Engenharia Elétrica UMC Eletrônica de Potência I Prof. Jose Roberto Marques

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1 Engenharia Elétrica UMC Eletrônica de Potência I Prof. Jose Roberto Marques 1º) O circuito abaixo corresponde a um nó de uma rede elétrica onde admitimos que a tensão de nó é invariável e que as cargas de dois dos três ramos correspondem a cargas dinâmicas acionadas por processos independentes enquanto dois ramos operam de modo fixo. Sob o contexto definido, calcular: a) O valor do banco de capacitores (capacitor fixo) de modo que o fator de potência, no pior caso das conexões (menor fator de potência atrasado), seja 0,95 atrasado. b) O valor da indutância de um reator ideal do TCR para manter o mesmo o fator de potência solicitado no item (a) com todas chaves abertas. c) Calcular os ângulos de controle do TCR para cada condição operacional das chaves A, B e C em situações ON e OFF. 1ºa) O módulo da corrente eficaz do primeiro ramo é: I 1 = = 20,6 A ,852 As potências ativa e reativa do primeiro ramo são: P 1 = 20, = 4251,9 W Q 1 = 20,6 2 18,85 = 7999,1 VA atrasado O módulo da corrente eficaz do segundo ramo com a chave fechada é: I 2 = = 45,66 A ,542 As potências ativa e reativa do segundo ramo são: P 2 = 45, = 12509,0 W Q 2 = 45,66 2 7,54 = 15719,7 VA atrasado O módulo da corrente eficaz do terceiro ramo com a chave fechada é:

2 I 3 = = 31,76 A ,312 As potências ativa e reativa do terceiro ramo são: P 3 = 31, = 8069,6 W Q 3 = 31, ,31 = 11408,4 VA atrasado A potência ativa total, com ambas chaves fechadas, consumida pelas cargas sem a operação do sistema de compensação, é: Idem para a potência reativa atrasada P total = 4251, , ,6 = 24830,5 W Q total_atras = 7999, , ,4 = 35127,2 VAR_atras Para fixar o fator de potência em 0,95 atrasado (φ=18,2º) a potência reativa atrasada deve ser Q desejada = P total tg(φ) = 24830,5 tg(18,2 ) = 8163,8 VAR. (ver triângulo de potência da figura acima). Para obter esse valor de potência reativa atrasada, a quantidade de potência reativa adiantada que deve ser adicionada é: Q adiantada = Q CF = 35127,2 8163,8 = 26963,3 VAR Assim a potência que o banco de capacitores dever fornecer é 26963,3 VAR. O valor da capacitância do banco é: C = Q CF 2πf V2 = 26963,3 s = 369,4 μf 1º b) Com todas as chaves abertas e o TCR operando, juntamente com o banco de capacitores, o TCR deve compensar a potência reativa adiantada. A potência ativa nessa condição é P 1 = 4251,9 W e a reativa atrasada é Q 1 = 7999,1 VA e o triângulo de potência assume a forma:

3 Nessa condição, somente a carga do ramo 1 está operacional, assim a potência reativa com o capacitor CF operando é Q CF Q 1 = 18964,2 VAR adiantado enquanto que para manter o fator de potência em 0,95 atrasado a potência reativa atrasada deve ser P 1 tg(φ) = 4251,9 tg(18,2 ) = 1397,9 VAR atras. Assim o TCR deverá compensar o efeito de adiantamento do capacitor fixo e adicionar a quantidade de reativos atrasados para manter o fator de potência em 0,95 atrasado (ver figura acima). Q TCR = Q atrs_desejado + (Q CF Q 1 ) = 20362,1 VAR atras Admitindo que a indutância do TCR seja ideal e o TCR operando com α = 90 : X TCR = V s 2 Q TCR = ,1 = 9,50 Ω Assim a indutância projetada para o TCR deve ser L TCR = X TCR = 9,50 = 25,2 mh 2πf 377 E deve operar com corrente máxima de 46,3 A. 1ºc) Os ângulos operacionais para cada condição operacional das chaves: a) Com as duas chaves abertas temos α = 90º (condição do projeto). b) Com a chave do segundo ramo fechada e a o terceiro ramo aberta, teremos: P 2α = P 1 + P 2 = 4251, ,0 = 16760,9 W Q CF + Q 1 + Q 2 + Q TCR = P 2α tg(18,2 ) = 16760,9 tg(18,2 ) = 5510,7 VAR De onde obtemos: 22,11 = 26963, , ,7 + Q TCR = 5510,7 Q TCR = 8755,2 VAR X α = ,2 = 22,11 Ω π 9,50 2π 2α+sen(2α) α = 2,05479 rad 117,7 c) Com chave do ramo 2 aberta e a chave do ramo 3 fechada P 3α = P 1 + P 3 = 4251, ,6 = 12321,5 W Q CF + Q 1 + Q 3 + Q TCR = P 3α tg(18,2 ) = 12321,5 tg(18,2 ) = 4051,1 VAR 26963, , ,4 + Q TCR = 4051,1 Q TCR = 11606,9 VAR X α = ,9 = 16,68 Ω π 9,50 De onde obtemos: 16,68 = α = 1,92309 rad 110,2 2π 2α+sen(2α) 2º) Dado o circuito abaixo, sabe-se que a resistência da impedância Z x é 12Ω e que o módulo da corrente que circula pela mesma é 12 A. Determinar o módulo da carga Z x tal que o fator de potência visto pela fonte seja 0,92 atrasado. Dados: C F= 600uF e L TRC = 20mH, o ângulo de disparo dos tiristores em relação a passagem da tensão da rede por zero é α = 110º.

