥 2 𝑁4 𝑓= 2 𝑁 2 𝑑𝐿(𝑥) 𝐿(𝑥) 2 𝑑𝑥 1 2 𝑑𝐿(𝑥) 𝑖 2 𝑑𝑥 Exemplo: Profundidade = 40mm N = 2500esp g = 10mm B = 1.61𝑁 × 20 × 40 × 10−6 1 = 995. 𝜙 ↓.9𝑘𝑔 9. Para 𝑥 ↑. Gráfico da força em função do tamanho do entreferro para o caso A.𝑃 = 𝑚𝑔 = 𝑓 → 𝑚 = 1990.44 = 202. Caso B: O conversor opera em CA. ℜ 𝑥 = 𝑙 𝑥 + 𝜇𝐴 𝜇0 𝐴 1 𝑑ℜ 𝑥 1 1 𝑓 = − 𝜙𝟐 𝒙 = − 𝜙𝟐 𝒙 = 𝑘𝜙 𝟐 2 𝑑𝑥 2 𝜇0 𝐴 Obs: para cada valor de x se tem um valor de ℜ 𝑥 e para cada valor de ℜ 𝑥 determina-se 𝜙. 𝑓 = 𝑘𝜙 𝟐 Onde 𝜙 = 𝜙𝑚𝑎𝑥 cos⁡𝜔𝑡 Então 1 𝑓 = 𝑘𝜙𝑚𝑎𝑥 2 cos 2 𝜔𝑡 = 𝑘𝜙𝑚𝑎𝑥 2 1 + cos 2𝜔𝑡 2 . com i=cte. ℜ 𝑥 ↑.81 Considerações sobre alimentação Conversor eletromecânico 𝜙 𝑥 = 𝑁1 𝑖1 ℜ 𝑥 Caso A: O conversor opera em CC (𝑖1 = 𝑖𝑑𝑐 ). e se 𝑥 ↓.44𝑓𝑁1 𝜙𝑚𝑎𝑥 Obs. 𝑓 = − 𝜙𝟐 𝜇0 𝐴 2 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 1 𝑁𝑖 1 1 𝜇0 𝐴 𝑁 𝑖 1 𝜇0 𝐴𝑁 2 𝑖 2 𝑓=− =− = − 2 ℜ 𝜇0 𝐴 2 𝑥 2 𝜇0 𝐴 2 𝑥2 ℜ= . logo 𝜙𝑚𝑎𝑥 é constante independentemente do valor de x. Gráfico da força em função do tamanho do entreferro para o caso B 𝑁1 𝑖1 = ℜ 𝑥 𝜙𝑚𝑎𝑥 2 → 𝑖1 = ℜ 𝑥 𝜙𝑅𝑀𝑆 𝑁1 Uma aplicação da força magnética Relé Circuito básico com um relé Projetado com material com µ→∞ 𝑥 1 𝑑ℜ . (se 𝑥 ↑. 𝑖 ↑. a corrente.1 1 𝑓 = 𝑘𝜙𝑚𝑎𝑥 2 + 𝑘𝜙𝑚𝑎𝑥 2 cos 2𝜔𝑡 2 2 𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑚é𝑑𝑖𝑜 é 𝑛𝑢𝑙𝑜 1 𝑓𝑚𝑒𝑑 = 𝑘𝜙𝑚𝑎𝑥 2 2 Mas foi visto anteriormente que 𝐸 = 4. Se a força portante for mantida em valor constante. A medida que o membro mecânico do conversor se movimenta. crescerá com a variação de x. 𝑖 ↓). em seu valor RMS.: a tensão 𝐸 é mantida constante. a corrente de alimentação varia. e o corte transversal do mesmo (imagens meramente ilustrativas) Respostas Para o circuito magnético. determine uma expressão para a força no êmbolo. vencendo a força contrária da mola. a relutância é ℜ= 𝑔 𝑏 + 2 𝜇0 𝜋𝑐 𝜇0 2𝜋𝑎𝑙 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑐 =𝑎− 𝑏 2 Logo. 𝑘2 ≡ 2𝑎𝑙 e 𝑘3 ≡ 𝑏𝑐 2 . (b) Para os valores numéricos 𝐼 = 10𝐴. a = 20mm. como mostrado nas figuras abaixo. b = 2mm. b) Substituindo os valores na expressão de força encontrada. e a permeabilidade da luva é igual à do ar. a armadura móvel permanece onde está. Exemplo Considere um solenoide de geometria cilíndrica.Ele é projetado para que se a corrente no seu enrolamento for inferior a uma corrente 𝐼0 . Encontra-se que 𝑓 = 600𝑁 . g = 5mm. N = 500 espiras. qual é a magnitude da força? Admita que a permeabilidade do núcleo é infinita. (a) Se a bobina de excitação for percorrida por uma corrente 𝐼 em regime permanente de cc. a) A expressão da força nesse caso vale 1 𝑑𝐿 1 𝑖 2 𝑘1 𝑘2 𝑓 = 𝑖2 =− 2 𝑑𝑔 2 𝑘2 𝑔 + 𝑘3 2 Onde o sinal de menos indica que a força tende a diminuir o tamanho do entreferro. a indutância L é dada por 𝐿= 𝑁 2 2𝜋𝜇0 𝑎𝑙𝑐 2 𝑁 2 𝑘1 = = 2 ℜ 2𝑎𝑙𝑔 + 𝑏𝑐 𝑘2 𝑔 + 𝑘3 Onde 𝑘1 ≡ 2𝜋𝜇0 𝑎𝑙𝑐 2 𝑁 2 . Solenoide visto por dentro. e l = 40mm. Com corrente superior a 𝐼0 é que se consegue o deslocamento da armadura. 𝑠𝑎𝑏𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝜃 = 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑅 𝑅 Daí. 𝑓𝑅 = − 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝜃 Onde como já deve se ter percebido... substituindo na força. 𝑇=− 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝜃 Logo. 𝑥) 𝑑𝑥 Mas uma parte da equação pode ser reescrita na forma 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝑊𝐴 𝑑𝜃 𝑑𝑊𝐴 1 𝑥 = = ... 𝑇=− 𝑑𝑊𝐴 (𝜆1 . 𝜆2 . uma boa aproximação 𝑥 = 𝑅𝜃 Para duas portas elétricas não rotativas 𝑓=− 𝑑𝑊𝐴 (𝜆1 .. ou conjugado. para um conversor rotativo. a expressão 𝑓𝑅 é um trabalho. um torque.CONVERSORES ROTATIVOS Ilustração de um conversor rotativo (onde θ é o ângulo posicionador) Para esse caso. 𝜃) 𝑑𝜃 . 𝑓=− 𝑑𝑊𝐴 1 𝑑𝜃 𝑅 Manipulando matematicamente a equação (manipulação level hard). 𝜆2 . mais precisamente nesse caso.. 𝑑𝐿2 (𝑥) 𝑑𝐿2 (𝜃) 1 = 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑅 𝑑𝑀(𝑥) 𝑑𝑀(𝜃) 1 = 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑅 Agora substituindo na expressão de força... 