Exercícios Av2 - Eletrônica de Potência 2022 2

UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO CARLOS – São Carlos ELETRÔNICA DE POTÊNCIA – Exercícios AV 2 Prof. Amilcar Gonçalves São Carlos, 13 de março de 2023. Aluno: ____________________________________________________ RA: ______________________ Resolver em grupos de até 3 alunos. Lista de Exercícios para ser entregue dia 24/03/2023 Questão 1 – Projete um retificador que atenda as seguintes características: • A fonte é monofásica com tensão de 120 VRMS e 60 Hz; • As chaves disponíveis para montar a estrutura são diodos ou tiristores (SCRs); • A carga tem característica resistiva de 20 Ω e deve ser alimentada com uma tensão CC de 70 V; • Considere que os elementos do circuito são ideais; • A corrente da fonte não deve conter componente CC; • Considere que não existem elementos passivos disponíveis para filtragem de sinais (capacitores e indutores); (a) Desenhe o esquema do circuito adotado e calcule o valor da corrente RMS na carga; (b) Calcule a potência absorvida pela carga e o fator de potência visto pela fonte; Questão 2 – Dado o circuito retificador da Figura 1, sabendo-se que a tensão da rede é 𝑉𝑠 = 𝑉𝑚𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) e que o ângulo de extinção da corrente (β) é de aproximadamente 30 graus. Esboce as formas de onda em regime permanente dos itens (a) e (b), indicando os valores de amplitude e período nas figuras. (a) Tensão de saída (Vo); (b) Corrente na carga (Io); Figura 1 - RETIFICADOR MONOFÁSICO. Questão 3 - Seja um retificador de meia onda com um diodo de roda livre e uma carga RL. A tensão da fonte é de 120 VRMS em 60 Hz e R = 10 Ω. Suponha que L seja infinitamente maior que R. (a) Determine a potência absorvida pela carga e o fator de potência visto pela fonte. (b) Determine a corrente média em cada diodo. Questão 4 - O controlador de tensão CA monofásico de onda completa da Figura 2 tem uma carga resistiva de R = 10 Ω, e a tensão de entrada Vs = 120 VRMS, 60 Hz. Os ângulos de disparo dos SCRs T1 e T2 são iguais: α1 = α2 = α = π/2. A tensão de entrada 𝑣𝑠 = √2𝑉𝑠𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡. Figura 2 - Controlador monofásico de onda completa. Determine: (a) A tensão RMS na carga; (b) O FP na fonte e a corrente média dos SCRs T1 e T2; (c) A THD da corrente da fonte. (Utilize o gráfico do Formulário para solução); (d) Cite três problemas que podem ocorrer em instalações elétricas em virtude da alta THD de cargas não lineares. Questão 5 - O Circuito da Figura 3a representa um inversor ponte-H utilizando IGBTs e a Figura 3b mostra as formas de onda obtidas para um acionamento deste inversor por onda quadrada. (a) Analisando a Figura 3b: A característica da curva da corrente io pertence a qual tipo de carga? Qual a utilidades dos diodos (D1, D2, D3 e D4)? (b) Explique como obter um PWM bipolar para o circuito da Figura 3a e como as chaves 1, 2, 3 e 4 deverão ser acionadas. (c) Compare as vantagens e desvantagens entre o acionamento do inversor por onda quadrada e por