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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.

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.

SVGV 0VR10 v

Fig. 5-2 A fig. 5-3 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse esquema.

63

SV

GV

0V

v10

v10

v3v0

t

v0

v0

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 GV é que ele passa a conduzir. Vemos, também, que mesmo quando a tensão

GV 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 SV que possui forma de onda quadrada. A tensão GV , também, é periódica

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

SV .

SVGV 0VRSV

Fig. 5-4 A fig. 5-5 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas nesse último esquema.

64

SV

v10

tv0

GV

0V

v10

v3v0

v0 t

t

v10−

Fig. 5-5 Vemos que, durante a polarização direta do diodo, ele só passa a conduzir corrente quando chega o pulso de GV . 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 GV .

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 Sv . A tensão de acionamento Gv , também, é periódica mas tem a forma de

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

Sv Gv 0vRSv

Fig. 5-6 A fig. 5-7 mostra o diagrama de tempo das três tensões indicadas neste esquema.

65

0v

mV

0

Gv

GV

t

t

0

mV

t

Sv

0

mV−

Fig. 5-7 Vemos que, durante o ciclo positivo de Sv , o diodo só passa a conduzir corrente

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

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

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

0v , de saída, fique nula. Portanto podemos dizer que, neste esquema, o sinal Gv

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.

defasadorQuadrador

inversor

Diferenciador+

retificadorcarga

Fig. 5-8

66

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

mV

tω0

mV−

mV

Sv

0

mV−

α

1v

2v

3v

4v

Tensão após o defasador

Tensão após o quadrador inversor

Tensão após o diferenciador

Tensão após o retificador

tω

tω

tω

tω

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

67

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

R1

1k D

1 1

N1

18

3

+

VG2

U1 2N1595

R2

1k

VF1 VF2

C2 2,65u C3 265n

-

++3

2

6

74

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

R1 1

k D1 1

N1183

+

VG2

U1 2N1595

R2

1k

VF1 VF2

R3 4

15

C2 2,65u

R4 4

,15k

C3 265n

-

++3

2

6

74

OP1 !OPAMP

Fig. 5-11 A fig. 5-12 compara o sinal senoidal de entrada com o retificado da saída.

68

T

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m

Axis

la

be

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

R1 1

k D1 1

N1

18

3

+

VG2

U1 2N1595

R2 1

k

VF1 VF2

R3 1

k

C2 2,65u

R4

10k

C3 265n

-

++3

2

6

74

OP1 !OPAMP

Fig. 5-13 O resultado desta simulação está ilustrado na fig. 5-14.

69

T

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m

Axis

la

be

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

R1 1

k D1

1N

11

83

+

VG2

U1 2N1595

R2

1k

VF1 VF2

R3

2,4

2k

C2 2,65u

R4

24

,2k

C3 265n

-

++3

2

6

74

OP1 !OPAMP

Fig. 5-15 A comparação entre os sinais de entrada e de saída está mostrada na fig. 5-16

70

T

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m

Axis

la

be

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.

71

carga

defasador

Quadradorinversor

Diferenciador+

retificador

Quadradornão

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

R3

45

0

R4

4,5

k

C2 2,65uC3 265n

-

++3

2

6

74

OP1 !OPAMP

V1 10

C4 1u

R6

1k D

3 1

N1

18

3

C1 1u

R1 1

k

D1

1N

11

83

-

++

3

2

6

74

OP2 !OPAMP

VF1

N1

N2

N3

TRCT1 2

U1 2N1595

U2 2N1595

R2 1

k

VF2

Fig. 5-18 A fig. 5-19 compara a tensão retificada com a tensão senoidal de entrada.

72

T

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m

-10.00

20.00

-20.00

20.00

Sv

0v

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

nãoinversor

Diferenciador+

retificador

carga

1D

4D

3D

2D

Fig. 5-20

73

Nota-se que a seqüência superior de pulsos de acionamento atua, simultaneamente, nos SCR 1D e 2D . A seqüência inferior aciona, simultaneamente, os SCR 3D e 4D .

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.

74

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.

Sv 0vRSv

A K

G

0i

(a)

0v

mV

0 tω

0i

α0

mV

Sv

0

mV−

mI

AKv

0

mV−

ππ2

cθ

0 π

απ +2

π2

tω

tω

tω

(b) Fig. 6-1

75

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

[ ] αθ −°= 180grauc [grau] ou [ ] απθ −=rdc [rd]

Cálculo da corrente máxima na carga Seja mV 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

VI m

m =

Cálculo da tensão média do sinal retificado

( )

( )( )α

ππ

απ

π

θθπ

α cos122

coscos

2

sen0 +=

−−==

∫ mmm

AVG

VVdVV

( ) ( )απ

cos120 += m

AVG

VV 6-1

Corrente média do sinal de saída

( )( )

R

VI

AVG

AVG

00 = ( )α

πcos1

2+=

R

Vm

( ) ( )απ

cos12

0 +=R

VI m

AVG 6-2

Potência DC na carga

( ) ( )( )

R

VIVP

AVG

AVGAVGDC

20

00 =×=

76

( )

R

VP

AVG

DC

20

=

ou ( )2

2

2

cos14

απ

+=R

VP m

DC 6-3

Valor máximo da tensão média na saída O valor máximo de ( )AVGV0 acontece para 0=α

Neste caso,

( )[ ] ( )ππ

mm

MAXAVG

VVV =+= 0cos1

20

Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo

( )

( )[ ] 2

cos1

0

0 α+==

MAXAVG

AVG

NV

VV

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.

[ ]grauα

NV

Fig. 6-2 Valor máximo de DCP

O valor máximo acontece, também, para 0=α

77

[ ] =MAXDCP ( )2

2

2

0cos14

+R

Vm

π R

Vm

2

2

π=

Potência DC normalizada em relação ao valor máximo

[ ]( )

4

cos1 2α+

==MAXDC

DC

NP

PP

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.

NP

[ ]grauα

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) 045=α c) 090=α d) 0135=α e) 0180=α Solução:

Tensão de pico na carga = vVV Sm 7,16912022 =×==

Tensão média na carga = ( ) ( )απ

cos120 += m

AVG

VV v

78

Potência DC na carga = ( )

R

VP

AVG

DC

20

= W

a) 0=α

( ) ( ) 0,540cos12

7,1690 =+=

πAVGV v

29310

0,54 2

==DCP W

b) 045=α

( ) ( ) 2,4645cos12

7,1690 =+=

πAVGV v

21310

2,46 2

==DCP W

c) 090=α

( ) ( ) 1,2790cos12

7,1690 =+=

πAVGV v

2,7310

1,27 2

==DCP W

d) 0135=α

( ) ( ) 92,7135cos12

7,1690 =+=

πAVGV v

3,610

92,7 2

==DCP W

e) 0180=α

( ) ( ) 0180cos12

7,1690 =+=

πAVGV v

010

02

==DCP W

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

79

Corrente RMS na carga

( )π

θ

π

θπ

α

π

2

sen

2

222

0

20

0

∫∫==

dIdiI

m

RMS π

α

π

α

2

2sen1

2+−= mI

( )π

α

π

α

2

2sen1

20 +−= mRMS

II 6-4

onde R

VI m

m =

Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de

RMSI , 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

grauα.