𝑑𝐿1 (𝜃) = −2 × 10−3 sin 2𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑀(𝜃) = −0.. 𝜃) 𝑑𝜃 Para um sistema de duas portas não rotativo e linear 𝑓= 1 𝑑𝐿1 (𝑥) 2 𝑑𝑀(𝑥) 1 𝑑𝐿2 (𝑥) 2 𝑖1 + 𝑖1 𝑖2 + 𝑖 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2 Daí..1 cos 𝜃 𝐿2 = 10 cos 2𝜃 Determinar o conjugado 𝑇(𝜃). 𝑖2 . 𝑑𝐿1 (𝑥) 𝑑𝐿1 (𝑥 𝜃 ) 𝑑𝜃 𝑑𝐿1 (𝜃) 1 = = 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑑𝑥 𝑑𝜃 𝑅 E analogamente. para 𝑖1 = 1𝐴 e 𝑖2 = 0.. 𝑇 𝜃 = 10−3 sin 2𝜃 𝑖1 2 − 0.𝑇= 𝑑𝑊𝑐𝑜 (𝑖1 ...1 sin 𝜃 𝑖1 𝑖2 − 10 sin 2𝜃 𝑖2 2 .01𝐴 𝑇(𝜃) = 1 𝑑𝐿1 (𝜃) 2 𝑑𝑀(𝜃) 1 𝑑𝐿2 (𝜃) 2 𝑖1 + 𝑖1 𝑖2 + 𝑖 2 𝑑𝜃 𝑑𝜃 2 𝑑𝜃 2 Então se calcula as derivadas das indutâncias em função do ângulo posicionador𝜃.. manipulando-se as indutâncias...1 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝐿2 (𝜃) = −20 sin 2𝜃 𝑑𝜃 Então a expressão de torque fica. 𝑓𝑅 = 𝑇 = 𝑇= 1 𝑑𝐿1 (𝜃) 2 𝑑𝑀(𝜃) 1 𝑑𝐿2 (𝜃) 2 𝑖1 + 𝑖1 𝑖2 + 𝑖 2 𝑑𝜃 𝑑𝜃 2 𝑑𝜃 2 1 𝑑𝐿1 (𝜃) 2 1 𝑑𝐿2 (𝜃) 2 𝑖 + 𝑖 + 2 𝑑𝜃 1 2 𝑑𝜃 2 𝑇𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑢𝑡 â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑀(𝜃) 𝑖 𝑖 𝑑𝜃 1 2 𝑇𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑡𝑟𝑜𝑚𝑎𝑔𝑛 é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑜𝑢 𝑚ú𝑡𝑢𝑜 Exemplo: Sistema de dupla excitação rotativo linear 𝐿1 = 10−3 cos 2𝜃 𝐿12 = 𝑀 = 0. O fluxo magnético que sai do estator sai pelo pólo norte dele.: basicamente o torque médio é um torque que tenha termos que independam do tempo (atemporais). ou seja.1 sin 𝜔𝑡 + 𝛿 𝑖1 𝑖2 − 10 sin(2𝜔𝑡 + 2𝛿) 𝑖2 2 Como 𝑖1 e 𝑖2 são constantes.. faz-se com que o ângulo da função trigonométrica da potência média leve á um valor máximo de 1 (e. 90° para senos e 0° para cossenos). Obs. ou seja. Obs. e vai para o sul também.: Como entender esse desenho? Simples (ou não). não é preciso uma força inicial para que a máquina rotativa funcione. o X no rotor indica por onde a corrente entra. Estudo da indutância própria do estator 𝐿1 𝜃 = 𝑁1 2 ℜ 𝜃 . e a potência média máxima 𝑃𝑚𝑒𝑑 = 𝑇𝑚𝑒𝑑 𝜔𝑅 E para se encontrar a potência média máxima. 𝑇𝑚𝑒𝑑 = 0 Obs. o fluxo do rotor vai do sul para o norte através do mesmo. 𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 (onde 90° − 𝛿 é a posição inicial do rotor no tempo zero e 𝜔𝑅 é a velocidade angular do rotor).2: Outra coisa que se é necessário saber é a potência média.. pois eles serão imprescindíveis nos estudos das indutâncias das configurações. Já no rotor. e convencione seu norte e sul.g. o fluxo sai do norte. geradores síncronos de alta velocidade) Configuração rotor liso-estator liso Para esse caso. e a bolinha indica por onde ela sai. por fora do rotor. Estudo da configuração rotor liso (cilíndrico)-estator liso (Usada em máquinas de indução. e dirige-se para o sul através do rotor. não existe torque médio. Veja como é que a corrente está circulando no rotor e no estator.) 𝑇 𝜃 = 10−3 sin(2𝜔𝑡 + 2𝛿) 𝑖1 2 − 0.Tomando 𝜃 = 𝜔𝑡 + 𝛿 (onde 𝛿 é a posição inicial da parte girante.. Para esse caso. Mas como é que eu vou saber onde diabos é o norte e o sul? Regra da mão direita.. independentemente da posição do rotor em relação ao estator e vice e versa. 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑑𝐿1 (𝜃) =0 𝑑𝜃 Estudo da indutância própria do rotor 𝑁2 2 𝐿2 𝜃 = ℜ 𝜃 O fluxo vindo do rotor sempre encontra a mesma relutância. em 180° não há acoplamento. mas em 270°. Abaixo. 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑑𝐿2 (𝜃) =0 𝑑𝜃 Estudo da indutância mútua estator-rotor (onde 𝑘 é o fator de acoplamento) 𝑀=𝑘 𝑁1 𝑁2 ℜ O estudo da indutância mutua se faz pelo acoplamento magnético Assumindo o rotor na posição 0°. esse acoplamento é negativo. a fração do fluxo gerada pelo estator que é enlaçada pelo rotor é nula. pois não há acoplamento. Continuando girando o rotor. o fluxo do estator está no mesmo sentido do fluxo do rotor. E em 360° não há acoplamento. bem como um gráfico do comportamento aproximado da indutância mútua. mesmo existindo acoplamento. Na posição 90°. 