+ VL - L/2 L/2 V3 Z -150V -300V -150V -300V 400 VL 0V. -400V π 2π 3π 4π

Transcrição

1 1) Considere o conversor dual apresentado na figura abaixo, onde: V1(ωt)=220 sen(ωt), V2(ωt)=220 sen(ωt-120 ), V3(ωt)=220 sen(ωt+120 ), f=60hz, αp=135 e Z (L=100mH; Ra=2Ω) V1 V2 + VL - L/2 L/2 V1 V2 V3 Z V3 a) Desenhe as formas de onda das tensões VP, VN e VL. b) Desenhe as formas de onda da tensão sobre a carga Z, a corrente nos indutores de circulação e a corrente na carga Z. c) Calcule o valor do indutor L para que a máxima corrente média de circulação seja 20% da máxima corrente de carga. a) αp+αn=180 αn= Vp 0-150V -300V 150 Vn 0-150V -300V 400 VL 0V -400V 0 π 2π 3π 4π 1

2 b) 400V Vz 0V c) Para um conversor dual em condução contínua a tensão média na carga é dada por V Lmed = 1.17 V o cos(α P ) (1.1) Para a maior tensão média na carga e conseqüentemente a maior corrente média na carga α=0. V Lmed = ,56 cos(0) = 182V (1.2) Assim I Lmed = V Lmed E R = = 91A (1.3) A máxima corrente de circulação acontece para os ângulos de αp=60 e αp=120. Utilizando αp=60 na fig 5.12 da pág do livro Eletrônica de potência de Ivo Barbi se obtêm ω L I c 2 V 0 = 0,567 (1.4) Sendo que se deseja 20% de ondulação na corrente I c = 0,2 I Lmed = 0,2 91 = 18,2A (1.5) Assim -400V 80A ILp 60A 40A 20A 0A 80A ILn 60A 40A 20A 0A Iz 0A -20A -40A -60A -80A 0 π 2π 3π 4π L = 0,567 2 V 0 0, = ω I c ,2 = 18,2mH (1.6) 2

3 2) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 127V e com freqüência de 50Hz. a) Calcule a temperatura na cápsula de um tiristor considerando que este está acoplado a um dissipador com resistência térmica de 5 C/W, que os tiristores permanecem conduzindo em intervalos de 0,2 segundos, com α=0, intercalados com intervalos de 0,3 segundos com α=180. (Vto=1,0V; rt=0,02ω; Rthjc=0,9 C/W; Rthcd=0,5 C/W; Ta=50 ). a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0 T = 1 = 20ms (2.1) f Ciclos em alta = 0,2 = 10 ciclos (2.2) 0,02 Ciclos em baixa = 0,3 = 15 ciclos (2.3) 0,02 I Tef R 0, = 0,5 I Tef = = 4,49A (2.4) 20 I Tmed R 0, = 0,32 I Tmed = = 2,87A (2.5) 20 Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 20m 4, ,87 = 3,27W (2.6) Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem P P O = m M Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a potência total dissipada se conduzisse por todo o período. P = P O m M Cálculo da resistência junção-ambiente (2.7) = = 1,3W (2.8) T c T a = R ca P T c = 1,3 5, = 57,15 C (2.9) 3

4 3) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω e L=100mH, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. D1 Considerando α=120, determinar: a) O ângulo de extinção da corrente e o modo de condução da estrutura; b) A variação de potência admitida na carga. a) Calculo do ângulo de extinção de corrente ω L 0,1 cos = cos [arctg ( )] = cos [arctg (377 )] = 0,47 (3.1) R 20 No semiciclo positivo o circuito funcionará como um circuito meia onda monofásico a diodos e no semiciclo negativo se comportara como um circuito de meia onda monofásico a tiristor. Para o diodo, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: α=0 a= 0 cosφ=0,4 β=254 α=0 a= 0 cosφ=0,6 β=236 α=0 a= 0 cosφ=0,5 β=245 Para o tiristor, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: α=120 a= 0 cosφ=0,4 β=226 α=120 a= 0 cosφ=0,6 β=219 α=120 a= 0 cosφ=0,5 β=222,5 Como para haver condução contínua é necessário que o diodo permaneça em condução durante βc= =300 logo este circuito operará em condução descontínua. b) Para verificar a máxima variação admitida na carga é necessário verificar a potência máxima e a potência mínima entregue a carga A potência máxima acontece quando α=0 assim toda a tensão de entrada é transferida a carga, VLef=Vo. S = V o 2 (3.2) (3.3) Z = = 283,64VA (3.4) (377.1) 2 P = S cosφ = 283,64 0,47 = 133,33W (3.5) A potência mínima acontecerá quando α=180 assim o circuito funcionará como um circuito retificador de meia onda a diodo. Utilizando o ábaco da fig. 2.8 d pág. 30 do livro com ϕ=62,09, Ief=0,65 e como Assim se obtêm um ΔP=21W. I Lef = I ef Z = 0, ,66 = 2,37A (3.6) P = R I Lef 2 = 20 2,37 2 = 112,33W (3.7) 4

