V - FSA
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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. A (anodo) G (porta) 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. 10 v VS VG R V0 Fig. 5-2 A fig. 5-3 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse esquema. 62 VS 10 v 0 v t VG 3 v 0 v t V0 10 v 0 v 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 VG é que ele passa a conduzir. Vemos, também, que mesmo quando a tensão VG 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 S que possui forma de onda quadrada. A tensão VG , também, é periódica mas tem a forma de pulsos estreitos que se repetem com freqüência igual ao da tensão VS . VS VS VG R V0 Fig. 5-4 A fig. 5-5 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse último esquema. 63 VS 10 v 0v t − 10 v VG 3 v 0v t V0 10 v 0 v t Fig. 5-5 Vemos que, durante a polarização direta do diodo, ele só passa a conduzir corrente quando chega o pulso de VG . 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 VG . 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 v S . 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 . vS vS vG R v0 Fig. 5-6 A fig. 5-7 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas neste esquema. 64 vS Vm 0 t − Vm vG VG 0 v0 t Vm 0 t Fig. 5-7 Vemos que, durante o ciclo positivo de v S , o diodo só passa a conduzir corrente quando chega o pulso v G . Neste caso, a partir deste ponto, a tensão de saída acompanha a tensão de entrada v S até o instante em que esta tensão de entrada fica negativa. Nesta situação, a corrente no SCR é interrompida fazendo com que a tensão v 0 , 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 Fig. 5-8 65 Diferenciador + retificador carga Funcionamento A fig. 5-9 mostra a variação angular das diversas tensões indicadas na fig. 5-8. vS Tensão de entrada Vm 0 ωt α − Vm v1 Tensão após o defasador Vm 0 ωt − Vm v2 Tensão após o quadrador inversor 0 ωt v3 Tensão após o diferenciador 0 ωt v4 Tensão após o retificador 0 ωt 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 66 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. VF2 VF1 U1 2N1595 6 + 3 + + R3 R1 1k 7 VG2 R4 V1 10 R2 1k C1 1u - C3 265n D1 1N1183 C2 2,65u 4 OP1 !OPAMP 2 Fig. 5-10 A fig. 5-11 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para se obter uma defasagem de 45° . VF2 VF1 U1 2N1595 6 + 3 + + V1 10 R1 1k R4 4,15k R3 415 7 VG2 Fig. 5-11 A fig. 5-12 compara o sinal senoidal de entrada com o retificado da saída. 67 R2 1k C1 1u - C3 265n D1 1N1183 2 C2 2,65u 4 OP1 !OPAMP T 50.00 Axis label 25.00 0.00 -25.00 -50.00 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m Fig. 5-12 A fig. 5-13 mostra o mesmo circuito com R3 e R4 ajustados para a defasagem 90°. VF2 VF1 U1 2N1595 3 + + V1 10 Fig. 5-13 O resultado desta simulação está ilustrado na fig. 5-14. 68 R1 1k R4 10k R3 1k 7 VG2 R2 1k 6 D1 1N1183 C1 1u - C3 265n + C2 2,65u 4 OP1 !OPAMP 2 T 50.00 Axis label 25.00 0.00 -25.00 -50.00 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m Fig. 5-14 Finalmente, temos o circuito mostrado na fig. 5-15 que foi ajustado para a defasagem de 135° VF2 VF1 U1 2N1595 3 + + V1 10 R1 1k R4 24,2k R3 2,42k 7 VG2 Fig. 5-15 A comparação entre os sinais de entrada e de saída está mostrada na fig. 5-16 69 R2 1k 6 D1 1N1183 C1 1u - C3 265n + C2 2,65u 4 OP1 !OPAMP 2 T 50.00 Axis label 25.00 0.00 -25.00 -50.00 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 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. 70 carga Quadrador inversor Diferenciador + retificador Quadrador não inversor Diferenciador + retificador defasador 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, VF1 U1 2N1595 R2 1k VF2 TRCT1 2 N2 N1 U2 2N1595 + N3 OP1 !OPAMP + + C1 1u 6 - OP2 !OPAMP Fig. 5-18 A fig. 5-19 compara a tensão retificada com a tensão senoidal de entrada. 71 D1 1N1183 + 4 2 V1 10 R1 1k 3 R6 1k + C4 1u 6 7 3 - 7 R4 4,5k R3 450 2 4 C2 2,65uC3 265n D3 1N1183 VG1 T 20.00 v0 vS -10.00 20.00 -20.00 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 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. D1 D4 carga D2 D3 Quadrador inversor Diferenciador + retificador Quadrador não inversor Diferenciador + retificador defasador Fig. 5-20 72 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 Application Notes publicados pelos fabricantes de dispositivos do tipo SCR. 73 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. A vS K G vS i0 R v0 (a) vS Vm 00 ωt π 2π − Vm v0 Vm 0 0 α π θc ωt 2π 2π + α i0 Im ωt v AK 0 ωt − Vm (b) Fig. 6-1 74 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 θ c [grau] = 180° − α [grau] ou θ c [rd ] = π − α [rd] Cálculo da corrente máxima na carga Seja Vm 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 Im = Vm R Cálculo da tensão média do sinal retificado π V0( AVG ) = V0( AVG ) = ∫α V m sen θdθ 2π = − V m (cos π − cos α ) Vm (1 + cos α ) = 2π 2π Vm (1 + cosα ) 2π 6-1 Corrente média do sinal de saída I 0( AVG ) = I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = Vm (1 + cos α ) 2π R Vm (1 + cos α ) 2π R 6-2 Potência DC na carga PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = V02( AVG ) R 75 V02( AVG ) PDC = ou PDC = R Vm2 (1 + cos α )2 2 4π R 6-3 Valor máximo da tensão média na saída O valor máximo de V0( AVG ) acontece para α = 0 Neste caso, [V ( ) ] 0 AVG MAX = Vm V (1 + cos 0 ) = m 2π π Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo VN = V0( AVG ) [V ( ) ] 0 AVG MAX = 1 + cos α 2 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. VN α [grau ] Fig. 6-2 Valor máximo de PDC O valor máximo acontece, também, para α = 0 76 [PDC ]MAX = Vm2 Vm2 2 ( 1 + cos 0 ) = 4π 2 R π 2R Potência DC normalizada em relação ao valor máximo PN = PDC [PDC ]MAX = (1 + cosα )2 4 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. PN α [grau ] 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) α = 0 0 b) α = 450 c) α = 900 d) α = 1350 e) α = 1800 Solução: Tensão de pico na carga = Vm = 2 VS = 2 × 120 = 169,7 v Tensão média na carga = V0( AVG ) = Vm (1 + cos α ) v 2π 77 Potência DC na carga = PDC = a) PDC = 169,7 (1 + cos 45) = 46,2 v 2π 46,2 2 = 213 W 10 α = 900 V0( AVG ) = PDC 169,7 (1 + cos 90) = 27,1 v 2π 27,12 = = 73,2 W 10 α = 1350 V0( AVG ) = PDC = e) 169,7 (1 + cos 0) = 54,0 v 2π α = 450 PDC = d) W 54,0 2 = 293 W 10 V0( AVG ) = c) R α =0 V0( AVG ) = b) V02( AVG ) 169,7 (1 + cos135) = 7,92 v 2π 7,92 2 = 6,3 W 10 α = 180 0 V0( AVG ) = 169,7 (1 + cos180) = 0 v 2π 02 =0 W 10 ----------------------------------------------------------------------------------------------------PDC = 78 Corrente RMS na carga ∫ 0 I 0 (RMS ) = I 0( RMS ) = onde 2π i02 dθ 2π π 2 = ∫α I m sen 2 θd 2π = Im α sen 2α 1− + 2 π 2π Im α sen 2α 1− + 2 π 2π Im = 6-4 Vm R Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de α , o ângulo α seja dado em radiano. Entretanto, π α [grau] obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por . 