5- RETIFICADOR CONTROLADO DE SILÍCIO ( SILICON CONTROLLED RETIFIER SCR)

5- RETIFICADOR CONTROLADO DE SILÍCIO ( SILICON

CONTROLLED RETIFIER – SCR)

Este componente semi-condutor faz parte de uma família de dispositivos conhecidos como TIRISTORES. Seu símbolo esquemático está mostrado na fig. 5-1.

G (porta) A (anodo) C (catodo) Fig. 5-1

No caso de polarização inversa entre anodo e catodo, o SCR se comporta como um diodo comum, ou seja, nesta situação não conduz corrente.

Quando se aplica uma diferença de potencial positiva entre anodo e catodo, mesmo assim, este diodo não conduz. Dizemos que ele está desligado. Para ligá-lo, ou seja, para fazê-lo conduzir corrente, nesta situação, é necessário introduzir um pequeno sinal, positivo em relação ao catodo, na porta G.

Entretanto, após entrar em condução, mesmo que se retire a tensão da entrada G, ele permanece conduzindo. Ele só para de conduzir quando a tensão entre anodo e catodo se tornar nula ou negativa.

Normalmente o sinal aplicado à porta G, para ligá-lo, tem a forma de um pequeno pulso de curta duração.

Dois exemplos ilustrativos de funcionamento Exemplo 1

A fig. 5-2 mostra um SCR conectado a uma fonte de tensão constante igual a 10 v.

S

V

G

V

_R

V

₀

10 v

Fig. 5-2

S V G V 0 V v 10 v 10 v 3 v 0 t v 0 v 0 t t Fig. 5-3

Vemos que a presença de uma polarização direta entre anodo e catodo do SCR é insuficiente para fazê-lo conduzir corrente. Apenas no instante que chega a tensão positiva V_G é que ele passa a conduzir. Vemos, também, que mesmo quando a tensão

G

V se torna nula, o SCR permanece conduzindo corrente.

Exemplo 2

A fig. 5-4 mostra um esquema em que o SCR é usado para retificar uma tensão

periódica V que possui forma de onda quadrada. A tensão _S V , também, é periódica _G

mas tem a forma de pulsos estreitos que se repetem com freqüência igual ao da tensão

S V . S

V

G

V

_R

V

₀ S

V

Fig. 5-4

S V v 10 t v 0 G V 0 V v 10 v 3 v 0 v 0 t t v 10 − Fig. 5-5

Vemos que, durante a polarização direta do diodo, ele só passa a conduzir corrente quando chega o pulso de V_G. Neste caso ele continua conduzindo corrente até o instante

que a polarização desse diodo é invertida. Portanto podemos dizer que, neste esquema, a onda quadrada se transforma em uma seqüência periódica de pulsos positivos cuja largura é determinada pela posição relativa dos pulsos estreitos do sinal V_G.

Aplicação do SCR na retificação em meia onda de uma tensão alternada com forma senoidal

A fig. 5-6 mostra um esquema em que o SCR é usado para retificar uma tensão senoidal vS. A tensão de acionamento vG, também, é periódica mas tem a forma de

pulsos estreitos que se repetem com freqüência igual à da tensão v . _S

S

v

v

_G

_R

v

₀ S

v

Fig. 5-6

0 v m V 0 G v G V t t 0 m V t S v 0 m V − Fig. 5-7

Vemos que, durante o ciclo positivo de v_S, o diodo só passa a conduzir corrente

quando chega o pulso vG. Neste caso, a partir deste ponto, a tensão de saída

acompanha a tensão de entrada vS até o instante em que esta tensão de entrada fica

negativa. Nesta situação, a corrente no SCR é interrompida fazendo com que a tensão 0

v , de saída, fique nula. Portanto podemos dizer que, neste esquema, o sinal v _G

controla, também. a duração dos semiciclos positivos na saída. Geração dos pulsos de acionamento do SCR

Os pulsos de acionamento devem estar síncronos com a tensão de entrada a ser retificada pelo SCR. Portanto, esses pulsos devem ser extraídos dessa tensão de entrada.

A fig. 5-8 mostra um exemplo de esquema funcional para geração dos pulsos de acionamento do SCR. O esquema contém um defasador, um quadrador inversor e um diferenciador retificador. defasador Quadrador inversor Diferenciador + retificador carga Fig. 5-8

Funcionamento

A fig. 5-9 mostra a variação angular das diversas tensões indicadas na fig. 5-8.

m V t ω 0 m V − m V S v 0 m V − α 1 v 2 v 3 v 4 v

Tensão após o defasador

Tensão após o quadrador inversor

Tensão após o diferenciador

Tensão após o retificador

t ω t ω t ω t ω 0 0 0 Tensão de entrada Fig. 5-9

A tensão de entrada, ou uma amostra dessa tensão, é submetida a um defasador. Desta maneira é produzida uma tensão senoidal com um determinado atraso em relação à tensão da entrada. Esta tensão atrasada entra em um circuito que a transforma em onda

quadrada. A seguir, esta onda quadrada é submetida a um circuito diferenciador. Desta maneira gerou-se uma seqüência de pulsos estreitos alternadamente positivos e

negativos. Após a retificação, desta seqüência de pulsos alternados, tem-se a seqüência, que contém apenas pulsos positivos. Esta seqüência possui a mesma freqüência da tensão de entrada. Os pulsos, desta seqüência, estão defasados de um ângulo α em relação ao início dos semiciclos positivos da tensão de entrada. Esta seqüência de pulsos é usada no acionamento do SCR.

Circuito detalhado da retificação controlada

A fig. 5-10 mostra o circuito de um retificador controlado, obtido por simulação através do programa TINA. Este circuito foi projetado para trabalhar na freqüência de 60 Hz. A defasagem dos pulsos de acionamento do SCR é ajustada pelos valores dos resistores R3 e R4. V1 10 C1 1u R 1 1 k D1 1 N 1 1 8 3 + VG2 U1 2N1595 R 2 1 k VF1 VF2 C2 2,65u C3 265n -++ 3 2 6 7 4 OP1 !OPAMP R3 R4 Fig. 5-10

A fig. 5-11 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para se obter uma defasagem de 45° . V1 10 C1 1u R 1 1 k D1 1 N 1 1 8 3 + VG2 U1 2N1595 R 2 1 k VF1 VF2 R 3 4 1 5 C2 2,65u R 4 4 ,1 5 k C3 265n -++ 3 2 6 7 4 OP1 !OPAMP Fig. 5-11

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m A x is l a b e l -50.00 -25.00 0.00 25.00 50.00 Fig. 5-12

A fig. 5-13 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para a defasagem 90°.

V1 10 C1 1u R 1 1 k D1 1 N 1 1 8 3 + VG2 U1 2N1595 R 2 1 k VF1 VF2 R 3 1 k C2 2,65u R 4 1 0 k C3 265n -++ 3 2 6 7 4 OP1 !OPAMP Fig. 5-13 O resultado desta simulação está ilustrado na fig. 5-14.