𝐿1 𝜃 = 𝑐𝑡𝑒. 𝐿2 𝜃 = 𝑐𝑡𝑒. e nesse caso. uma tabela com os resultados do estudo.O fluxo vindo do estator sempre encontra a mesma relutância independente da posição do rotor em relação ao estator. Agora tem que se atentar para o sentido dos fluxos. pois os fluxo s são contrários. 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° 𝑀 0 +𝑀𝑚𝑎𝑥 0 −𝑀𝑚𝑎𝑥 0 Comportamento aproximado da indutância mutua 𝑀 𝜃 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 . a fração do fluxo enlaçada é máxima. encontra-se o torque médio 𝐴 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin 𝛿 2 . mas o intuito é manipular as funções trigonométricas e encontrar um termo atemporal. e todo mundo já sabe que sin 𝑎 cos 𝑏 = 1 sin 𝑎 − 𝑏 + sin 𝑎 + 𝑏 2 Então a expressão de torque simplifica-se 𝑇 𝜃 = 𝐴 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 − 𝜔1 𝑡 + sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 + 𝜔1 𝑡 2 Nesse caso existem duas condições para que haja torque médio 𝜔𝑅 𝑡 − 𝜔1 𝑡 = 0 𝜔𝑅 𝑡 + 𝜔1 𝑡 = 0 (1) (2) Utilizando (1) (𝜔𝑅 = 𝜔1 → conversor síncrono) 𝑇 𝜃 = 𝐴 sin −𝛿 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 2 Excluindo os termos que dependem do tempo (temporais).𝑑𝑀(𝜃) 𝑑 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 = = 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 Logo. a expressão de torque para essa configuração vale (acabou ficando apenas um torque eletromagnético ou mútuo) 𝑇(𝜃) = 𝑖1 𝑖2 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 E agora vamos brincar com essa configuração Tomando 𝑖1 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 Substituindo na expressão de torque 𝑇 𝜃 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 Até ai beleza. Manipulando essa equação. É algo trivial. e sabendo que cos 𝑎 + 90° = − sin 𝑎 Então a expressão de torque se torna 𝑇 𝜃 = −𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 𝐴 Agora comecemos as brincadeiras. ) 𝐴 [sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 − 𝜔1 𝑡 + 𝜔2 𝑡 + sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 + 𝜔1 𝑡 − 𝜔2 𝑡 + 4 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 − 𝜔1 𝑡 − 𝜔2 𝑡 + sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 + 𝜔1 𝑡 + 𝜔2 𝑡 ] 𝑇 𝜃 = Uma condição para que se exista torque médio é 𝜔𝑅 𝑡 − 𝜔1 𝑡 + 𝜔2 𝑡 = 0 ∴ 𝜔𝑅 𝑡 = 𝜔1 𝑡 − 𝜔2 𝑡 ∴ 𝜔𝑅 = 𝜔1 − 𝜔2 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑎𝑠𝑠í𝑛𝑐𝑟𝑜𝑛𝑜 Logo.. manipulemos as funções trigonométricas. a expressão de torque se torna 𝑇 𝜃 = 𝑇 𝜃 = 𝐴 cos 𝜔1 𝑡 − 𝜔2 𝑡 + cos 𝜔1 𝑡 + 𝜔2 𝑡 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 2 𝐴 cos 𝜔1 𝑡 − 𝜔2 𝑡 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 + cos 𝜔1 𝑡 + 𝜔2 𝑡 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 2 Manipulando mais uma vez essa expressão (agora vai.. e tomando 𝑖1 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 𝑖2 = 𝐼2𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔2 𝑡 O torque valerá 𝑇 𝜃 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 𝐼2𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔2 𝑡 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 𝑇 𝜃 = −𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼2𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 cos 𝜔2 𝑡 sin 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 𝐴 Novamente.1 𝑇𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝛿 2 Agora deixando a brincadeira ainda mais chata. tem-se o torque médio 𝐴 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin 𝛿 4 1 𝑇𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼2𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝛿 4 Nesse caso a potência média vale .. a expressão de torque vale 𝑇 𝜃 = 𝐴 [sin −𝛿 + sin −𝛿 + 2𝜔1 𝑡 − 2𝜔2 𝑡 + sin −𝛿 − 2𝜔2 𝑡 + sin −𝛿 + 2𝜔1 𝑡 ] 4 Eliminando os termos dependentes do tempo. que cos 𝑎 cos 𝑏 = 1 cos 𝑎 − 𝑏 + cos 𝑎 + 𝑏 2 Aplicando essa transformação.. Sabemos (ou não). C. pag 113. para essa configuração 𝑇(𝜃) = −𝑖1 𝑖2 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 Olha ai mais uma configuração pra brincar.