PWM. (d) Explique o que é o “tempo morto” e qual sua aplicação. Figura 3 - (a) inversor em ponte completa usando IGBTs; (b) corrente no estado estável para acionamento por onda quadrada. Questão 6 - A Figura 4a mostra o circuito de um inversor trifásico acionado por PWM senoidal, alimentando uma carga R. A Figura 4b apresenta a curva da corrente produzida por este inversor, com frequência fundamental de 60 Hz. Na Figura 4c observa-se a análise espectral da forma de onda da corrente. Baseando- se nas análises mostradas, responda: (a) Qual é a taxa de modulação de frequência utilizada no PWM? (b) Observa-se na Figura 4b que o ripple (ondulação) na corrente é alto. Cite dois critérios que você adotaria para redução desta ondulação. Figura 4 – Inversor trifásico. (a) circuito. (b) curva da corrente para a fase A. (c) análise espectral. Questão 7 - O circuito da Figura 5 é acionado por um PWM bipolar e tem uma saída com frequência fundamental de 60 Hz. (a) Especifique a taxa de modulação da amplitude para que a saída seja de 160 VRMS na frequência fundamental; (b) Determine a THD da corrente na carga para uma taxa de modulação de frequência igual a 31. 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 Time (s) 0 -0.5 -1 -1.5 0.5 1 1.5 corrente da carga 0 1000 2000 3000 4000 Frequency (Hz) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 corrente da carga Figura 5 – Inversor monofásico. Formulário Valor RMS, fator de potência e THD Retificador de Meia onda com R: Retificador de Meia onda com RL Retificador meia onda controlado com carga R Retificador MONOFÁSICO de onda completa com Carga R 𝑽𝒐 = 𝟐𝑽𝒎 𝝅 𝑰𝒓𝒎𝒔 = 𝑰𝒎 √𝟐 Retificador MONOFÁSICO de onda completa com filtro C ∆𝑽𝒐 ≈ 𝑽𝒎𝝅 𝝎𝑹𝑪 Retificador MONOFÁSICO de onda completa controlado com carga R Controlador CA Monofásico VRMS IRMS Figura - Conteúdo da harmônica normalizada versus ângulo de atraso para um controlador CA monofásico com carga resistiva; Cn é a amplitude normalizada. PWM 𝑉𝑜,𝑟𝑚𝑠 = 𝑉𝑚 √2 √1 − 𝛼 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2𝛼) 𝜋 UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO CARLOS – São Carlos ELETRÔNICA DE POTÊNCIA – Exercícios AV 2 Prof. Amilcar Gonçalves São Carlos, 13 de março de 2023. Aluno: RA: Resolver em grupos de até 3 alunos. Lista de Exercícios para ser entregue dia 24/03/2023 Questão 1 – Projete um retificador que atenda as seguintes características: • A fonte é monofásica com tensão de 120 VRMS e 60 Hz; • As chaves disponíveis para montar a estrutura são diodos ou tiristores (SCRs); • A carga tem característica resistiva de 20 Ω e deve ser alimentada com uma tensão CC de 70 V; • Considere que os elementos do circuito são ideais; • A corrente da fonte não deve conter componente CC; • Considere que não existem elementos passivos disponíveis para filtragem de sinais (capacitores e indutores); (a) Desenhe o esquema do circuito adotado e calcule o valor da corrente RMS na carga; De acordo com o esquema do circuito acima, temos que: I) Para obter uma tensão CC de 70V na carga, precisamos controlar o ângulo de