180° I RMS , é necessário que, no termo Potência total entregue à carga P0 = I 02( 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: PAC = 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) b) c) d) e) f) g) h) i) A corrente máxima na carga A tensão média na carga A corrente média na carga A potência DC fornecida à carga A corrente I 0( RMS ) na carga A potência total fornecida à carga O ângulo de condução A freqüência de ondulação O fator de potência 79 Solução: Valor de pico da tensão de entrada Vm = 2 VS = 2 × 150 = 212 v a) Corrente máxima na carga Im = V m 212 = A = 21,2 A R 10 b) Tensão média na carga V0( AVG ) = Vm (1 + cosα ) = 212 (1 + cos 30°) = 63 v 2π 2π c) Corrente média na carga I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = 63 = 6,3 A 10 d) a potência DC na carga PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = 63 × 6,3 = 396,9 W e) Corrente RMS na carga I 0(RMS ) = Im 30 sen 60° α sen 2α 21,2 1− + = 1− + = 10,5 A π 2 2π 2 180 2π f) Potência total fornecida à carga P0 = I 02( RMS ) × R = 10,5 2 × 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 S = V S × I 0( RMS ) = 150 × 10,5 = 1575 VA 80 j) Fator de potência PF = PAC P0 1094 = = = 0,69 S S 1575 -------------------------------------------------------------------------------------------------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: Vm = 2 × 150 = 170 v PDC = Vm2 (1 + cos α )2 2 4π R 1 + cos α = 4π 2 RPDC 2π = Vm Vm2 2π Vm α = cos −1 RPDC RPDC − 1 2π 10 × 150 − 1 = cos −1 0,413 = 64,4° 170 α = cos −1 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. 81 i0 G L v0 vS R Fig. 6-4 A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na fig. 6-5 vS Vm 0 0 ωt 2π π − Vm v0 Vm 0 0 π α ωt 2π 2π + α θc 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 V0( AVG ) = Vm (1 + cos α ) 2π 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. 82 Portanto, a corrente média fica: I 0( AVG ) = ou I 0( AVG ) = V0( AVG ) R Vm (1 + cosα ) 2π R 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: v S = Vm cos ωt Neste caso, a tensão retificada é periódica, com freqüência f 0 , mas não é senoidal, Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de f 0 : v 0 = V0( AVG ) + V01 sen ωt + V02 sen 2ωt + V03 sen 3ωt .......... + V0n sen nωt + ...... 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. V0( AVG ) 0 v01 0 v02 0 v03 0 (a) (b) Fig. 6-6 O valor da componente contínua já foi determinado e resultou V0( AVG ) = Vm (1 + cos α ) 2π Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão contínua. Resultou a corrente contínua: 83 I 0( AVG ) = V0( AVG ) R ou I 0( AVG ) = Vm (1 + cosα ) 2π R Para o cálculo das componentes de corrente alternada, teremos a influência das impedâncias do indutor. Para cada componente a corrente resulta: i0 n = I 0n cos(nωt + ψ n ) onde I 0n = V0 n 1 × 2 R 1 + (nK ) 6-8 ψ n = tg −1nK e Nestas expressões, K vem a ser a relação entre a impedância da indutância e a resistência na freqüência fundamental, ou seja, K= X L Lω = R R 6-9 Vamos analisar dois casos extremos: a) nK << 1 Neste caso, I 0n ≈ V0 n R 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 (nK )2 >> 1 Resulta a aproximação I 0n ≈ V0 n 1 × R nK 6-10 A desigualdade K >> 1 é o mesmo que dizer que 84 Lω >> 1 R ou Lω >> R 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 Lω = 20 × R . 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 50.00 Lω = 2 × R 40.00 30.00 i0 I 0 ( AVG ) i0 30.00 20.00 v0 Lω = 20 × R 40.00 Axis label Axis label T 50.00 v0 20.00 10.00 10.00 0.00 0.00 I 0 ( AVG ) -10.00 -10.00 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m (b) (a) Fig. 6-7 Nota-se que, quando Lω >> R as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com relação ao valor médio I 0( AVG ) , ou seja i0 ≈ I 0( AVG ) = Vm (1 + cosα ) 2π Determinação da potência total na carga na situação em que Lω >> R Corrente RMS I 0( RMS ) = ∫ 2π 0 i02 dθ i 2π ≈ ∫ 2π 0 I 02( AVG ) dθ 2π = I 02( AVG ) × (2π − 0 ) 2π I ( RMS ) ≈ I 0 ( AVG ) ou I 0 ( RMS ) ≈ Vm (1 + cos α ) 2πR Potência total entregue à carga 85 = I 0( AVG ) Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada na resistência R. P0 = I 02( RMS ) × R no caso em que Lω >> R resulta a aproximação P0 = I 92( RMS ) × R ≈ I 02( AVG ) × R = Vm2 (1 + cos)2 2 4π R Vm2 P0 ≈ (1 + cos)2 = PDC 2 4π R 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. Pin = 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) b) c) d) e) f) g) h) A tensão média na carga A corrente média na carga A potência DC fornecida à carga Reatância do indutor da carga A corrente I 0( RMS ) na carga A potência total fornecida à carga A potência aparente O fator de potência Solução: Valor de pico da tensão de entrada Vm = 2 VS = 2 × 150 = 212 v 86 a) V0( AVG ) = Vm (1 + cos α ) = 212 (1 + cos 30°) = 63 v 2π 2π b) Corrente média na carga I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = 63 = 6,3 A 10 c) Potência DC fornecida à carga. PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = 63 × 6,3 = 396,9 W d) Reatância do indutor da carga X L = ωL = 2π f × 1 = 377 Ω Vemos que X L >> R e) Corrente RMS na carga Como X L >> R . Resulta I 0( RMS ) ≈ I 0( AVG ) = 6,3 A f) Potência total na carga 2 P0 = I RMS × R = 6,32 × 10 = 396,9 W g) Potência aparente S = VS × I 0( RMS ) = 150 × 6,3 = 945 VA h) Fator de potência PAC P0 396,9 = = = 0,42 S S 945 ----------------------------------------------------------------------------------------------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 V0( AVG ) . Quando a amplitude da PF = 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: 87 - Amplitude igual a Vm V0( AVG ) = Vm V V (1 + cos 0) = m (1 + 1) = m 2π 2π π - Amplitude igual a 2Vm V0( AVG ) = Vm π = Portanto Ou 2Vm V (1 + cosα ) = m (1+ cosα ) 2π π Vm π = Vm π (1 + cosα ) 1 = 1 + cos α Ou cos α = 0 ∴ α = cos −1 0 = 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. 1 2 vs i0 v0 vs R vs 3 (a) 88 4 vS Vm 0 ωt − Vm v0 Vm 0 ωt π π +α i0 α Im θc ωt 0 v12 0 ωt − 2Vm v34 ωt 0 − 2Vm (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 θ c [grau] = 180° − α [grau] ou θ c [rd ] = π − α [rd] - Cálculo da corrente máxima na carga 89 - Tensão de pico inversa em cada diodo (PIV) : Sendo Vm a amplitude máxima do sinal de entrada, a máxima tensão de pico inversa, em cada diodo, fica: PIV = 2 Vm - 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 π V0( AVG ) ∫V = α V0( AVG ) = Vm π m sen θdθ = π − Vm (cos π − cos α ) Vm = (1 + cos α ) π π (1 + cosα ) 6-11 - Corrente média do sinal de saída I 0( AVG ) = I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = Vm (1+ cosα ) π R Vm (1 + cos α ) π R 6-12 - Potência DC na carga PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = PDC = ou V02( AVG ) R V02( AVG ) PDC R Vm2 2 = 2 (1 + cos α ) π R 6-13 90 - Valor máximo da tensão média O valor máximo de V0( AVG ) acontece para α = 0 Neste caso, [V ( ) ] 0 AVG MAX = Vm π (1 + cos 0) = 2Vm π - Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo VN = V0( AVG ) = [V ( ) ] 0 AVG MAX 1 + cos α 2 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. VN α [grau ] Fig. 6-9 - Valor máximo de PDC O valor máximo acontece para α = 0 [PDC ]MAX = Vm2 4Vm2 2 ( 1+ cos 0 ) = π 2R π 2R - Potência DC normalizada em relação ao valor máximo PN = PDC [PDC ]MAX = (1 + cosα )2 4 91 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. PN α [grau ] 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) α = 0 0 b) α = 450 c) α = 900 d) α = 1350 e) α = 1800 Solução: Tensão de pico na carga = Vm = 2 VS = 2 × 120 = 169,7 v V Tensão média na carga = V0( AVG ) = m (1 + cos α ) v π V02( AVG ) Potência DC na carga = PDC = W R a) α = 0 V0( AVG ) = PDC = 169,7 π (1 + cos 0) = 108 v 108 2 = 1167 W 10 b) α = 450 92 V0( AVG ) = 169,7 π (1 + cos 45) = 92,2 v 46,2 2 = 850,4 W 10 PDC = c) α = 90 0 V0( AVG ) = 169,7 π (1 + cos 90) = 54,0 v 54,0 2 = 291,8 W 10 PDC = d) α = 1350 V0( AVG ) = PDC = 169,7 π (1 + cos135) = 15,8 v 15,8 2 = 25 W 10 e) α = 180 0 V0( AVG ) = PDC = 169,7 π (1 + cos180) = 0 v 02 =0 W 10 ------------------------------------------------------------------------------------------------------- Corrente RMS na carga π I 0 (RMS ) = ∫ 0 i02 dθ π π = ∫α I 2 m sen 2 θd π I 0( RMS ) = Im α sen 2α 1− + π 2π 2 onde Vm R Im = = Im α sen 2α 1− + π 2π 2 6-14 Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de α , o ângulo α seja dado em radiano. Entretanto, π α [grau] obtém-se o mesmo resultado numérico se for substituído esse termo por . 