𝛿 = 90° = 𝜋 2 No livro P. tem-se a configuração abaixo Mais uma configuração roto liso-estator liso Para essa configuração. mas como estou com preguiça.Sen. leva a 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° 𝑀 +𝑀𝑚𝑎𝑥 0 −𝑀𝑚𝑎𝑥 0 +𝑀𝑚𝑎𝑥 Comportamento aproximado da indutância mutua para essa configuração 𝑀 𝜃 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 𝑑𝑀(𝜃) 𝑑 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 = = −𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 Então. o estudo da indutância mútua. só vou colocar o valor do torque médio .𝑃𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼2𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝛿 4 𝜔1 − 𝜔2 E a potência média máxima ocorre quando sin 𝛿 = 1. ou seja. . quando a posição do rotor for 0°). 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° ℜ 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝐿1 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 . Tomando 𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿. 𝑖1 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 e 𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 . E quando o entreferro for mínimo.. e depois um gráfico com o comportamento aproximado da indutância própria. hidrogeradores. (quando a posição do rotor for 90°. Aí fica bem simples de se entender: quando o tamanho do entreferro for máximo (por exemplo... por exemplo)... e isso é visto pela variação do tamanho do entreferro entre eles.) Configuração estator liso-rotor saliente Estudo da indutância própria do estator O fluxo vindo do estator encontrará diferentes relutâncias conforme o rotor gire. 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝛿 2 E o torque médio dessa configuração acontece quando 𝛿 = 0°. Estudo da configuração estator liso-rotor saliente (Usada em geradores síncronos de baixa velocidade.Mais uma configuração. a indutância própria do estator será mínima. a indutância própria do estator será máxima. Abaixo uma tabela mostrando os valores para cada ângulo. sempre verá a mesma relutância.. 𝑑𝐿1 (𝜃) = 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝜃 𝑑𝜃 Estudo da indutância própria do rotor O fluxo gerado pelo rotor.Comportamento aproximado da indutância própria do estator 𝐿1 𝜃 = 𝐾1 − 𝐾2 cos 2𝜃 Onde 𝐿𝐴1 + 𝐿𝐵1 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 𝐾2 = 2 𝐾1 = Portanto 𝐿1 𝜃 = 𝐿𝐴1 + 𝐿𝐵1 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 − cos 2𝜃 2 2 E agora derivando. portanto 𝐿2 𝜃 = 𝑐𝑡𝑒.. ainda com o giro do mesmo. 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑑𝐿2 (𝜃) =0 𝑑𝜃 Estudo da indutância mutua estator-rotor (o estudo é feito considerando o conversor linear) 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° 𝑀 0 +𝑀𝑚𝑎𝑥 0 −𝑀𝑚𝑎𝑥 0 𝑀 𝜃 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 𝑑𝑀(𝜃) 𝑑 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 = = 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 . . 𝑇 𝜃 = −𝐴 1 + cos 2𝜔1 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 2 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − cos 2𝜔1 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 2 2 Manipulando mais uma vez. 