disparo (𝛼) do tiristor, de modo que a tensão média na carga pode ser expressa como: 𝑉𝐷𝐶 = 2𝑉𝑚 𝜋 (1 − cos(𝛼)) Assim, 𝑉𝑚 = √2 ∗ 120 ⇒ 𝑉𝑚 = 169,71 Logo, 70 = 2 ∗ 169,71 𝜋 (1 − cos(𝛼)) Resolvendo para 𝛼 temos que: 𝛼 = acos (1 − 70 ∗ 𝜋 2 ∗ 169,71) ⇒ 𝛼 = 69,38° II) Agora, podemos calcular a corrente RMS (𝐼𝑅𝑀𝑆) na carga. Sabendo que a tensão média na carga é 70V e a resistência é de 20Ω , temos: 𝐼𝐷𝐶 = 𝑉𝐷𝐶 𝑅 ⇒ 𝐼𝐷𝐶 = 70 20 ⇒ 𝐼𝐷𝐶 = 3,5 𝐴 Portanto, a corrente RMS (𝐼𝑅𝑀𝑆) é dada por: 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 𝐼𝐷𝐶 √2 ⇒ 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 3,5 √2 ⇒ 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 2,47 𝐴 (b) Calcule a potência absorvida pela carga e o fator de potência visto pela fonte; I) A potência absorvida pela carga resistiva é dada por: 𝑃 = 𝑉𝐷𝐶 ∗ 𝐼𝐷𝐶 ⇒ 𝑃 = 70 ∗ 3,5 ⇒ 𝑃 = 245 𝑊 II) O fator de potência é calulado como: 𝐹𝑃 = 𝑃 𝑆 ⇒ 𝐹𝑃 = 𝑃 𝑉𝑅𝑀𝑆 ∗ 𝐼𝑅𝑀𝑆 ⇒ 𝐹𝑃 = 245 120 ∗ 2,47 ⇒ 𝐹𝑃 = 0,826 Questão 2 – Dado o circuito retificador da Figura 1, sabendo-se que a tensão da rede é 𝑉𝑠 = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) e que o ângulo de extinção da corrente (β) é de aproximadamente 30 graus. Esboce as formas de onda em regime permanente dos itens (a) e (b), indicando os valores de amplitude e período nas figuras. (a) Tensão de saída (Vo); (b) Corrente na carga (Io); Figura 1 - RETIFICADOR MONOFÁSICO. Questão 3 - Seja um retificador de meia onda com um diodo de roda livre e uma carga RL. A tensão da fonte é de 120 VRMS em 60 Hz e R = 10 Ω. Suponha que L seja infinitamente maior que R. (a) Determine a potência absorvida pela carga e o fator de potência visto pela fonte. I) A tensão de pico da fonte (Vm) pode ser calculada usando a relação entre tensão RMS e tensão de pico: 𝑉𝑀 = √2 ∗ 𝑉𝑅𝑀𝑆 𝑉𝑀 = √2 ∗ 120 𝑉 𝑉𝑀 = 169,71 𝑉 II) Uma vez que L é infinitamente maior que R, a corrente no circuito será constante durante o tempo que o diodo conduzir. Como temos um retificador de meia onda, a corrente só fluirá durante a metade positiva do ciclo de tensão da fonte. A corrente de pico (Im) na carga pode ser encontrada usando a Lei de Ohm: 𝐼𝑀 = 𝑉𝑀 𝑅 ⇒ 𝐼𝑀 = 169,71 10 ⇒ 𝐼𝑀 = 16,971 𝐴 A corrente média (𝐼𝑎𝑣𝑔) na carga será a metade da corrente de pico, uma vez que a corrente flui apenas durante a metade positiva do ciclo: 𝐼𝑎𝑣𝑔 = 𝐼𝑀 2 ⇒ 𝐼𝑎𝑣𝑔 = 16,971 2 ⇒ 𝐼𝑎𝑣𝑔 = 8,486 III) A potência média (Pavg) absorvida pela carga pode ser calculada usando a fórmula da potência: 𝑃𝑎𝑣𝑔 = 𝐼𝑎𝑣𝑔 2 ∗ 𝑅 ⇒ 𝑃𝑎𝑣𝑔 = (8,486)2 ∗ 10 ⇒ 𝑃𝑎𝑣𝑔 = 720 𝑊 O fator de potência (FP) é a razão entre a potência real (Pavg) e a potência aparente (S), que pode ser calculada usando a fórmula da potência aparente: 𝑆 = 𝑉𝑅𝑚𝑠 ∗ 𝐼𝑅𝑚𝑠 ⇒ 𝑆 = 120 ∗ 8,486 ⇒ 𝑆 = 1018,26 𝑉𝐴 Como a corrente é constante durante a metade positiva do ciclo, podemos assumir que a corrente RMS é igual à corrente média: 𝐼𝑅𝑀𝑆 = 𝐼𝑎𝑣𝑔 = 8,486 𝐹𝑃 = 𝑃𝑎𝑣𝑔 𝑆 ⇒ 𝐹𝑃 = 720 1018,26 ⇒ 𝐹𝑃 = 0,707 Portanto, a potência absorvida pela carga é aproximadamente 719,99 W e o fator de potência visto pela fonte é aproximadamente 0,707. (b) Determine a corrente