Potência total entregue à carga ( ) RIP RMS ×= 2

00 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: 0PPAC =

---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 °= 30α , 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 ( )RMSI 0 na carga

f) A potência total fornecida à carga g) O ângulo de condução h) A freqüência de ondulação i) O fator de potência

80

Solução: Valor de pico da tensão de entrada

21215022 =×== Sm VV v

a) Corrente máxima na carga

10

212==

R

VI m

m A = 21,2 A

b) Tensão média na carga

( ) ( ) ( ) 6330cos12

212cos1

20 =°+=+=π

απm

AVG

VV v

c) Corrente média na carga

( )( ) 3,6

10

6300 ===

R

VI

AVG

AVG A

d) a potência DC na carga ( ) ( ) 9,3963,66300 =×=×= AVGAVGDC IVP W

e) Corrente RMS na carga

( ) AI

I mRMS 5,10

2

60sen

180

301

2

2,21

2

2sen1

20 =°

+−=+−=ππ

α

π

α

f) Potência total fornecida à carga

( ) RIP RMS ×= 2

00 1094105,10 2 =×= W

g) ângulo de condução

°=°−°=−°= 15030180180 αθc

h) Freqüência de ondulação

rf = freqüência do sinal de entrada = 60 Hz i) Potência aparente

( ) 15755,101500 =×=×= RMSS IVS VA

81

j) Fator de potência

69,01575

10940 ====S

P

S

PPF 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:

1701502 =×=mV v

( )2

2

2

cos14

απ

+=R

VP m

DC

DC

mm

DC RPVV

RP ππα

24cos1

2

2

==+

−= − 1

2cos 1

DC

m

RPV

πα

°==

−×= −− 4,64413,0cos115010

170

2cos 11 π

α

°= 4,64α ----------------------------------------------------------------------------------------------------------

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.

82

G

Sv

R

L

0i

0v

Fig. 6-4 A comparação entre a tensão de entrada e a de saída deste retificador, pode ser vista na fig. 6-5

0v

mV

0 tω

α0

mV

Sv

0

mV−

ππ2

cθ

0 π

απ +2

π2tω

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

( ) ( )απ

cos120 += m

AVG

VV 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.

83

Portanto, a corrente média fica:

( )( )

R

VI

AVG

AVG

00 =

ou ( ) ( )απ

cos120 +=

R

VI 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: tVv mS ωcos=

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

Portanto, ela pode ser decomposta em uma soma de tensões harmônicas de 0f :

( ) tVVv AVG ωsen0100 += tV ω2sen02+ tV ω3sen03+ .......... ......sen0 ++ tnV n ω

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)

( )AVGV0

01v

02v

03v

0

0

0

0

Fig. 6-6 O valor da componente contínua já foi determinado e resultou

( ) ( )απ

cos120 += m

AVG

VV

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

84

( )( )

R

VI

AVG

AVG

00 = ou ( ) ( )α

πcos1

20 +=R

VI m

AVG

Para o cálculo das componentes de corrente alternada, teremos a influência das impedâncias do indutor. Para cada componente a corrente resulta: ( )nnn tnIi ψω += cos00

onde ( )2

00

1

1

nKR

VI n

n

+×= 6-8

e nKtgn

1−=ψ

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

R

L

R

XK L ω

== 6-9

Vamos analisar dois casos extremos: a) 1<<nK

Neste caso, R

VI n

n

00 ≈

Vemos que o efeito da indutância fica desprezível. O comportamento fica praticamente igual ao do caso do retificador com carga resistiva. b) 1>>K Neste caso, com mais razão, vale ( ) 12

>>nK Resulta a aproximação

nKR

VI n

n

100 ×≈ 6-10

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

85

1>>R

Lω ou RL >>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 RL ×= 2ω . A fig. 6-7.b mostra a situação em que

RL ×= 20ω . 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

Axis

label

-10.00

0.00

10.00

20.00

30.00

40.00

50.00

0v

( )AVGI 0

0i

T

0.00 10.00m 20.00m 30.00m 40.00m 50.00m

Axis

label

-10.00

0.00

10.00

20.00

30.00

40.00

50.00

0v

0i( )AVGI 0

(a) (b)

RL ×= 2ω

RL ×= 20ω

Fig. 6-7 Nota-se que, quando RL >>ω as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com relação ao valor médio ( )AVGI 0 , ou seja

( ) ( )απ

cos1200 +=≈ m

AVG

VIi

Determinação da potência total na carga na situação em que RL >>ω Corrente RMS

( )

( ) ( ) ( )( )AVG

AVGAVG

RMS IIdIidi

I 0

20

2

0

20

2

0

20

0 2

02

22=

−×=≈=

∫∫π

π

π

θ

π

θππ

( ) ( )AVGRMS II 0≈

ou ( ) ( )απ

cos120 +≈

R

VI m

RMS

Potência total entregue à carga

86

Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada na resistência R. ( ) RIP RMS ×= 2

00

no caso em que RL >>ω resulta a aproximação

( ) ( ) ( )2

2

220

290 cos1

4+=×≈×=

R

VRIRIP m

AVGRMSπ

( ) DC

m PR

VP =+≈

2

2

2

0 cos14π

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. 0PPin =

No caso em que RL >>ω . Vale a aproximação: DCin PP ≈

-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 °= 30α , 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 ( )RMSI 0 na carga

f) A potência total fornecida à carga g) A potência aparente h) O fator de potência


21215022 =×== Sm VV v

87

a) ( ) ( ) ( ) 6330cos12

212cos1

20 =°+=+=π

απm

AVG

VV v

b) Corrente média na carga

( )( ) 3,6

10

6300 ===

R

VI

AVG

AVG A

c) Potência DC fornecida à carga.

( ) ( ) 9,3963,66300 =×=×= AVGAVGDC IVP W

d) Reatância do indutor da carga Ω=×== 37712 fLX L πω

Vemos que RX L >> e) Corrente RMS na carga Como RX L >> . Resulta

( ) ( ) 3,600 =≈ AVGRMS II A

f) Potência total na carga

9,396103,6 220 =×=×= RIP RMS W

g) Potência aparente ( ) 9453,61500 =×=×= RMSS IVS VA

h) Fator de potência

42,0945

9,3960 ====S

P

S

PPF AC

-----------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 6-5 Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de meia onda. Sua carga é indutiva de tal modo que RL >>ω . Quando a amplitude da tensão da fonte é mV o

ângulo de disparo é zero e é produzido em R a tensão ( )AVGV0 . Quando a amplitude da

tensão da fonte for mV2 , o ângulo de disparo é α e é produzido em R o mesmo ( )AVGV0

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

88

- Amplitude igual a mV

( ) ( ) ( )πππ

mmm

AVG

VVVV =+=+= 11

20cos1

20

- Amplitude igual a mV2

( ) ( )αππ

cos12

20 +== mm

AVG

VVV ( )α

πcos1+= mV

Portanto ( )αππ

cos1+= mm VV

Ou αcos11 += Ou 0cos =α ∴ °== − 900cos 1α °= 90α --------------------------------------------------------------------------------------------------- 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

43

2

sv

sv

sv

0v

0i

(a)

89

0v

mV

0

tω

0i

α

0

mVSv

mV−

mI

12v

mV2−

π

cθ

0

απ +

tω

tω

tω0

tω0

34v

mV2− (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

[ ] αθ −°= 180grauc [grau] ou [ ] απθ −=rdc [rd]