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m A x is l a b e l -50.00 -25.00 0.00 25.00 50.00 Fig. 5-14

Finalmente, temos o circuito mostrado na fig. 5-15 que foi ajustado para a defasagem de 135° V1 10 C1 1u R 1 1 k D1 1 N 1 1 8 3 + VG2 U1 2N1595 R 2 1 k VF1 VF2 R 3 2 ,4 2 k C2 2,65u R 4 2 4 ,2 k C3 265n -++ 3 2 6 7 4 OP1 !OPAMP Fig. 5-15

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m A x is l a b e l -50.00 -25.00 0.00 25.00 50.00 Fig. 5-16 Em todos os ajustes foi adotada a relação: R4 = 10 × R3

Na prática, o ajuste da defasagem pode ser contínuo. Para isto usam-se dois potenciômetros montados no mesmo eixo (montagem tandem). O potenciômetro correspondente ao R4 tem valor máximo dez vezes maior do que o que corresponde ao R3.

Outra possibilidade é substituir R3 e R4 por dispositivos ativos, semi-condutores, cujos valores de suas resistências são controlados por tensão. Este arranjo é conveniente quando se utiliza controle automático, em malha fechada, da retificação.

Aplicação do SCR na retificação em onda completa de um sinal senoidal. 1 - Caso em que se usa dois SCR na retificação de onda completa.

A fig. 5-17 mostra o esquema funcional de um retificador controlado, de onda completa, onde são utilizados dois diodos SCR.

carga defasador Quadrador inversor Diferenciador + retificador Quadrador não inversor Diferenciador + retificador Fig. 5-17

Os pulsos, que acionam o SCR inferior, ficam defasados de 180° em relação aos pulsos acionadores do SCR superior.

A fig. 5-18 mostra o detalhamento deste circuito obtido, também, por simulação

utilizando o programa TINA. Os valores dos resistores R3 e R4 estão ajustados para que os pulsos de acionamento tenham um retardo de 45° em relação aos inícios dos

semiciclos do sinal retificado,

+ VG1 R 3 4 5 0 R 4 4 ,5 k C2 2,65uC3 265n -++ 3 2 6 7 4 OP1 !OPAMP V1 10 C4 1u R 6 1 k D 3 1 N 1 1 8 3 C1 1u R 1 1 k D 1 1 N 1 1 8 3 -+ + 3 2 6 7 4 OP2 !OPAMP VF1 N1 N2 N3 TRCT1 2 U1 2N1595 U2 2N1595 R 2 1 k VF2 Fig. 5-18

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m -10.00 20.00 -20.00 20.00 S

v

0

v

Fig. 5-19 2 - Caso em que se usa quatro SCR. em ponte.

A fig. 5-20 mostra o esquema, de um retificador controlado de onda completa, onde são usados quatro SCR. defasador Quadrador inversor Diferenciador + retificador Quadrador não inversor Diferenciador + retificador carga 1 D 4 D 3 D 2 D Fig. 5-20

Nota-se que a seqüência superior de pulsos de acionamento atua, simultaneamente, nos SCR D₁ e D₂. A seqüência inferior aciona, simultaneamente, os SCR D₃ e D₄.

Outros tipos de circuitos geradores dos pulsos de acionamento do SCR. Nestes exemplos, de geração de pulsos de acionamento, foram utilizados

amplificadores operacionais. Portanto é necessário o fornecimento de uma tensão contínua positiva para a alimentação desses amplificadores. Esta tensão de alimentação pode ser obtida por meio de retificação e filtragem do próprio sinal alternado de entrada. Também pode ser proveniente de uma fonte externa.

Existem outros arranjos para a obtenção dos pulsos de acionamento dos SCR. Alguns desses arranjos são, inteiramente, passivos. Esses arranjos estão detalhados em

6 – PROPRIEDADES DOS RETIFICADORES CONTROLADOS

6-1 – RETIFICADOR DE MEIA ONDA COM CARGA RESISTIVA

A fig. 6-1.a mostra, mais uma vez, o esquema desta retificação.

S

v

_R

v

₀ S

v

A

K

G

0

i

(a) 0 v m V 0 ω_t 0 i α 0 m V S v 0 m V − m I AK v 0 m V − π π 2 c θ 0 _π α π + 2 π 2 t ω t ω t ω (b) Fig. 6-1

A fig. 6-1.b mostra os diversos sinais indicados no circuito. Nota-se que o SCR só passa a conduzir corrente após um ângulo α a partir do início do ciclo positivo do sinal de entrada..

Determinação dos principais parâmetros que relacionam o sinal de entrada com o de saída.

Ângulo de condução

[

]

α

θ

_c grau = 180°− [grau] ou

θ

_c

[ ]

rd =

π

−

α

[rd]

Cálculo da corrente máxima na carga

Seja V_m a amplitude máxima do sinal de entrada. Vamos continuar desprezando a

queda de tensão no SCR durante o intervalo de condução. Neste caso, a corrente máxima na carga fica

R V

I m

m =

Cálculo da tensão média do sinal retificado

( )

(

)

₍

₎

α

π

π

α

π

π

θ

θ

π α

₁

_cos

2

2

cos

cos

2

sen

0

=

+

−

−

=

=

∫

m m m AVG

V

V

d

V

V

_{( )}

(

α

)

π 1 cos 2 0 = + m AVG V V 6-1

Corrente média do sinal de saída

( ) ( ) R V I_0AVG = 0AVG

(

α

)

π 1 cos 2 + = R V_m ( )

(

α

)

π 1 cos 2 0 = + R V I _AVG m 6-2 Potência DC na carga ( ) ( ) ( ) R V I V

P_{DC AVG AVG} AVG

2 0 0

0 × =

( ) R V P_DC AVG 2 0 = ou

(

)

2 2 2 cos 1 4π + α = R V P_DC m 6-3

Valor máximo da tensão média na saída

O valor máximo de V_0(AVG) acontece para α =0

Neste caso, ( )

[

]

(

)

π π m m MAX AVG V V V = 1+cos0 = 2 0

Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo

( ) ( )

[

]

2 cos 1 0 0 + α = = MAX AVG AVG N V V V

A Figura 6-2 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α. Note-se que um retardo correspondente à defasagem de 90° faz com que a componente média caia para a metade de seu valor máximo.