180 I RMS , é necessário que, no termo 93 - Potência total entregue à carga P0 = I 02( RMS ) × R 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: PAC = 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) g) h) j) A potência total fornecida à carga O ângulo de condução A freqüência de ondulação O fator de potência Solução: Valor de pico da tensão de entrada Vm = 2 VS = 2 × 150 = 212 v a) Corrente máxima na carga Im = Vm 212 A = R 10 b) Tensão média na carga V 212 V0( AVG ) = m (1 + cos α ) = (1 + cos 30°) = 126 v π π c) Corrente média na carga I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = 126 = 12,6 A 10 d) a potência DC na carga 94 PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = 126 × 12,6 = 1588 W e) Corrente RMS na carga I 0(RMS ) = Im 30 sen 60° α sen 2α 21,2 1− + = 1− + = 14,9 A 2π 180 2π π 2 2 f) Potência total fornecida à carga P0 = I 02( RMS ) × R = 14,9 2 × 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 f r =duas vezes a freqüência do sinal de entrada = 120 Hz i) Potência aparente S = VS × I 0( RMS ) = 150 × 14,9 = 2235 VA j) Fator de potência PAC P0 2205 = = = 0,987 S S 2235 ---------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 6-8 PF = 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: PDC = Vm2 (1 + cosα )2 2 π R 1 + cos α = π 2 RPDC π Vm α = cos −1 V 2 m = π Vm RPDC RPDC − 1 Vm = 2 × 150 = 170 v 95 π 10 × 150 − 1 = cos −1 (− 0,284) = 106,5° 170 α = cos −1 α = 106,5° --------------------------------------------------------------------------------------------------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 SCR − 1 vs v0 vs vs L R i0 SCR − 2 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 em que Lω >> R . 96 vS Vm π +α 0 ωt α π v0 Vm ωt 0 i0 ωt 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 v 0 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. 97 SCR − 1 vs v0 R i0 L vs i0 vs SCR − 1 L vs vs v0 vs SCR − 2 SCR − 2 R (b) (a) Fig. 6-13 A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na fig. 6-14 vS Vm 0 ωt − Vm v0 α θc Vm 0 ωt π π +α 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 V0( AVG ) = Vm π (1 + cos α ) 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: I 0( AVG ) = ou I 0( AVG ) = V0( AVG ) R Vm (1 + cos α ) π R 6-17 98 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 = Vm cos ωt 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 2ω . Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de 2ω : v 0 = V0( AVG ) + V01 sen 2ωt + V02 sen 4ωt + V03 sen 6ωt .......... + V0n sen 2nωt + ...... 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. V0 ( AVG ) 0 v01 0 1.00 v02 0 v03 0 -.50 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 0 2ω 4ω 6ω (a) (b) Fig. 6-15 O valor da componente contínua já foi determinado e resultou V0( AVG ) = Vm π (1 + cos α ) Da mesma forma, foi determinado o valor da corrente produzida por esta tensão contínua. Resultou a corrente contínua: I 0( AVG ) = V0( AVG ) R ou I 0( AVG ) = Vm (1 + cos α ) π R Para as correntes produzidas pelas componentes harmônicas teremos a influência da presença da impedância do indutor Para cada componente a corrente resulta: 99 i0 n = I 02 n cos(2 nωt +ψ n ) onde I 0n = V0 n 1 × 2 R 1 + (2nK ) 6-18 ψ n = tg −1 2nK e 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, K= X L Lω = R R 6-19 Vamos analisar dois casos extremos: a) 2nK << 1 Neste caso, I 0n ≈ V0 n R 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 I 0n ≈ V0 n 1 × R 2nK 6-20 A desigualdade K >> 1 é o mesmo que dizer que Lω >> 1 R ou Lω >> R 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 100 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 Lω = 10 × R . 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 Lω = R v0 1.00 i0( AVG ) i0 0 Lω = 10 R v0 i 0 1.00 i0( AVG ) 0 -.50 -.50 0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m 0.00 (a) 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m (b) Fig. 6-16 Nota-se que, quando Lω >> R as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com relação ao valor de I 0( AVG ) , ou seja i0 ≈ I 0( AVG ) = Vm π (1 + cos α ) Determinação da potência total na carga na situação em que Lω >> R - Corrente RMS I 0( RMS ) = π 2 0 ∫ 0 i dθ i π ≈ ∫ π 0 I 02( AVG ) dθ π = I 02( AVG ) × (π − 0 ) π = I 0( AVG ) I 0 ( RMS ) ≈ I 0( AVG ) ou I 0 ( RMS ) ≈ Vm (1 + cos α ) πR - Potência total entregue à carga Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada na resistência R. P0 = I 02( RMS ) × R No caso em que Lω >> R tem-se a aproximação 101 P0 = I 02(RMS ) × R ≈ I 02( AVG ) × R = P0 ≈ Vm2 (1 + cosα )2 π 2R Vm2 (1 + cosα )2 = PDC 2 π R - 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. Pin = P0 No caso em que Lω >> R vale a aproximação Pin ≈ PDC --------------------------------------------------------------------------------------------------------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 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 Vm = 2 V S = 2 × 150 = 212 v a) V0( AVG ) = Vm π (1 + cos α ) = 212 (1 + cos 30°) = 126 π b) Corrente média na carga I 0( AVG ) = V0( AVG ) R = 126 = 12,6 A 10 c) Potência DC fornecida à carga. 102 v PDC = V0( AVG ) × I 0( AVG ) = 126 × 12,6 = 1588 W d) Reatância do indutor da carga X L = ωL = 2π f L = 2 × π × 60 × 1 = 377 Ω Vemos que X L >> R e) Corrente RMS na carga Como X L >> R . Resulta I 0( RMS ) ≈ I 0( AVG ) = 12,6 A f) Potência total na carga P0 = I 02( RMS ) × R = 12,6 2 × 10 = 1588 W g) Potência aparente S = VS × I 0( RMS ) = 150 × 12,6 = 1890 W h) Fator de potência PAC P0 1588 = = = 0,84 S S 1890 ----------------------------------------------------------------------------------------------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 V0( AVG ) . Determinar o ângulo de disparo para que seja produzido o mesmo V0( AVG ) na PF = situação em que se tem VS = 240 v. Para VS = 100 v tem-se: V0( AVG ) = Vm π (1 + cos 0) = 2 VS π (1 + 1) = 2 2 VS π = Para VS = 240 v tem-se V0( AVG ) = 90 = Vm π (1 + cosα ) = 2 × 240 π (1 + cosα ) 103 2 × 2 × 100 π = 90 v 1 + cos α = 90 × π 2 × 240 90 × π − 1 = cos −1 (− 0,167 ) = 99,6° 2 × 240 α = cos −1 α = 99,6° ---------------------------------------------------------------------------------------------------------Retificador controlado, de onda completa utilizando 4 SCR em ponte A fig. 6-17 mostra este tipo de montagem S4 vS vS S1 S4 vS R S2 vS S3 R S2 (a) S1 L S3 (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 S 2 recebem os mesmos pulsos de disparo. Da mesma forma, os SCR S 3 e S 4 também recebem um mesmo pulso de disparo. O pulso que dispara S 3 e S 4 está defasado de 180° do pulso que dispara S1 e 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 com quatro SCR tem-se PIV = Vm . 