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 2𝜔1 𝑡 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + 2𝜔1 𝑡 2 4 Uma condição para que exista torque médio é 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝜔1 𝑡 = 0 ∴ 𝜔𝑅 = 𝜔1 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜𝑟 𝑠í𝑛𝑐𝑟𝑜𝑛𝑜 Então a expressão de torque fica 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − sin −2𝛿 + sin −2𝛿 + 4𝜔1 𝑡 2 4 Desprezando os termos dependentes do tempo... tem-se o torque médio 𝐴 𝐴 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin −2𝛿 = sin 2𝛿 4 4 1 𝑇𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝛿 8 Agora calculando-se a potência média. (e sabendo que 𝑋 = 𝜔𝐿... a expressão de torque fica 1 𝑇 𝜃 = 𝑖1 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝜃 2 𝑇 𝜃 = 1 2 𝐼 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 cos 2 𝜔1 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 + 180° − 2𝛿 2 1𝑚𝑎𝑥 𝐴 Manipulando trigonometricamente a equação.) 1 𝑃𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴1 𝜔1 − 𝐿𝐵1 𝜔1 sin 2𝛿 8 .Então a expressão de torque para essa configuração vale 1 𝑇 𝜃 = 𝑖1 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝜃 + 𝑖1 𝑖2 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 2 Agora vamos brincar de substituir os valores das correntes... (𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) 𝑖1 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 cos 𝜔1 𝑡 𝑖2 = 0 Nesse caso.... 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑑𝐿1 (𝜃) =0 𝑑𝜃 Indutância própria do rotor O estudo é feito do mesmo jeito que foi feito para a configuração estator liso-rotor saliente. logo 𝐿1 𝜃 = 𝑐𝑡𝑒.. motores de ventiladores (tipo de indutor de indução monofásico)] Configuração estator saliente-rotor liso Indutância própria do estator O fluxo vindo pelo estator vê sempre a mesma relutância. Estudo da configuração estator saliente-rotor liso [Usada em máquinas de corrente contínua. 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° ℜ 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝐿2 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 .1 𝑃𝑚𝑒𝑑 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 2 𝑋𝐴1 − 𝑋𝐵1 sin 2𝛿 8 E para que haja potência média máxima. 𝛿 = 45° = 𝜋/4.. 𝑑𝐿2 (𝜃) = 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin 2𝜃 𝑑𝜃 Indutância mutua estator-rotor 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° 𝑀 0 +𝑀𝑚𝑎𝑥 0 −𝑀𝑚𝑎𝑥 0 𝑀 𝜃 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 𝑑𝑀(𝜃) 𝑑 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 = = 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 Logo. .. a expressão de torque se torna 1 𝑇 𝜃 = 𝑖2 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin 2𝜃 + 𝑖1 𝑖2 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 2 Substituindo valores de correntes..Comportamento aproximado da indutância do rotor 𝐿2 𝜃 = 𝐾1 − 𝐾2 cos 2𝜃 Onde 𝐿𝐴2 + 𝐿𝐵2 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 𝐾2 = 2 𝐾1 = Portanto 𝐿2 𝜃 = 𝐿𝐴2 + 𝐿𝐵2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 − cos 2𝜃 2 2 E agora derivando..... (𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) 𝑖1 = 𝐼𝐷𝐶 𝑖2 = 𝐼2𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔2 𝑡 A expressão de torque torna-se 1 𝑇 𝜃 = 𝐼2𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin2 𝜔2 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 + 180° − 2𝛿 + 2 𝐴 𝐼𝐷𝐶 𝐼2𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔2 𝑡 cos(𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) 𝐵 𝑇 𝜃 = 𝐴 sin2 𝜔2 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 + 180° − 2𝛿 + 𝐵 sin 𝜔2 𝑡 cos(𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) Agora começa a brincadeira das manipulações. 