α

[

grau

]

N

V

Fig. 6-2 Valor máximo de P_DC

[

P_DC

]

_MAX = ₂

(

)

2 2 0 cos 1 4 R + V_m π R V_m 2 2 π =

Potência DC normalizada em relação ao valor máximo

[

]

(

)

4 cos 1 2 α + = = MAX DC DC N P P P

A Figura 6-3 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α. Note-se que a defasagem de 90° faz com que a potência DC caia para um quarto de seu valor máximo. N P

[

grau

]

α Fig. 6-3 --- Exercício 6-1

Um retificador controlado de meia onda é alimentado por uma fonte de 120 v. Se a resistência de carga for 10 ohm, determine a tensão DC e a potência DC entregue à carga para os seguintes ângulos de retardo:

a) ₀0 = α b) _α=450 c) ₉₀0 = α d) ₁₃₅0 = α e) ₁₈₀0 = α Solução:

Tensão de pico na carga = V_m = 2 V_S = 2×120=169,7 v

Tensão média na carga = _{( )}

(

α

)

π 1 cos

2 0AVG = m +

V

Potência DC na carga = ( ) R V P_DC AVG 2 0 = W a) α =0 _{( )}

(

1 cos0

)

54,0 2 7 , 169 0 = + = π AVG V v 293 10 0 , 54 2 = = DC P W b) ₄₅0 = α _{( )}

(

1 cos45

)

46,2 2 7 , 169 0 = + = π AVG V v 213 10 2 , 46 2 = = DC P W c) ₉₀0 = α _{( )}

(

1 cos90

)

27,1 2 7 , 169 0 = + = π AVG V v 73,2 10 1 , 27 2 = = DC P W d) _{α =135}0 _{( )}

(

1 cos135

)

7,92 2 7 , 169 0 = + = π AVG V v 6,3 10 92 , 7 2 = = DC P W e) ₁₈₀0 = α _{( )}

(

1 cos180

)

0 2 7 , 169 0 = + = π AVG V v 0 10 02 = = DC P W ---

Corrente RMS na carga ( )

π

θ

π

θ

π α π

2

sen

2

2 2 2 0 2 0 0

∫

∫

=

=

i

d

I

d

I

_RMS m

π

α

π

α

2

2

sen

1

2

−

+

=

I

m ( )

π

α

π

α

2

2

sen

1

2

0 RMS

=

m

−

+

I

I

_6-4 onde R V I m m =

Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de

RMS

I , é necessário que, no termo

π

α , o ângulo α seja dado em radiano. Entretanto,

obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por

[

]

° 180

grau α

.

Potência total entregue à carga

P₀ =I₀2_(RMS)×R 6-5

Potência proveniente da fonte de tensão alternada

Como o diodo não dissipa potência, a potência fornecida pela fonte alternada é a mesma dissipada na carga:

P_AC =P₀

--- Exercício 6-2

Um retificador controlado de meia onda, ligado a uma fonte de 150 volt e freqüência 60

Hz, alimenta uma carga resistiva de 10 ohm. Se o ângulo de retardo for α = 30°,

determine:

a) A corrente máxima na carga b) A tensão média na carga c) A corrente média na carga d) A potência DC fornecida à carga

e) A corrente I0₍RMS₎ na carga

f) A potência total fornecida à carga g) O ângulo de condução

h) A freqüência de ondulação i) O fator de potência

Solução:

Valor de pico da tensão de entrada 212 150 2 2 = × = = _S m V V v

a) Corrente máxima na carga 10 212 = = R V I m m A = 21,2 A

b) Tensão média na carga

( )

(

)

₂

(

1 cos30

)

63 212 cos 1 2 0 = + = + ° = π α π m AVG V V v

c) Corrente média na carga

_{( )} ( ) 6,3 10 63 0 0 = = = R V I _AVG AVG A d) a potência DC na carga PDC =V0₍AVG₎×I0₍AVG₎ =63×6,3=396,9 W e) Corrente RMS na carga ( )

A

I

I

m RMS

10

,

5

2

60

sen

180

30

1

2

2

,

21

2

2

sen

1

2

0

=

°

+

−

=

+

−

=

π

π

α

π

α

f) Potência total fornecida à carga

P₀ =I₀2_(RMS)×R 10,52 10 1094 = × = W g) ângulo de condução θ_c =180°−α =180°−30°=150° h) Freqüência de ondulação

f_r= freqüência do sinal de entrada = 60 Hz

i) Potência aparente

j) Fator de potência 69 , 0 1575 1094 0 _{= =} = = S P S P PF AC --- Exercício 6-3

Um retificador controlado de meia onda é ligado a uma fonte de 120 v. Calcule o ângulo de disparo necessário para fornecer 150 W de potência DC a uma carga de 10 ohm. Solução: 170 150 2× = = m V v

(

)

2 2 2 cos 1 4π + α = R V P m DC DC m m DC _RP V V RP π π α 4 2 cos 1 ₂ 2 = = +       − =_cos−1 2 ₁ DC m RP V π α ° = =       − × = − _{10 150 1 cos}− _{0,413 64,4} 170 2 cos 1 π 1 α α =64,4° --- 6-2 – RETIFICADOR DE MEIA ONDA COM CARGA INDUTIVA

UTILIZANDO DIODO DE RETORNO Necessidade do diodo de retorno

Vimos no capítulo 3 que, quando se tem carga indutiva, o diodo de retorno impede que a presença de trechos com tensão negativa no sinal retificado. Se houvesse a presença desses intervalos de tensão negativa, a tensão média ficaria menor, e conseqüentemente, a potência DC.

A fig. 6-4 mostra um retificador controlado, com carga indutiva, onde é usado diodo de retorno.

G S v R L 0 i 0 v Fig. 6-4

A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na fig. 6-5 0 v m V 0 ωt α 0 m V S v 0 m V − π π 2 c θ 0 _π α π+ 2 π 2 ωt Fig. 6-5

Vemos que o resultado é o mesmo do caso da carga resistiva.

Portanto, a expressão matemática da tensão média é a mesma daquele caso, ou seja

_{( )}

(

α

)

π 1 cos 2 0AVG = m + V V 6-6

A corrente média também é a mesma do caso da carga puramente resistiva. Isto acontece porque a corrente média é uma corrente contínua e a impedância de um indutor, para corrente contínua, é nula.

Portanto, a corrente média fica: _{( )} ( ) R V I_0AVG = 0AVG ou _{( )}

(

α

)

π 1 cos 2 0 = + R V I m AVG 6-7

O comportamento diferente, entre os dois tipos de carga, aparece nos valores da corrente RMS.

Determinação da forma de onda da corrente na carga

Vamos supor que a tensão de entrada pode ser designada pela expressão matemática: vS =Vmcosωt

Neste caso, a tensão retificada é periódica, com freqüência f , mas não é senoidal, ₀

Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de f0:

( ) V t

V

v0 = 0_AVG + 01senω +V02sen2ωt +V03sen3ωt...+V0nsennωt+...

A fig. 6-6.a mostra a tensão retificada onde foi usado ângulo α, de disparo, igual a 45°. A fig. 6-6.b mostra as suas componentes espectrais até a terceira harmônica.

(a) (b) (AVG) V₀ 01 v 02 v 03 v 0 0 0 0 Fig. 6-6

O valor da componente contínua já foi determinado e resultou

( )

(

α

)

π 1 cos 2 0AVG = m + V V

Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão contínua. Resultou a corrente contínua:

( ) ( ) R V I_0AVG = 0AVG ou ( )

(

α

)

π 1 cos 2 0 = + R V I m AVG

Para o cálculo das componentes de corrente alternada, teremos a influência das impedâncias do indutor.