- Cálculo da corrente máxima na carga

90

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

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

em cada diodo, fica: PIV = 2 mV

- 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

( )( )

( )αππ

απ

π

θθπ

α cos1coscossen

0 +=−−

==∫ mm

m

AVG

VVdVV

( ) ( )απ

cos10 += m

AVG

VV 6-11

- Corrente média do sinal de saída

( )( )

R

VI

AVG

AVG

00 = ( )α

πcos1+=

R

Vm

( ) ( )απ

cos10 +=R

VI m

AVG 6-12

- Potência DC na carga

( ) ( )( )

R

VIVP

AVG

AVGAVGDC

20

00 =×=

( )

R

VP

AVG

DC

20

=

ou ( )2

2

2

cos1 απ

+=R

VP m

DC 6-13

91

- Valor máximo da tensão média O valor máximo de ( )AVGV0 acontece para 0=α

Neste caso,

( )[ ] ( )ππ

mm

MAXAVG

VVV

20cos10 =+=

- Tensão média normalizada em relação ao seu valor máximo

( )

( )[ ] 2

cos1

0

0 α+==

MAXAVG

AVG

NV

VV

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.

[ ]grauα

NV

Fig. 6-9 - Valor máximo de DCP

O valor máximo acontece para 0=α

[ ] =MAXDCP ( )2

2

2

0cos1+R

Vm

π R

Vm

2

24

π=

- Potência DC normalizada em relação ao valor máximo

[ ]( )

4

cos1 2α+

==MAXDC

DC

NP

PP

92

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.

NP

[ ]grauα

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) 045=α c) 090=α d) 0135=α e) 0180=α Solução:

Tensão de pico na carga = vVV Sm 7,16912022 =×==

Tensão média na carga = ( ) ( )απ

cos10 += m

AVG

VV v

Potência DC na carga = ( )

R

VP

AVG

DC

20

= W

a) 0=α

( ) ( ) 1080cos17,169

0 =+=π

AVGV v

116710

1082

==DCP W

b) 045=α

93

( ) ( ) 2,9245cos17,169

0 =+=π

AVGV v

4,85010

2,46 2

==DCP W

c) 090=α

( ) ( ) 0,5490cos17,169

0 =+=π

AVGV v

8,29110

0,54 2

==DCP W

d) 0135=α

( ) ( ) 8,15135cos17,169

0 =+=π

AVGV v

2510

8,15 2

==DCP W

e) 0180=α

( ) ( ) 0180cos17,169

0 =+=π

AVGV v

010

02

==DCP W

------------------------------------------------------------------------------------------------------- - Corrente RMS na carga

( )π

θ

π

θπ

α

π

∫∫==

dIdiI

m

RMS

22

0

20

0

sen

π

α

π

α

2

2sen1

2+−= mI

( )π

α

π

α

2

2sen1

20 +−= m

RMS

II 6-14

onde R

VI m

m =

Nota importante: Devida à compatibilidade dimensional da expressão matemática de

RMSI , 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

grauα.

94

- Potência total entregue à carga

( ) RIP RMS ×= 200 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: 0PPAC =

-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 °= 30α , 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 ( )RMSI 0 na carga

f) A potência total fornecida à carga g) O ângulo de condução h) A freqüência de ondulação j) O fator de potência


21215022 =×== Sm VV v

a) Corrente máxima na carga

10

212==

R

VI m

m A

b) Tensão média na carga

( ) ( ) ( ) 12630cos1212

cos10 =°+=+=π

απ

mAVG

VV v

c) Corrente média na carga

( )( ) 6,12

10

12600 ===

R

VI

AVG

AVG A

d) a potência DC na carga

95

( ) ( ) 15886,1212600 =×=×= AVGAVGDC IVP W

e) Corrente RMS na carga

( ) AI

I mRMS 9,14

2

60sen

180

301

2

2,21

2

2sen1

20 =

°+−=+−=

ππ

α

π

α

f) Potência total fornecida à carga

( ) RIP RMS ×= 200 2205109,14 2 =×= W

g) ângulo de condução °=°−°=−°= 15030180180 αθc

h) Freqüência de ondulação Como o período é a metade do sinal de entrada, a freqüência é o dobro. Portanto

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

i) Potência aparente

( ) 22359,141500 =×=×= RMSS IVS VA

j) Fator de potência

987,02235

22050 ====S

P

S

PPF 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

cos1 απ

+=R

VP m

DC

DC

mm

DC RPVV

RP ππα ==+

2

2

cos1

−= − 1cos 1

DC

m

RPV

πα

1701502 =×=mV v

96

( ) °=−=

−×= −− 5,106284,0cos115010

170cos 11 π

α

°= 5,106α

--------------------------------------------------------------------------------------------------- 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

sv

sv

sv

0v

0i

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 0i , indicada na figura, vale para a situação

em que RL >>ω .

97

0v

mV

tω

0i

α

0

mVSv

π

0

απ +

tω

tω0

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 απ + . Portanto tem-se o intervalo entre os ângulos π e απ + em que 0v se torna negativo. Isto não é

desejado porque diminui o valor médio de 0v e, conseqüentemente de 0i .

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.

98

L

R

0i

sv

sv

sv0v

2−SCR

1−SCRR

sv

sv

sv

0v0i

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

0v

mV

tω

α

0

mVSv

mV−

π

cθ

0

απ +

tω

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

( ) ( )απ

cos10 += m

AVG

VV 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

VI

AVG

AVG

00 =

ou ( ) ( )απ

cos10 +=R

VI m

AVG 6-17

99

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: tVv mS ωcos=

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 :

( ) tVVv AVG ω2sen0100 += tV ω4sen02+ tV ω6sen03+ .......... ......2sen0 ++ tnV n ω

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

( )AVGV0

01v

02v

03v

0

0

0

0

(b)

ω2

ω6

ω4

(a)

Fig. 6-15

O valor da componente contínua já foi determinado e resultou

( ) ( )απ

cos10 += m

AVG

VV

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

( )( )

R

VI

AVG

AVG

00 = ou ( ) ( )α

πcos10 +=

R

VI m

AVG

Para as correntes produzidas pelas componentes harmônicas teremos a influência da presença da impedância do indutor Para cada componente a corrente resulta:

100

( )nnn tnIi ψω += 2cos020

onde ( )2

00

21

1

nKR

VI n

n

+×= 6-18

e nKtgn 21−=ψ

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

XK L ω

== 6-19

Vamos analisar dois casos extremos: a) 12 <<nK

Neste caso, R

VI n

n0

0 ≈

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

b) 1>>K

Neste caso, com mais razão, vale

( ) 12 2

>>nK Resulta a aproximação

nKR

VI n

n 2

100 ×≈ 6-20

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

1>>R

Lω ou RL >>ω

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

101

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 RL =ω . A fig. 6-16.b mostra a situação em que

RL ×= 10ω . 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

RL =ω

-.50

(a) (b)

RL 10=ω0v0v

0i

0i

( )AVGi0 ( )AVGi0

Fig. 6-16

Nota-se que, quando RL >>ω as amplitudes das harmônicas ficam desprezíveis com relação ao valor de ( )AVGI 0 , ou seja

( ) ( )απ

cos100 +=≈ mAVG

VIi

Determinação da potência total na carga na situação em que RL >>ω - Corrente RMS

( )