104 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. i1 i0 S V1 R v0 chopper 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 TON e desligada durante o tempo TOFF . v0 V1 V0 0 t TOFF TON T Fig. 7-2 105 O valor médio da tensão de saída, que chamaremos V0 , é dado por: TON T ∫ v0 dt V0 = ∫ v dt 0 0 = T 0 T = V1 × TON T Portanto V0 = TON V1 T Chama-se ciclo de trabalho a relação d= TON T 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. V0 V1 0 1 Fig. 7-3 A corrente i0 , na resistência R, fica: i0 = v0 R Portanto, sua forma é a mesma da tensão v0 . Isto acarreta que seu valor médio fica 106 d= TON T I0 = V0 d × V1 = R R O valor eficaz (RMS) da tensão de saída fica TON T ∫v V 2 0 ( RMS ) 2 0 0 = ∫V 2 1 dt T = 0 T dt V12TON T Portanto V0( RMS ) = V1 ou TON T V0( RMS ) = V1 d Da mesma forma I 0( RMS ) = V0( RMS ) R = V1 d R Potência total na saída P0 = V0( RMS ) × I 0( RMS ) = V12 d R Potência de entrada Ptn = V1 × I 0 = V1 × d Vemos que V1 V12 = d R R 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: P0( DC ) = V0 × I 0 = d × V1 × d × P0( DC ) = V1 d 2V12 = R R d 2V12 R 107 Rendimento: η= P0( DC ) Pin d 2V12 = R2 = d V d 1 R Vimos que a tensão média de saída é V0 = d × V1 ou d= V0 V1 Portanto η= V0 V1 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. η= P0( DC ) Pin 1 0 0 V1 V0 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 v 0 . Para que o bloqueio das componentes de freqüência seja efetivo é necessário que 108 Lω >> R Nesta expressão, tem-se ω = 2πf onde f é a freqüência de chaveamento, ou seja f = 1 T i1 i0 S iD vD V1 L vL v0 D R vR Fig. 7-5 A fig. 7-6 mostra a simulação de conversões DC para DC v0 v0 i0 i0 I0 I0 ωL = R ωL = 10R (b) (a) 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 = 10 R . Vemos que a corrente total na carga, que chamamos de i0 , quase que se confunde com a corrente média (DC) I 0 que flui nessa carga. 109 Propriedades da corrente i0 no caso em que Lω >> R A fig. 7-7 mostra a corrente i0 no caso em que Lω >> R i0 I MAX ∆I I0 I MIN t Fig. 7-7 O parâmetro I 0 é a corrente média que é dada por I0 = d × V1 R Onde V1 é a tensão DC de entrada e d = TON T A amplitude ∆I da variação da corrente vale, aproximadamente, ∆I = Mas, d × V1 × TOFF d × V1 × T × TOFF = 2L 2L × T TOFF = 1− d T Portanto ∆I = d (1 − d ) × V1 × T 2L Tensões na resistência R A tensão média em R fica V0( AVG ) = V0 = I 0 × R = d × V1 A amplitude da variação da tensão na carga fica ∆V = ∆I × R = d (1 − d ) × V1 × T × R 2L 110 O que caracteriza a qualidade de uma conversão DC para DC é a relação entre ∆V e a tensão contínua V0 . ∆V = V0 d (1 − d ) × V1 × T × R (1 − d ) × T × R 2L = d × V1 2L ∆V (1 − d ) × T × R = V0 2L ---------------------------------------------------------------------------------------------------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 TON b) Sabendo-se que a resistência R vale 10 ohm, determinar o valor de L de tal ∆V modo que se tenha, no pior caso, = 0,05 . V0 Solução a) T = 1 1 = = 1 × 10 −5 s f 100 × 10 3 V1 = 30 volt V0 = d × V1 - Para V0 = 30 volt, resulta 30 = d × 30 Portanto, d= d= 30 =1 30 TON =1 T TON = T × 1 = 1 × 10 −5 s - Para V0 = 3 volt, resulta 3 = d × 30 111 d= 3 = 0,1 30 TON = 0,1 T Portanto. Ou TON = 0,1 × T = 0,1 × 1 × 10 −5 = 1 × 10 −6 TON = 1 × 10 −6 s ∆V (1 − d ) × T × R = V0 2L b) Vemos que quanto menor for o d tanto maior fica a relação ∆V V0 Portanto, em nosso caso, isto acontece para V0 = 3 volt que acarretou d = 0,1 Resulta 0,05 = L= (1 − 0,1) × 1 × 10 −5 × 10 = 9 × 10 −5 2L 2L 9 × 10 −5 = 9 × 10 −4 H 2 × 0,05 L = 0,9 mH ------------------------------------------------------------------------------------------------------Potência total dissipada na carga P0 = P0( DC ) + P0( AC ) 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 Pin = P0 = P0( DC ) + P0( AC ) P0( DC ) V02 d 2 × V12 = = R R 112 No caso em que Lω >> R tem-se P0( AC ) ≈ P0( AC ) P0 (DC ) ∆V 2 3R ∆V 2 1 ∆V = 3 R2 = × 3 V0 V0 R 2 Rendimento Energético η= P0( DC ) = Pin ou P0(DC ) P0( DC ) + P0( AC ) η= = 1+ 1 P0( AC ) P0( AC ) 1 1 ∆V 1 + 3 V0 2 --------------------------------------------------------------------------------------------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 ∆V = 0,05 V0 η= 1 (0,05)2 1+ = 0,9992 ou 99,92 % 3 -----------------------------------------------------------------------------------------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 rendimento será sensivelmente menor do que o resultado obtido no exercício 7-2. 113 CONVERSOR DC PARA DC DO TIPO STEP UP Prncípio de funcionamento Sejam os esquemas da fig. 7-8 iR = 0 iL L iR = iL L iL S V1 iL R V1 S R v0 (b) (a) Fig. 7-8 Vamos supor que, inicialmente, a chave S está aberta. Neste caso teremos um estado V estacionário em que a corrente i L é contínua tendo o valor 1 . R Quando a chave fecha a corrente que percorre o indutor e a chave. fica: iL = V1 V1 + t R L Vemos que é uma corrente crescente. Como a chave fica ligada em um tempo TON a corrente i L atinge o valor I ON = V V1 + TON R L Após este tempo TON a chave abre. Nesta situação, supondo L muito maior do que R × T , a corrente que percorre o indutor e a resistência de carga, fica aproximadamente R i L = I ON 1 − t L Vemos que, nesta situação, a corrente i L decresce. Como a chave fica aberta durante um tempo TOFF , a corrente atinge o valor R I OFF = I ON 1 − TOFF L A fig. 7-9 mostra a variação da corrente i L que percorre o indutor nas duas fases da chave. 114 iL I ON I OFF V1 R TOFF TON 0 T t Fig. 7-9 Situação estacionária durante um chaveamento periódico A medida que se repete o chaveamento, a corrente i L adquire acréscimos sucessivos tanto em I ON quanto em I OFF até que atinge uma situação em que esses parâmetros não mudam de valor nos ciclos subseqüentes. Nesta situação dizemos que a corrente i L atingiu o estado estacionário como se pode ver na fig. 7-10. iL t Fig. 7-10 A fig. 7-11 mostra um trecho estacionário dessa corrente. iL I AVG t Fig. 7-11 Nesta situação, o valor médio da corrente i L é dado por 115 I L ( AVG ) = V1 × R 1 T 1 − ON T Corrente na resistência de carga Observando novamente a fig. 7-7 vemos que quando a chave S está ligada , a resistência de carga fica curto-circuitada. Isto significa que durante o intervalo TON a tensão em R é nula e, portanto, a corrente nesta resistência R também é nula. A fig. 7-12 compara a corrente i L do indutor com a corrente i R da carga. iL I AVG t iR TOFF t T Fig. 7-12 Neste caso a corrente média estacionária na carga fica I R ( AVG ) ) = V1 × R T V T V T V 1 × OFF = 1 × OFF = 1 × OFF = 1 T T R T − TON R TOFF R 1 − ON T I R ( AVG ) ) = V1 R 116 Tensão média na resistência de carga VR ( AVG ) = V0 = I R ( AVG ) × R Portanto V0 = V1 × T T T 1 × OFF = V1 × OFF = V1 × OFF = V1 T T T − TON TOFF 1 − ON T V0 = V1 Conclusão: Qualquer que seja a relação entre os tempos de abertura e fechamento da chave, a tensão média de saída será sempre igual a tensão de alimentação de entrada. Portanto este esquema de conversão DC/DC não funciona, Esquema de chopper step up efetivo A fig. 7-13 mostra um esquema efetivo iL L S V1 C R v0 Fig. 7-13 Na fase em que a chave está aberta a corrente i L carrega o capacitor resultando a tensão aproximada I ON × R . Quando a chave fecha , se não houvesse o diodo, o capacitor se descarregaria através da chave em curto. A presença do diodo impede a descarga por esse caminho. Neste caso a descarga passa a ocorrer através de R. O tempo de descarga de um capacitor através de uma resistência é dado por t D ≈ 2,2 RC Normalmente se faz t D >> T , ou seja 2,2 RC >> T ou C >> T 2,2 R Nesta condição, em que t D >> T , a tensão no capacitor diminui muito pouco no intervalo em que a chave fecha. Desta maneira, sua tensão permanece com quase o mesmo valor que possuía no final do tempo TON . Como o capacitor está em paralelo 117 com a resistência R, a tensão v 0 nesta resistência é, o tempo todo, a mesma do capacitor. A fig. 7-12 mostra o estado estacionário da tensão v 0 , na carga R, ao longo dos ciclos de chaveamento v0 V AVG TOFF t T Fig. 7-12 O valor médio dessa tensão v 0 , vale aproximadamente V AVG = V0 ≈ ou V0 = V1 T 1 − ON T V1 1− d Em torno deste valor médio temos uma flutuação cuja amplitude pode ser desprezível quando o capacitor for suficientemente grande. --------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 7-3 – Determinar a tensão contínua de