𝑇 𝜃 = −𝐴 1 − cos 2𝜔2 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 𝐵 sin 𝜔2 𝑡 sin(𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿) 2 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + cos 2𝜔2 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 𝐵 sin 𝜔2 𝑡 sin(𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿) 2 2 Manipulando mais uma vez. e lembrando que sin 𝑎 sin 𝑏 = 1 cos 𝑎 − 𝑏 − cos 𝑎 + 𝑏 2 A expressão de torque fica 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 2𝜔2 𝑡 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + 2𝜔2 𝑡 2 4 𝐵 cos 𝜔2 𝑡 − 𝜔𝑅 𝑡 + 𝛿 − cos 𝜔2 𝑡 + 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 2 − Uma condição para que exista torque médio 𝜔2 𝑡 − 𝜔𝑅 𝑡 = 0 ∴ 𝜔2 = 𝜔𝑅 A expressão de torque fica 𝑇 𝜃 = 𝐴 − 2sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − sin 2𝛿 + sin −2𝛿 + 4𝜔2 𝑡 4 − 𝐵 cos 𝛿 − cos 2𝜔2 𝑡 − 𝛿 2 Excluindo os termos dependentes do tempo. o torque médio vale 𝐴 𝐵 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin 2𝛿 − cos 𝛿 4 2 1 1 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − 𝐼2𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin 2𝛿 − 𝐼𝐷𝐶 𝐼2𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝛿 8 2 Estudo da configuração estator saliente-rotor saliente (Usada nos antigos motores de passo) Configuração estator saliente-rotor saliente . Indutância própria do estator 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° ℜ 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝐿1 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 Comportamento aproximado da indutância própria do estator 𝐿1 𝜃 = 𝐾1 − 𝐾2 cos 2𝜃 Onde 𝐿𝐴1 + 𝐿𝐵1 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 𝐾2 = 2 𝐾1 = Portanto 𝐿1 𝜃 = 𝐿𝐴1 + 𝐿𝐵1 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 − cos 2𝜃 2 2 E agora derivando. 𝑑𝐿1 (𝜃) = 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝜃 𝑑𝜃 Indutância própria do rotor 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° ℜ 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝐿2 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝑖𝑛 ... (𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) 𝑖1 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔1 𝑡 . para essa configuração.. a expressão de torque vale 1 1 𝑇 𝜃 = 𝑖1 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin 2𝜃 + 𝑖2 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin 2𝜃 + 𝑖1 𝑖2 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 2 2 Substituindo valores de corrente..Comportamento aproximado da indutância do rotor 𝐿2 𝜃 = 𝐾1 − 𝐾2 cos 2𝜃 Onde 𝐿𝐴2 + 𝐿𝐵2 2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 𝐾2 = 2 𝐾1 = Portanto 𝐿2 𝜃 = 𝐿𝐴2 + 𝐿𝐵2 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 − cos 2𝜃 2 2 E agora derivando... 𝑑𝐿2 (𝜃) = 𝐿𝐴2 − 𝐿𝐵2 sin 2𝜃 𝑑𝜃 Indutância própria estator-rotor 𝜃 0° 90° 180° 270° 360° 𝑀 0 +𝑀𝑚𝑎𝑥 0 −𝑀𝑚𝑎𝑥 0 𝑀 𝜃 = 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 𝑑𝑀(𝜃) 𝑑 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜃 = = 𝑀𝑚𝑎𝑥 cos 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜃 Logo. . 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 𝐵 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + 2 𝐴 sin 2𝜔1 𝑡 + 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − sin 2𝜔1 𝑡 − 2𝜔𝑅 𝑡 + 2𝛿 + 4 𝐶 𝐶 sin 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 + 𝜔1 𝑡 − sin 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 − 𝜔1 𝑡 2 2 Logo.. a expressão de torque fica 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔1 𝑡 − 2𝛿 − 𝐵 sin 2𝜔1 𝑡 − 2𝛿 + sin 4𝜔1 𝑡 − 2𝛿 − sin 2𝛿 2 4 𝐶 𝐶 sin 90° − 𝛿 + 2𝜔1 𝑡 − sin 90° − 𝛿 2 2 Logo. tem-se o torque médio 𝐴 𝐶 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin 2𝛿 − sin 90° − 𝛿 4 2 𝐴 𝐶 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − sin 2𝛿 − cos 𝛿 4 2 + .. 𝑇 𝜃 = −𝐴 1 − cos 2𝜔1 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 𝐵 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + 2 +𝐶 cos(𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) sin 𝜔1 𝑡 Manipulando mais uma vez. uma condição para que exista torque médio (termos atemporais). e usando cos 𝑎 sin 𝑏 = 1 sin 𝑎 + 𝑏 − sin 𝑎 − 𝑏 2 A equação de torque fica 𝐴 𝐴 𝑇 𝜃 = − sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 cos 2𝜔1 𝑡 − 𝐵 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + 2 2 𝐶 𝐶 sin 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 + 𝜔1 𝑡 − sin 𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿 − 𝜔1 𝑡 2 2 E manipulando mais uma vez... removendo os termos dependentes do tempo..𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 A expressão de torque fica 1 𝑇 𝜃 = 𝐼1𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 sin2 𝜔1 𝑡 sin 2𝜔𝑅 𝑡 + 180° − 2𝛿 + 2 𝐴 1 𝐼 2 𝐿 − 𝐿𝐵2 sin 2𝜔𝑅 𝑡 + 180° − 2𝛿 + 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔1 𝑡 cos(𝜔𝑅 𝑡 + 90° − 𝛿) 2 𝐷𝐶 𝐴2 𝐵 𝐶 Manipulando essa pequena equação trigonometricamente. 𝜔𝑅 𝑡 − 𝜔1 𝑡 = 0 ∴ 𝜔1 = 𝜔𝑅 Logo. 1 1 𝑇𝑚𝑒𝑑 = − 𝐼1𝑚𝑎𝑥 2 𝐿𝐴1 − 𝐿𝐵1 − 𝐼1𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 𝑀𝑚𝑎𝑥 4 2 Exemplo Bobinas acopladas magneticamente 𝐿11 = 𝐿22 = 3 + 𝐿12 = 𝐿21 = 2 (𝑚𝐻) 3𝑥 1 (𝑚𝐻) 3𝑥 A) Se 𝑖1 = 5𝐴 (cc) e 𝑖2 = 0. 𝑓=− 52 10−3 = −83.01m. qual a força entre as bobinas para x = 0. Resolução A) Como anão existe corrente na bobina dois..01m. determine a força média.07 sin 377𝑡.01m? B) Se 𝑖1 = 5𝐴 (cc). determine a tensão na bobina móvel para x = 0.012 B) Não se sabe qual a tensão da segunda bobina. a força portantevale 𝑓= 1 𝑑𝐿11 (𝑥) 2 𝑖1 2 𝑑𝑥 E como 𝑑𝐿11 𝑥 2 × 10−3 1 =− 𝑑𝑥 3 𝑥2 A força portante vale 𝑓=− 10−3 𝑖1 2 3 𝑥2 Agora substituindo os valores. C) Se 𝑖1 = 7. movendo-se na direção positiva de x a uma velocidade constante de 20m/s. 𝑖2 = 0 e x = 0.33𝑁 3 0. então .Substituindo os valores das constantes. e a segunda bobina está em circuito aberto.... 0005𝑠 20 Logo.98 sin2 377𝑡 3 0. isso também se dá por que o valor RMS de 𝑖1 nesse problema.. por não depender de termos temporais.01 2 Logo.01 = 0. A força média.6 1 1 − cos 754𝑡 2 2 Logo. pode se dizer q a tensão nos terminais da bobina pode ser 𝑒= ∆𝜆 ∆𝑡 Onde ∆𝑡 = 0. As indutâncias das bobinas são 𝐿11 = 𝐴. 𝑖2 = 0 B) 𝑖1 = 𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 . possui o mesmo valor de força à distância de 0. 𝑓 = 166. a força média vale 𝑓𝑚𝑒𝑑 = 83. é o mesmo valor da corrente contínua do problema A (óbvio).33 O que podemos tirar de conclusão disso? Simples. e manipulando trigonometricamente a equação. a tensão nos terminais da bobina vale 𝑒= 0.0005 C) Novamente.001m.167𝑊𝑏 3 0. 𝐿22 = 𝐵 e 𝐿12 = 𝐿21 = 𝐶 cos 𝜃. Determine o conjugado para A) 𝑖1 = 𝐼𝐷𝐶 .012 Calculando.167 = 334𝑉 0.. Exemplo (mais um) Duas bobinas com acoplamento mútuo são mostradas abaixo. a expressão da força para esse caso vale 10−3 𝑖1 2 𝑓=− 3 𝑥2 Substituindo os valores 𝑓=− 10−3 1 49.𝜆2 = 𝐿22 𝑖2 + 𝐿21 𝑖1 Logo 𝜆2 = 𝐿21 𝑖1 𝜆2 = 5 × 10−3 = 0. 𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 D) 𝑖1 = 𝑖2 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔𝑡 E) Bobina fixa curto-circuitada e 𝑖2 = 𝐼𝐷𝐶 Configuração das bobinas para o exemplo Respostas A) Como 𝑖2 = 0. a expressão de energia armazenada vale 𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 = 1 𝐴 + 𝐵 𝐼𝐷𝐶 2 + 𝐶𝐼𝐷𝐶 2 cos 𝜃 2 Logo. tem-se 1 𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 = 𝐿11 𝐼𝐷𝐶 2 2 Logo. verifica-se que o conjugado para esse caso é 𝑇 𝜃 = −𝐶𝐼𝑚𝑎𝑥 2 sin2 𝜔𝑡 sin 𝜃 . a expressão de torque vale 𝑇 𝜃 = −𝐶𝐼𝐷𝐶 2 sin 𝜃 C) Nesse caso. 𝑇 𝜃 = −𝐶𝐼𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 sin 𝜔𝑡 sin 𝜃 D) Pulando algumas partes.C) 𝑖1 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 sin 𝜔𝑡. a expressão de energia é 𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 = 1 1 𝐴𝐼𝑚𝑎 𝑥 2 sin2 𝜔𝑡 + 𝐵𝐼𝐷𝐶 2 + 𝐶𝐼𝑚𝑎𝑥 𝐼𝐷𝐶 sin 𝜔𝑡 cos 𝜃 2 2 Logo. o conjugado será 𝑇 𝜃 = 𝑑𝑊𝑐𝑜 =0 𝑑𝜃 B) Para essas novas alimentações. porém. de pressão. podem ser extremamente sensíveis. Logo. os conversores estudados não envolvem grandes potências. seletivos e de grande fidelidade (Usados em sensores de presença. Exemplo de conversor eletromecânico (campo elétrico) Para esse caso 𝑑𝑊𝐸 = 𝑑𝑊𝐴𝐸 + 𝑑𝑊𝑚𝑒𝑐 Onde 