Considere um conversor monofásico com tiristores, com V_{\mathrm{s}}=120 \mathrm{~V} eficaz a f=60 \mathrm{~Hz} e L_{\mathrm{s}}=3 \mathrm{mH}. O ângulo de disparo é \alpha=45^{\circ}. Esse conversor está fornecendo 1 kW de potência elétrica. A corrente elétrica i_{\mathrm{d}}(t) do lado CC pode ser considerada puramente CC .
3. Supondo que as correntes elétricas através dos tiristores aumentem/diminuam linearmente durante as comutações, calcule a potência elétrica reativa consumida pelo conversor.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (sem resolver nada ainda).
  • Dados fornecidos:
    • Tensão de linha (rms): V_{\mathrm{s}}=120\\ \mathrm{V}.
    • Frequência: f=60\\ \mathrm{Hz}.
    • Indutância de fonte: L_{\mathrm{s}}=3\\ \mathrm{mH}=3{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{H}.
    • Ângulo de disparo: \alpha=45^\circ.
    • Potência contínua entregue no lado CC: P_{\mathrm{d}}=1{,}0\\ \mathrm{kW}=1000\\ \mathrm{W}.
    • A corrente CC no lado contínuo é puramente contínua (constante): i_{\mathrm{d}}(t)=I_{\mathrm{d}} (constante).
    • Informação adicional do enunciado: as correntes através dos tiristores aumentam/diminuem linearmente durante as comutações (isso define a forma do pulso de corrente durante o ângulo de comutação \mu).
  • O que o enunciado pede:
    • Calcular a potência reativa consumida pelo conversor (ou seja, o valor de Q, em var), considerando o efeito da comutação induzida por L_{\mathrm{s}}.

Passo 2

Planejamento do método (o “como” que vamos usar) — sem cálculos ainda, só a ideia.
  • Passo essencial: determinar a corrente CC I_{\mathrm{d}} que, com as perdas/quedas envolvendo a comutação, produz P_{\mathrm{d}}=V_{\mathrm{d}} I_{\mathrm{d}} = 1000\\ \mathrm{W}. Para isso precisamos de uma expressão da tensão média CC V_{\mathrm{d}} que inclua o efeito da comutação (ângulo de sobreposição \mu) causada pela indutância de fonte.
  • Fórmula usada (conhecimento padrão de retificadores monofásicos com fonte indutiva): a tensão média no lado CC, levando em conta a sobreposição \mu, satisfaz V_{\mathrm{d}}=\frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha-\frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{\pi},onde V_m=\sqrt{2}\,V_{\mathrm{s}} é a amplitude da senóide de fonte e \omega=2\pi f.
    • Vou explicar essa fórmula no próximo passo: ela representa a tensão média ideal da ponte controlada reduzida pela queda média associada ao processo de comutação (queda proporcional a \omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}).
  • Depois de achar I_{\mathrm{d}} (resolvendo a equação P_{\mathrm{d}}=V_{\mathrm{d}}I_{\mathrm{d}}), encontraremos o ângulo de sobreposição \mu usando a relação exata entre \mu e I_{\mathrm{d}}: \omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}} = V_m\bigl(\cos\alpha - \cos(\alpha+\mu)\bigr).
    • Vou mostrar como obtemos \mu a partir desta equação.
  • Por fim, para calcular a potência reativa Q usaremos a componente fundamental da corrente de linha e sua defasagem em relação à tensão fundamental:
    • A amplitude da componente fundamental do corrente de linha, considerando comutação linear de duração \mu, é I_1 = \frac{4 I_{\mathrm{d}}}{\pi}\cos\!\left(\frac{\mu}{2}\right).
      • Explico a origem desta expressão por Fourier logo a seguir.
    • O componente fundamental tem uma defasagem (deslocamento) aproximadamente \varphi = \alpha + \dfrac{\mu}{2} em relação à referência da tensão; a partir disso Q = V_{\mathrm{s}}\; I_{1,\mathrm{rms}}\;\sin\varphi \qquad\text{com}\qquad I_{1,\mathrm{rms}}=\frac{I_1}{\sqrt{2}}.
  • Vou executar esses passos um a um, mostrando a origem das fórmulas e calculando numericamentes.