( ) ( ) ( )( )AVG

AVGAVG

RMS IIdIidi

I 0

200

200

20

0

0=

−×=≈=

∫∫π

π

π

θ

π

θππ

( )AVGRMS II 0)(0 ≈

ou ( ) ( )απ

cos10 +≈R

VI m

RMS

- Potência total entregue à carga Como a indutância não dissipa potência, toda a potência do sinal retificado é dissipada na resistência R. ( ) RIP RMS ×= 2

00

No caso em que RL >>ω tem-se a aproximação

102

( ) ( ) ( )2

2

220

200 cos1 α

π+=×≈×=

R

VRIRIP m

AVGRMS

( ) DC

m PR

VP =+≈

2

2

2

0 cos1 απ

- 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. 0PPin =

No caso em que RL >>ω vale a aproximação DCin PP ≈

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 °= 30α , 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 ( )RMSI 0 na carga

f) A potência total fornecida à carga g) A potência aparente h) O fator de potência


21215022 =×== Sm VV v

a) ( ) ( ) ( ) 12630cos1212

cos10 =°+=+=π

απ

mAVG

VV v

b) Corrente média na carga

( )( ) 6,12

10

12600 ===

R

VI

AVG

AVG A

c) Potência DC fornecida à carga.

103

( ) ( ) 15886,1212600 =×=×= AVGAVGDC IVP W

d) Reatância do indutor da carga Ω=×××=== 37716022 ππω LfLX L

Vemos que RX L >> e) Corrente RMS na carga

Como RX L >> . Resulta

( ) ( ) 6,1200 =≈ AVGRMS II A

f) Potência total na carga

( ) 1588106,12 2200 =×=×= RIP RMS W

g) Potência aparente ( ) 18906,121500 =×=×= RMSS IVS W

h) Fator de potência

84,01890

15880 ====S

P

S

PPF AC

-----------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 6-10 Um carregador bi-volt utiliza um retificador controlado de onda completa. Sua carga é indutiva de tal modo que RL >>ω . 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

( )AVGV0 . Determinar o ângulo de disparo para que seja produzido o mesmo ( )AVGV0 na

situação em que se tem 240=SV v.

Para 100=SV v tem-se:

( ) ( ) ( ) 901002222

112

0cos10 =××

==+=+=ππππ

SSm

AVG

VVVV v

Para 240=SV v tem-se

( ) ( ) ( )απ

απ

cos12402

cos1900 +×

=+== m

AVG

VV

104

2402

90cos1

×

×=+

πα

( ) °=−=

−

×

×= −− 6,99167,0cos1

2402

90cos 11 π

α

°= 6,99α ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- Retificador controlado, de onda completa utilizando 4 SCR em ponte A fig. 6-17 mostra este tipo de montagem

Sv Sv RL

1S

2S 3S

4S

Sv Sv

1S

2S 3S

4S

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 1S e 2S recebem os mesmos pulsos de disparo. Da mesma forma, os SCR

3S e 4S também recebem um mesmo pulso de disparo. O pulso que dispara 3S e 4S

está defasado de 180° do pulso que dispara 1S e 2S . 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 = mV2 . Na montagem

com quatro SCR tem-se PIV = mV .

105

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 0v

1i 0i

1V

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 ONT e desligada durante o tempo

OFFT .

T

ONT OFFT

0v

0

1V

t

0V

Fig. 7-2

106

O valor médio da tensão de saída, que chamaremos 0V , é dado por:

T

TV

T

dtv

T

dtv

V ON

TT ON

×===

∫∫10

0

0

0

0

Portanto

10 VT

TV ON=

Chama-se ciclo de trabalho a relação T

Td ON=

Portanto, em função deste parâmetro, a expressão matemática de 0V , fica:

10 VdV ×=

Nota-se que 10 ≤≤ d A fig. 7-3 mostra a variação da tensão média de saída em função do ciclo de trabalho.

0V

1V

0 1 T

Td ON=

Fig. 7-3 A corrente 0i , na resistência R, fica:

R

vi 0

0 =

Portanto, sua forma é a mesma da tensão 0v .

Isto acarreta que seu valor médio fica

107

R

Vd

R

VI 10

0

×==

O valor eficaz (RMS) da tensão de saída fica

( )T

TV

T

dtV

T

dtv

V ON

TT

RMS

ON

210

21

0

20

20

∫∫==

Portanto

( )T

TVV ON

RMS 10 =

ou ( ) dVV RMS 10 =

Da mesma forma

( )( )

dR

V

R

VI

RMS

RMS10

0 ==

Potência total na saída

( ) ( ) dR

VIVP RMSRMS

21

000 =×=

Potência de entrada

dR

V

R

VdVIVPtn

211

101 =×=×=

Vemos que inPP =0

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

Vd

R

VdVdIVP DC

21

21

100)(0 =×××=×=

R

VdP DC

21

2

)(0 =

108

Rendimento:

( )d

R

Vd

R

Vd

P

P

in

DC===

21

21

2

0η

Vimos que a tensão média de saída é 10 VdV ×=

ou 1

0

V

Vd =

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

0V1V

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 0v .

Para que o bloqueio das componentes de freqüência seja efetivo é necessário que

109

RL >>ω Nesta expressão, tem-se fπω 2= onde f é a freqüência de chaveamento, ou seja

T

f1

=

S

R

0v

1i 0i

1V

L

Rv

Lv

Dv D

Di

Fig. 7-5 A fig. 7-6 mostra a simulação de conversões DC para DC

RL =ω

0v

0i

(a)

0i

0v

(b)

RL 10=ω

0I0I

Fig. 7-6 Na parte (a), desta figura 7-6, temos a situação em que RL =ω . 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 RL 10=ω . Vemos que a corrente total na carga, que chamamos de 0i , quase que se confunde com a corrente média (DC)

0I que flui nessa carga.

110

Propriedades da corrente 0i no caso em que RL >>ω

A fig. 7-7 mostra a corrente 0i no caso em que RL >>ω

0i

0I

MAXI

MINI

t

I∆

Fig. 7-7 O parâmetro 0I é a corrente média que é dada por

R

VdI 1

0

×=

Onde 1V é a tensão DC de entrada e T

Td ON=

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

L

TVdI OFF

21 ××

=∆TL

TTVd OFF

×

×××=

21

Mas, dT

TOFF −= 1

Portanto ( )

L

TVddI

2

1 1 ××−=∆

Tensões na resistência R A tensão média em R fica ( ) 1000 VdRIVV AVG ×=×==

A amplitude da variação da tensão na carga fica

( )

L

RTVddRIV

2

1 1 ×××−=×∆=∆

111

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

( )( )

L

RTd

Vd

L

RTVdd

V

V

2

12

1

1

1

0

××−=

×

×××−

=∆

( )

L

RTd

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 ONT

b) Sabendo-se que a resistência R vale 10 ohm, determinar o valor de L de tal

modo que se tenha, no pior caso, 05,00

=∆

V

V.