5 4) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=2Ω, cuja alimentação é 220 sen(ωt) e com freqüência de 50Hz. Considerando uma potência na carga de 1500W. a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 1,5 segundo, calcule o número de ciclos que deve ser entregue a carga. b) Responda sobre o item a: é possível obter os 1500W? Justifique. a) A potência máxima entregue a carga é de P = V o 2 R = 155,562 = 12100W (4.1) 2 Com a freqüência de 50Hz cada período possui T=20ms assim o período total do controle por ciclos inteiros terá M = 1,5 = 75 Ciclos (4.2) 0,02 Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos necessários para que se consigam os 1500W necessários. P = m P O M m = P M = = 9,3 Ciclos (4.3) P O b) Para se obter P=1500W exatos não é possível se obter, pois são necessários 9,3 ciclos, portanto não é possível utilizar o controle por método de ciclos inteiros. 5) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 20A e com freqüência de 60Hz. I(ωt) Triac Considerando uma carga R=10Ω, calcule: a) O dissipador necessário para acomodar o Triac.(VTO=1V;rT=10mΩ). b) Calcule o rendimento do conversor para α=35. a) Para calcular o dissipador se considera o pior caso possível, ou seja quando o TRIAC conduzir pelo tempo todo, ou seja, neste circuito com α=0. A corrente eficaz que passa pelo TRIAC é a mesma da fonte, ou seja, 20A. Porém a corrente média não se pode utilizar a mesma da fonte, pois a corrente média de uma fonte de corrente AC é 0. Para calcular a corrente média que passa pelo Triac considera-se que meio período passa corrente pelo ramo positivo e meio período passa corrente pelo ramo negativo assim calcula-se a corrente média para um ramo e multiplica-se por 2. 5

6 θ2 I Tmed = 2 2π [ 2 I o sen(ωt)dωt θ1 Assim a potência dissipada no TRIAC será de 180 = 2 2π [ sen(ωt)dωt = 18A (5.1) P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 10m = 22W (5.2) Portanto a resistência de junção ambiente será R ja = T j T a P = = 5 C/W (5.3) b) Ao se colocar um TRIAC em paralelo com uma carga resistiva e uma fonte de corrente, as tensões e correntes na carga operam como se o circuito fosse um gradador alimentado com uma fonte de tensão em série com a carga porém o ângulo de disparo seria dado por α 0 = 180 α = = 145 (5.3) Com o valor do novo α pode se calcular a corrente eficaz na carga através dos ábacos. Portanto através do ábaco da fig. 7.5 da pág.ina 173 do livro se obtêm a corrente eficaz no resistor de carga. I Ref R = 0,15 I Ref = 0, = 4,24A (5.4) Portanto a potência entregue a carga é de PL = R I Ref 2 = 10 4,24 2 = 179,8W (5.5) Agora a corrente média e a corrente eficaz no TRIAC pode ser calculado utilizando o ábaco da fig. 7.6 lembrando que no TRIAC a corrente média para calculo da potência dissipada é multiplicada por 2 e na corrente eficaz é multiplicada por 2 devido ao TRIAC ser responsável pela condução do ciclo positivo e do negativo ao contrário do tiristor que conduza apenas pelo ciclo positivo ou negativo, lembrando-se que o ábaco foi feito utilizando tiristores. Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=35 I Tef R = 0,49 I Tef = 2 0, = 19,6A (5.6) I Tmed R = 0,29 I Tmed = 2 0, = 16,4A (5.7) Assim a potência dissipada no TRIAC será de Portanto o rendimento será PT = r t I Def 2 + V To I Dmed = 10m 19, ,4 = 20,2W (5.8) η = PL PL + PT = 179,8 = 0,899 (5.9) 179,8 + 20,2 6

