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
+−15 VLSCR = 2 Ω+−25 V

Un convertitore boost ideale trasforma 15 V in 25 V su un carico da 2 Ω. Trova la corrente media nell’induttore IL.

Vin​ = 15 VVo​ = 25 VR = 2 Ω
IL = A
2.Convertitori DC-DCDifficile
+−36 VLSC = 100 µFR = 10 Ω+−144 V

Un convertitore boost ideale trasforma 36 V in 144 V su un carico da 10 Ω a 250 kHz. Il condensatore di uscita è 100 µF. Trova l’ondulazione picco-picco della tensione di uscita ΔVo in mV.

Vin​ = 36 VVo​ = 144 Vf = 250 kHzC = 100 µFR = 10 Ω
ΔVo = mV
3.Motori in corrente continuaMedia
T (N·m)n (rpm)n0​ = ?

Un motore in corrente continua con k = 1 V·s/rad funziona a 240 V. Trascurando tutte le perdite a vuoto, trova la sua velocità a vuoto n0 in rpm.

V = 240 Vk = 1 V·s/rad
n0 = rpm
4.Motori in corrente continuaDifficile
+−48 VRa​ = 2 ΩM+−En = ?T = 1,5 N·m

Un motore in corrente continua a eccitazione indipendente (k = 0,75 V·s/rad a campo pieno, Ra = 2 Ω, V = 48 V) aziona una coppia resistente costante di 1,5 N·m. Il flusso di campo è ridotto al 85 % del valore pieno. Trova la nuova velocità n.

V = 48 Vk = 0,75 V·s/radRa = 2 ΩT = 1,5 N·mΦ = 85 %
n = rpm
5.Potenza AC e fattore di potenzaMedia
P = 24 kWQ = ?Sφ

Un motore monofase assorbe 24 kW con un fattore di potenza di 0,6 induttivo da un’alimentazione da 400 V. Trova la potenza reattiva Q che assorbe.

P = 24 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
6.Potenza AC e fattore di potenzaDifficile
120 V50 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j20 ΩZL​ = ?

Un generatore da 120 V (efficaci), 50 Hz ha un’impedenza interna Zs = 20 + j20 Ω. L’impedenza di carico ZL può essere scelta liberamente. Trova la massima potenza attiva Pmax che si può trasferire al carico.

Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 20 + j20 Ω
Pmax = W
7.Sistemi trifaseMedia
ABCVL​ = 400 VIL​ = 20 Acos φ = 0,95in ritardo

Un carico trifase equilibrato assorbe una corrente di linea di 20 A da una rete con una tensione concatenata di 400 V. Il fattore di potenza è 0,95 in ritardo. Trova la potenza attiva totale P assorbita dal carico in kW.

VL = 400 VIL = 20 Acos φ = 0,95
P = kW
8.Sistemi trifaseDifficile
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Un carico trifase equilibrato assorbe 50 kW con un fattore di potenza di 0,75 in ritardo da una rete a 690 V (tensione concatenata) e 60 Hz. Una batteria trifase di condensatori in parallelo al carico deve portare il fattore di potenza complessivo a 0,92 in ritardo. La potenza attiva resta invariata. I condensatori sono collegati a triangolo. Trova la capacità Cph di ciascun condensatore in µF.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF

3Soluzioni

1.Convertitori DC-DC

Risposta: IL = 20,83 A

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 = 1 − 15/25 = 0,4

Corrente nel carico

Io = 25/2 = 12,5 A

Corrente nell’induttore

IL = Io/(1 − D) = 12,5/0,6 = 20,83 A

Risposta

IL = 20,83 A
2.Convertitori DC-DC

Risposta: ΔVo = 432 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 = 1 − 36/144 = 0,75

Corrente nel carico

Io = 144/10 = 14,4 A

Ondulazione in uscita

ΔVo = 14,4·0,75/(250·10³·100·10⁻⁶) = 432 mV

Risposta

ΔVo = 432 mV
3.Motori in corrente continua

Risposta: n0 = 2292 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.

Velocità a vuoto

ω₀ = V/k = 240/1 = 240 rad/s
n0 = 60·240/(2π) = 2292 rpm

Risposta

n0 = 2292 rpm
4.Motori in corrente continua

Risposta: n = 648,5 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 = 0,85·0,75 = 0,6375 V·s/rad

Nuova corrente d’indotto

Ia = 1,5/0,6375 = 2,353 A

Nuova velocità

ω = (48 − 2,353·2)/0,6375 = 67,91 rad/s → n = 648,5 rpm

Risposta

n = 648,5 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 = 32 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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Potenza reattiva

Q = P·tan φ = 24·1,333 = 32 kvar

Risposta

Q = 32 kvar
6.Potenza AC e fattore di potenza

Risposta: Pmax = 180 W

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.

Adattamento coniugato

La reattanza del carico annulla la reattanza del generatore, e la resistenza del carico è uguale alla resistenza del generatore.

ZL = Zs* = 20 − j20 Ω

Potenza massima

I = Vs/(2Rs) = 120/40 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·20) = 180 W

Risposta

Pmax = 180 W
7.Sistemi trifase

Risposta: P = 13,16 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 = √3·400·20 = 13,86 kVA

Potenza attiva

P = S·cos φ = 13,86·0,95 = 13,16 kW

Risposta

P = 13,16 kW
8.Sistemi trifase

Risposta: Cph = 42,34 µF

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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Potenza reattiva dei condensatori

QC = Q1 − Q2 = 22,8 kvar

Capacità per fase

In una batteria a triangolo ogni condensatore è collegato tra due linee.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7599/(377·690²) = 42,34 µF

Risposta

Cph = 42,34 µF

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