Solução

a) 53

10110100

11 −×=×

==f

T s

301 =V volt

10 VdV ×=

- Para 300 =V volt, resulta

3030 ×= d

Portanto, 130

30==d

1==T

Td ON

sTTON

51011 −×=×=

- Para 30 =V volt, resulta

303 ×= d

112

1,030

3==d

Portanto. 1,0=T

TON

Ou 65 1011011,01,0 −− ×=××=×= TTON

6101 −×=ONT s

b) ( )

L

RTd

V

V

2

1

0

××−=

∆

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

V∆

Portanto, em nosso caso, isto acontece para 30 =V volt que acarretou

1,0=d Resulta

( )

LL 2

109

2

101011,0105,0

55 −− ×=

×××−=

HL4

5

10905,02

109 −−

×=×

×=

mHL 9,0= ------------------------------------------------------------------------------------------------------- Potência total dissipada na carga

( ) ( )ACDC PPP 000 +=

Potência fornecida pela tensão de entrada 1V 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 ( ) ( )ACDCin PPPP 000 +==

( )R

Vd

R

VP DC

21

220

0

×==

113

No caso em que RL >>ω tem-se

( )R

VP AC 3

2

0

∆≈

( )

( )

2

02

0

2

0

0

3

13

∆×=

∆

=V

V

R

V

R

V

P

P

DC

AC

Rendimento Energético

( )

in

DC

P

P0=η

( )

( ) ( ) ( )

( )AC

ACACDC

DC

P

PPP

P

0

000

0

1

1

+

=+

=

ou 2

03

11

1

∆+

=

V

Vη

--------------------------------------------------------------------------------------------- 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

05,00

=∆

V

V

( )9992,0

3

05,01

12

=

+

=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 rendimento será sensivelmente menor do que o resultado obtido no exercício 7-2.

114

CONVERSOR DC PARA DC DO TIPO STEP UP Prncípio de funcionamento Sejam os esquemas da fig. 7-8

Li

L

R

L

S R

(a) (b)

1V 1VS

0=Ri LR ii =

0vLi

Li

Fig. 7-8 Vamos supor que, inicialmente, a chave S está aberta. Neste caso teremos um estado

estacionário em que a corrente Li é contínua tendo o valor R

V1 .

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

tL

V

R

ViL

11 +=

Vemos que é uma corrente crescente. Como a chave fica ligada em um tempo ONT a corrente Li atinge o valor

ONON TL

V

R

VI 1+=

Após este tempo ONT a chave abre.

Nesta situação, supondo L muito maior do que TR × , a corrente que percorre o indutor e a resistência de carga, fica aproximadamente

−= t

L

RIi ONL 1

Vemos que, nesta situação, a corrente Li decresce.

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

−= OFFONOFF T

L

RII 1

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

115

ONT

OFFI

ONI

R

V1

OFFT

T0t

Li

Fig. 7-9 Situação estacionária durante um chaveamento periódico A medida que se repete o chaveamento, a corrente Li adquire acréscimos sucessivos

tanto em ONI quanto em OFFI até que atinge uma situação em que esses parâmetros não

mudam de valor nos ciclos subseqüentes. Nesta situação dizemos que a corrente Li atingiu o estado estacionário como se pode ver na fig. 7-10.

Li

t Fig. 7-10 A fig. 7-11 mostra um trecho estacionário dessa corrente.

AVGI

Li

t Fig. 7-11 Nesta situação, o valor médio da corrente Li é dado por

116

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 ONT a tensão em R

é nula e, portanto, a corrente nesta resistência R também é nula. A fig. 7-12 compara a corrente Li do indutor com a corrente Ri da carga.

AVGI

Li

Ri

t

t

T

OFFT

Fig. 7-12 Neste caso a corrente média estacionária na carga fica

( )T

T

T

TR

VI OFF

ON

AVGR ×

−

×=

1

11)

R

V

T

T

R

V

TT

T

R

V

OFF

OFF

ON

OFF 111 =×=−

×=

( )R

VI AVGR

1) =

T

TR

VI

ON

AVGL

−

×=

1

11)(

117

Tensão média na resistência de carga ( ) RIVV AVGRAVGR ×== )(0

Portanto T

T

T

TVV OFF

ON

×

−

×=

1

110 111 V

T

TV

TT

TV

OFF

OFF

ON

OFF =×=−

×=

10 VV =

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

L

R1V S

C 0v

Li

Fig. 7-13 Na fase em que a chave está aberta a corrente Li carrega o capacitor resultando a tensão

aproximada RION × .

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 RCtD 2,2≈ Normalmente se faz TtD >> , ou seja TRC >>2,2

ou R

TC

2,2>>

Nesta condição, em que TtD >> , 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 ONT . Como o capacitor está em paralelo

118

com a resistência R, a tensão 0v nesta resistência é, o tempo todo, a mesma do

capacitor. A fig. 7-12 mostra o estado estacionário da tensão 0v , na carga R, ao longo dos ciclos

de chaveamento

OFFT

AVGV

0v

t

T

Fig. 7-12 O valor médio dessa tensão 0v , vale aproximadamente

T

T

VVV

ON

AVG

−

≈=

1

10

ou d

VV

−=

11

0

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) 11

0 01V

VV =

−=

b) 11

0 25,01

VV

V ×=−

=

c) 11

0 109,01

VV

V ×=−

=

-------------------------------------------------------------------------------------------

119

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 301 =V volt. Sua saída

0V deve ser ajustável de 30 a 150 volt. Ele deve ser capaz de fornecer corrente RI de

0,1 até 1 Ampere. A freqüência de chaveamento é 100 kHz. Dimensionar os valores de L e C obedecendo as condições:

MAXRTL ×= 20 MINR

TC 20=

Solução: Resistência de carga:

RI

VR 0=

( )

( )MINR

MAX

MAXI

VR

0= Ω== 1500

1,0

150

( )

( )

Ω=== 301

300

MAXR

MIN

MINI

VR

MAXRTL ×= 20 Hf

RMAX 3,010100

15002020

3=

×

×==

MINR

TC 20= F

Rf MIN

6

31067,6

3010100

20120 −×=

××=

×=

----------------------------------------------------------------------------------------------------

120

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.

V1 30

L1 300m

T1 !NPN

R1 5

00

R2 500

VF1

C1 6

,7u

D1 1N1183

U2 100k

Fig. 7-13 Foi usado um transistor como chave.

A fig. 7-14 mostra a tensão de saída para o caso de 5,0=T

TON . Teoricamente, deveria

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 15,0± volt. Isto acarreta

003,02,56

15,0≈=

∆

V

V ou 0,3 %

T

0.00 5.00u 10.00u 15.00u 20.00u

VF1

56.00

56.40

Fig. 7-14

121

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.

Ev +=0

E

carga

E

Ev −=0

E

carga

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,

supondo que o período da tensão de saída seja ST , a duração de cada fase fica 2ST

.

ST2ST

0v

t0E+

E−

Fig. 8-2 Inversor que utiliza uma única bateria Neste caso a bateria fica flutuando em relação a terra. Ver fig. 8-3.

122

Ev +=0

E

Ev −=0

Ecarga 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 ST , a

duração de cada fase fica 2ST

.

Nas duas configurações vemos que a tensão de saída tem a forma de onda quadrada com período ST . De acordo com a série de Fourier, esta tensão é composta de componentes

senoidais com freqüências múltiplas da freqüência fundamental S

ST

f1

= . Essas

componentes são chamadas de freqüências harmônicas da freqüência fundamental .Sf

A componente média (tensão DC) da tensão 0v é nula, ou seja

( ) 0)(0)(0 == DCAVG VV

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.

