Eletrônica de Potência e Acionamentos: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 8 exercícios, com soluções completas no final.

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1Fórmulas e métodos

Conversores CC-CC

Buck
Vo = D·Vin
Boost
Vo = Vin/(1 − D)
Buck-boost inversor
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Balanço de potência ideal
VinIin = VoIo
Ondulação do indutor
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Corrente média no indutor
buck Io; boost e buck-boost Io/(1 − D)
Ondulação da saída
buck ΔIL/(8fC); boost e buck-boost Io·D/(fC)
Limite da CCM
buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Método

  1. Identifique o conversor (buck, boost ou buck-boost) e a razão cíclica D a partir da relação de tensões.
  2. Use o equilíbrio volt-segundo no indutor: a tensão média no indutor ao longo de um período é zero.
  3. Encontre a tensão no indutor enquanto a chave conduz e depois ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Para a ondulação da saída, encontre a carga que entra e sai do capacitor; para o limite da CCM, iguale a corrente média no indutor a ΔIL/2.

Motores CC

Circuito de armadura
V = E + IaRa
fcem e torque
E = k·ω, T = k·Ia
Velocidade
ω = 2π·n/60, ω = (V − IaRa)/k
Velocidade a vazio e torque de travamento
ω0 = V/k, Tstall = k·V/Ra
Potências
Pin = V·Ia, Pdev = E·Ia = T·ω, Pout = Pdev − Prot
Partida
Istart = V/(Ra + Rst)
Regulação de velocidade
SR = (n0 − nFL)/nFL
Potência desenvolvida máxima
Pmax = V²/(4Ra)
Acionamento com chopper
Va = D·Vdc

Método

  1. Desenhe o circuito da armadura: alimentação V, resistência Ra e fcem E em série.
  2. Use V = E + Ia·Ra para relacionar tensão, corrente e fcem.
  3. Use E = k·ω para a velocidade e T = k·Ia para o torque, com ω = 2π·n/60.
  4. Para potência e rendimento, parta de V·Ia, subtraia a perda no cobre Ia²·Ra e depois as perdas rotacionais.

Potência CA e fator de potência

Potência ativa
P = V·I·cos φ
Potência reativa
Q = V·I·sin φ
Potência aparente
S = V·I = √(P² + Q²)
Fator de potência
pf = cos φ = P/S
Capacitor de correção
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Potência trifásica

Ligação em Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Ligação em Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Potência ativa total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Potência aparente e reativa
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Capacitores de correção
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tensão sobre cada capacitor
Δ: VL Y: VL/√3
Potência de entrada do motor
Pin = Pout/η

2Exercícios

1.Conversores CC-CCMédia
+−9 VSL = ?CR+−3,6 V

Um conversor buck ideal converte 9 V em 3,6 V com uma frequência de chaveamento de 250 kHz. Encontre a indutância L que mantém a ondulação pico a pico da corrente no indutor em 1 A.

Vin​ = 9 VVo​ = 3,6 Vf = 250 kHzΔIL = 1 A
L = µH
2.Conversores CC-CCDifícil
tiL​Imax​IL​DTT2T

Um conversor buck ideal converte 15 V em 7,5 V para uma carga de 4 Ω a 500 kHz. Encontre a menor indutância Lcrit para condução contínua.

Vin​ = 15 VVo​ = 7,5 Vf = 500 kHzR = 4 Ω
Lcrit = µH
3.Motores CCMédia
+−VRa​M+−En = 1500 rpmT = ?

Um motor CC fornece 5,5 kW de potência mecânica a 1500 rpm. Encontre o torque no eixo T.

P = 5,5 kWn = 1500 rpm
T = N·m
4.Motores CCDifícil
+−240 VRst​ = ?Ra​ = 0,5 Ω30 AM+−E = 0n = 0T

Um motor CC de 240 V tem resistência de armadura de 0,5 Ω. Encontre a resistência de partida em série Rst que limita a corrente de partida a 30 A.

