Elettronica di potenza e azionamenti: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 8 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Convertitori DC-DC

Buck
Vo = D·Vin
Boost
Vo = Vin/(1 − D)
Buck-boost invertente
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Bilancio di potenza ideale
VinIin = VoIo
Ondulazione nell’induttore
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Corrente media nell’induttore
buck Io; boost e buck-boost Io/(1 − D)
Ondulazione in uscita
buck ΔIL/(8fC); boost e buck-boost Io·D/(fC)
Limite CCM
buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Metodo

  1. Individua il convertitore (buck, boost o buck-boost) e il rapporto di lavoro D dal rapporto delle tensioni.
  2. Usa il bilancio volt-secondo sull’induttore: la tensione media sull’induttore in un periodo è zero.
  3. Trova la tensione sull’induttore mentre l’interruttore è chiuso, poi ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Per l’ondulazione in uscita, trova la carica che entra ed esce dal condensatore; per il limite CCM, poni la corrente media nell’induttore uguale a ΔIL/2.

Motori in corrente continua

Circuito d’indotto
V = E + IaRa
F.c.e.m. e coppia
E = k·ω, T = k·Ia
Velocità
ω = 2π·n/60, ω = (V − IaRa)/k
Velocità a vuoto e coppia di spunto
ω0 = V/k, Tstall = k·V/Ra
Potenze
Pin = V·Ia, Pdev = E·Ia = T·ω, Pout = Pdev − Prot
Avviamento
Istart = V/(Ra + Rst)
Regolazione di velocità
SR = (n0 − nFL)/nFL
Massima potenza sviluppata
Pmax = V²/(4Ra)
Azionamento con chopper
Va = D·Vdc

Metodo

  1. Disegna il circuito d’indotto: alimentazione V, resistenza Ra e f.c.e.m. E in serie.
  2. Usa V = E + Ia·Ra per collegare tensione, corrente e f.c.e.m.
  3. Usa E = k·ω per la velocità e T = k·Ia per la coppia, con ω = 2π·n/60.
  4. Per potenza e rendimento, parti da V·Ia, sottrai la perdita nel rame Ia²·Ra e poi le perdite rotazionali.

Potenza AC e fattore di potenza

Potenza attiva
P = V·I·cos φ
Potenza reattiva
Q = V·I·sin φ
Potenza apparente
S = V·I = √(P² + Q²)
Fattore di potenza
pf = cos φ = P/S
Condensatore di rifasamento
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Sistemi trifase

Collegamento a stella (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Collegamento a triangolo (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Potenza attiva totale
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Potenza apparente e reattiva
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Condensatori di rifasamento
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tensione su ciascun condensatore
Δ: VL Y: VL/√3
Potenza assorbita dal motore
Pin = Pout/η

2Esercizi

1.Convertitori DC-DCMedia
+−12 VSL = ?CR+−7,2 V

Un convertitore buck ideale trasforma 12 V in 7,2 V a una frequenza di commutazione di 40 kHz. Trova l’induttanza L che mantiene a 0,5 A la corrente di ondulazione picco-picco nell’induttore.

Vin​ = 12 VVo​ = 7,2 Vf = 40 kHzΔIL = 0,5 A
L = µH
2.Convertitori DC-DCDifficile
tvo​Vo​ΔV = ?DTT2T

Un convertitore buck trasforma 24 V in 12 V su un carico da 5 Ω a 100 kHz, con L = 150 µH e C = 10 µF. Trova l’ondulazione picco-picco della tensione di uscita ΔVo in mV.

Vin​ = 24 VVo​ = 12 Vf = 100 kHzL = 150 µHC = 10 µF
ΔVo = mV
3.Motori in corrente continuaMedia
T (N·m)n (rpm)0,6 N·mn0​n = ?

Un motore in corrente continua (k = 0,3 N·m/A, Ra = 2 Ω) funziona a 110 V e aziona una coppia resistente di 0,6 N·m. Trova la sua velocità n in rpm.

V = 110 Vk = 0,3 N·m/ARa = 2 ΩT = 0,6 N·m
n = rpm
4.Motori in corrente continuaDifficile
+−24 VRa​ = 0,5 ΩM+−En = ?T = 0,4 N·m

Un motore in corrente continua a eccitazione indipendente (k = 0,1 V·s/rad a campo pieno, Ra = 0,5 Ω, V = 24 V) aziona una coppia resistente costante di 0,4 N·m. Il flusso di campo è ridotto al 80 % del valore pieno. Trova la nuova velocità n.

V = 24 Vk = 0,1 V·s/radRa = 0,5 ΩT = 0,4 N·mΦ = 80 %
n = rpm
5.Potenza AC e fattore di potenzaMedia
P = 18 kWQ = ?Sφ

Un motore monofase assorbe 18 kW con un fattore di potenza di 0,65 induttivo da un’alimentazione da 230 V. Trova la potenza reattiva Q che assorbe.