4 O módulo da corrente eficaz do primeiro ramo é: I 1 = = 20,6 A ,852 As potências ativa e reativa do primeiro ramo são: P 1 = 20, = 4251,9 W Q 1 = 20,6 2 18,85 = 7999,1 VA atrasado O módulo da corrente eficaz do terceiro ramo com a chave fechada é: I 3 = = 45,66 A ,542 As potências ativa e reativa do segundo ramo são: P 3 = 45, = 12509,0 W Q 3 = 45,66 2 7,54 = 15719,7 VA atrasado A reatância do TCR é X α = π 2π60 0,02 2π 2 110π 180 +sen(2 110π 180 ) = 10,76 Ω Assim Q TCR = 2 = 17992,5 VAR atrasado 10,76 E a potência fornecida pelo capacitor CF é Q CF = 2 2π = 43792,3 adiantado A potência ativa total é: A potência reativa total é: P total = P P 3 = 18488,9 W Q total = Q CF + Q X x + Q 3 + Q TCR = X x Como o circuito opera com fator de potência 0,92 atrasado, então a potência reativa operacional do mesmo é Q operacional = P total tg(arcos(0,92)) = 7445,8 VAR atr Como Q operacional = Q total X x = 7445,8 X x = 66,15 Ω

5 3º) No modelo matemático parcial do motor CC mostrado na figura abaixo, determinar: (a) O efeito da aplicação de um degrau de tensão de 5V na entrada do sistema (Ei(s)). (b) Qual deve ser a limitação do valor de Ei(s) de modo que a corrente no motor não ultrapasse o valor nominal?.(c) Nas condições estipuladas no problema qual é o erro de regime máximo de corrente para a ganho do controlador proporcional de corrente dado abaixo. Dados: I anom=40 A, Kc = 25V/V, Kr = 0,4V/A, Ki = 30, τ m = 10 s, τ m1 = 0,2 s a) Determinando a função de transferência: I a (s) E i (s) = k i k c (1 + sτ m ) 1 + sτ m1 1 + k = ik c k r (1 + sτ m ) 1 + sτ m1 k i k c (1 + sτ m ) k i k c k r s(k i k c k r τ m + τ m1 ) I a (s) E i (s) = (1 + 10s) s = , s( , ,2)) ,2s Dividindo o numerador e o denominador por 7500 obtemos: I a (s) E i (s) = 0,1 + s 0,04 + 0,4s = 1 0,1 + s 0,4 0,1 + s = 1 0,4 Essa expressão demonstra o cancelamento polo zero gerado pela de realimentação de corrente. b) I a (s) E i (s) = 1 0,4 I a(s) = E i (s) 0,4 = 2,5E i(s) = 2,5 5 = 12,5 A c) Como a corrente nominal é 40 A então: 40 = 2,5 E i_limite E i_limite = 16 4º) Dado o diagrama de blocos de um sistema de acionamento CC : a) Descreva a função do bloco B. b) Descreva como as malhas de controle de corrente da armadura e de controle de velocidade devem se comportar no tempo uma em relação a outra. c) Descreva com alguns detalhes, um modo de implementar o conversor de armadura