V = 240 VRa = 0,5 ΩImax = 30 A
Rst = Ω
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 VR + jXP = 2592 W18 A

Uma carga indutiva consome 18 A e 2592 W de uma fonte monofásica de 240 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre X.

V = 240 VI = 18 AP = 2592 W
X = Ω
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 25 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 240 V, 60 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,9. Encontre a capacitância C necessária.

P = 25 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
7.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VIL​ = 25 Acos φ = 0,85indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 25 A de uma alimentação com tensão de linha de 400 V. O fator de potência é 0,85 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 400 VIL = 25 Acos φ = 0,85
P = kW
8.Potência trifásicaDifícil
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 80 kW com fator de potência 0,72 indutivo de uma alimentação de 480 V (tensão de linha), 50 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,92 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF

3Soluções

1.Conversores CC-CC

Resposta: L = 8,64 µH

Conversores CC-CC: uma chave S conduz durante a fração D de cada período T = 1/f. Em regime permanente a tensão média no indutor é zero (equilíbrio volt-segundo), o que dá as relações de conversão ideais em condução contínua: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Um conversor ideal conserva a potência: Vin·Iin = Vo·Io. Enquanto S conduz, a corrente no indutor sobe ΔIL = VL·D·T/L, com VL = Vin − Vo no buck e Vin no boost e no buck-boost. A ondulação da saída é ΔVo = ΔIL/(8fC) no buck e Io·D/(fC) no boost e no buck-boost. A corrente no indutor apenas toca o zero (o limite da CCM) quando a corrente média no indutor é igual a ΔIL/2.

Ciclo de trabalho

D = 3,6/9 = 0,4

Indutância

L = 5,4·0,4/(1·250·10³) = 8,64 µH

Resposta

L = 8,64 µH
2.Conversores CC-CC

Resposta: Lcrit = 2 µH

Conversores CC-CC: uma chave S conduz durante a fração D de cada período T = 1/f. Em regime permanente a tensão média no indutor é zero (equilíbrio volt-segundo), o que dá as relações de conversão ideais em condução contínua: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Um conversor ideal conserva a potência: Vin·Iin = Vo·Io. Enquanto S conduz, a corrente no indutor sobe ΔIL = VL·D·T/L, com VL = Vin − Vo no buck e Vin no boost e no buck-boost. A ondulação da saída é ΔVo = ΔIL/(8fC) no buck e Io·D/(fC) no boost e no buck-boost. A corrente no indutor apenas toca o zero (o limite da CCM) quando a corrente média no indutor é igual a ΔIL/2.

Ciclo de trabalho

D = 7,5/15 = 0,5

Condição de limite

Iguale a corrente média no indutor à metade da ondulação de corrente e resolva para L.

Lcrit = (1 − D)·R/(2f)

Indutância crítica

Lcrit = (1 − 0,5)·4/(2500·10³) = 2 µH

Resposta

Lcrit = 2 µH
3.Motores CC

Resposta: T = 35,01 N·m

Motor CC: a armadura é uma resistência Ra em série com a força contraeletromotriz (fcem) E, de modo que V = E + Ia·Ra. A fcem cresce com a velocidade, E = k·ω, e o torque com a corrente, T = k·Ia, com a mesma constante do motor k (V·s/rad = N·m/A) em unidades SI. Converta velocidades com ω = 2π·n/60. A potência desenvolvida é E·Ia = T·ω; a potência de entrada é V·Ia, e a perda no cobre Ia²Ra e a perda rotacional fazem a diferença. A velocidade cai em linha reta com o torque, ω = V/k − Ra·T/k², da velocidade a vazio V/k até zero no torque de travamento k·V/Ra. Com o motor parado E = 0, então a corrente de partida V/Ra é grande, a menos que um resistor a limite.