𝑑𝑊𝐸 = 𝑣𝑖 𝑑𝑡 = 𝑣 𝑑𝑞 . para a corrente e indutâncias conhecidas vale 𝑖1 = 𝑘 − 𝐿12 𝐼𝐷𝐶 𝐴 E a energia armazenada vale 𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 = 𝐴 𝑘 − 𝐿12 𝐼𝐷𝐶 2 𝐴 2 + 𝐵 𝑘 − 𝐿12 𝐼𝐷𝐶 𝑘 2 𝐿12 2 𝐼𝐷𝐶 2 𝐵 𝐼𝐷𝐶 2 + 𝐿12 𝐼𝐷𝐶 = − + 𝐼𝐷𝐶 2 2 𝐴 2𝐴 2𝐴 2 𝑊𝐴 = 𝑊𝑐𝑜 = 𝑘2 𝐵 𝐼𝐷𝐶 2 2 + 𝐼𝐷𝐶 2 − 𝐶 cos 2 𝜃 2𝐴 2 2𝐴 Logo. a expressão de torque vale 𝑇 𝜃 = 𝐼𝐷𝐶 2 2 𝐶 cos 𝜃 sin 𝜃 𝐴 Conversão eletromecânica de energia no campo elétrico Como a densidade volumétrica de energia conseguida com campos elétricos usuais é muito menor do que a densidade volumétrica de energia conseguida com campos magnéticos. etc). Um sistema de conversão de energia de campo elétrico pode ser tratado de modo análogo ao caso de campo magnético para obter a força produzida pelo campo elétrico e a carga ou tensão nos terminais elétricos.E) Para a bobina fixa 𝑒= 𝑑𝜆 𝑑 = 𝐿 𝑖 + 𝐿12 𝑖2 = 0 ∴ 𝐿11 𝑖1 + 𝐿12 𝑖2 = 𝑘 = 𝑐𝑡𝑒 𝑑𝑡 𝑑𝑡 11 1 Portanto. a energia armazenada é 𝑞 𝑊𝐴𝐸 = 𝑞 𝑣 𝑑𝑞 = 0 0 𝑞 1 𝑞2 1 𝑑𝑞 = = 𝑞𝑣 𝐶(𝑥) 2 𝐶(𝑥) 2 Integrando por partes. 𝑑𝑊𝐴𝐸 = 𝑣 𝑑𝑞 Logo. Então tem-se que 𝐶= 𝑞 𝑣 Então. tem-se a coenergia.𝑑𝑊𝑚𝑒𝑐 = 𝑓𝑚𝑒𝑐 𝑑𝑥 Então 𝑣 𝑑𝑞 = 𝑑𝑊𝐴𝐸 + 𝑓𝑚𝑒𝑐 𝑑𝑥 Em um dispositivo linear de campo elétrico.. a permissividade 𝜀 é constante. assumindo dx=0.. que é proporcional a 𝑣. isto é. da mesma forma que no campo magnético 𝑞 𝑊𝐴𝐸 = 𝑣 𝑣 𝑑𝑞 = 𝑣𝑞 − 0 𝑞 𝑑𝑣 0 Onde (tanto para dispositivos lineares quanto não-lineares) 𝑣 𝑊𝑐𝑜𝐸 = 𝑞 𝑑𝑣 0 E 𝑊𝐴𝐸 + 𝑊𝑐𝑜𝐸 = 𝑞𝑣 E por analogia pode-se dizer que 𝑓=− 𝑓= 𝑑𝑊𝐴𝐸 𝑑𝑥 𝑑𝑊𝑐𝑜𝐸 𝑑𝑥 (𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) (𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) E também por analogia 𝑓= Exemplo 1 2 𝑑𝐶(𝑥) 𝑣 2 𝑑𝑥 . .. os capacitores formados podem ser considerados como eletricamente lineares. (𝑏𝑥) 𝑎 𝐶𝑇 𝑥 = 2 𝜀0 A permissividade nesse caso é a do ar. a força portantevale 𝑓= 1 2 𝑑𝐶(𝑥) 𝑣 2 𝑑𝑥 Onde 𝑑𝐶(𝑥) 𝑏 = 2𝜀0 𝑑𝑥 𝑎 Então a expressão da força portante torna-se 𝑓 = 𝑣 2 𝜀0 𝑏 𝑎 Exemplo (onde b é a profundidade da montagem) . pois esse é o dielétrico usado no dispositivo da figura. e dessa forma.. Logo. a expressão para a capacitância total torna-se. e l a distância entre elas e 𝜀 a permissividade do meio.) 𝐶=𝜀 𝐴 𝑙 Onde A é a área da placa.Voltímetro eletrostático do exemplo Vendo a figura. tem-se que a capacitância total vale 𝐶𝑇 𝑥 = 𝐶1 𝑥 + 𝐶1 𝑥 Tomando a capacitância de placas paralelas por (como foi aprendido em Física III e Eeletromagnetismo I. e desprezando tudo que se tem direito.. a capacitância total vale 𝐶𝑇 𝑥 = 𝐶1 𝑥 + 𝐶0 𝑥 𝐶𝑇 𝑥 = 𝜀1 𝑥𝑏 (𝑐 − 𝑥)𝑏 𝑏 + 𝜀0 = 𝜀1 𝑥 + 𝜀0 𝑐 − 𝜀0 𝑥 𝑎 𝑎 𝑎 Logo. calaculando 𝑑𝐶(𝑥) 𝑏 = (𝜀1 − 𝜀0 ) 𝑑𝑥 𝑎 A força portante valerá 𝑓= 1 2𝑏 𝑣 (𝜀 − 𝜀0 ) 2 𝑎 1 A força portatnte atua sempre no sentido de aumentar a energia armazenada pelo referido dispositivo. Maquina eletrostática rotativa Exemplo de máquina eletrostática rotativa O torque para essa configuração é encontrado por analogia também. logo .Instrumento de medida Para essa montagem. o ideal é que se aplique uma tensão alternada. a capacitância pode ser aproximada por 𝐶 𝜃 = 𝜀0 𝜋𝑟 2 2𝜃 1− .1 𝑑𝐶(𝜃) 𝑇 𝜃 = 𝑣2 2 𝑑𝜃 E para 𝜃 = 0. 2𝑑 𝑣 2 𝜀0 𝑟 2 .. por exemplo 𝑒 = 𝐸 cos 𝜔𝑡 Então a expressão de torque que é gerada é 𝑇 𝜃 = 1 𝐸 cos 𝜔𝑡 2 2 𝑑 𝐶 + 𝐶2 cos 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 𝑑𝜃 0 Fazendo as manipulações trigonométricas sagazes que já conhecemos. 𝐶 𝜃 = 𝜀0 𝜋𝑟 2 2𝑑 Para esse caso. 2𝑑 𝜋 𝐶 𝜃 = 𝜀0 𝜋𝑟 2 2𝜃 𝜋 −1 . <𝜃<𝜋 2𝑑 𝜋 2 0<𝜃< 𝜋 2 Logo. 2𝑑 0<𝜃< 𝜋 2 𝜋 <𝜃<𝜋 2 Aproximando-se o comportamento capacitância por 𝐶 𝜃 = 𝐶0 + 𝐶2 cos 2𝜃 E o ângulo posicionador sendo 𝜃 = 𝜔𝑅 𝑡 − 𝛿 E para que se tenha um toque médio.... existem duas expressões de torque 𝑇 𝜃 =− 𝑇 𝜃 = 𝑣 2 𝜀0 𝑟 2 . 1 1 1 𝑇 𝜃 = − 𝐸2 𝐶2 sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 2𝜔𝑡 + sin 2𝜔𝑅 𝑡 − 2𝛿 − 2𝜔𝑡 2 2 2 Uma condição para que exista torque médio é 𝜔𝑅 = 𝜔 então a expressão de torque fica 𝑇𝑚𝑒𝑑 = 1 2 𝐸 𝐶2 sin 2𝛿 4 .