média em cada diodo. Como temos um retificador de meia onda com um diodo de roda livre, a corrente média em cada diodo será a mesma que a corrente média na carga: 𝐼𝐷1𝑎𝑣𝑔 = 𝐼𝐷2𝑎𝑣𝑔 = 𝐼𝑎𝑣𝑔 = 8,486 Assim, a corrente média em cada diodo é aproximadamente 8,486 A. Questão 4 - O controlador de tensão CA monofásico de onda completa da Figura 2 tem uma carga resistiva de R = 10 Ω, e a tensão de entrada Vs = 120 VRMS, 60 Hz. Os ângulos de disparo dos SCRs T1 e T2 são iguais: α1 = α2 = α = π/2. A tensão de entrada 𝑣𝑠 = √2𝑉𝑠𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡. Figura 2 - Controlador monofásico de onda completa. Determine: (a) A tensão RMS na carga; A tensão RMS na carga é dada por: 𝑉𝑂𝑅𝑀𝑆 = 𝑉𝑚 √2 √1 − 𝛼 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2𝛼) 2𝜋 Substituindo os valores dados no enunciado, temos que: 𝑉𝑂𝑅𝑀𝑆 = 120 ∗ √2 √2 √1 − (𝜋/2) 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2 ∗ (𝜋/2)) 2𝜋 ⇒ 𝑉𝑂𝑅𝑀𝑆 = 84,853 𝑉 (b) O FP na fonte e a corrente média dos SCRs T1 e T2; I) O FP na fonte é dada por: 𝐹𝑃 = √1 − 𝛼 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2𝛼) 2𝜋 ⇒ 𝐹𝑃 = √1 − (𝜋/2) 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2 ∗ (𝜋/2)) 2𝜋 ⇒ 𝐹𝑃 = 0,707 II) A corrente média dos SCRs é calculada como: 𝐼𝑆𝐶𝑅𝑚é𝑑 = 𝑉𝑚 2𝜋 ∗ 𝑅 (1 + cos(𝛼)) ⇒ 𝐼𝑆𝐶𝑅𝑚é𝑑 = 120 ∗ √2 2𝜋 ∗ 10 ∗ (1 + cos (𝜋 2)) ⇒ 𝐼𝑆𝐶𝑅𝑚é𝑑 = 270 𝑉 (c) A THD da corrente da fonte. (Utilize o gráfico do Formulário para solução); I) A THD da corrente da fonte é dada por: 𝑇𝐻𝐷 = √𝐼𝑅𝑀𝑆 2 − 𝐼1𝑅𝑀𝑆 2 𝐼1𝑅𝑀𝑆 ⇒ 𝑇𝐻𝐷 = √(𝑉𝑂𝑅𝑀𝑆 𝑅 ) 2 − (0,6 ∗ 𝑉𝐹𝑅𝑀𝑆 𝑅 ) 2 (0,6 ∗ 𝑉𝐹𝑅𝑀𝑆 𝑅 ) 𝑇𝐻𝐷 = √(84,853 10 ) 2 − (0,6 ∗ 120 10 ) 2 (0,6 ∗ 120 10 ) ⇒ 𝑇𝐻𝐷 = 0,6236 (d) Cite três problemas que podem ocorrer em instalações elétricas em virtude da alta THD de cargas não lineares. A THD (Total Harmonic Distortion, ou Distorção Harmônica Total) é uma medida da distorção harmônica presente em um sinal elétrico e é causada principalmente por cargas não lineares, como conversores de energia, retificadores e dispositivos eletrônicos de comutação. A alta THD em instalações elétricas pode levar a uma série de problemas, incluindo: I. Aquecimento excessivo de equipamentos e condutores: Harmônicas adicionais causadas pela alta THD resultam em correntes harmônicas que fluem através dos condutores e transformadores, levando a um aumento na perda de potência e aquecimento excessivo. Esse aquecimento pode reduzir a vida útil dos equipamentos, causar falhas prematuras e aumentar o risco de incêndio. II. Interferência em equipamentos sensíveis: A alta THD pode causar interferência eletromagnética (EMI) e afetar adversamente o desempenho de equipamentos sensíveis, como dispositivos eletrônicos, sistemas de comunicação e sistemas de controle. Essa interferência pode resultar em mau funcionamento dos dispositivos, erros de medição e perda de eficiência nos sistemas. III. Redução da eficiência energética: A presença de harmônicas em instalações elétricas pode diminuir a eficiência energética do sistema. Isso ocorre porque as harmônicas causam perdas adicionais de potência nos