7 6) Considere o conversor dual apresentado na figura abaixo, onde: V1(ωt)=180 sen(ωt), V2(ωt)=180 sen(ωt-120 ), V3(ωt)=180 sen(ωt+120 ), f=60hz, αp=105 e L=100mH V1 V2 + VL - L/ 2 L/ 2 V1 V2 V3 Z V3 a) Desenhe as formas de onda das tensões VP, VN. b) Desenhe as formas de onda da tensão sobre a carga Z e sobre a carga VL. c) Calcule o valor dos harmônicos de tensão de ordem 3 e de ordem 6 na carga. a) αp+αn=180 αn=75 200V VP 100V 0V -100V -200V 200V VN 100V 0V -100V -200V 0 π 2π 3π 4π b) 7

8 100V VZ 50V 0V -50V -100V 300V VL 150V 0V -150V -300V 0 π 2π 3π 4π c) O valor de pico da harmônica de ordem n é dado por V n = cos((n 1) α P) cos((n + 1) α P) (6.1) V Dmax (n 1) (n + 1) Onde V Dmax = 2 m V o π Onde m é o número de pulsos de um dos grupos, portanto V Dmax = 2 m V o π sen ( π m ) (6.2) sen ( π ) = sen ( π m π 3 ) = 148,53V (6.3) Assim para a terceira harmônica se tem cos((3 1) 105) cos((3 + 1) 105) V 3 = 148,53 = 82,9V (6.4) (3 1) (3 + 1) E para a sexta harmônica cos((6 1) 105) V 6 = (6 1) cos((6 + 1) 105) 148,53 = 49,2V (6.5) (6 + 1) 7) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. a) Calcule a temperatura na cápsula de um tiristor SK6/04 com dissipador com resistência térmica de 2 C/W, supondo que os tiristores permanecem conduzindo em intervalos de 0,6 segundos, 8

9 com α=0, intercalados com intervalos de 0,4 segundos com α=180. (Vto=1,0V; rt=0,02ω; Rthjc=0,9 C/W; Rthcd=0,5 C/W; Ta=30 ). a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem T = 1 = 16,66ms (7.1) f Ciclos em alta = 0,6 = 36 ciclos (7.2) 0,01666 Ciclos em baixa = 0,4 = 24 ciclos (7.3) 0,01666 Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0 I Tef R 0, = 0,5 I Tef = = 1,556A (7.4) 50 I Tmed R 0, = 0,32 I Tmed = = 0,996A (7.5) 50 Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 20m 1, ,996 = 1,045W (7.6) Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem P P O = m M Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a potência total dissipada se conduzisse por todo o período. (7.7) Cálculo da temperatura de cápsula P = P O m M = 1, = 0,627W (7.8) T c T a = R ca P T c = 0,627 2, = 31,57 C (7.9) 8) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. Considerando que cada um dos tiristores (,) permanecem em condução durante 5,555ms e bloqueados durante 11,111ms, ao longo de um período de rede, determinar: a) A corrente eficaz no tiristor ; b) A corrente média no tiristor ; 9

10 Sendo que cada tiristor conduz 5,55 ms e fica bloqueado durante ms e sabendo que o período na freqüência de 60 Hz é de 16,66m, sabe-se que o tiristor deve conduzir durante um intervalo de θ = 5.55m 16.66m 360 = 120 (8.1) Como a carga é apenas resistiva a condução cessa quando chega a 180, então para que haja condução durante 120 é necessário que α=60. Assim utilizando o ábaco da fig. 7.6 da pág se obtêm I Tef R 0, = 0,45 I Tef = = 1,4A (8.2) 50 I Tmed R 0, = 0,24 I Tmed = = 0,75A (8.3) 50 Lembrando que a corrente eficaz e média para todos os tiristores são iguais. 9) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=50Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. Considerando uma potência na carga de 161,2W. a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 1 segundo, calcule o intervalo de tempo em que são aplicados os ciclos à carga. a) A potência máxima entregue a carga é de P = V o 2 R = = 242W (9.1) Com a freqüência de 60Hz cada período possui T=16,66ms assim o período total do controle por ciclos inteiros terá M = 1,0 = 60 Ciclos (9.2) 16,66m Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos necessários para que se consigam os 1500W necessários. P = m P O M m = P M = 161,2 60 = 40 Ciclos (9.3) P O