Para cada componente a corrente resulta: i0n =I0ncos

(

nωt+ψn

)

onde

(

)

2 0 0 1 1 nK R V I n n + × = 6-8 e

ψ

_n =tg−1nK

Nestas expressões, K vem a ser a relação entre a impedância da indutância e a resistência na freqüência fundamental, ou seja,

R L R X K ₌ L ₌ ω _6-9

Vamos analisar dois casos extremos: a) nK <<1 Neste caso, R V I n n 0 0 ≈

Vemos que o efeito da indutância fica desprezível. O comportamento fica praticamente igual ao do caso do retificador com carga resistiva.

b) K >>1

Neste caso, com mais razão, vale

(

)

2 1 >> nK Resulta a aproximação nK R V I n n 1 0 0 ≈ × 6-10

>>1 R

L

ω

_ou

R

L

ω

>>

Nesta situação, a indutância possui reatância na freqüência fundamental, muito maior que a resistência da carga. Pela expressão 6-10 podemos concluir que quanto maior for

K, ou a ordem n da harmônica, menor fica amplitude de corrente produzida pela

tensão harmônica correspondente.

A fig. 6-7.a mostra o caso em que Lω= 2×R. A fig. 6-7.b mostra a situação em que

R

L

ω

= 20× . A resistência de carga foi normalizada para o valor de 1 ohm para poder

utilizar a mesma escala numérica tanto para tensão quanto as correntes

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m A x is l a b e l -10.00 0.00 10.00 20.00 30.00 40.00 50.00 0

v

(AVG) I0 0

i

T 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m A x is l a b e l -10.00 0.00 10.00 20.00 30.00 40.00 50.00 0

v

0

i

(AVG) I0 (a) (b) R Lω= 2× R Lω= 20× Fig. 6-7

Nota-se que, quando L

ω

>>R as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com

relação ao valor médio I0₍AVG₎, ou seja

_{( )}

(

α

)

π 1 cos 2 0 0 ≈ AVG = m + V I i

Determinação da potência total na carga na situação em que Lω>> R

Corrente RMS ( ) ( ) _{( )}

(

)

(AVG) AVG AVG RMS I I d I i d i I ₀ 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 0 ₂ 0 2 2 2 = − × = ≈ =

∫

∫

π π π θ π θ π π

I

(RMS)

≈

I

0(AVG) ou ( )

(

α

)

π

1

cos

2

0

≈

+

R

V

I

m RMS

Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada

na resistência R.

P₀ =I₀2_(RMS)×R

no caso em que L

ω

>>R resulta a aproximação

( ) ( )

(

)

2 2 2 2 0 2 9 0 1 cos 4 + = × ≈ × = R V R I R I P m AVG RMS

π

(

)

DC m _P R V P ≈ ₂ + 2 = 2 0 1 cos 4

π

Potência fornecida pela fonte AC

Como os diodos não consomem potência, a potência fornecida à carga é igual a que foi fornecida pela fonte alternada.

P_in =P₀

No caso em que Lω>>R. Vale a aproximação:

Pin ≈PDC

--- Exercício 6- 4

Um retificador controlado de meia onda trabalha com carga indutiva. Sua tensão de

entrada é fornecida por uma fonte de 150 volt e freqüência 60 Hz. Ele alimenta uma

carga de 10 ohm. O valor de sua indutância é 1 H. Se o ângulo de retardo for α = 30°,

determine:

a) A tensão média na carga b) A corrente média na carga c) A potência DC fornecida à carga d) Reatância do indutor da carga

e) A corrente I_0(RMS) na carga

f) A potência total fornecida à carga g) A potência aparente

h) O fator de potência Solução:

Valor de pico da tensão de entrada 212 150 2 2 = × = = _S m V V v

a) _{( )}

(

)

(

1 cos30

)

63 2 212 cos 1 2 0 = + = + ° = π α π m AVG V V v

b) Corrente média na carga

( ) ( ) _6,3 10 63 0 0 = = = R V I _AVG AVG A

c) Potência DC fornecida à carga.

( ) 0( ) 63 6,3 396,9

0 × = × =

= _{AVG AVG}

DC V I

P W

d) Reatância do indutor da carga

Ω = × = = L 2 f 1 377 X_L ω π Vemos que X_L >>R e) Corrente RMS na carga Como X_L >>R. Resulta ( ) 0( ) 6,3 0RMS ≈ I AVG = I A

f) Potência total na carga

9 , 396 10 3 , 6 2 2 0 =I ×R= × = P _RMS W g) Potência aparente S =VS×I0₍RMS₎ =150×6,3=945 VA h) Fator de potência 42 , 0 945 9 , 396 0 _{= =} = = S P S P PF AC ---Exercício 6-5

Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de meia onda. Sua carga é

indutiva de tal modo que Lω>>R. Quando a amplitude da tensão da fonte é Vm o

ângulo de disparo é zero e é produzido em R a tensão V_0(AVG). Quando a amplitude da

tensão da fonte for 2Vm, o ângulo de disparo é α e é produzido em R o mesmo V0(AVG)

do caso anterior. Determinar o valor de α . Solução:

- Amplitude igual a V_m ( )

(

)

(

)

π π π m m m AVG V V V V = + = 1+1 = 2 0 cos 1 2 0 - Amplitude igual a2V_m ( )

(

α

)

π π 2 1 cos 2 0AVG = m = m + V V V

(

α

)

π 1+cos =Vm Portanto

(

α

)

π π = 1 +cos m m V V Ou 1=1+cos

α

Ou cosα =0 ∴

_α

=_cos−1₀=₉₀° α = 90° ---

6-3 – PROPRIEDADES DO RETIFICADOR CONTROLADO DE ONDA COMPLETA COM CARGA RESISTIVA

A fig. 6-8.a mostra, novamente, o esquema desta retificação em montagem que utiliza dois SCR. Está indicada uma das fases do sinal alternado.

R 1 4 3 2 s v s v s v 0 v 0 i (a)

0 v m V 0 t ω 0 i α 0 m V S v m V − m I 12 v m V 2 − π c θ 0 α π+ t ω t ω t ω 0 t ω 0 34 v m V 2 − (b) Fig. 6-8

A fig. 6-8.b mostra os diversos sinais indicados no circuito. Nota-se que o SCR só passa a conduzir corrente após um ângulo α a partir do início de cada semiciclo do sinal de entrada..

Determinação dos principais parâmetros que relacionam o sinal de entrada com o de saída.