saída para os seguintes valores de d: a) d = 0 b) d = 0,5 c) d = 0,9 Solução a) V0 = V1 = V1 1− 0 b) V0 = V1 = 2 × V1 1 − 0,5 V1 = 10 × V1 1 − 0,9 ------------------------------------------------------------------------------------------- c) V0 = 118 Observação: Devido ao fato de que os componentes usados no conversor não são ideais, torna-se muito difícil obter tensões contínuas de saída muito maiores do que a tensão de entrada. Na prática os conversores existentes produzem a tensão de saída até um máximo de seis vezes a tensão de entrada. Rendimento da conversão step-up No caso em que se considera os elementos do circuito ideais, não há dissipação de energia tanto na chave, quanto no indutor e no capacitor. Portanto a energia fornecida pela alimentação de entrada é igual a potência na saída. Quando o capacitor for muito grande, a tensão em R é praticamente constante. Portanto a potência de componentes alternadas é desprezível. Isto significa que a potência na saída é aproximadamente igual à potência DC fornecida à resistência de carga. Disto resulta que o rendimento energético fica, aproximadamente, igual a 1. --------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 7-4 – Deseja fazer um conversor step up partindo de V1 = 30 volt. Sua saída V0 deve ser ajustável de 30 a 150 volt. Ele deve ser capaz de fornecer corrente I R de 0,1 até 1 Ampere. A freqüência de chaveamento é 100 kHz. Dimensionar os valores de L e C obedecendo as condições: C = 20 L = 20T × R MAX T RMIN Solução: Resistência de carga: R= RMAX = RMIN = V0 IR V0( MAX ) I R ( MIN ) V0( MIN ) I R (MAX ) = = 150 = 1500 Ω 0,1 30 = 30 Ω 1 L = 20T × RMAX = 20 C = 20 RMAX 20 × 1500 = = 0,3 H f 100 × 10 3 T 1 20 = 20 = = 6,67 × 10 −6 F 3 RMIN f × RMIN 100 × 10 × 30 ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 119 Simulação O circuito projetado no exercício 7-4, utilizando carga de 500 ohm, foi simulado utilizando o programa Tina. O esquema de simulação está mostrado na fig. 7-13. VF1 T1 !NPN V1 30 C1 6,7u R2 500 R1 500 D1 1N1183 L1 300m U2 100k Fig. 7-13 Foi usado um transistor como chave. TON = 0,5 . Teoricamente, deveria T ser produzida uma tensão constante igual a 60 volt. No entanto, devido a utilização de componentes não ideais, foi produzida a tensão média de 56,2 volt. Pode-s observar que existe uma flutuação de nível igual a ± 0,15 volt. Isto acarreta A fig. 7-14 mostra a tensão de saída para o caso de ∆V 0,15 = ≈ 0,003 ou 0,3 % V 56,2 T 56.40 VF1 56.00 0.00 5.00u 10.00u Fig. 7-14 120 15.00u 20.00u 8 – INVERSORES DE TENSÃO Inversores são dispositivos que transformam tensão contínua em tensão alternada. Princípio de funcionamento A fig. 8-1 mostra um esquema, muito simplificado, de um inversor construído com duas fontes DC simétricas em relação à terra. E E v0 = + E v0 = − E carga carga E E (a) (b) Fig. 8-1 Na fig. 8-1.a vemos a fase em que a posição da chave faz com que a tensão na carga, em relação à terra, fique + E. Na fig. 8-1.b vemos a fase em que a posição da chave faz com que a tensão na carga, em relação à terra, fique – E. Se a duração da primeira fase for igual à da segunda fase, teremos a produção de uma onda quadrada na saída com amplitude E, como mostrada na fig. 8-2. Nesta situação, T supondo que o período da tensão de saída seja TS , a duração de cada fase fica S . 2 v0 +E 0 −E t TS 2 TS Fig. 8-2 Inversor que utiliza uma única bateria Neste caso a bateria fica flutuando em relação a terra. Ver fig. 8-3. 121 v0 = + E E v0 = − E E carga carga (a) (b) Fig. 8-3 Na fig. 8-3.a vemos a fase em que a configuração das chaves faz com que a tensão E da bateria seja transferida para a carga no sentido positivo + E em relação à terra. Na fig. 8-1.b temos a fase em que a tensão da bateria se transfere para a carga com o valor negativo - E em relação à terra. Aqui também, se a duração da primeira fase for igual à da segunda fase, teremos a produção de uma onda quadrada na saída com amplitude E, como já mostramos na fig. 8-2. Também, nesta situação, supondo que o período da tensão de saída seja TS , a TS . 2 Nas duas configurações vemos que a tensão de saída tem a forma de onda quadrada com período TS . De acordo com a série de Fourier, esta tensão é composta de componentes 1 senoidais com freqüências múltiplas da freqüência fundamental f S = . Essas TS componentes são chamadas de freqüências harmônicas da freqüência fundamental f S . duração de cada fase fica A componente média (tensão DC) da tensão v 0 é nula, ou seja V0(( AVG ) ) = V0( DC ) = 0 A fig. 8-4 mostra os valores das amplitudes das composição espectrais da tensão de saída até a componente harmônica de 5a. ordem. Os vlores estãp indicados na forma de frações ordinárias. 4E π 4E 3π fS 2 fS 3 fS 4 fS 4E 5π 5 fS f Fig. 8-4 A fig. 8-5 mostra esta mesma distribuição espectral com os valores das amplitudes representados com números fracionários decimais. 122 1,27 E 0,42 E 0,26 E fS 2 fS 3 fS 4 fS 5 fS f Fig. 8-5 Extração da componente fundamental Normalmente deseja-se que o inversor produza tensão senoidal na saída. Neste caso devemos extrair a componente fundamental do espectro de freqüências da onda quadrada produzida. Para isto se usa um filtro que permite a passagem da componente f S . mas dificulta a passagem das componentes harmônicas de f S . A fig. 8-6 mostra o arranjo para este procedimento. inversor filtro Fig. 8-6 O circuito elétrico de um filtro é formado por um circuito contendo um certo número de indutores e capacitores. Tipos de filtros Costuma-se usar dois tipos de filtros: filtro com resposta em freqüência passa baixas e filtro com resposta seletiva em freqüência. Resposta em freqüência de um filtro é um gráfico onde se indica a relação de amplitudes entre a tensão de saída e a de entrada do filtro em função da freqüência destas tensões. Filtro com resposta passa baixas A fig. 8-7.a mostra o esquema de filtragem usando um filtro com resposta passa baixas. A fig. 8-7.b mostra a resposta de um filtro passa baixas que permite a passagem da componente de freqüência f S e atenua as componentes harmônicas dessa freqüência. 123 Filtro passa baixas V2 V1 (a) V2 V1 1 fS (b) f 3 fS Fig. 8-7 Filtro com resposta seletiva A fig. 8-8 mostra a resposta em freqüência de um filtro seletivo construído para permitir a passagem da componente fundamental f S e rejeitar as componentes harmônicas dessa freqüência. V2 V1 1 fS 3 fS f Fig. 8-8 Os filtros são construídos com indutores e capacitores não ideais, têm-se perdas de potência nesses componentes. Um filtro de resposta seletiva é mais eficiente para rejeitar as componentes harmônicas do que o de resposta passa baixas. Entretanto, o 124 filtro seletivo acarreta maior perda de potência dissipativa nos componentes do que o de resposta passa baixas. Forma de onda de quatro fases A fig. 8-9 mostra uma forma de onda mais favorável para a extração da componente fundamental f S . Esta forma de onda não contém a componente harmônica de terceira ordem. Portanto, o filtro deve rejeitar a partir da quinta harmônica. v0 +E 0 −E TS 3 t TS 2 TS Fig. 8-9 A fig. 8-10 mostra a composição espectral até a quinta ordem para as duas formas de onda. Confirma-se que a forma de onda de 4 fases não contém a componente de freqüência 3 f s . v0 1,27 E +E t 0,42 E ⇒ 0,26 E −E fS v0 3 fS 5 fS 1,10 E +E t ⇒ 0,22 E −E fS Fig. 8-10 Geração da forma de onda de quatro fases. Na fig. 8-11 indicamos as 4 fases dessa forma de onda 125 3 fS 5 fS 1 +E 2 0 4 3 −E Fig. 8-11 A fig. 8-12 mostra a configuração das chaves para a fase 1. Esta fase 1 fornece a tensão T + E com duração S . 