Sf Sf2

Sf3 Sf4 Sf5f

π

E4

π3

4E

π5

4E

Fig. 8-4 A fig. 8-5 mostra esta mesma distribuição espectral com os valores das amplitudes representados com números fracionários decimais.

123

Sf Sf2

Sf3 Sf4 Sf5f

E27,1

E42,0E26,0

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

.Sf mas dificulta a passagem das componentes harmônicas de .Sf 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 Sf e atenua as componentes harmônicas dessa freqüência.

124

1V 2V

Filtro passa baixas

1

2

V

V

1

Sf3Sff

(a)

(b) 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 Sf e rejeitar as componentes harmônicas dessa

freqüência.

Sf Sf3

1

2

V

V

1

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

125

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 Sf . Esta forma de onda não contém a componente harmônica de terceira

ordem. Portanto, o filtro deve rejeitar a partir da quinta harmônica.

E−

E+

0 t

0v

ST

2ST

3ST

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 sf3 .

E+

E+

E−

E−

t

t

0v

0v

E27,1

Sf Sf3

Sf5Sf

Sf5

Sf3

E42,0E26,0

E10,1

E22,0

⇒

⇒

Fig. 8-10 Geração da forma de onda de quatro fases. Na fig. 8-11 indicamos as 4 fases dessa forma de onda

126

1

2

3

4

E+

E−

0

Fig. 8-11 A fig. 8-12 mostra a configuração das chaves para a fase 1. Esta fase 1 fornece a tensão

+ E com duração 3ST

.

Ev +=0

Ecarga


0 com duração 6ST

.

00 =v

Ecarga


- E com duração 3ST

.

Ev −=0

Ecarga

Fig. 8-14

127

A fig. 8-15 mostra a configuração das chaves para a fase 4. Esta fase 4 fornece a tensão

0 com duração 6ST

.

00 =v

Ecarga

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.

E

E

Carga

1PbR

2P

bR

1Q

2Q

Fig. 8-16 Uma tensão positiva no ponto 1P e uma tensão zero no ponto 2P faz o transistor 1Q

conduzir e o transistor 2Q abrir. Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente + E. Uma tensão nula no ponto 1P e uma tensão negativa no ponto 2P faz o transistor 1Q

abrir e o transistor 2Q 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.

128

E Carga

1PbR

2P

bR

1Q

2Q 4P

3PbR

4Q

3Q

bR

Fig. 8-17 Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos 3P e 2P e tensões nulas

em 1P e , 4P o transistores 3Q e 2Q conduzem e os transistores 1Q e 4Q abrem

Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente + E. Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos 1P e 4P e tensões nulas

em 2P e 3P , o transistores 1Q e 4Q conduzem e os transistores 2Q e 3Q abrem

Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente - E. Quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos 1P e 3P e tensões nulas

em 2P e 4P , o transistores 1Q e 3Q conduzem e os transistores 2Q e 4Q abrem

Desta maneira a tensão na carga fica aproximadamente 0. Da mesma forma, quando se tem, simultaneamente, tensões positivas nos pontos 2P e

4P e tensões nulas em 1P e 3P , o transistores 2Q e 4Q conduzem e os transistores

1Q e 3Q 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.

129

9- PROJETOS DE FILTROS ELÉTRICOS Definições Seja um gerador de força eletromotriz ( fem ) Se e resistência interna SR . Ele envia

sinal para uma carga LR produzindo em seus terminais a tensão 1e ( ver fig.9-1.a ).

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

L

SS

SL

LS

R

Re

RR

Ree

+

=+

=

1

11 ou

+=

L

SS

R

Ree 11

Em toda a teoria de filtros passivos, a fem do gerador utilizado, é definida como sendo aquela que, sem filtro inserido, produz a tensão 1e na carga. Portanto:

+=

L

SS

R

Ree 11

Por definição o filtro, passivo, é todo dispositivo construído apenas com elementos reativos, que é inserido entre este gerador e a carga LR , transformando o sinal 1e em

outro sinal que chamaremos de 2e . Ver fig. 9-1.b.

A resposta de um filtro é a relação 1

2

e

e.

Quando não há filtro se tem 12 ee = . Neste caso 11

1

1

2 ==e

e

e

e

FILTRO PASSA BAIXAS DE PRIMEIRA ORDEM A fig. 9-2 mostra esse filtro .

Se LR

1e SeLR 2eFILTRO

( a ) ( b )

SRSR

130

Fig. 9-2 Filtro passa baixas de primeira ordem

A tensão na carga é:

=++

+

=ωjLRR

RR

Re

eLS

L

L

S11

2 =+

+

+

L

RRj

L

RR

eLS

LS

ω1

c

c

je

ωω

ω

+1 onde

L

RR LSc

+=ω

Portanto c

c

je

e

ωω

ω

+=

1

2 9-1

onde L

RR LSc

+=ω 9-2

Podemos escrever na forma polar: φjee

e

e

e

1

2

1

2 = ou

c

je

e

ω

ω+

=

1

1

1

2 2

1

1

+

=

cω

ω

c

arctg

eω

ω−

Para cωω << tem-se 0

1

2 1 jee

e≈

Para cωω >> tem-se 2

1

2π

ω

ω jc e

e

e −

≈

Para cωω = tem-se 4

1

2

2

1 πj

ee

e −

=

A fig. 9-3.a mostra a resposta 1

2

e

eem função de ω . Supõe-se escala bi-logarítma.

Esta resposta indica a relação entre as amplitudes do sinal 2e e do sinal 1e .

LR 2e

SR ωjL

+

L

S

R

Re 11

131

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 2e e o

sinal 1e .

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 1e é aquele que existiria na carga LR quando não se tem filtro.

O sinal 2e é o sinal na mesma carga, modificado pela inserção do filtro. A freqüência cω 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

amplitude do sinal de um fator 2

1. Se diz que o filtro provocou, no sinal, um ganho

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 SR , LR e cω .

Aplicando a fórmula 9-2 determina-se o valor do componente L.

2

1 1

cωω

1

2

e

eassíntotas

ω

ωc

cω0

4

π−

2

π−

( a )

( b )φ

ω

132

L

RR LSc

+=ω ou

c

LS RRL

ω

+=

c

L

L

S R

R

R

ω

+= 1

Podemos escrever c

Ln

RLL

ω= onde

+= 1

L

Sn

R

RL

nL é chamado de “valor normalizado” de L. Ele é adimensional. Entretanto pode ser

considerado como sendo o valor físico de L quando se usa Ω= 1LR e srdc /1=ω .

Os “Hand Books" tabelam nL para diversos valores de L

S

R

R. A partir desse parâmetro

determina-se L pela fórmula c

Ln

RLL

ω= . Esta operação se chama desnormalização.

Operador ωjs = Se na expressão 9-1 substituirmos ωj por s , teremos como resultado:

c

c

se

e

ω

ω

+=

1

2 9-3

A expressão, nessa forma, permite determinar as assíntotas e seu cruzamento:

Para cs ω<< tem-se 0

1

2 11 j

c

c ee

e==≈

ω

ω

Para cs ω>> tem-se 2

1

2π

ω

ω

ω

ωω jccc e

jse

e −

==≈

A fig. 9-4 mostra essas assíntotas

Fig. 9-4 Assíntotas da resposta do filtro passa baixas de primeira ordem.

1

2

e

e

1

cωω

cωω0

φ

2

π−

ω

ωc

133

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 ωj , 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.