- Ângulo de condução em cada ciclo

[

]

α

θ

_c grau = 180°− [grau] ou

θ

_c

[ ]

rd =

π

−

α

[rd]

- Tensão de pico inversa em cada diodo (PIV) :

Sendo V_m a amplitude máxima do sinal de entrada, a máxima tensão de pico inversa,

em cada diodo, fica:

PIV = 2Vm

- Cálculo da tensão média do sinal da saída

Pelas curvas da fig. 6-7.b vemos que o período da tensão de saída é a metade do período do sinal de entrada, ou seja: π

( )

(

)

(

α

)

π

π

α

π

π

θ

θ

π

α

sen

cos

cos

₁

_cos

0

=

+

−

−

=

=

∫

m m m AVG

V

V

d

V

V

( )

(

α

)

π 1 cos 0AVG = m + V V 6-11

- Corrente média do sinal de saída

( ) ( ) R V I_0AVG = 0AVG

(

α

)

π 1+cos = R V_m ( )

(

α

)

π 1 cos 0 = + R V I m AVG 6-12 - Potência DC na carga ( ) ( ) ( ) R V I V

P_{DC AVG AVG} AVG

2 0 0 0 × = = ( ) R V P_DC AVG 2 0 = ou

(

)

2 2 2 cos 1

α

π

+ = R V P m DC 6-13

- Valor máximo da tensão média

O valor máximo de V_0(AVG) acontece para

α

=0

Neste caso, ( )

[

]

(

)

π π m m MAX AVG V V V₀ = 1+cos0 = 2

- Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo

( ) ( )

[

]

2 cos 1 0 0 +

α

= = MAX AVG AVG N V V V

A Figura 6-9 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que um retardo correspondente à defasagem de 90° faz com que a componente média caia para a metade de seu valor máximo.

α

[

grau

]

N

V

Fig. 6-9

- Valor máximo de PDC

O valor máximo acontece para

α

=0

[

P_DC

]

_MAX = ₂

(

)

2 2 0 cos 1+ R V_m

π

R V_m 2 2 4

π

=

- Potência DC normalizada em relação ao valor máximo

[

]

(

)

4 cos 1 2 α + = = MAX DC DC N P P P

A Figura 6-10 mostra a variação desta grandeza em função do ângulo α . Note-se que a defasagem de 90° faz com que a potência DC caia para um quarto de seu valor

máximo. N P

[

grau

]

α Fig. 6-10 ---Exercício 6-6

Um retificador controlado de onda completa é alimentado por uma fonte de 120 v.

Se a resistência de carga for 10 ohm, determine a tensão DC e a potência DC entregue à carga para os seguintes ângulos de retardo:

a) ₀0 =

α

b) ₄₅0 =

α

c) ₉₀0 =

α

d) ₁₃₅0 =

α

e) ₁₈₀0 =

α

Solução:

Tensão de pico na carga = V_m = 2 V_S = 2×120=169,7 v

Tensão média na carga = _{( )}

(

α

)

π 1 cos 0AVG = m + V V v Potência DC na carga = ( ) R V P_DC AVG 2 0 = W a) α=0 ( )

(

1 cos0

)

108 7 , 169 0 = + = π AVG V v 1167 10 1082 = = DC P W b) ₄₅0 =

α

( )

(

1 cos45

)

92,2 7 , 169 0 = + =

π

AVG V v 4 , 850 10 2 , 46 2 = = DC P W c) ₉₀0 =

α

( )

(

1 cos90

)

54,0 7 , 169 0 = + = π AVG V v 8 , 291 10 0 , 54 2 = = DC P W d) ₁₃₅0 =

α

( )

(

1 cos135

)

15,8 7 , 169 0 = + =

π

AVG V v 25 10 8 , 15 2 = = DC P W e) ₁₈₀0 =

α

( )

(

1 cos180

)

0 7 , 169 0 = + = π AVG V v 0 10 02 = = DC P W --- - Corrente RMS na carga ( )

π

θ

π

θ

π α π

∫

∫

=

=

i

d

I

d

I

_RMS m 2 2 0 2 0 0

sen

π

α

π

α

2

2

sen

1

2

−

+

=

I

m ( )

π

α

π

α

2

2

sen

1

2

0 RMS

=

m

−

+

I

I

_6-14 onde R V I_m = m

Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de

RMS

I , é necessário que, no termo

π

α , o ângulo

α

seja dado em radiano. Entretanto,

obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por

[

]

180 grau

α

- Potência total entregue à carga

( ) R

I

P₀ = ₀2_RMS × 6-15

- Potência proveniente da fonte de tensão alternada

Vamos considerar o transformador ideal. Neste caso ele não dissipa potência. Como os diodos, se forem ideais, não dissipam potência, a potência fornecida pela fonte alternada é a mesma dissipada na carga:

P_AC =P₀

--- Exercício 6-7

Um retificador controlado de onda completa, ligado a uma fonte de 150 volt e

freqüência 60 Hz, alimenta uma carga de 10 ohm. Se o ângulo de retardo for

α

= 30°,

determine:

a) A corrente máxima na carga b) A tensão média na carga c) A corrente média na carga d) A potência DC fornecida à carga

e) A corrente I_0(RMS) na carga

f) A potência total fornecida à carga g) O ângulo de condução

h) A freqüência de ondulação j) O fator de potência

Solução:

Valor de pico da tensão de entrada

212 150 2 2 = × = = _S m V V v

a) Corrente máxima na carga

10 212 = = R V I m m A

b) Tensão média na carga

( )

(

)

(

1 cos30

)

126 212 cos 1 0 = + = + ° = π α π m AVG V V v

c) Corrente média na carga

( ) ( ) _12,6 10 126 0 0 = = = R V I _AVG AVG A d) a potência DC na carga

( ) 0( ) 126 12,6 1588 0 × = × = = _{AVG AVG} DC V I P W e) Corrente RMS na carga ( )

A

I

I

_RMS m

14

,

9

2

60

sen

180

30

1

2

2

,

21

2

2

sen

1

2

0

=

°

+

−

=

+

−

=

π

π

α

π

α

f) Potência total fornecida à carga

( ) R I P₀ = ₀2_RMS × 14,92 10 2205 = × = W g) ângulo de condução

θ

c =180°−

α

=180°−30°=150° h) Freqüência de ondulação

Como o período é a metade do sinal de entrada, a freqüência é o dobro. Portanto

r

f =duas vezes a freqüência do sinal de entrada = 120 Hz

i) Potência aparente ( ) 150 14,9 2235 0 = × = × =VS I RMS S VA j) Fator de potência 0,987 2235 2205 0 _{= =} = = S P S P PF AC --- Exercício 6-8

Um retificador controlado de meia onda é ligado a uma fonte de 120 v. Calcule o ângulo de disparo necessário para fornecer 150 W de potência DC a uma carga de 10 ohm. Solução:

(

)

2 2 2 cos 1

α

π

+ = R V P m DC DC m m DC _RP V V RP

π

π

α

= = + ₂ 2 cos 1       − =_cos−1 ₁ DC m RP V π α 170 150 2× = = m V v

(

−

)

= ° =       − × = − 10 150 1 cos− 0,284 106,5 170 cos 1 π 1 α ° =106,5 α ---

6-4 – RETIFICADOR DE ONDA COMPLETA, COM DOIS SCR TRABALHANDO COM CARGA INDUTIVA.