11 10) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. Considerando uma carga RL de R=50Ω e L=50mH, calcule: a) A variação de potência possível na carga. b) O ângulo α necessário para fornecer a carga apenas metade da potência máxima. a) Para verificar a máxima variação admitida na carga é necessário verificar a potência máxima e a potência mínima entregue a carga A potência máxima acontece quando α=0 assim toda a tensão de entrada é transferida a carga, VLef=Vo. ω L 0,05 cos = cos [arctg ( )] = cos [arctg (377 )] = 0,936 R 50 S = V o 2 (10.1) Z = = 226,44VA (10.2) (377.05) 2 P = S cosφ = 226,44 0,936 = 211,95W (10.3) A potência mínima acontecerá quando α=180 assim o não haverá transferência de energia pois os dois tiristores permaneceram bloqueados. Assim se obtêm um ΔP=211,95W. b) Para que seja fornecido apenas a metade da potência é necessário que haja a transferência de aproximadamente 106W Para que exista esta potência na carga é necessário ter a seguinte corrente Sabendo que a corrente no tiristor é dado pela relação Sendo Im a corrente de pico da carga para α=0 I Lef = PL R = = 1,456A (10.4) I Tef = I Lef 2 = 1,456 = 1,029A (10.5) 2 I m = Z = ,44 = 2,91A (10.6) I Tef I m = 1,029 2,91 = 0,353 (10.7) Utilizando o valor encontrado no ábaco da fig da pág.181 se obtêm α=82. 11

12 11) Considere a indutância controlada por gradador apresentada abaixo. L= 100mH a) Calcule o valor do indutor equivalente para α=π/3. O cálculo da indutância equivalente é dado pele seguinte expressão π L L eq = 2 (π α) sen [2 (π α)] Porém esta expressão é valida apenas para α entre 90 e 180, assim utiliza-se o menor ângulo possível que é de 90, o que resulta em Leq=L= 100mH. 12) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 127V e com freqüência de 60Hz. (11.1) a) Calcule a temperatura no dissipador com resistência térmica de 2 C/W, supondo ambos os tiristores no mesmo dissipador. Os tiristores permanecem conduzindo em intervalos de 0,7 segundos, com α=0, intercalados com intervalos de 0,3 segundos com α=180. (Vto=1,0V; rt=0,02ω; Rthjc=0,9 C/W; Rthcd=0,5 C/W; Ta=50 ). a) Utilizando controle por ciclos inteiros se tem T = 1 = 16.66ms (12.1) f Ciclos em alta = 0, m = 42 ciclos (12.2) Ciclos em baixa = 0, m = 18 ciclos (12.3) Pelo ábaco da fig. 7.6 da página 174 se obtêm para α=0 I Tef R 0, = 0,5 I Tef = = 4,49A (12.4) 20 I Tmed R 0, = 0,32 I Tmed = = 2,87A (12.5) 20 Assim a potência dissipada por um tiristor conduzindo o tempo todo seria P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 20m 4, ,87 = 3,27W (12.6) 12

13 Mas como o tiristor não conduz durante todo o período se tem P P O = m M Onde m é o número de ciclos onde há condução, M é o número de ciclos total do período e Po é a potência total dissipada se conduzisse por todo o período. (12.7) P = P O m M Cálculo da temperatura de dissipador = = 2,289W (12.8) Porém como há dois tiristores no mesmo dissipador a potência dissipada sobre o dissipador é dobrada, assim T d T a = R da P T d = 2 2,289 2, = 61,45 C (12.9) 13) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=20Ω e L=10mH, cuja alimentação é senoidal, com um valor eficaz de 110V e com freqüência de 60Hz. D1 Considerando α=120, determinar: a) O ângulo de extinção da corrente e o modo de condução da estrutura; b) As correntes média e eficaz no tiristor. a) Calculo do ângulo de extinção de corrente ω L 0,01 cos = cos [arctg ( )] = cos [arctg (377 )] = 0,98 (13.1) R 20 No semiciclo positivo o circuito funcionará como circuito um meia onda monofásico a diodos e no semiciclo negativo se comportara como um circuito de meia onda monofásico a tiristor. Para o diodo, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: α=0 a= 0 cosφ=1 β=180 (13.2) Para o tiristor, do ábaco de Puschlowski obtêm-se com: α=120 a= 0 cosφ=1 β=180 (13.3) Como para haver condução contínua é necessário que o diodo permaneça em condução durante βc= =300 logo este circuito operará em condução descontínua. b) Calculando o valor de pico da corrente (Im) e utilizando os ábacos 7.12 e 7.13 da pág. 180 para ϕ= 10 se obtêm I m = Z = ,35 = 7,65A (13.4) 13