3 v0 = + E E carga Fig. 8-12 A fig. 8-13 mostra a configuração das chaves para a fase 2. Esta fase 2 fornece a tensão T 0 com duração S . 6 v0 = 0 E carga Fig. 8-13 A fig. 8-14 mostra a configuração das chaves para a fase 3. Esta fase 3 fornece a tensão T - E com duração S . 3 v0 = − E E carga Fig. 8-14 126 A fig. 8-15 mostra a configuração das chaves para a fase 4. Esta fase 4 fornece a tensão T 0 com duração S . 6 v0 = 0 E carga Fig. 8-15 Circuito de duas fontes com chaveamento usando transistores A fig. 8-16 mostra o circuito do inversor de duas baterias onde se utiliza transistor de junção como chave. Ele só possibilita a geração de onda quadrada na carga, ou seja, o chaveamento só trabalha com duas fases. P1 Rb Q1 E Carga E P2 Q2 Rb Fig. 8-16 Uma tensão positiva no ponto P1 e uma tensão zero no ponto P2 faz o transistor Q1 conduzir e o transistor Q2 abrir. Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente + E. Uma tensão nula no ponto P1 e uma tensão negativa no ponto P2 faz o transistor Q1 abrir e o transistor Q2 conduzir. Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente - E. Os diodos fazem o papel de diodos de retorno na situação em que a carga é indutiva. Circuito de uma fonte com chaveamento usando transistores A fig. 8-17 mostra o circuito inversor de uma única fonte de alimentação em que os dispositivos de comutação são transistores de junção. Podemos ver que se usam quatro transistores como chave. Este arranjo permite gerar tanto a forma de onda de duas fases como a de quatro fase. 127 P1 Rb Q3 Q1 Rb P3 Carga E P2 Rb Q2 Q4 Rb P4 Fig. 8-17 Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos P3 e P2 e tensões nulas em P1 e , P4 o transistores Q3 e Q2 conduzem e os transistores Q1 e Q4 abrem Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente + E. Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos P1 e P4 e tensões nulas em P2 e P3 , o transistores Q1 e Q4 conduzem e os transistores Q2 e Q3 abrem Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente - E. Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos P1 e P3 e tensões nulas em P2 e P4 , o transistores Q1 e Q3 conduzem e os transistores Q2 e Q4 abrem Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente 0. Da mesma forma, quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos P2 e P4 e tensões nulas em P1 e P3 , o transistores Q2 e Q4 conduzem e os transistores Q1 e Q3 abrem Desta maneira a tensão na carga fica, também, aproximadamente 0. Os 4 diodos do circuito trabalham como diodos de retorno quando a carga é indutiva. 128 9- PROJETOS DE FILTROS ELÉTRICOS Definições Seja um gerador de força eletromotriz ( fem ) eS e resistência interna RS . Ele envia sinal para uma carga RL produzindo em seus terminais a tensão e1 ( ver fig.9-1.a ). RS RS eS RL FILTRO eS e1 (a) RL (b) Fig. 9-1 Circuitos usados para definições necessárias ao estudo de filtros. a) Gerador transmitindo sinal diretamente para a carga. b) Gerador transmitindo, através de um filtro, sinal para a carga. A tensão enviada, pelo gerador, diretamente para a carga é e1 = eS RL = eS RL + R S 1 R 1+ S RL ou R eS = e1 1 + S RL Em toda a teoria de filtros passivos, a fem do gerador utilizado, é definida como sendo aquela que, sem filtro inserido, produz a tensão e1 na carga. Portanto: R eS = e1 1 + S RL Por definição o filtro, passivo, é todo dispositivo construído apenas com elementos reativos, que é inserido entre este gerador e a carga RL , transformando o sinal e1 em outro sinal que chamaremos de e2 . Ver fig. 9-1.b. A resposta de um filtro é a relação e2 . e1 Quando não há filtro se tem e2 = e1 . Neste caso e2 e1 = =1 e1 e1 FILTRO PASSA BAIXAS DE PRIMEIRA ORDEM A fig. 9-2 mostra esse filtro . 129 e2 jLω RS R e1 1 + S RL RL e2 Fig. 9-2 Filtro passa baixas de primeira ordem A tensão na carga é: R RS + R L e1 1 + S RL R ωc L L e2 = = e1 = e1 R + RL RS + R L + jLω jω + ω c jω + S L Portanto onde e2 ωc = e1 jω + ω c 9-1 RS + RL L 9-2 ωc = Podemos escrever na forma polar: e2 e2 j φ = e e1 e1 e2 1 = e1 1 + j ω − arctg = Para ω << ω c tem-se 1 ω 1 + ωc ωc 2 e onde ωc = RS + RL L ou ω ωc e2 ≈ 1 e j0 e1 π Para ω >> ω c tem-se e2 ω c − j 2 ≈ e e1 ω Para ω = ω c e2 1 − j4 = e e1 2 π tem-se A fig. 9-3.a mostra a resposta e2 em função de ω . Supõe-se escala bi-logarítma. e1 Esta resposta indica a relação entre as amplitudes do sinal e2 e do sinal e1 . 130 A fig. 9-3.b mostra a resposta φ em função de ω . Supõe-se que apenas a escala de freqüências é logarítma. Esta resposta representa a diferença de fase entre o sinal e2 e o sinal e1 . e2 e1 assíntotas 1 1 2 ωc ω (a) ωc 0 − ωc ω ω π 4 − π 2 φ (b) Fig. 9-3 Resposta em freqüências do filtro passa baixas de primeira ordem. a) Resposta em amplitude. b) Resposta de fase. Lembremos que o sinal e1 é aquele que existiria na carga RL quando não se tem filtro. O sinal e2 é o sinal na mesma carga, modificado pela inserção do filtro. A freqüência ω c se caracteriza por determinar o ponto de cruzamento das assíntotas. No caso particular deste filtro, ela é, também, a freqüência em que o filtro modifica a 1 amplitude do sinal de um fator . Se diz que o filtro provocou, no sinal, um ganho 2 de –3 dB ou uma atenuação de 3 dB. Também se diz que é o ponto de meia potência desse sinal. Existe uma convenção, muito aceita, que define o ponto de atenuação de atenuação 3 dB como sendo a freqüência de corte do filtro. Síntese do filtro passa baixas de primeira ordem. Entra-se com os dados RS , RL e ω c . Aplicando a fórmula 9-2 determina-se o valor do componente L. 131 ωc = RS + RL L ou Podemos escrever L= RS + RL L = Ln ωc RL ωc R R = S + 1 L RL ωc onde R L n = S + 1 RL Ln é chamado de “valor normalizado” de L. Ele é adimensional. Entretanto pode ser considerado como sendo o valor físico de L quando se usa RL = 1 Ω e ω c = 1 rd / s . R Os “Hand Books" tabelam Ln para diversos valores de S . A partir desse parâmetro RL R determina-se L pela fórmula L = Ln L . Esta operação se chama desnormalização. ωc Operador s = jω Se na expressão 9-1 substituirmos jω por s , teremos como resultado: e2 ωc = e1 s + ω c 9-3 A expressão, nessa forma, permite determinar as assíntotas e seu cruzamento: Para s << ω c tem-se e2 ω c ≈ = 1 = 1 e j0 e1 ω c Para s >> ω c tem-se e2 ω c ω c ω c − j 2 ≈ = = e e1 s jω ω π A fig. 9-4 mostra essas assíntotas e2 e1 0 ωc 1 ωc ω − ω ωc π 2 φ Fig. 9-4 Assíntotas da resposta do filtro passa baixas de primeira ordem. 132 ω Podemos ver que a determinação das assíntotas, a partir da resposta em função de s , é simples e rápida. As assíntotas dão uma idéia, bem razoável, do comportamento da resposta em freqüências tanto da amplitude quanto da fase. Quando se trabalha com o operador s costuma-se substituir jω , por esse operador, até na impedância dos componentes do filtro. Dessa maneira, o circuito do filtro passa baixas de primeira ordem fica como mostrado na fig. 9-5. Ls RS R e1 1 + S RL RL e2 Fig. 9-5 Filtro de primeira ordem onde se indica a impedância dos componentes em temos do operador s. O cálculo da relação entre e2 e e1 se transforma em uma simples operação algébrica onde não se tem a presença de números complexos. Resulta: RS + R L e2 L = e1 s + RS + RL L e2 ωc = e1 s + ω c ou ωc = onde RS + RL L Versão capacitiva do filtro passa baixas de primeira ordem. A fig 9-6 mostra outra versão do filtro passa baixas de primeira ordem. Nele se usa um capacitor que se situa paralelamente ao resistor de carga. RS RS = eS e1 1 + RL 1 Cs RL e2 Fig. 9-6 Filtro passa baixas de primeira ordem: versão capacitiva. 