Circuito sem diodo de retorno

A fig. 6-11 mostra o esquema de um retificador deste tipo

R s

v

s

v

s

v

0

v

0

i

1

−

SCR

L

2

−

SCR

Fig. 6-11

A presença do indutor provoca atrasos na corrente acarretando as formas de onda

mostradas na fig. 6-12. A curva da corrente i0, indicada na figura, vale para a situação

0 v m V t ω 0 i α 0 m V S v π 0 α π + t ω t ω 0 Fig. 6-12

Vamos analisar o trecho em que a fase do sinal de entrada é positiva e o SCR-1 dispara após um ângulo α a partir do início desta fase. Devido ao atraso da corrente provocado

pela indutância da carga, o SCR-1 conduz corrente até o ângulo π +α. Portanto tem-se

o intervalo entre os ângulos π e π +α em que v₀ se torna negativo. Isto não é

desejado porque diminui o valor médio de v0 e, conseqüentemente de i0.

Se o SCR-2 fosse um diodo comum, ele entraria em condução, nesse trecho. Desta maneira seria anulada essa tensão negativa. Entretanto, o SCR-2 só se comporta como

um diodo após o intervalo

α

. Isto explica porque o trecho negativo não é eliminado.

A fase seguinte do sinal de entrada provoca, também, um trecho negativo de tensão, que não é eliminado porque o SCR-1 só conduz, também, após um ângulo α a partir do início deste ciclo.

Portanto, para eliminar os trechos negativos, de tensão na carga, é necessário utilizar diodo de retorno.

Circuito com diodo de retorno

A fig. 6-13-a mostra o desenho do retificador controlado de onda completa utilizando diodo de retorno. A fig. 6-13-b mostra o mesmo circuito desenhado na forma com que costuma aparecer nos esquemas comerciais.

L R 0 i s v s v s v 0 v 2 − SCR 1 − SCR R s v s v s v 0 v 0 i 1 − SCR L 2 − SCR (a) (b) Fig. 6-13

A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na fig. 6-14 0 v m V t ω α 0 m V S v m V − π c θ 0 α π + t ω Fig. 6-14

Vemos que o resultado é o mesmo do caso da carga resistiva.

Portanto, a expressão matemática da tensão média é a mesma daquele caso, ou seja

( )

(

α

)

π 1 cos

0AVG = m +

V

V 6 - 16

A corrente média também é a mesma do caso da carga puramente resistiva. Isto acontece porque a corrente média é uma corrente contínua e a impedância de um indutor, para corrente contínua, é nula.

Portanto, a corrente média fica:

_{( )} ( ) R V I_0AVG = 0AVG ou _{( )}

(

α

)

π 1 cos 0 = + R V I m AVG 6-17

A diferença de comportamento, entre os dois tipos de carga, aparece nos valores da

corrente RMS.

Determinação da forma de onda da corrente na carga

Vamos supor que a tensão de entrada pode ser designada pela expressão matemática:

v_S =V_mcosωt

Neste caso, a tensão retificada é periódica, não senoidal, com período igual à metade

do período do sinal de entrada. Isto significa que a sua freqüência fundamental é ω2 .

Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de ω2 :

( ) V t

V

v0 = 0_AVG + 01sen2ω +V02sen4ωt +V03sen6ωt...+V0nsen2nωt+...

A fig. 6-15.a mostra a tensão de saída onde foi usado ângulo α , de disparo, igual a 45°. A fig. 6-15.b mostra as suas componentes até a terceira harmônica da componente fundamental. 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m -.50 1.00 0 (AVG) V0 01 v 02 v 03 v 0 0 0 0 (b) ω 2 ω 6 ω 4 (a) Fig. 6-15

O valor da componente contínua já foi determinado e resultou

( )

(

α

)

π 1 cos

0AVG = m +

V V

Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão contínua. Resultou a corrente contínua:

( ) ( ) R V I_0AVG = 0AVG ou _{( )}

(

α

)

π 1 cos 0 = + R V I m AVG

Para as correntes produzidas pelas componentes harmônicas teremos a influência da presença da impedância do indutor

i0n =I02ncos

(

2nωt+ψn

)

onde

(

)

2 0 0 2 1 1 nK R V I n n + × = 6-18 e ψ_n =tg−12nK

Nestas expressões, K vem a ser a relação entre a impedância da indutância, na freqüência do sinal de entrada, e a resistência da carga, ou seja,

R L R X

K ₌ L ₌ ω _6-19

Vamos analisar dois casos extremos: a) 2nK <<1 Neste caso, R V I n n 0 0 ≈

Vemos que o efeito da indutância fica desprezível. O comportamento fica praticamente igual ao do caso do retificador com carga resistiva.

b) K >>1

Neste caso, com mais razão, vale

(

2nK

)

2 >>1 Resulta a aproximação nK R V I n n 2 1 0 0 ≈ × 6-20

A desigualdade K >>1 é o mesmo que dizer que

>>1

R

Lω _ou

R

Lω>>

Nesta situação, a indutância possui reatância na freqüência do sinal de entrada, muito maior que a resistência da carga. Pela expressão 6-20 podemos concluir que quanto

maior for K, ou a ordem n da harmônica, menor fica amplitude de corrente produzida pela tensão harmônica correspondente.

A fig. 6-16.a mostra o caso em que Lω =R. A fig. 6-16.b mostra a situação em que

R

Lω= 10× . A resistência de carga foi normalizada para o valor de 1 ohm para poder

utilizar a mesma escala numérica tanto para tensão quanto as correntes

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 1.00 0 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m -.50 1.00 0 R Lω= -.50 (a) _(b) R Lω=10 0 v 0 v 0 i 0 i (AVG) i0 i0₍AVG₎ Fig. 6-16

Nota-se que, quando Lω>>R as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com

relação ao valor de I0₍AVG₎, ou seja

_{( )}

(

α

)

π 1 cos 0 0 ≈ AVG = m + V I i

Determinação da potência total na carga na situação em que Lω>>R - Corrente RMS ( ) ( ) _{( )}

(

)

(AVG) AVG AVG RMS I I d I i d i I ₀ 2 0 0 2 0 0 2 0 0 0 = − × = ≈ =

∫

∫

π π π θ π θ π π

I

0(RMS)

≈

I

0(AVG) ou ( )

(

α

)

π

1

cos

0

≈

+

R

V

I

m RMS

- Potência total entregue à carga

Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada na resistência R.

P₀ =I₀2_(RMS)×R

( ) ( )

(

)

2 2 2 2 0 2 0 0 1 cosα π + = × ≈ × = R V R I R I P m AVG RMS

(

)

DC m P R V P ≈ ₂ + 2 = 2 0 1 cosα π

- Potência fornecida pela fonte AC

Como os diodos não consomem potência, a potência fornecida à carga é igual a que foi fornecida pela fonte alternada.