P = 18 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
6.Potenza AC e fattore di potenzaDifficile
230 V50 Hzcarico9 kW, 0,6C470 µFI = ?

Un carico monofase assorbe 9 kW con un fattore di potenza di 0,6 induttivo da un’alimentazione da 230 V, 50 Hz. Un condensatore da 470 µF viene collegato in parallelo al carico. Trova la nuova corrente di linea I.

P = 9 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 50 HzC = 470 µF
I = A
7.Sistemi trifaseMedia
ABCVL​ = 480 VIL​ = 10 Acos φ = 0,9in ritardo

Un carico trifase equilibrato assorbe una corrente di linea di 10 A da una rete con una tensione concatenata di 480 V. Il fattore di potenza è 0,9 in ritardo. Trova la potenza attiva totale P assorbita dal carico in kW.

VL = 480 VIL = 10 Acos φ = 0,9
P = kW
8.Sistemi trifaseDifficile
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Un carico trifase equilibrato assorbe 75 kW con un fattore di potenza di 0,65 in ritardo da una rete a 480 V (tensione concatenata) e 50 Hz. Una batteria trifase di condensatori in parallelo al carico deve portare il fattore di potenza complessivo a 0,98 in ritardo. La potenza attiva resta invariata. Trova la potenza reattiva totale QC che la batteria di condensatori deve fornire, in kvar.

P = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar

3Soluzioni

1.Convertitori DC-DC

Risposta: L = 144 µH

Convertitori DC-DC: un interruttore S si chiude per la frazione D di ogni periodo T = 1/f. A regime la tensione media sull’induttore è zero (bilancio volt-secondo), il che dà i rapporti di conversione ideali in conduzione continua: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost invertente |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertitore ideale conserva la potenza: Vin·Iin = Vo·Io. Mentre S è chiuso la corrente nell’induttore sale di ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo per il buck e Vin per il boost e il buck-boost. L’ondulazione in uscita è ΔVo = ΔIL/(8fC) per il buck e Io·D/(fC) per il boost e il buck-boost. La corrente nell’induttore tocca appena lo zero (il confine della conduzione continua, CCM) quando la corrente media nell’induttore è uguale a ΔIL/2.

Rapporto di lavoro

D = 7,2/12 = 0,6

Induttanza

L = 4,8·0,6/(0,5·40·10³) = 144 µH

Risposta

L = 144 µH
2.Convertitori DC-DC

Risposta: ΔVo = 50 mV

Convertitori DC-DC: un interruttore S si chiude per la frazione D di ogni periodo T = 1/f. A regime la tensione media sull’induttore è zero (bilancio volt-secondo), il che dà i rapporti di conversione ideali in conduzione continua: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost invertente |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertitore ideale conserva la potenza: Vin·Iin = Vo·Io. Mentre S è chiuso la corrente nell’induttore sale di ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo per il buck e Vin per il boost e il buck-boost. L’ondulazione in uscita è ΔVo = ΔIL/(8fC) per il buck e Io·D/(fC) per il boost e il buck-boost. La corrente nell’induttore tocca appena lo zero (il confine della conduzione continua, CCM) quando la corrente media nell’induttore è uguale a ΔIL/2.

Rapporto di lavoro

D = 12/24 = 0,5

Corrente di ondulazione nell’induttore

ΔIL = (24 − 12)·0,5/(150·10⁻⁶·100·10³) = 0,4 A

Ondulazione in uscita

ΔVo = 0,4/(8·100·10³·10·10⁻⁶) = 50 mV

Risposta

ΔVo = 50 mV
3.Motori in corrente continua

Risposta: n = 3374 rpm

Motore in corrente continua: l’indotto è una resistenza Ra in serie con la forza controelettromotrice E, quindi V = E + Ia·Ra. La f.c.e.m. cresce con la velocità, E = k·ω, e la coppia con la corrente, T = k·Ia, con la stessa costante del motore k (V·s/rad = N·m/A) nel SI. Converti le velocità con ω = 2π·n/60. La potenza sviluppata è E·Ia = T·ω; la potenza assorbita è V·Ia, e la differenza è data dalle perdite nel rame Ia²Ra e dalle perdite meccaniche rotazionali. La velocità diminuisce linearmente con la coppia, ω = V/k − Ra·T/k², dalla velocità a vuoto V/k fino a zero alla coppia di spunto k·V/Ra. A motore fermo E = 0, quindi la corrente di spunto V/Ra è elevata se una resistenza non la limita.