Fig. 9-5 Filtro de primeira ordem onde se indica a impedância dos componentes em temos do operador s. O cálculo da relação entre 2e e 1e se transforma em uma simples operação

algébrica onde não se tem a presença de números complexos. Resulta:

L

RRs

L

RR

e

e

LS

LS

++

+

=1

2 ou

c

c

se

e

ω

ω

+=

1

2 onde L

RR LSc

+=ω

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.

Fig. 9-6 Filtro passa baixas de primeira ordem: versão capacitiva.

LR 2e

SR Ls

+

L

S

R

Re 11

SR

Cs

1S

L

S eR

Re =

+11

LR 2e

134

Para o cálculo da resposta usa-se o teorema de Thevenin / Norton ( fig. 9-7.a ) e trabalha-se com admitâncias ( fig. 9-.b ).

Fig. 9-7 Transformações. a) Aplicação de Thevenin-Norton. b) Mudança para

admitâncias.

Nesse esquema tem-se:

S

SR

G1

= L

LR

G1

=

+=

+=

S

L

L

S

SG

Ge

R

Ree 11 11

Cálculo da resposta:

CsGG

Gee

LS

SS

++=2

CsGG

GG

Ge

LS

S

S

L

++

+

=

11

ou

C

GGs

C

GG

e

e

LS

LS

++

+

=1

2

Podemos escrever:

c

c

se

e

ω

ω

+=

1

2 9-4

onde C

GG LSc

+=ω

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 SR , LR e cω , calcula-se C, utilizando-se a expressão de cω .

SR Cs

1LR 2e

S

S

R

e

( b )( a )

Cs LG 2eSSGe SG

135

c

LS GGC

ω

+=

c

L

L

S G

G

G

ω

+= 1

Em termos de impedâncias tem-se

cLS

L

RR

RC

ω

11

+= ou

cL

nR

CCω

1= onde

+=

S

Ln

R

RC 1

nC é chamado de “valor normalizado” de C. Ele é adimensional. Entretanto pode ser

considerado como sendo o valor de C quando se usa Ω= 1LR e srdc /1=ω .

Os “Hand Books “ de filtros tabelam nC para diversos valores de L

S

R

R. A partir desse

parâmetro determina-se C pela fórmula cL

nR

CCω

1= . Desta maneira, tem-se a

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.

Fig. 9-8 Filtro passa baixas de Segunda ordem.

Se calcularmos a relação 1

2

e

e chegaremos ao resultado:

SR

Cs

1

S

L

S eR

Re =

+11

LR 2e

Ls

136

+

+

++

+

=

LC

R

R

sCRL

Rs

LC

R

R

e

e

L

S

L

S

L

S

11

1

2

1

2 ou

21

2

2

1

2

cc

c

sase

e

ωω

ω

++= 9-5

Nesta expressão:

LCR

R

L

Sc

112

+=ω 9-6

e

+=

CRL

Ra

L

S

c

111

ω 9-7

O parâmetro 1a é adimensional Resposta assintótica

21

2

2

1

2

cc

c

sase

e

ωω

ω

++=

Se cs ω<< então 02

2

1

2 1 j

c

c ee

e=≈

ω

ω

Se cs ω>> então π

ω

ω

ω

ωω jccc ese

e −=−

=≈2

2

2

2

2

2

1

2

A fig. 9-9 mostra as assíntotas das respostas de amplitude e de fase.

137

Fig. 9-9 Respostas assintóticas. a) Resposta de amplitudes. b) Resposta de fase.

Aqui, também, a freqüência cω 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 cωω = .

Substituindo s por cjω na expressão 9-5, resulta:

221

2

2

1

2

ccc

c

jae

e

ωωω

ω

++−= 2

11

11 πj

eaja

−

==

Portanto, neste ponto, a resposta de amplitude fica 11

2 1

ae

e=

O parâmetro 1a 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

1

2

e

e

1

cωω

cωω0

φ

π−

2

ω

ωc

( b )( a )

138

Fig. 9-10 Resposta em freqüências de um filtro passa baixas de segunda ordem, em

dependência do parâmetro 1a . 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 21 =a .

22

2

1

2

2 cc

c

je

e

ωωωω

ω

++−=

( ) 22222

2

1

2

2 ωωωω

ω

cc

c

e

e

+−

=2

2

2

1

1

+

=

cω

ω

A fig. 9-11 mostra a resposta de amplitudes do tipo ButherWorth, para o filtro passa baixas de segunda ordem.

ωcω

1

2

e

e

1

22 2

ω

ωc

21 =a

Fig. 9-11 Resposta Butherworth para um filtro passa baixas de segunda ordem.

ω

ω

cω

cω

φ

0

2

π−

π

1

2

e

e

21 >a

21 =a

21 <a

01 =a

21 >a21 =a

21 <a

( a )( b )

1

2

2

139

Resposta Tchebyschev ( Equal Riplle Amplitude Response ) para um filtro passa baixas de segunda ordem. São todas as curvas de resposta em que o parâmetro 1a é menor do que 2 . A fig. 9-12 mostra um exemplo dessa resposta.

ω

cω

1

2

e

e

21 <a

1

2

2

rω dB3ω

r

2

ω

ωc

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:

⇒cω Ponto de cruzamento das assíntotas.

⇒rω Ponto onde a assíntota horizontal encontra a curva da resposta.

⇒dB3ω 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:

c

Ln

RLL

ω= e

cL

nR

CCω

1= 9-8

onde nL é uma grandeza adimensional dada por:

+

−±

+=

L

S

L

S

L

S

n

R

Ra

R

R

R

RaL

1

4

1112

1

21

1 9-9

140

nC é outra grandeza adimensional dada por:

n

L

S

nL

R

R

C

+

=

1

9-10

As grandezas nL e nC são chamados componentes normalizados. Os manuais de

filtros tabelam essas grandezas para diversos valores de 1a e .L

S

R

R. A desnormalização,

ou seja, a determinação dos valores dos componentes se faz aplicando-se as fórmulas:

c

Ln

RLL

ω= e

cL

nR

CCω

1=

Exercício 9–1 Projetar um filtro passa baixas de segunda ordem com resposta Butherworth sabendo-se que Ω== 1000SL RR e srdc /000.10=ω . Solução:

Os parâmetros de entrada são: 21 =a e 1=L

S

R

R

Entrando com esses valores nas fórmulas 9-9 e 9-10 resulta:

2=nL e 2=nC

Desnormalizando:

HR

LLc

Ln 1414,0

000.10

000.12 ===

ω

cL

nR

CCω

1= F710414,1

000.10000.1

12 −×=

×=

O circuito do filtro está esquematizado abaixo.

F710414,1 −×

Ω000.1 H1414,0

Ω000.1Se

141

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.

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 ).

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:

322

21

3

3

1

2

ccc

c

sasase

e

ωωω

ω

+++=

Assíntotas

Para cs ω<< tem-se 03

3

1

2 11 j

c

c ee

e==≈

ω

ω

Para cs ω>> tem-se ( )

23

3

3

3

2

3

3

3

3

3

1

2π

π ω

ω

ω

ω

ω

ωω jc

j

ccc e

ejse

e −

=

==≈

SR

Cs

1

+

L

S

R

Re 11

LR 2e

Ls

SR SR

LR LR

2L3L1L

1C2C 3C

( a ) ( b )

142

A fig. 9-15 mostra as respostas assintóticas de amplitude e de fase.