P_in =P₀

No caso em que Lω>>R vale a aproximação

P_in ≈P_DC

--- Exercício 6- 9

Um retificador controlado, de onda completa trabalha com carga indutiva. Sua tensão de entrada é fornecida por uma fonte de 150 volt e freqüência 60 Hz. Ele alimenta uma

carga de 10 ohm. O valor de sua indutância é 1 H. Se o ângulo de retardo for α = 30°,

determine:

a) A tensão média na carga b) A corrente média na carga c) A potência DC fornecida à carga d) Reatância do indutor da carga

e) A corrente I0₍RMS₎ na carga

f) A potência total fornecida à carga g) A potência aparente

h) O fator de potência Solução:

Valor de pico da tensão de entrada

212 150 2 2 = × = = S m V V v a) _{0( )} =

(

1+cos

)

= 212

(

1+cos30°

)

=126 π α π m AVG V V v

b) Corrente média na carga

( ) ( ) 6 , 12 10 126 0 0 = = = R V I _AVG AVG A

( ) 0( ) 126 12,6 1588

0 × = × =

= _{AVG AVG}

DC V I

P W

d) Reatância do indutor da carga

Ω = × × × = = =ωL 2π f L 2 π 60 1 377 XL Vemos que X_L >>R e) Corrente RMS na carga Como X_L >>R. Resulta ( ) 0( ) 12,6 0RMS ≈ I AVG = I A

f) Potência total na carga

( ) 12,62 10 1588 2 0 0 =I ×R= × = P _RMS W g) Potência aparente S=V_S×I_0(RMS) =150×12,6=1890 W h) Fator de potência 84 , 0 1890 1588 0 _{= =} = = S P S P PF AC ---Exercício 6-10

Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de onda completa. Sua carga é

indutiva de tal modo que Lω >>R. Ele é ajustado para a seguinte situação:

Quando a tensão da fonte é 100 v ângulo de disparo é zero e é produzido em R a tensão (AVG)

V₀ . Determinar o ângulo de disparo para que seja produzido o mesmo V_0(AVG) na

situação em que se tem V_S =240 v.

Para V_S =100 v tem-se: ( )

(

)

(

)

90 100 2 2 2 2 1 1 2 0 cos 1 0 = × × = = + = + = π π π π S S m AVG V V V V v Para VS =240 v tem-se ( )

(

)

(

α

)

π α π 1 cos 240 2 cos 1 90 0 + × = + = = m AVG V V

240 2 90 cos 1 × × = + α π

(

−

)

= ° =       − × × = − _{1 cos}− _{0,167 99,6} 240 2 90 cos 1 π 1 α α =99,6° --- Retificador controlado, de onda completa utilizando 4 SCR em ponte

A fig. 6-17 mostra este tipo de montagem

S v vS R L 1 S 2 S S₃ 4 S S v vS 1 S 2 S S₃ 4 S R (a) (b) Fig. 6-17

A fig. 6-17.a mostra a montagem com carga puramente resistiva. Na fig, 6-17 .b vemos a montagem com carga indutiva utilizando diodo de retorno.

Os SCR S₁ e S₂ recebem os mesmos pulsos de disparo. Da mesma forma, os SCR

3

S e S₄também recebem um mesmo pulso de disparo. O pulso que dispara S₃ e S₄

está defasado de 180° do pulso que dispara S e ₁ S . ₂

Com apenas uma exceção, as propriedades analisadas para as montagens com dois SCR são válidas, também, para a montagem com quatro SCR em ponte. A única exceção é a tensão PIV dos SCR. Na montagem com dois SCR tem-se PIV = 2V_m. Na montagem

7 - CONVERSOR DE TENSÃO DC PARA DC – (CHOPPER DC)

O conversor de tensão DC para DC, ou chopper como costuma ser chamado, é usado para se obter uma tensão DC ajustável a partir de uma tensão constante de entrada. Esta tensão constante de entrada é ligada e desligada periodicamente resultando uma tensão pulsante de saída. O valor médio desta tensão pulsante constitui a tensão DC de saída fornecida por este dispositivo. Este valor médio varia quando se altera a proporção do tempo em que a saída fica ligada à entrada.

Há dois tipos de chopper: o step down ou buck e o step up ou boost. O chopper step down produz uma tensão DC na saída menor ou igual à tensão DC de entrada. O chopper step up fornece uma tensão de saída maior ou igual à tensão de entrada. Ambos são usados em várias aplicações industriais, entre as quais, o controle de motores elétricos de tração e fontes de alimentação de potência.

Funcionamento básico de um chopper step down

A fig. 7-1 mostra o esquema básico de um chopper step down. Entre a tensão de entrada e a carga de saída temos uma chave S. Esta chave pode ser um transistor de potência, ou um SCR (Silicon Controlled Retifierer).

Supõe-se, em todo este capítulo, que os dispositivos de chaveamento sejam ideais. As chaves ideais têm as seguintes características:

a) Ligada: resistência zero b) Desligada: resistência infinita

c) Podem chavear instantaneamente a partir de um dos dois estados.

chopper S R v0 1 i i₀ 1 V Fig. 7-1

A fig. 7-2 mostra uma situação em que o período de chaveamento é T. Dentro de um período, a chave permanece ligada durante o tempo T_ON e desligada durante o tempo

OFF T . T ON T TOFF 0 v 0 1 V t 0 V Fig. 7-2

O valor médio da tensão de saída, que chamaremos V₀, é dado por: T T V T dt v T dt v V ON T T ON × = = =

∫

∫

1 0 0 0 0 0 Portanto ₀ V₁ T T V = ON

Chama-se ciclo de trabalho a relação T T d ₌ ON

Portanto, em função deste parâmetro, a expressão matemática de V₀, fica:

V₀ =d×V₁

Nota-se que 0≤d ≤1

A fig. 7-3 mostra a variação da tensão média de saída em função do ciclo de trabalho.

0 V 1 V 0 1 _T T d ₌ ON Fig. 7-3 A corrente i0, na resistência R, fica:

R v i₀ = 0

Portanto, sua forma é a mesma da tensão v₀.

R V d R V I₀ = 0 = × 1

O valor eficaz (RMS) da tensão de saída fica

_{( )} T T V T dt V T dt v V ON T T RMS ON 2 1 0 2 1 0 2 0 2 0

∫

∫

= = Portanto ( ) T T V V ON RMS 1 0 = ou V_0(RMS) =V₁ d Da mesma forma ( ) ( ) d R V R V I_0RMS = 0RMS = 1

Potência total na saída

_{( ) ( )} d R V I V P _{RMS RMS} 2 1 0 0 0 = × = Potência de entrada d R V R V d V I V P_tn 2 1 1 1 0 1× = × = = Vemos que P0 = Pin

Como era de se esperar, toda potência fornecida pela tensão de entrada é fornecida à carga., uma vez que a chave é ideal.

Rendimento da conversão DC para DC. Potência DC na carga: R V d R V d V d I V P _DC 2 1 2 1 1 0 0 ) ( 0 = × = × × × = R V d P _DC 2 1 2 ) ( 0 =

Rendimento: ( ) d R V d R V d P P in DC = = = ₂ 1 2 1 2 0 η

Vimos que a tensão média de saída é V₀ =d×V₁ ou 1 0 V V d = Portanto 1 0 V V = η

Conclusão: - Quanto menor for a tensão DC de saída tanto menor será o rendimento energético da conversão DC para DC.