condutores, transformadores e dispositivos de comutação, resultando em maior consumo de energia e menores fatores de potência. Além desses problemas, a alta THD em instalações elétricas também pode resultar em sobretensões, sobrecargas em dispositivos de proteção (disjuntores e fusíveis), distorção na forma de onda da tensão, e ressonância harmônica, que podem levar a falhas nos equipamentos e sistemas elétricos. Portanto, é importante monitorar e controlar a THD em instalações elétricas para garantir um funcionamento eficiente e seguro dos sistemas e equipamentos. Questão 5 - O Circuito da Figura 3a representa um inversor ponte-H utilizando IGBTs e a Figura 3b mostra as formas de onda obtidas para um acionamento deste inversor por onda quadrada. Figura 3 - (a) inversor em ponte completa usando IGBTs; (b) corrente no estado estável para acionamento por onda quadrada. (a) Analisando a Figura 3b: A característica da curva da corrente io pertence a qual tipo de carga? Qual a utilidades dos diodos (D1, D2, D3 e D4)? I) Analisando a figura 3b pode-se concluir que a corrente 𝐼𝑜 pertence a carga do tipo RL II) Como os dispositivos eletrônicos só podem conduzir corrente em apenas um sentido, logo se coloca um diodo de regeneração em paralelo com as chaves, de modo que os diodos ficam polarizados reversamente quando a corrente na carga é negativa (b) Explique como obter um PWM bipolar para o circuito da Figura 3a e como as chaves 1, 2, 3 e 4 deverão ser acionadas. Um PWM (Pulse Width Modulation, ou Modulação por Largura de Pulso) bipolar é uma técnica utilizada para controlar a tensão e a frequência de saída de um inversor em ponte completa. Um inversor em ponte completa é um dispositivo eletrônico que converte corrente contínua (CC) em corrente alternada (CA) e é utilizado em aplicações como acionamento de motores, sistemas de energia renovável e controle de velocidade de motores elétricos. Para obter um PWM bipolar para um inversor em ponte completa usando IGBTs (Insulated Gate Bipolar Transistors, ou Transistores Bipolares de Porta Isolada), é necessário seguir os passos abaixo: I) Inversor em ponte completa com IGBTs: O inversor em ponte completa é composto por quatro IGBTs, organizados em um arranjo de ponte completa. Os IGBTs são identificados como chaves S1, S2, S3 e S4. S1 e S4 estão no braço superior, enquanto S2 e S3 estão no braço inferior. II) Gere os sinais PWM: Para controlar a tensão e a frequência de saída do inversor, você precisa gerar sinais PWM para cada uma das chaves. Um PWM bipolar possui dois sinais de controle para cada braço do inversor, resultando em quatro sinais de controle no total. III) Acionamento das chaves: Para obter uma saída bipolar, as chaves S1 e S2 devem ser acionadas complementarmente e, simultaneamente, as chaves S3 e S4 também devem ser acionadas complementarmente. Isso significa que, quando S1 está ligado, S2 está desligado, e vice-versa. O mesmo vale para S3 e S4. A sequência de acionamento das chaves é a seguinte: 1. S1 ligado e S2 desligado 2. S3 ligado e S4 desligado 