14 I Tmed I m I Tef I m = 0,2 I Tef = 0,2 7,65 = 1,53A = 0,075 I Tmed = 0,075 7,65 = 0,5737A (13.5) (13.6) 14) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=10Ω, cuja alimentação é 220 sen(ωt) e com freqüência de 50Hz. Considerando uma potência na carga de 1500W. a) Utilizando-se um controle por ciclos inteiros, com um período de 0,5 segundo, calcule o intervalo de tempo em que são aplicados os ciclos à carga. b) Mantendo o fator de potência unitário, o que pode ser feito para tornar mais suave o controle de potência na carga? Este controle pode ser aplicado a um motor de indução? Justifique. a) A potência máxima entregue a carga é de P = V o 2 R = 155, = 2420W (14.1) Com a freqüência de 50Hz cada período possui T=20ms assim o período total do controle por ciclos inteiros terá M = 0,5 = 25 Ciclos (14.2) 0,02 Seguindo a relação entre número de ciclos e potências abaixo pode se obter o número de ciclos necessários para que se consigam os 1500W necessários. P = m P O M m = P M = = 15,5 Ciclos (14.3) P O 2420 b) Aumentando a relação M/m é possível melhorar o controle, tornando o suave. Este controle por ciclos inteiros é amplamente utilizado em equipamentos que utilizam aquecimento resistivo, já que esses possuem uma constante de tempo grande, já os motores de indução possuem uma constante de tempo menor, por isso não é indicada a sua utilização. 14

15 15) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é senoidal com um valor eficaz de 220V e com freqüência de 60Hz. Triac Considerando uma carga RL de R=10Ω e L=50mH, calcule: a) O dissipador necessário para acomodar o Triac. (Vto=1V; rt=10mω; Ta=40 ;Tj=150 ) b) O ângulo α necessário para fornecer 500W a carga. a) Para calcular o dissipador se considera o pior caso possível, ou seja, quando o TRIAC conduzir pelo tempo todo, ou seja, neste circuito devido a presença da indutância α=60. Agora a corrente média e a corrente eficaz no TRIAC pode ser calculado utilizando o ábaco da fig. 7.6 lembrando que no TRIAC a corrente média para calculo da potência dissipada é multiplicada por 2 e na corrente eficaz é multiplicada por 2 devido ao TRIAC ser responsável pela condução do ciclo positivo e do negativo ao contrário do tiristor que conduza apenas pelo ciclo positivo ou negativo, lembrando-se que o ábaco foi feito utilizando tiristores. I Tef I m I Tmed I m I m = Z Assim a potência dissipada no TRIAC será de = ,34 = 14,6A (15.1) = 0,5 I Tef = 2 0,5 14,6 = 10,32A = 0,32 I Tmed = 2 0,32 14,6 = 9,344A (15.2) (15.3) P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 10m 10, ,344 = 10,41W (15.4) Portanto a resistência de junção ambiente será R ja = T j T a P = ,41 = 10,57 C/W (15.5) b) A máxima corrente eficaz que se conseguirá na carga será de 5,16A o que resultará numa potência máxima de P = R I Lef 2 I Lef = P R = = 7,07 (15.6) Como a corrente eficaz na carga possui a corrente eficaz dos dois ramos do TRIAC é necessário dividir a corrente por 2 para que se tenha a corrente eficaz como se fosse um único tiristor para poder se utilizar do ábaco da fig 7.13 da pág I Tef = I Lef 2 = 7,07 = 5A (15.7) 2 Sendo Im a corrente de pico da carga para α=0 I Tef I m = 5 14,6 = 0,342 (15.8) Com o valor obtido, através do ábaco se encontra α=88 15