A fig. 7-4 mostra esta variação do rendimento energético.

( ) in DC P P₀ = η 0 1 0 V 1 V 0 Fig. 7-4

Melhoria do rendimento do chopper step down

O rendimento energético é baixo devido à presença das componentes alternadas

harmônicas de corrente que dissipam, também, na resistência de carga. Para melhorar o rendimento é necessário impedir a passagem dessas componentes de corrente alternada pela resistência de carga. Para isto deve-se colocar um indutor em série com R. Este componente é um curto circuito para corrente contínua muito embora acarreta

impedâncias para correntes alternadas.. A fig. 7-5 mostra este chopper. Além do indutor é necessário acrescentar o diodo de retorno para evitar picos negativos de tensão em v₀.

Lω >> R

Nesta expressão, tem-se ω=2πf

onde f é a freqüência de chaveamento, ou seja

T f = 1 S R 0 v 1 i i₀ 1 V L R v L v D v D D i Fig. 7-5

A fig. 7-6 mostra a simulação de conversões DC para DC

R L= ω 0 v 0 i (a) 0 i 0 v (b) R L=10 ω 0 I 0 I Fig. 7-6

Na parte (a), desta figura 7-6, temos a situação em que Lω =R. Neste caso, o indutor é pouco eficiente para impedir as correntes harmônicas fluírem através da resistência da carga.

Na parte (b), desta fig. 7-6, temos o caso em que Lω=10R. Vemos que a corrente total na carga, que chamamos de i0, quase que se confunde com a corrente média (DC)

0

Propriedades da corrente

i

0 no caso em que

L

ω

>>

R

A fig. 7-7 mostra a corrente

i

0 no caso em que Lω>>R

0 i 0 I MAX I MIN I t I ∆ Fig. 7-7

O parâmetro I0 é a corrente média que é dada por

R V d I₀ = × 1

Onde V₁ é a tensão DC de entrada e T T d ₌ ON

A amplitude I∆ da variação da corrente vale, aproximadamente,

L T V d I OFF 2 1× × = ∆ T L T T V d _OFF × × × × = 2 1 Mas, d T T_OFF − = 1 Portanto

(

)

L T V d d I 2 1− × 1× = ∆ Tensões na resistência R A tensão média em R fica

V0₍AVG₎ =V0 =I0×R=d×V1 A amplitude da variação da tensão na carga fica

(

)

L R T V d d R I V 2 1− × 1× × = × ∆ = ∆

O que caracteriza a qualidade de uma conversão DC para DC é a relação entre V∆ e a tensão contínua V . 0

(

)

(

)

L R T d V d L R T V d d V V 2 1 2 1 1 1 0 × × − = × × × × − = ∆

(

)

L R T d V V 2 1 0 × × − = ∆ --- Exercício 7-1 – A partir de uma tensão constante, de 30 volt, deseja-se produzir na saída uma tensão contínua cujo valor máximo é 30 v e o valor mínimo 3 v. Para isto usa-se uma freqüência chaveante de 100 kHz.

a) Para os valores extremos de corrente de saída determinar d e T_ON

b) Sabendo-se que a resistência R vale 10 ohm, determinar o valor de L de tal modo que se tenha, no pior caso, 0,05

0 = ∆ V V . Solução a) 5 3 1 10 10 100 1 1 − × = × = = f T s 30 1 = V volt 1 0 d V V = ×

- Para V0 =30volt, resulta 30 30= d× Portanto, 1 30 30 = = d 1 = = T T d ON s T T_ON = ×1=1×10−5

- Para V0 =3 volt, resulta 3= d×30

1 , 0 30 3 = = d Portanto. =0,1 T T_ON Ou _{0,1 0,1 1 10}−5 _{1 10}−6 × = × × = × = T TON 6 10 1 − × = ON T s b)

(

)

L R T d V V 2 1 0 × × − = ∆

Vemos que quanto menor for o d tanto maior fica a relação 0

V V

∆

Portanto, em nosso caso, isto acontece para V0 =3 volt que acarretou d =0,1 Resulta

(

)

L L 2 10 9 2 10 10 1 1 , 0 1 05 , 0 5 5 − − × = × × × − = L 4H 5 10 9 05 , 0 2 10 9 − − × = × × = L=0,9 mH --- Potência total dissipada na carga

(DC) P(AC)

P

P₀ = ₀ + ₀

Potência fornecida pela tensão de entrada V₁

Como a chave, o diodo e o indutor são ideais. Eles não consomem potência. Portanto a potência fornecida pela tensão de entrada é igual a potência total dissipada na

resistência de carga, ou seja

(DC) (AC) in P P P P = 0 = 0 + 0 ( ) R V d R V P _DC 2 1 2 2 0 0 × = =

No caso em que Lω>>R tem-se ( ) R V P _AC 3 2 0 ∆ ≈ ( ) ( ) 2 0 2 0 2 0 0 3 1 3       ∆ × = ∆ = V V R V R V P P DC AC Rendimento Energético ( ) in DC P P₀ = η ( ) ( ) ( ) ( ) (AC) AC AC DC DC P P P P P 0 0 0 0 0 1 1 + = + = ou ₂ 0 3 1 1 1       ∆ + = V V η --- Exercício 7-2

Use o resultado do exercício 7-1 e determine o pior rendimento energético Solução

Este conversor DC/DC foi projetado para que, no pior caso, tivesseNo

0,05 0 = ∆ V V

(

)

0,9992 3 05 , 0 1 1 2 = + = η ou 99,92 % --- Nota: Na realidade os componentes não são ideais. O fio do indutor possui uma pequena resistência que acarreta dissipação de energia. Da mesma forma, tanto a chave quanto o diodo, por serem semi-condutores, também dissipam uma pequena parcela da potência fornecida pela alimentação de entrada. Portanto, na prática, o valor do

CONVERSOR DC PARA DC DO TIPO STEP UP Prncípio de funcionamento

Sejam os esquemas da fig. 7-8

L i L R L S R (a) (b) 1 V S V1 0 = R i iR =iL 0 v L i L i Fig. 7-8

Vamos supor que, inicialmente, a chave S está aberta. Neste caso teremos um estado estacionário em que a corrente i_L é contínua tendo o valor

R V₁

.

Quando a chave fecha a corrente que percorre o indutor e a chave. fica:

t L V R V i_L = 1 + 1

Vemos que é uma corrente crescente.

Como a chave fica ligada em um tempo TON a corrente iL atinge o valor

_ON T_ON L V R V I = + 1

Após este tempo TON a chave abre.

Nesta situação, supondo L muito maior do que R× , a corrente que percorre o indutor T

e a resistência de carga, fica aproximadamente

      − = t L R I i_{L ON} 1

Vemos que, nesta situação, a corrente iL decresce.

Como a chave fica aberta durante um tempo TOFF, a corrente atinge o valor

      − = _{ON OFF} OFF T L R I I 1

A fig. 7-9 mostra a variação da corrente i_L que percorre o indutor nas duas fases da