133 Para o cálculo da resposta usa-se o teorema de Thevenin / Norton ( fig. 9-7.a ) e trabalha-se com admitâncias ( fig. 9-.b ). eS RS 1 Cs RS RL e2 GS eS GS (a) Cs GL e2 (b) Fig. 9-7 Transformações. a) Aplicação de Thevenin-Norton. b) Mudança para admitâncias. Nesse esquema tem-se: GS = 1 RS GL = G R e S = e1 1 + S = e1 1 + L RL GS 1 RL Cálculo da resposta: G e1 1 + L GS GS eS GS e2 = = GS + GL + Cs G S + GL + Cs ou GS + G L e2 C = e1 s + G S + GL C Podemos escrever: ωc e2 = e1 s + ω c onde ωc = 9-4 GS + G L C Pode-se ver que a expressão 9-4 é idêntica a 9-3. Portanto esta versão produz a mesma resposta passa baixas da versão indutiva. Projeto Dados os parâmetros RS , RL e ω c , calcula-se C, utilizando-se a expressão de ω c . 134 C= GS + GL ωc G = 1 + S GL GL ωc Em termos de impedâncias tem-se R 1 C = 1 + L R S RL ω c C = Cn 1 RLω c ou onde R C n = 1 + L RS C n é chamado de “valor normalizado” de C. Ele é adimensional. Entretanto pode ser considerado como sendo o valor de C quando se usa RL = 1 Ω e ω c = 1 rd / s . R Os “Hand Books “ de filtros tabelam C n para diversos valores de S . A partir desse RL 1 parâmetro determina-se C pela fórmula C = C n . Desta maneira, tem-se a RLω c desnormalização. FILTRO PASSA BAIXAS DE SEGUNDA ORDEM Aqui se tem, também, duas versões. A versão com indutor de entrada está esquematizada na fig. 9-8. R e1 1 + S = eS RL RS Fig. 9-8 Filtro passa baixas de Segunda ordem. Se calcularmos a relação e2 chegaremos ao resultado: e1 135 Ls 1 Cs RL e2 e2 = e1 R 1 + S RL LC R 1 + S R 1 RL s + s 2 + S + LC L RL C ou ω c2 e2 = 2 e1 s + a1ω c s + ω c2 9-5 Nesta expressão: R 1 ω c2 = 1 + S RL LC e a1 = 9-6 1 RS 1 + ω c L RLC 9-7 O parâmetro a1 é adimensional Resposta assintótica ω c2 e2 = 2 e1 s + a1ω c s + ω c2 Se s << ω c então e2 ω c2 ≈ = 1 e j0 e1 ω c2 Se s >> ω c então ω c2 ω c2 − jπ e2 ω c2 ≈ 2 = = e e1 s −ω2 ω2 A fig. 9-9 mostra as assíntotas das respostas de amplitude e de fase. 136 e2 e1 ωc 0 ω 1 ωc ω 2 −π ω φ ωc (a) Fig. 9-9 (b) Respostas assintóticas. a) Resposta de amplitudes. b) Resposta de fase. Aqui, também, a freqüência ω c acarreta o ponto de cruzamento das assíntotas Note-se que assíntota da faixa de rejeição cai, proporcionalmente, com o quadrado de ω . No filtro de primeira ordem a queda era proporcional a primeira potência de ω . Em gráfico bi-logarítmo, a queda do filtro de segunda ordem tem o dobro da inclinação do que tem o filtro de primeira ordem. Relação de amplitudes para ω = ω c . Substituindo s por jω c na expressão 9-5, resulta: π 1 1 −j e2 ω c2 = = e 2 = 2 2 2 ja1 a1 e1 − ω c + ja1ω c + ω c Portanto, neste ponto, a resposta de amplitude fica e2 1 = e1 a1 O parâmetro a1 é adimensional e pode assumir qualquer valor de zero a infinito. Isto faz com que a resposta em freqüências assuma as formas mostradas na fig, 9-10.a em dependência do valor desse parâmetro 137 ωc 0 a1 < 2 a1 = 0 a1 < 2 e2 e1 − ω a1 = 2 a1 > 2 π 2 a1 = 2 1 2 2 a1 > 2 π φ ω ωc (b) (a) Fig. 9-10 Resposta em freqüências de um filtro passa baixas de segunda ordem, em dependência do parâmetro a1 . a) Resposta de amplitudes. b) Resposta de fase. Resposta Butherworth ( Maximally Flat Amplitude Response ) para um filtro passa baixas de segunda ordem. Esta resposta acontece quando se adota a1 = 2 . e2 ω c2 = e1 − ω 2 + j 2ω cω + ω c2 e2 = e1 ω c2 (ω 2 c −ω2 ) 2 = + 2ω c2ω 2 1 ω2 1 + 2 ωc 2 A fig. 9-11 mostra a resposta de amplitudes do tipo ButherWorth, para o filtro passa baixas de segunda ordem. e2 e1 1 2 2 ωc ω a1 = 2 2 ω ωc Fig. 9-11 Resposta Butherworth para um filtro passa baixas de segunda ordem. 138 Resposta Tchebyschev ( Equal Riplle Amplitude Response ) para um filtro passa baixas de segunda ordem. 2. São todas as curvas de resposta em que o parâmetro a1 é menor do que A fig. 9-12 mostra um exemplo dessa resposta. e2 e1 r 1 2 2 ωc ω a1 < 2 2 ω ωc ωr ω 3dB Fig. 9-12 Exemplo de resposta Tchebyshev para um filtro passa baixas de segunda ordem O ganho máximo r é a altura da ondulação ( ripple ) Repare-se que essa resposta possui três freqüências características: ω c ⇒ Ponto de cruzamento das assíntotas. ω r ⇒ Ponto onde a assíntota horizontal encontra a curva da resposta. ω 3dB ⇒ Ponto onde a curva de resposta fica 3 dB abaixo do nível determinado pela assíntota horizontal. Projeto do filtro passa baixas de segunda ordem. As equações 9-6 e 9-7 formam o sistema de equações que permite calcular os componentes do filtro. Resolvendo esse sistema resulta: L = Ln onde RL ωc e C = Cn 1 RL ω c 9-8 Ln é uma grandeza adimensional dada por: R 4 S RL 1 R Ln = a1 1 + S 1 ± 1 − 2 RL R a12 1 + S RL 139 9-9 C n é outra grandeza adimensional dada por: RS RL 1+ Cn = 9-10 Ln As grandezas Ln e C n são chamados componentes normalizados. Os manuais de R filtros tabelam essas grandezas para diversos valores de a1 e S . A desnormalização, R L. ou seja, a determinação dos valores dos componentes se faz aplicando-se as fórmulas: L = Ln RL e ωc C = Cn 1 RL ω c Exercício 9–1 Projetar um filtro passa baixas de segunda ordem com resposta Butherworth sabendo-se que RL = RS = 1000 Ω e ω c = 10.000 rd / s . Solução: RS Os parâmetros de entrada são: a1 = 2 e =1 RL Entrando com esses valores nas fórmulas 9-9 e 9-10 resulta: e Ln = 2 Cn = 2 Desnormalizando: L = Ln C = Cn RL ωc = 2 1 RL ω c 1.000 = 0,1414 H 10.000 = 2 1 = 1,414 × 10 −7 F 1.000 × 10.000 O circuito do filtro está esquematizado abaixo. 1.000 Ω eS 0,1414 H 1,414 ×10 −7 F 140 1.000 Ω Montagem alternativa do filtro passa baixas de segunda ordem A fig. 9-13 Mostra a montagem alternativa do filtro passa baixas de segunda ordem. Nesta montagem, o filtro começa com capacitor de entrada. Geralmente, os valores dos componentes são diferentes daqueles da primeira montagem. Mas seus componentes normalizados também são tabelados e são desnormalizados aplicando-se as mesmas fórmulas do caso anterior. RS R e1 1 + S RL Ls 1 Cs e2 RL Fig. 9-13 Montagem alternativa para o filtro passa baixas de segunda ordem. FILTRO PASSA BAIXAS DE TERCEIRA ORDEM A fig. 9-14 mostra as duas versões de filtro passa baixas de terceira ordem. Uma versão possui indutor na entrada do filtro ( fig. 9-14.a ). A outra versão possui capacitor na entrada do filtro ( fig. 9-14.b ). RS L3 L1 L2 RS C2 RL C3 C1 (a) (b) Fig. 9-14 Filtro passa baixas de terceira ordem. a) Versão com indutor de entrada. b) Versão com capacitor de entrada. A expressão da resposta é: e2 ω c3 = 3 e1 s + a1ω c s 2 + a2ω c2 s + ω c3 Assíntotas Para s << ω c tem-se e2 ω c3 ≈ 3 = 1 = 1 e j0 e1 ω c ω c3 ω c3 ω c3 − j 3 2 e2 ω c3 ≈ 3 = = = e e1 s ( jω )3 j π2 3 ω 3 e ω π Para s >> ω c tem-se 141 RL A fig. 9-15 mostra as respostas assintóticas de amplitude e de fase. e2 e1 ωc 0 ω 1 ωc ω 3 −3 ω (a) π 2 φ ωc (b) Fig. 9-15 Respostas assintóticas do filtro passa baixas de terceira ordem. a) Resposta de amplitude. b ) Resposta de fase. Vemos que, na faixa de rejeição, a amplitude do sinal tem uma queda proporcional a terceira potência de ω . Principais curvas de resposta A curva de resposta pode adquirir as mais variadas formas, conforme os valores dos coeficientes a1 e a2 . Entretanto as curvas de resposta mais utilizadas são de dois tipos: Butherworth e Tchebyshev. Quando a1 = a2 = 2 temos a resposta Butherworth, também chamada “maximally flat amplitude response” ( fig. 9-16 ). Ela se caracteriza por possuir a resposta em amplitudes descrita pela expressão: e2 = e1 1 ω 1 + ωc 6 e2 e1 1 2 2 a1 = 2 ωc ω a2 = 2 ωc 3 ω Fig. 9-16 Resposta Butherworth de um filtro passa baixas de terceira ordem 142 A reposta Tchebyshev se caracteriza por ter, na faixa de passagem, ondulações de mesma amplitude. Por isto essa resposta é, também, conhecida como “equal ripple amplitude response” ( fig. 9-17 ). Para cada amplitude de ondulação existe uma resposta Tchebyshev. Nessas respostas se tem, também, as freqüências características ω c , ω r e ω 3dB . e2 e1 1 r 1 2 2 ωc ω 3 ω ωc ωr ω 3dB Fig. 9-17 Exemplo de resposta Tchebyshev para um filtro passa baixas de terceira ordem FILTROS PASSA BAIXAS DE ORDEM N Resposta: ω cN e2 = N e1 s + a1ω c s N −1 + a2ω c2 s N − 2 + ..........