Corrente d’indotto

Ia = T/k = 0,6/0,3 = 2 A

F.c.e.m. e velocità

E = 110 − 2·2 = 106 V
ω = E/k = 353,3 rad/s → n = 3374 rpm

Risposta

n = 3374 rpm
4.Motori in corrente continua

Risposta: n = 2566 rpm

Motore in corrente continua: l’indotto è una resistenza Ra in serie con la forza controelettromotrice E, quindi V = E + Ia·Ra. La f.c.e.m. cresce con la velocità, E = k·ω, e la coppia con la corrente, T = k·Ia, con la stessa costante del motore k (V·s/rad = N·m/A) nel SI. Converti le velocità con ω = 2π·n/60. La potenza sviluppata è E·Ia = T·ω; la potenza assorbita è V·Ia, e la differenza è data dalle perdite nel rame Ia²Ra e dalle perdite meccaniche rotazionali. La velocità diminuisce linearmente con la coppia, ω = V/k − Ra·T/k², dalla velocità a vuoto V/k fino a zero alla coppia di spunto k·V/Ra. A motore fermo E = 0, quindi la corrente di spunto V/Ra è elevata se una resistenza non la limita.

Costante del motore indebolita

k₂ = 0,8·0,1 = 0,08 V·s/rad

Nuova corrente d’indotto

Ia = 0,4/0,08 = 5 A

Nuova velocità

ω = (24 − 5·0,5)/0,08 = 268,7 rad/s → n = 2566 rpm

Risposta

n = 2566 rpm

L’indebolimento di campo è il modo in cui un azionamento in corrente continua funziona oltre la velocità base.

5.Potenza AC e fattore di potenza

Risposta: Q = 21,04 kvar

Potenza in AC: la potenza apparente S = V·I (VA) si divide in potenza attiva P = S·cos φ (W), che compie lavoro utile, e potenza reattiva Q = S·sin φ (var), che oscilla tra generatore e carico. Il fattore di potenza è cos φ. Un condensatore in parallelo fornisce potenza reattiva localmente, quindi la corrente di linea diminuisce a parità di potenza attiva.

Angolo

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Potenza reattiva

Q = P·tan φ = 18·1,169 = 21,04 kvar

Risposta

Q = 21,04 kvar
6.Potenza AC e fattore di potenza

Risposta: I = 43,16 A

Potenza in AC: la potenza apparente S = V·I (VA) si divide in potenza attiva P = S·cos φ (W), che compie lavoro utile, e potenza reattiva Q = S·sin φ (var), che oscilla tra generatore e carico. Il fattore di potenza è cos φ. Un condensatore in parallelo fornisce potenza reattiva localmente, quindi la corrente di linea diminuisce a parità di potenza attiva.

Potenza reattiva prima e dopo

La potenza attiva P non cambia; cambia solo la potenza reattiva prelevata dalla rete.

Q1 = 9·tan(arccos 0,6) = 12 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·470·10⁻⁶ = 7811 var = 7,811 kvar
Q2 = 12 − 7,811 = 4,189 kvar

Nuova potenza apparente

S2 = √(9² + 4,189²) = 9,927 kVA

Nuova corrente di linea

I = S2/V = 9927/230 = 43,16 A

Risposta

I = 43,16 A
7.Sistemi trifase

Risposta: P = 7,482 kW

Sistemi trifase equilibrati: in un collegamento a stella (Y) la tensione concatenata è √3 volte la tensione di fase, VL = √3·Vph, e la corrente di linea è uguale alla corrente di fase. In un collegamento a triangolo (Δ) la tensione concatenata è uguale alla tensione di fase e la corrente di linea è √3 volte la corrente di fase, IL = √3·Iph. La potenza totale è tre volte la potenza di una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Potenza apparente

S = √3·VL·IL = √3·480·10 = 8,314 kVA

Potenza attiva

P = S·cos φ = 8,314·0,9 = 7,482 kW

Risposta

P = 7,482 kW
8.Sistemi trifase

Risposta: QC = 72,46 kvar

Sistemi trifase equilibrati: in un collegamento a stella (Y) la tensione concatenata è √3 volte la tensione di fase, VL = √3·Vph, e la corrente di linea è uguale alla corrente di fase. In un collegamento a triangolo (Δ) la tensione concatenata è uguale alla tensione di fase e la corrente di linea è √3 volte la corrente di fase, IL = √3·Iph. La potenza totale è tre volte la potenza di una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Rifasamento: i condensatori forniscono localmente potenza reattiva, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Ciascuno dei tre condensatori fornisce QC/3 = V²·ω·C, dove V è la tensione ai capi di quel condensatore: VL in una batteria a triangolo, VL/√3 in una batteria a stella.

Potenza reattiva prima e dopo

La potenza attiva non cambia, quindi ogni fattore di potenza determina la potenza reattiva: Q = P·tan φ.

Q1 = 75·tan(acos 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Potenza reattiva dei condensatori

QC = Q1 − Q2 = 72,46 kvar

Risposta

QC = 72,46 kvar

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