Passo 3

Aulas rápidas (intuición e fórmulas-chave) antes de aplicar números.
  1. Tensão de saída ideal de uma ponte monofásica controlada (sem indutância de fonte):
    • A amplitude da senóide de fase é V_m=\sqrt{2}V_{\mathrm{s}}.
    • A tensão média DC ideal (corrente contínua, sem comutação) é V_{d,\text{ideal}}=\frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha.Explicação rápida: essa expressão é obtida integrando a forma da tensão de fase durante os intervalos de condução de \pi radianos e normalizando por 2\pi. A \cos\alpha aparece porque a condução começa em \omega t=\alpha.
  2. Efeito da indutância de fonte (comutação de duração \mu):
    • Quando existe L_{\mathrm{s}}, a corrente não pode mudar instantaneamente; durante a transição entre dois tiristores a corrente “troca” entre eles em um intervalo não nulo \mu. Durante esse intervalo há uma diferença de tensão entre os dois enrolamentos (ou fases) aplicada à indutância, e isso resulta numa redução média da tensão DC de saída.
    • A redução média é proporcional a \omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}} (sendo \omega=2\pi f) e, por integração sobre o período, a forma compacta usada é V_{\mathrm{d}}=\frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha-\frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{\pi}.Observação: essa fórmula é muito usada em livros de eletrônica de potência para conversores monofásicos com corrente contínua constante; a term \dfrac{\omega L_s I_d}{\pi} representa a queda média no valor DC por causa da energia temporariamente “armazenada”/liberada na indutância durante comutação.
  3. Relação exata entre \mu e I_{\mathrm{d}}:
    • A equação exata é \omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}} = V_m\bigl(\cos\alpha - \cos(\alpha+\mu)\bigr).
      • Essa equação vem da condição integral da comutação: a variação da corrente multiplicada por L_{\mathrm{s}} integrada sobre o tempo de comutação deve igualar a diferença instantânea das tensões de fase, levando à expressão acima (é a forma exata; para \mu pequeno pode linearizar em \mu).
  4. Componente fundamental da corrente:
    • Se o perfil da corrente no lado AC for um “quase quadrado” com transições lineares de duração \mu, a componente fundamental da corrente (amplitude) resulta em I_1 = \frac{4 I_{\mathrm{d}}}{\pi}\cos\!\left(\frac{\mu}{2}\right),e seu valor eficaz é I_{1,\mathrm{rms}} = I_1/\sqrt{2}.
    • Intuição: sem comutação ( \mu=0) obtém-se o quadrado perfeito com amplitude fundamental 4 I_{\mathrm{d}}/\pi. A comutação suave (largura \mu) “esticando” a borda reduz a componente fundamental por um fator \cos(\mu/2).
    • A defasagem do primeiro harmônico (em relação à referência de fase da tensão) é aproximadamente \varphi=\alpha+\dfrac{\mu}{2}. (Isto vem da natureza da posição das transições em relação ao ponto de disparo \alpha e do centro da janela de comutação; em muitos textos essa é a interpretação prática usada para calcular Q).
  5. Potência reativa associada à componente fundamental:
    • Componente fundamental da tensão é a própria tensão de rede de amplitude eficaz V_{\mathrm{s}}.
    • Assim a potência reativa (desconsiderando efeitos que envolvam harmônicas na definição clássica de potência reativa usando apenas a fundamental) é Q = V_{\mathrm{s}}\,I_{1,\mathrm{rms}}\,\sin\varphi.
Agora aplico tudo numericamente.

Passo 4

Calcular valores numéricos intermediários essenciais.
  • Primeiro calculemos constantes: V_m=\sqrt{2}\,V_{\mathrm{s}}=\sqrt{2}\cdot120\\ \mathrm{V}\approx169{,}705627\\ \mathrm{V},
\omega=2\pi f=2\pi\cdot60\\ \mathrm{rad/s}\approx376{,}99112\\ \mathrm{rad/s},
\omega L_{\mathrm{s}}=376{,}99112\cdot 3{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{H}\approx1{,}130973\\ \Omega.