Velocidade em rad/s

ω = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s

Torque

T = P/ω = 5500/157,1 = 35,01 N·m

Resposta

T = 35,01 N·m
4.Motores CC

Resposta: Rst = 7,5 Ω

Motor CC: a armadura é uma resistência Ra em série com a força contraeletromotriz (fcem) E, de modo que V = E + Ia·Ra. A fcem cresce com a velocidade, E = k·ω, e o torque com a corrente, T = k·Ia, com a mesma constante do motor k (V·s/rad = N·m/A) em unidades SI. Converta velocidades com ω = 2π·n/60. A potência desenvolvida é E·Ia = T·ω; a potência de entrada é V·Ia, e a perda no cobre Ia²Ra e a perda rotacional fazem a diferença. A velocidade cai em linha reta com o torque, ω = V/k − Ra·T/k², da velocidade a vazio V/k até zero no torque de travamento k·V/Ra. Com o motor parado E = 0, então a corrente de partida V/Ra é grande, a menos que um resistor a limite.

Resistência total

Ra + Rst = 240/30 = 8 Ω

Resistor de partida

Rst = 8 − 0,5 = 7,5 Ω

Resposta

Rst = 7,5 Ω

O resistor é retirado por etapas à medida que o motor acelera e a fcem cresce.

5.Potência CA e fator de potência

Resposta: X = 10,67 Ω

Potência CA: a potência aparente S = V·I (VA) se divide em potência ativa P = S·cos φ (W), que realiza trabalho útil, e potência reativa Q = S·sin φ (var), que vai e volta entre fonte e carga. O fator de potência é cos φ. Um capacitor em paralelo fornece potência reativa localmente, então a corrente de linha cai para a mesma potência ativa.

Resistência pela potência ativa

R = P/I² = 2592/18² = 8 Ω

Reatância pela impedância

|Z| = V/I = 240/18 = 13,33 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(13,33² − 8²) = 10,67 Ω

Resposta

X = 10,67 Ω
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 457,7 µF

Potência CA: a potência aparente S = V·I (VA) se divide em potência ativa P = S·cos φ (W), que realiza trabalho útil, e potência reativa Q = S·sin φ (var), que vai e volta entre fonte e carga. O fator de potência é cos φ. Um capacitor em paralelo fornece potência reativa localmente, então a corrente de linha cai para a mesma potência ativa.

Potência reativa antes e depois

A potência ativa P não muda; só muda a potência reativa tirada da rede.

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(41,41°) = 22,05 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(25,84°) = 12,11 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,94 kvar

Capacitância

Um capacitor ligado à fonte fornece Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 9940/(2π·60·240²) = 457,7 µF

Resposta

C = 457,7 µF
7.Potência trifásica

Resposta: P = 14,72 kW

Sistemas trifásicos equilibrados: em uma ligação Y (estrela) a tensão de linha é √3 vezes a tensão de fase, VL = √3·Vph, e a corrente de linha é igual à corrente de fase. Em uma ligação Δ (triângulo) a tensão de linha é igual à tensão de fase e a corrente de linha é √3 vezes a corrente de fase, IL = √3·Iph. A potência total é três vezes a potência de uma fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Potência aparente

S = √3·VL·IL = √3·400·25 = 17,32 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 17,32·0,85 = 14,72 kW

Resposta

P = 14,72 kW
8.Potência trifásica

Resposta: Cph = 594,5 µF

Sistemas trifásicos equilibrados: em uma ligação Y (estrela) a tensão de linha é √3 vezes a tensão de fase, VL = √3·Vph, e a corrente de linha é igual à corrente de fase. Em uma ligação Δ (triângulo) a tensão de linha é igual à tensão de fase e a corrente de linha é √3 vezes a corrente de fase, IL = √3·Iph. A potência total é três vezes a potência de uma fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Correção do fator de potência: os capacitores fornecem potência reativa localmente, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Cada um dos três capacitores fornece QC/3 = V²·ω·C, onde V é a tensão sobre aquele capacitor: VL em um banco em Δ, VL/√3 em um banco em Y.

Potência reativa antes e depois

A potência ativa não muda, então cada fator de potência fixa a potência reativa: Q = P·tan φ.

Q1 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 43,03 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Y cada capacitor está ligado entre uma linha e o centro da estrela.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14343/(314,2·277,1²) = 594,5 µF

Resposta

Cph = 594,5 µF

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