3. Intervalo de tempo (para evitar curtos-circuitos) 4. S1 desligado e S2 ligado 5. S3 desligado e S4 ligado 6. Intervalo de tempo (para evitar curtos-circuitos) 7. Repita esse ciclo para obter a saída CA desejada. IV) Ajuste a frequência e a amplitude do PWM: A frequência e a amplitude dos sinais PWM determinam a frequência e a amplitude da saída CA do inversor, respectivamente. Assim pode-se ajustar a frequência do PWM para controlar a frequência da saída CA e alterar a largura dos pulsos para controlar a amplitude da saída CA. (c) Compare as vantagens e desvantagens entre o acionamento do inversor por onda quadrada e por PWM. Ambos, o acionamento por onda quadrada e por PWM, são técnicas de controle usadas em inversores para converter a corrente contínua (CC) em corrente alternada (CA). Cada método possui suas vantagens e desvantagens, conforme detalhado abaixo: Acionamento por onda quadrada: Vantagens: I. Simplicidade: O acionamento por onda quadrada é mais simples em termos de circuito e controle, pois requer apenas a geração de pulsos de onda quadrada para alternar as chaves do inversor. II. Custo: Devido à sua simplicidade, o custo do acionamento por onda quadrada é geralmente menor em comparação com o acionamento por PWM. III. Menos componentes: O circuito do acionamento por onda quadrada tem menos componentes e, portanto, menor chance de falha. Desvantagens: I. Harmônicas: A saída de um inversor de onda quadrada possui maior teor harmônico, o que pode causar aquecimento excessivo, perda de eficiência e ruído nos dispositivos conectados. II. Controle limitado: O acionamento por onda quadrada oferece controle limitado sobre a frequência e a amplitude da tensão de saída, tornando-o inadequado para aplicações que exigem alta precisão e resposta dinâmica. III. Menor eficiência: A eficiência geral do inversor de onda quadrada é menor devido à presença de harmônicas e maior perda de comutação. Acionamento por PWM (Pulse Width Modulation): Vantagens: I. Maior controle: O acionamento por PWM oferece maior controle sobre a frequência e a amplitude da tensão de saída, tornando-o adequado para aplicações que exigem alta precisão e resposta dinâmica. II. Menor teor harmônico: A saída do inversor PWM possui menor teor harmônico, o que resulta em menor aquecimento, maior eficiência e menor ruído nos dispositivos conectados. III. Melhor eficiência: A eficiência geral do inversor PWM é maior devido ao menor teor harmônico e menor perda de comutação. IV. Adequado para aplicações de alto desempenho: Devido ao melhor controle e menor teor harmônico, o acionamento por PWM é adequado para aplicações de alto desempenho, como acionamento de motores e sistemas de energia renovável. Desvantagens: I. Complexidade: O acionamento por PWM é mais complexo em termos de circuito e controle, pois requer a geração de sinais PWM e controle preciso das chaves do inversor. II. Custo: Devido à sua complexidade, o custo do acionamento por PWM é geralmente maior em comparação com o acionamento por onda quadrada. III. Mais componentes: O