16 16) Dada a estrutura do gradador abaixo, cuja alimentação é I(ωt)=10 sen(ωt) com freqüência de 60Hz. I(ωt) D1 Considere α=120 e R=10Ω. a) Apresente as formas de onda de tensão e corrente de carga. b) Calcule a tensão eficaz na carga. c) Calcule a resistência térmica junção ambiente necessária para acomodar o diodo e o tiristor em um único dissipador. (Vto=0,85V; rt=0,02ω; Tj=110 C; Ta=50 C). a) No semiciclo negativo a corrente passará totalmente pelo diodo D1 e no semiciclo positivo haverá condução pela carga enquanto o tiristor estiver bloqueado como mostra as formas de onda a seguir 100V Tensão 0V -100V 10A Corrente 0A -10A 0 π 2π 3π 4π b) A tensão eficaz na carga será dada pela seguinte expressão onde θ1=0 e θ2=120 θ2 120 V Lef = 1 2π ( 2 I o R sen(ωt)) 2 dωt = 1 2π (10 10 sen(ωt))2 dωt = 44,8V (16.1) θ1 0 c) Para o tiristor através do ábaco da fig. 7.6 pág se obtêm I Tef R = 0,22 I Tef = 0,22 10 = 2,2A (16.2) I Tmed R = 0,08 I Tmed = 0,08 10 = 0,8A (16.3) P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 20m 2, ,85 0,8 = 0,777W (16.4) 16

17 Para o diodo θ2 I Def = 1 2π ( 2 I o sen(ωt)) 2 dωt = 1 2π (10 sen(ωt))2 dωt = 5A (16.5) θ1 θ2 I Dmed = 1 2π 2 I o sen(ωt)dωt = 1 10 sen(ωt)dωt = 3,18 (16.6) 2π θ1 0 π 0 π P = r t I Tef 2 + V To I Tmed = 20m ,85 3,18 = 3,2W (16.7) Portanto a resistência de junção ambiente será R ja = T j T a P = = 15,1 C/W (16.8) 3,2 + 0,777 17) Dada a estrutura do gradador abaixo com R=10Ω, L=18,5mH, cuja alimentação é 155 sen(ωt) e com freqüência de 50Hz. Considere α=60. a) Calcule a tensão eficaz na carga. b) Calcule as componentes harmônicas de corrente da ordem 1, 3 e 5 na carga. a) ω L 0,0185 = arctg ( ) = arctg (314,16 ) = 30,16 R 10 (17.1) Pelo ábaco da fig da pág se obtêm β=209, portanto o circuito funciona em condução descontínua. θ2 V Lef = 1 2π ( 2 V o sen(ωt)) 2 dωt = 1 2π (155 sen(ωt))2 dωt = 91,4V (17.2) θ b) Verificando o pico da corrente para α=0 I m = Z = ,56 = 13,4A (17.3) Através dos ábacos da 7.14 à 7.16 se obtêm I 1 I m = 0,85 I Tef = 0,85 13,4 = 11,40A I 3 I m = 0,125 I Tef = ,4 = 1,61A I 5 I m = 0,066 I Tef = 0,066 13,4 = 0,88A (17.4) (17.5) (17.6) 17

18 18) Dado o circuito abaixo, onde: Vo=127V, R= 20Ω, L=100mH e f=60hz. Lc C R L a) Supondo α=180 para a indutância controlada determine o valor do capacitor C para corrigir o FP do sistema pra 1,0. b) Considerar que a carga fooi alterada para 50Ω e 100mH. Calcule o ângulo de controle para FP igual a 1,0. a) O cálculo da indutância equivalente é dado pele seguinte expressão π L L eq = 2 (π α) sen [2 (π α)] (18.1) Para α=180, há indutância equivalente se torna infinita tornado um circuito aberto, assim pode-se achar o valor da capacitância para corrigir o FP ω L 0,1 (18.2) = arctg ( ) = arctg (377 ) = 62 R 20 S = V o 2 Z = (377.1) 2 = 378VA (18.3) P = S cosφ = 378 cos (62 ) = 177,43W (18.4) Q = S senφ = 378 sen (62 ) = 333,75VAr (18.5) Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a capacitância introduza 333,8 VAr capacitivo no circuito Q cap = V O 2 Xc Xc = V 2 O = 1272 Q cap 333,8 = 48,32Ω (18.6) Portando o valor do capacitor será de Xc = 1 1 = C = ωc Xc ω = 1 48, = 54,9μF (18.7) b) Para a nova carga se tem ω L 0,1 = arctg ( ) = arctg (377 ) = 37 R 50 S = V o 2 (18.8) Z = (377.1) 2 = 257,6VA (18.9) P = S cosφ = 257,6 cos (37 ) = 205,7W (18.10) Q = S senφ = 257,6 sen (37 ) = 155VAr (18.11) 18