ω cN 9-11 Estes filtros se caracterizam por terem a assíntota da faixa de rejeição com inclinação N ωc . Em gráficos b--logarítmos, essa inclinação negativa é N vezes maior do que ω aquela do filtro passa baixas de primeira ordem. Curvas de respostas principais: - Butherworth ( fig. 9-18 ) Os filtros Butherworth se caracterizam por ter a resposta em amplitude dada pela expressão: e2 = e1 1 ω 1 + ωc 9-12 2N 143 Para a freqüência ω = ω c resulta, independente da ordem do filtro, e2 1 = , ou seja, e1 2 uma atenuação de 3 dB devida a inserção do filtro. e2 e1 1 2 2 ωc ω N ω ωc Fig. 9-18 Reposta Buherworth para filtro passa baixas de ordem N. - Resposta Tchebyshev para filtros de ordem impar ( fig. 9-19 ). O nível máximo da ondulação corresponde a atenuação nula, ou seja e2 =`1 e1 Podemos ver pela resposta em amplitude, que existem três freqüências características: ω c ⇒ Ponto de cruzamento das assíntotas. ω r ⇒ Ponto onde a linha horizontal, que tangencia o nível mínimo da ondulação, encontra a curva da resposta. Este parâmetro é, também chamado de “largura de faixa da ondulação". Muitas vezes a faixa de passagem, de filtros Tchebyschev, é definida por essa largura. ω 3dB ⇒ Ponto onde a curva de resposta fica 3 dB abaixo do nível determinado pela altura máxima da ondulação. O filtro Tchebyshev, de ordem impar, se caracteriza por ter a resposta em amplitude dada pela expressão: e2 = e1 1 ω 1 + ε 2TN2 ωr 9-13 Nesta expressão vemos dois parâmetros que serão definidos mais adiante: ε ω . T N ωr 144 e e2 e1 1 r 1 2 2 ωc ω N= ordem impar N ω ωc ω ω r 3dB Fig. 9-19 Exemplo de resposta Tchebyshev para filtros de ordem impar. Respostas Tchebyshev para filtros de ordem par ( fig. 9-20 ) Neste filtro, tem-se e2 =`1 nos níveis mínimos da ondulação. e1 A resposta em amplitude do filtro Tchebyshev, de ordem par, é descrita pela expressão: e2 = e1 1+ ε 2 ω 1 + ε 2 TN2 ωr 9-14 e2 e1 r 1 2 2 ωc ω N= ordem par N ω ωc ω ω r 3 dB Fig. 9-20 Exemplo de resposta Tchebyshev para filtros de ordem par. Parâmetro r É o nível escalar indicado para especificar a amplitude da ondulação na curva de resposta do filtro Tchebyschev. ( fig, 9-19 e fig. 9-20 ). As vezes ele é especificado em dB: rdB = 20 log r 145 Parâmetro ε Ë dado pela fórmula: ε 2 = r 2 −1 TN (x ) Polinômios de Tchebyshev: Estes polinômios estão fornecidos na tabela 9-1. Para cada número inteiro N, se tem um polinômio. Podemos observar que, dado um polinômio de ordem N-2 e outro de ordem N-1, pode-se determinar o polinômio de ordem N, através da fórmula recursiva: TN ( x ) = 2 xTN −1 ( x ) − TN −2 ( x ) TABELA 9-1 N 2 3 4 5 . . . N TN (x ) 2x2 −1 4 x 3 − 3x 8 x 4 − 8x 2 + 1 16 x 5 − 20 x 3 + 5 x . . . 2 xTN −1 (x ) − TN −2 ( x ) Relações entre as três freqüências características da resposta de Tchebyshev. ω 3dB 1 1 = cosh cosh −1 ωr ε N 1 ωr ε N válido para N = número impar = 2 ωc 2 1 ωr ε = 2 2 ωc 2 1+ ε N ω 3dB ω 3dB ω r × = ωc ωr ωc válido para N = número par 146 Coeficientes da expressão da resposta em função de s ( ou jω ) A maior parte dos manuais de filtros publica os coeficientes das respostas dos filtros: a1 , a2 , ................ a N −1 Exemplo: Rudolph Saal - Handbook of Filter Design AEG Telefunken – 1979 A tabela 9-2 fornece, como exemplo, os coeficientes das respostas Butherworth até a 5ª ordem. TABELA 9-2 N a0 a1 1 2 3 4 5 1 1 1 1 1 1 2 2 2,61 3,24 a2 a3 a4 a5 1 2 3,41 5,24 1 2,61 5,24 1 3,24 1 A tabela 9-3 fornece, como exemplo, os coeficientes de respostas Tchebyshev com ondulação rdB = 0,5dB , para filtros até a quinta ordem. N a0 TABELA 9-3 a1 a2 a3 1 2 3 4 5 1 1 1 1 1,16 1,40 1,53 1,65 1 1,92 2,79 3,86 a4 a5 - - - 1 2,12 3,68 1 2,98 1 Síntese do filtro passa baixas de ordem N. Um filtro passa baixas, de ordem N, é composto de N componentes reativos. Tem-se duas montagens alternativas, sendo uma com indutor de entrada ( fig. 9-21.a ) e outra com capacitor de entrada ( fig. 9-21.b ) Fig. 9-21 Montagens alternativas de filtro passa baixas de ordem N. a) Com indutor de entrada. b) Com capacitor de entrada. 147 L1 RS L3 L7 L5 C2 C4 C6 C8 RL (a) RS L2 L6 L4 C3 C1 C5 L8 C7 RL (b) Os componentes normalizados Lni e C nj são tabelados nos manuais de filtros. A partir deles calcula-se os componentes que serão usados na montagem do filtro: RL Li = Lni C j = Cnj 9-15 ωc 1 RLω c 9-16 Normalização para uma freqüência genérica ωx . Se multiplicarmos o segundo membro da expressão 9-15 por ωx , a igualdade não se ωx altera: Li = Lni RL ωc × ω x ω x RL = Lni ω x ω c ω x Portanto podemos escrever: Li = Lni′ RL ωx 9-17 onde Lni′ é uma grandeza adimensional dada por: ωx ωc Seguindo o mesmo procedimento em relação a expressão 9-16, concluímos: Lni′ = Lni 148 1 9-18 R Lω x onde C nj′ é uma grandeza adimensional dada por: C j = C nj′ C nj′ = C nj ωx ωc Normalização para a resistência de gerador RS Se multiplicarmos o segundo membro da expressão 9-17 por RS , a igualdade não se RS altera: Li = Lni′ RL ωx × RS R R = Lni′ L S RS RS ω x Portanto podemos escrever: Li = Lni′′ RS onde Lni′′ é uma grandeza adimensional dada por: Lni′′ = Lni′ ωx RL RS Seguindo o mesmo procedimento em relação a expressão 9-18, concluímos: C j = C nj′′ 1 RS ω x Manuais para projeto de filtros. Os dois manuais, para projetos de filtros, mais usados mundialmente são: Rudolph Saal – “Handbook of Filter Design” AEG-Telefunken – 1979 Anatol Zverev – “Handbook of Filter Synthesis” John Willey & Sons O Saal publica componentes normalizados para ω r e RS . O Zverev normaliza os componentes para ω 3dB e RL Na próxima página mostramos, para efeito de ilustração, a cópia da página 315 do ZVEREV . Esta página faz parte de um tabelamento mais completo dos componentes normalizados de filtros passa baixas. 149 Nessa página tem-se filtros , até a quarta ordem, cujas respostas são Tchebyshev, com amplitude de ondulação de 0,01 db. O tabelamento possibilita a implementação nas duas montagens alternativas. Repare-se que a normalização foi feita em relação a RL , uma vez que está indicado RL = 1 Ω. para os dois tipos de montagem. Para a montagem com capacitor de entrada devemos entrar com o valor do parâmetro 150 RS . RL RL . RS ------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 9-2 Para a montagem com indutor de entrada devemos entrar com o valor de Sintetizar um filtro passa baixas de 2a. ordem, com resposta Tchebyshev de ondulação 0,01 dB, para RL = 1000 Ω , RS = 500 Ω e ω 3dB = 10.000rd / s . Solução: RS R = 0,5 ou L = 2 RL RS R Vemos, que para filtro de segunda ordem, não está tabelado o casos em que S < 1 . RL Portanto não são fornecidos os componentes normalizados para a montagem com capacitor de entrada. Entretanto, para a montagem com indutor de entrada, tem-se o tabelamento do caso RL = 2 . Resulta Ln′1 = 0,4791 e C n′ 2 = 3,2772 . RS em que Como já mencionamos, a normalização, adotada pelo Zverev, é em relação a ω 3dB. Portanto a desnormalização resulta: L1 = Ln′1 RL ω 3dB C 2 = C n′ 2 1 = 0,4791× = 1.000 = 4,791 × 10 −2 H ≈ 47,9 mH 10.000 3,2772 = 3,2772 × 10 −7 F ≈ 0,328 µF 1.000 × 10.000 RLω 3dB Montagem final: ---------------------------------------------------------------------------------------------------Resposta em freqüência esperada: 500 Ω eS 47,9 mH 0,328 µF 1.000 Ω 151 e2 20 log e2 e1 0,01 0 −3 ω 10.000rd / s 152