circuito do acionamento por PWM possui mais componentes, aumentando a probabilidade de falha e a necessidade de manutenção. Em resumo, o acionamento por onda quadrada é mais simples e de menor custo, mas possui limitações em termos de controle e qualidade da saída. Por outro lado, o acionamento por PWM oferece maior controle e melhor qualidade de saída, mas é mais complexo e custoso. (d) Explique o que é o “tempo morto” e qual sua aplicação. O "tempo morto" é um intervalo de tempo programado e deliberado inserido no controle de acionamento de um inversor com IGBTs (Insulated Gate Bipolar Transistors) durante a comutação das chaves. É um período em que ambas as chaves no mesmo braço do inversor (por exemplo, S1 e S2 ou S3 e S4) são mantidas desligadas, evitando assim a condução simultânea das chaves no braço superior e inferior. A aplicação do tempo morto em inversores com IGBT é fundamental para garantir a segurança e a eficiência do sistema, pelos seguintes motivos: I. Prevenção de curto-circuito: Sem o tempo morto, pode haver um curto-circuito momentâneo entre a entrada de alimentação do inversor e o terra, o que pode causar danos aos IGBTs e outros componentes do circuito. A inserção do tempo morto evita que ambos os IGBTs conduzam simultaneamente, eliminando a possibilidade de curto-circuito. II. Acomodação do tempo de desligamento: Os IGBTs possuem um tempo de desligamento finito, ou seja, um pequeno intervalo de tempo entre a aplicação do sinal de desligamento e o momento em que o dispositivo para de conduzir corrente. O tempo morto acomoda esse tempo de desligamento, garantindo que um IGBT esteja completamente desligado antes que o outro seja ligado. III. Redução de perdas de comutação: A introdução do tempo morto ajuda a reduzir as perdas de comutação, uma vez que evita a condução simultânea de ambos os IGBTs em um braço do inversor. Isso diminui a dissipação de energia no circuito e melhora a eficiência geral do sistema. Embora o tempo morto seja benéfico para a operação segura e eficiente de um inversor com IGBT, ele também pode introduzir distorções na forma de onda de saída do inversor. Portanto, é importante escolher um tempo morto adequado, o que pode ser uma tarefa desafiadora, pois depende das características específicas dos dispositivos e do projeto do sistema. Um tempo morto excessivamente longo pode resultar em uma distorção significativa na saída do inversor, enquanto um tempo morto muito curto pode não ser suficiente para evitar a condução simultânea e o consequente risco de curto-circuito. Questão 6 - A Figura 4a mostra o circuito de um inversor trifásico acionado por PWM senoidal, alimentando uma carga R. A Figura 4b apresenta a curva da corrente produzida por este inversor, com frequência fundamental de 60 Hz. Na Figura 4c observa-se a análise espectral da forma de onda da corrente. Baseando- se nas análises mostradas, responda: (a) Qual é a taxa de modulação de frequência utilizada no PWM? Observando o gráfico da análise espectral, a frequência da portadora é de 3000 Hz, haja vista que há um lóbulo esquerdo e um lóbulo direito em torno desta frequência, ou seja, é a frequência da portadora transmitida. 