19 Assim aparece uma diferença na potência reativa Q = Q cap Q = 333,8 155 = 178,8VAr ( capacitivo) (18.12) Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a indutância controlada introduza 178,8 VAr indutivo no circuito Q ind = V O 2 XL XL = V 2 O = 1272 Q ind 178,8 = 90,20Ω (18.13) Portando o valor do indutor equivalente será de XL = ωl = L = XL ω = 90,2 377 = 239,3mH (18.14) Fazendo iterações na seguinte equação se obtêm o ângulo de disparo π 100m para α = 110 L eq = 2 (π 110 ) sen [2 (π 110 )] = 174,8mH para α = 120 L eq = para α = 115 L eq = para α = 118 L eq = π 100m 2 (π 120 ) sen [2 (π 120 )] = 255,8mH π 100m 2 (π 115 ) sen [2 (π 115 )] = 209mH π 100m 2 (π 118 ) sen [2 (π 118 )] = 235,3mH (18.15) Logo α é próximo de ) Dado o circuito abaixo: R C Onde: Vo=220V; f=60hz; R=2Ω; C=2,2mF; a) Calcular a indutância para corrigir o FP para 0,98. b) Qual será o ângulo α para corrigir com a indutância equivalente sendo L=18,1mH. a) 1 = arctg ( ω R C ) = arctg ( ,2m 2 ) = 31,08 (19.1) S = V o 2 Z = (19.2) = 20725VA ( 377 2,2m )2 P = S cosφ = cos (31,08 ) = 17750W (19.3) Q = S senφ = sen (31,08 ) = 10699VAr(capacitiva) (19.4) Para FP= 0,98 se tem φ = 11,48. Mantendo a potência ativa de se obtêm S = P cosφ = , W (19.5) 19

20 Q = S senφ = sen (11,48 ) = 3604,7VAr(capacitiva) (19.6) É necessário verificar a quantidade de potência reativa indutiva que é necessária para elevar o FP para 0,98. Q Ind = Q cap Q = ,7 = 7094,3VAr ( indutivo) (19.7) Q ind = V O 2 XL XL = V 2 O = 2202 Q ind 7094,3 = 6,822Ω (19.8) Portando o valor do indutor equivalente será de XL = ωl = L = XL ω = 6, = 18,1mH (19.9) b) Sendo L=18,1mH é necessário um ângulo α=90 para que se mantenha L=Leq. 20) Dada a estrutura do gradador abaixo, onde Io=30A, f=60hz e R=10Ω. I(ωt) D1 Considere α=120 a) Determine α para P=5000W No semiciclo negativo não haverá transferência de energia para a carga pois toda a corrente passará pelo diodo D1. Assim o comportamento da carga será como de um retificador de meia onda com ângulo α complementar. Para uma potência de 5000W é necessário uma corrente eficaz na carga de I Lef = PL R = = 22,36A (20.1) Porém com α=180 onde toda a corrente do semiciclo positivo passará pela carga, mas a máxima corrente eficaz que se conseguirá na carga é de I Lef = Io 2 = 30 = 21,21A (20.2) 2 Ou seja não é possível obter os 5000W na carga. 21) Dado o circuito abaixo, onde: Vo=220V, R= 10Ω, C=100uF, L=500mH e f=60hz. Lc R C 20

21 a) Calcular o indutor equivalente que compense a potência reativa capacitiva. 1 = arctg ( ω R C ) = arctg ( μ 10 ) = 69,34 (21.1) S = V o 2 Z = (21.2) = 1707,4VA ( μ )2 P = S cosφ = 1707,4 cos (69,34 ) = 602,4W (21.3) Q = S senφ = 1707,4 sen (37 ) = 1597,6VAr(capacitiva) (21.4) Deve se compensar esta potência reativa capacitiva com potência reativa indutiva Para que haja fator de potência unitário é necessário que Q=0, portando é necessário que a indutância controlada introduza 1597,6 VAr indutivo no circuito Q ind = V O 2 XL XL = V 2 O = 2202 Q ind 1597,6 = 30,30Ω (21.5) Portando o valor do indutor equivalente será de XL = ωl = L = XL ω = 30, = 80,4mH (21.6) 21