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 1a e 2a . Entretanto as curvas de resposta mais utilizadas são de dois tipos: Butherworth e Tchebyshev. Quando 221 == aa 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:

6

1

2

1

1

+

=

c

e

e

ω

ω

Fig. 9-16 Resposta Butherworth de um filtro passa baixas de terceira ordem

ωcω

1

2

e

e

1

2

2 3

ω

ωc

21 =a 22 =a

1

2

e

e

1

cω

ω

cωω0

φ2

3π

−

3

ω

ωc

( b )( a )

143

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 cω , rω e

dB3ω .

ω

cω

1

2

e

e

1

2

2

rω dB3ω

r

1

3

ω

ωc

Fig. 9-17 Exemplo de resposta Tchebyshev para um filtro passa baixas de terceira

ordem

FILTROS PASSA BAIXAS DE ORDEM N

Resposta:

N

c

N

c

N

c

N

N

c

sasase

e

ωωω

ω

..........222

111

2

+++=

−− 9-11

Estes filtros se caracterizam por terem a assíntota da faixa de rejeição com inclinação

N

c

ω

ω. Em gráficos b--logarítmos, essa inclinação negativa é N vezes maior do que

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:

N

c

e

e

21

2

1

1

+

=

ω

ω

9-12

144

Para a freqüência cωω = resulta, independente da ordem do filtro, 2

1

1

2 =e

e, ou seja,

uma atenuação de 3 dB devida a inserção do filtro.

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

11

2 =e

e

Podemos ver pela resposta em amplitude, que existem três freqüências características:

⇒cω Ponto de cruzamento das assíntotas.

⇒rω 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.

⇒dB3ω 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:

+

=

r

NTe

e

ω

ωε 221

2

1

1 9-13

Nesta expressão vemos dois parâmetros que serão definidos mais adiante: ε e

r

NTω

ω.

ωcω

1

2

e

e

1

2

2N

c

ω

ω

145

ω

cω

1

2

e

e

1

2

2N

c

ω

ω

rω dB3ω

r

1

N= ordem impar

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 11

2 =e

e nos níveis mínimos da ondulação.

A resposta em amplitude do filtro Tchebyshev, de ordem par, é descrita pela expressão:

+

+=

r

NTe

e

ω

ωε

ε

22

2

1

2

1

1 9-14

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: rrdB log20=

ω

cω

1

2

e

e

1

2

2 N

c

ω

ω

rωdB3ω

r

N= ordem par

146

Parâmetro ε Ë dado pela fórmula: 122 −= rε

Polinômios de Tchebyshev: ( )xTN

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: ( ) ( ) ( )xTxxTxT NNN 212 −− −=

TABELA 9-1

N ( )xTN

2 12 2 −x 3 xx 34 3 − 4 188 24 +− xx 5 xxx 52016 35 +− . . . . . . N ( ) ( )xTxxT NN 212 −− −

Relações entre as três freqüências características da resposta de Tchebyshev.

= −

εω

ω 1cosh

1cosh 13

Nr

dB

N

c

r

1

22

=

ε

ω

ω válido para N = número impar

N

c

r

1

2122

+=

ε

ε

ω

ω válido para N = número par

×

=

c

r

r

dB

c

dB

ω

ω

ω

ω

ω

ω 33

147

Coeficientes da expressão da resposta em função de s ( ou ωj ) A maior parte dos manuais de filtros publica os coeficientes das respostas dos filtros:

1a , 2a , ................ 1−Na

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 0a 1a 2a 3a 4a 5a

1 1 1 2 1 2 1 3 1 2 2 1 4 1 2,61 3,41 2,61 1 5 1 3,24 5,24 5,24 3,24 1 A tabela 9-3 fornece, como exemplo, os coeficientes de respostas Tchebyshev com ondulação dBrdB 5,0= , para filtros até a quinta ordem.

TABELA 9-3 N 0a 1a 2a 3a 4a 5a

1 - - - - - - 2 1 1,16 1 3 1 1,40 1,92 1 4 1 1,53 2,79 2,12 1 5 1 1,65 3,86 3,68 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.

148

SR 3L

( a )

1L

2C4C

LR6C

5L 7L

8C

SR

LR

( b )

2L

1C

4L

3C

6L

5C

8L

7C

Os componentes normalizados niL e njC são tabelados nos manuais de filtros.

A partir deles calcula-se os componentes que serão usados na montagem do filtro:

c

Lnii

RLL

ω= 9-15

cL

njjR

CCω

1= 9-16

Normalização para uma freqüência genérica xω .

Se multiplicarmos o segundo membro da expressão 9-15 por x

x

ω

ω, a igualdade não se

altera:

x

L

c

x

ni

x

x

c

L

nii

RL

RLL

ωω

ω

ω

ω

ω

=×=

Portanto podemos escrever:

x

L

nii

RLL

ω′= 9-17

onde niL′ é uma grandeza adimensional dada por:

c

x

nini LLω

ω=′

Seguindo o mesmo procedimento em relação a expressão 9-16, concluímos:

149

xL

njjR

CCω

1′= 9-18

onde njC ′ é uma grandeza adimensional dada por:

c

x

njnj CCω

ω=′

Normalização para a resistência de gerador SR

Se multiplicarmos o segundo membro da expressão 9-17 por S

S

R

R, a igualdade não se

altera:

x

S

S

L

ni

S

S

x

L

nii

R

R

RL

R

RRLL

ωω

′=×′=

Portanto podemos escrever:

x

S

nii

RLL

ω′′= onde niL ′′ é uma grandeza adimensional dada por:

S

L

niniR

RLL ′=′′

Seguindo o mesmo procedimento em relação a expressão 9-18, concluímos:

xS

njjR

CCω

1′′=

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 rω e SR .

O Zverev normaliza os componentes para dB3ω e LR

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.

150

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 LR , uma vez que está indicado

.1 Ω=LR para os dois tipos de montagem. Para a montagem com capacitor de entrada devemos entrar com o valor do parâmetro

151

L

S

R

R.

Para a montagem com indutor de entrada devemos entrar com o valor de .S

L

R

R

------------------------------------------------------------------------------------------------------- Exercício 9-2 Sintetizar um filtro passa baixas de 2a. ordem, com resposta Tchebyshev de ondulação 0,01 dB, para Ω= 1000LR , Ω= 500SR e srddB /000.103 =ω .

Solução:

5,0=L

S

R

R ou 2=

S

L

R

R

Vemos, que para filtro de segunda ordem, não está tabelado o casos em que 1<L

S

R

R .

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

em que 2=S

L

R

R. Resulta 4791,01 =′

nL e 2772,32 =′nC .

Como já mencionamos, a normalização, adotada pelo Zverev, é em relação a .3dBω

Portanto a desnormalização resulta:

HR

LLdB

L

n

2

311 10791,4

000.10

000.14791,0 −×=×=′=

ωmH9,47≈

FR

CCdBL

n

7

322 102772,3

000.10000.1

2772,31 −×=×

=′=ω

Fµ328,0≈

Montagem final: ---------------------------------------------------------------------------------------------------- Resposta em freqüência esperada:

Fµ328,0

Ω500 mH9,47

Ω000.1 2eSe

152

ω

1

2log20e

e

0

3−

srd /000.10

01,0

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