𝑚𝑓 = 𝑓𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎 𝑓𝑟𝑒𝑓𝑒𝑟ê𝑛𝑐𝑖𝑎 ⇒ 𝑚𝑓 = 3000 60 ⇒ 𝑚𝑓 = 50 (b) Observa-se na Figura 4b que o ripple (ondulação) na corrente é alto. Cite dois critérios que você adotaria para redução desta ondulação. I. Filtro de saída: É adicionado um filtro de saída (por exemplo, um filtro passa-baixas) na saída do inversor para atenuar as harmônicas de alta frequência e os ripples. Isso pode melhorar significativamente a qualidade da tensão e corrente fornecidas à carga resistiva. No entanto, o projeto do filtro deve ser cuidadosamente projetado para não afetar a resposta dinâmica do sistema. II. Utilizar modulação de largura de pulso de espaço vetorial (SVPWM): A modulação de largura de pulso de espaço vetorial é uma técnica avançada de modulação PWM que pode minimizar o ripple da carga e melhorar a qualidade da onda senoidal gerada pelo inversor. Comparado ao PWM senoidal regular, o SVPWM oferece melhor aproveitamento da tensão de barramento CC, o que leva a uma menor distorção harmônica e maior eficiência do inversor. Figura 4 – Inversor trifásico. (a) circuito. (b) curva da corrente para a fase A. (c) análise espectral. Questão 7 - O circuito da Figura 5 é acionado por um PWM bipolar e tem uma saída com frequência fundamental de 60 Hz. (a) Especifique a taxa de modulação da amplitude para que a saída seja de 160 VRMS na frequência fundamental; 𝑚𝑎 = 𝑉1 𝑉𝑐𝑐 ⇒ 𝑚𝑎 = 120 ∗ √2 250 ⇒ 𝑚𝑎 = 0,905 (b) Determine a THD da corrente na carga para uma taxa de modulação de frequência igual a 31. I) A corrente RMS da frequência fundamental é dada por: 𝐼1 = 𝑉1 𝑍1 ⇒ 𝐼1 = 160 ∗ √2 √202 + (2𝜋 ∗ 60 ∗ 50 ∗ 10−3)2 ⇒ 𝐼1 = 8,23 𝐼1𝑅𝑀𝑆 = 𝐼1 √2 ⇒ 𝐼1𝑅𝑀𝑆 = 8,23 √2 ⇒ 𝐼1𝑅𝑀𝑆 = 5,82 II) Para as harmônicas 29, 31 e 33 temos que: 𝑉31 = 0,71 ∗ 250 ⇒ 𝑉31 = 177,55 𝑉33 = 𝑉29 = 0,27 ∗ 250 ⇒ 𝑉33 = 𝑉29 = 67,5 𝑍31 = √202 + (2𝜋 ∗ 60 ∗ 31 ∗ 50 ∗ 10−3)2 ⇒ 𝑍31 = 584,68 𝑍29 = √202 + (2𝜋 ∗ 60 ∗ 29 ∗ 50 ∗ 10−3)2 ⇒ 𝑍29 = 547,00 𝑍33 = √202 + (2𝜋 ∗ 60 ∗ 33 ∗ 50 ∗ 10−3)2 ⇒ 𝑍33 = 622,36 𝐼31 = 𝑉31 𝑍31 ⇒ 𝐼31 = 177,55 584,68 ⇒ 𝐼31 = 0,304 ⇒ 𝐼31𝑅𝑀𝑆 = 0,304 √2 ⇒ 𝐼31𝑅𝑀𝑆 = 0,215 𝐼29 = 𝑉29 𝑍29 ⇒ 𝐼29 = 67,5 547,00 ⇒ 𝐼29 = 0,325 ⇒ 𝐼29𝑅𝑀𝑆 = 0,325 √2 ⇒ 𝐼29𝑅𝑀𝑆 = 0,230 𝐼33 = 𝑉33 𝑍33 ⇒ 𝐼33 = 67,5 622,36 ⇒ 𝐼33 = 0,285 ⇒ 𝐼33𝑅𝑀𝑆 = 0,285 √2 ⇒ 𝐼33𝑅𝑀𝑆 = 0,202 III) A THD é dada por: 𝑇𝐻𝐷 = √0,2152 + 0,2302 + 0,2022 5,82 ⇒ 𝑇𝐻𝐷 = 0,0643 ⇒ 𝑇𝐻𝐷 = 6,43% Formulário Valor RMS, fator de potência e THD Retificador de Meia onda com R: Retificador de Meia onda com RL Retificador meia onda controlado com carga R Retificador MONOFÁSICO de onda completa com Carga R 𝑽𝒐 = 𝟐𝑽𝒎 𝝅 𝑰𝒓𝒎𝒔 = 𝑰𝒎 √𝟐 Retificador MONOFÁSICO de onda completa com filtro C 𝑽𝒎𝝅 ∆𝑽𝒐 ≈ 𝑚𝑹𝑪 Retificador MONOFÁSICO de onda completa controlado com carga R Controlador CA Monofásico VRMS IRMS 𝑉 = 𝑉𝑚 √1 − 𝛼 + 𝑠𝑒𝑛(2𝛼) Figura - Conteúdo da harmônica normalizada versus ângulo de atraso para um controlador CA monofásico com carga resistiva; Cn é a amplitude normalizada. PWM 𝑜,𝑟𝑚𝑠 √2 𝜋 𝜋