6 d) Por que o controle de velocidade deve ser feito pelo método de enfraquecimento de campo quando a velocidade supera seu valor nominal? Respostas: e) O bloco B tem a função de limitar o valor máximo da corrente na carga. f) A malha de corrente é prioritária e portanto deve ter alta velocidade de atuação para evitar danos de sobre corrente sobre os elementos semicondutores de potência. A malha de velocidade é de baixa prioridade, mas deve ter precisão maior na operações de regime permanente. g) O conversor de armadura pode ser um retificador monofásico ou trifásico em ponte ou um recortador (chopper). h) Nos casos de máquina com campo paralelo a velocidade nominal, geralmente é alcançada quando temos potência nominal na armadura e a máquina já está operando em seu limite térmico, de modo que mantendo a potência de armadura constante a máquina pode operar além da velocidade nominal, porem com perda de torque como demonstram as relações N = E a R a I a e P = NT que k a Φ mostram as relações entre a velocidade e a potência. A primeira expressão mostra que a velocidade pode ser controlada pela tensão média aplicada na armadura, a segunda expressão mostra que esse aumento da velocidade pode ocorrer até que a potência nominal da máquina seja alcançada, a partir desse ponto a potência deve ser mantida no valor nomina e o aumento de velocidade pode ser feito diminuindo o valor do fluxo magnético do campo o que diminui o valor do torque. 5º) Dado o sistema de controle de velocidade abaixo, os valores dos parâmetros: N nom = 1800 rpm, k m2 = 25rad/Aseg, k t=0,05 V/rad/s, Kr=0,4 V/A, kaϕ = 0,6 Nm/A, o atrito viscoso do sistema mecânica é B=0,0065 Nm/rad/s. Quando o sistema é acionado a partir do zero até operando com torque nominal e com o motor em velocidade nominal, o mesmo consome 12 segundos para atingir essa velocidade. A corrente nominal do motor é 25 A. Deseja-se, para o ajuste do PI, uma velocidade angular de acomodação é 5 rad/s e fator de amortecimento é 0,7, e. A partir desses dados, determinar: a) O momento de inércia do motor mais carga.

7 b) Os valores do ganho proporcional e da constante de tempo do integrador do circuito. Admitindo que o motor parte com referência na velocidade nominal e como o diagrama relativo ao exercício mostra que existe realimentação de corrente de armadura o motor acelerará em rampa até próximo a velocidade nominal, assim a máquina acelerou com corrente constante e consequentemente com torque constante até próximo a velocidade nominal, ou seja T = k a Φ I a_nominal = 0,6 25 = 15 Nm. Como Então: T = J dn(t) dt + Bn(t) J dn(t) dt dn = 1 J Nnom 1 dt dn = 0 J tmax dτ 0 N nom = 1 J t max J = t max N nom Admitindo que Nnom=188 rad/s (1800 rpm) então J = = 0,064 kgm2 b) A função de transferência da velocidade em relação a referência de velocidade é: E r (s) = k s (1 + sτ s ) k sτ k a Φk m2 IC s 1 + sτ m 1 + k = s(1 + sτ s ) k sτ k a Φk m2 IC s 1 + sτ k T m k s k IC k a Φk m2 (1 + sτ s ) sτ s (1 + sτ m ) + k s k IC k a Φk m2 k T (1 + sτ s ) E r (s) = k s k IC k a Φk m2 (1 + sτ s ) s 2 τ s τ m + s(τ s + τ s k s k IC k a Φk m2 k T ) + k s k IC k a Φk m2 k T

8 E r (s) = k s k IC k a Φk m2 τ m τ s (1 + sτ s ) s 2 + sτ s ( 1 + k sk IC k a Φk m2 k T τ m τ ) + k sk IC k a Φk m2 k T s τ m τ s k IC = 1 = 1 = 2,5 τ k r 0,4 m = J = 0,064 = 9,84 kg m2 B 0,0065 E r (s) = k s 2,5 0,6 25 9,84 (1 + sτ s ) s 2 + s ( 1 + k s2,5 0,6 25 0,05 9,84 ) + k s2,5 0,6 25 0,05 9,84τ s E r (s) = 3,810k s (1 + sτ s ) s 2 + s ( 1 + k s1,875 0,1905 9,84 ) + k s A equação padrão é s 2 + 2ςω n + ω n 2 = s ,7 5s = s 2 + 7s + 25 Comparando termo a termo a equação padrão e a função de transferência: 1 + k s 1,875 9,84 = 7 k s = 36,2 k s 1,875 9,84τ s = 25 τ s = 0,276 τ s