Passo 5

Achar I_{\mathrm{d}} usando a equação da tensão média com a queda por comutação.
  • A relação entre V_{\mathrm{d}} e I_{\mathrm{d}} é V_{\mathrm{d}}=\frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha-\frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{\pi}.
  • A potência DC é P_{\mathrm{d}}=V_{\mathrm{d}} I_{\mathrm{d}}=1000\\ \mathrm{W}, portanto 1000 = I_{\mathrm{d}}\left(\frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha-\frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{\pi}\right).
  • Colocando números: \frac{2V_m}{\pi}\cos\alpha = \frac{2\cdot169{,}705627}{\pi}\cos45^\circ =\frac{339{,}411254}{\pi}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} \approx 76{,}388\\ \mathrm{V}.E \frac{\omega L_{\mathrm{s}}}{\pi}=\frac{1{,}130973}{\pi}\approx0{,}360049\\ \Omega.
  • Portanto a equação fica 1000=76{,}388\,I_{\mathrm{d}}-0{,}360049\,I_{\mathrm{d}}^{2}.Reescrevendo em forma quadrática: 0{,}360049\,I_{\mathrm{d}}^{2}-76{,}388\,I_{\mathrm{d}}+1000=0.
  • Resolvendo a quadrática (fórmula de Bhaskara): \Delta = 76{,}388^{2}-4\cdot0{,}360049\cdot1000\approx4{,}393{,}887,
\sqrt{\Delta}\approx66{,}293.
I_{\mathrm{d}}=\frac{76{,}388\pm66{,}293}{2\cdot0{,}360049}.
Temos duas raízes; calculando:
I_{\mathrm{d}_1}\approx\frac{142{,}681}{0{,}720098}\approx198{,}18\\ \mathrm{A},
I_{\mathrm{d}_2}\approx\frac{10{,}095}{0{,}720098}\approx14{,}02\\ \mathrm{A}.
  • Escolhemos a solução fisicamente plausível para um conversor que entrega 1 kW com V_{\mathrm{d}} da ordem de algumas dezenas de volts: I_{\mathrm{d}}\approx14{,}02\\ \mathrm{A} (a outra raiz corresponderia a uma situação com tensão DC muito baixa e corrente muito alta, improvável no contexto).
Verificação rápida:
V_{\mathrm{d}}=\frac{1000}{I_{\mathrm{d}}}\approx\frac{1000}{14{,}02}\approx71{,}34\\ \mathrm{V},
e pela fórmula direta
V_{\mathrm{d}}=76{,}388-0{,}360049\cdot14{,}02\approx76{,}388-5{,}047\approx71{,}341\\ \mathrm{V},
coincidindo (boa consistência).

Passo 6

Calcular o ângulo de sobreposição \mu usando a relação exata.
  • Usamos \omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}} = V_m\bigl(\cos\alpha - \cos(\alpha+\mu)\bigr).Isolando \cos(\alpha+\mu): \cos(\alpha+\mu) = \cos\alpha - \frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{V_m}.
  • Numéricamente: \frac{\omega L_{\mathrm{s}} I_{\mathrm{d}}}{V_m}=\frac{1{,}130973\cdot14{,}02}{169{,}705627}\approx0{,}093532.
\cos(\alpha+\mu)=0{,}70710678-0{,}093532\approx0{,}613575.
  • Portanto \alpha+\mu=\operatorname{arccos}(0{,}613575)\approx0{,}90994\\ \mathrm{rad}.Como \alpha=45^\circ=0{,}785398\\ \mathrm{rad}, obtemos \mu\approx0{,}90994-0{,}785398\approx0{,}12454\\ \mathrm{rad}\approx7{,}13^\circ.
  • Observação: se \mu fosse muito pequeno poderíamos linearizar \cos(\alpha+\mu)\approx\cos\alpha -\mu\sin\alpha e obter \mu\approx\omega L_s I_d/(V_m\sin\alpha); esse valor aproximado daria \mu\approx0{,}132\\ \mathrm{rad}, a aproximação dá resultado próximo, mas usamos a equação exata para maior precisão.

Passo 7

Determinar a componente fundamental do corrente e sua defasagem.
  • Fórmulas (relembrando do Passo 3): I_1 = \frac{4 I_{\mathrm{d}}}{\pi}\cos\!\left(\frac{\mu}{2}\right), \qquad I_{1,\mathrm{rms}}=\frac{I_1}{\sqrt{2}}, \qquad \varphi=\alpha+\frac{\mu}{2}.
  • Calculemos numericamente: \frac{\mu}{2}\approx0{,}06227\\ \mathrm{rad},\qquad \cos\!\left(\frac{\mu}{2}\right)\approx0{,}99806.
I_1=\frac{4\cdot14{,}02}{\pi}\cdot0{,}99806 \approx\left(1{,}2732395\cdot14{,}02\right)\cdot0{,}99806 \approx17{,}80\\ \mathrm{A}\\ (\text{amplitude}).
I_{1,\mathrm{rms}}=\frac{17{,}80}{\sqrt{2}}\approx12{,}586\\ \mathrm{A}.
\varphi=\alpha+\frac{\mu}{2}=0{,}785398+0{,}06227\approx0{,}84767\\ \mathrm{rad}\approx48{,}58^\circ.

Passo 8

Calcular a potência reativa Q.
  • Usando a definição (apenas componente fundamental): Q = V_{\mathrm{s}}\; I_{1,\mathrm{rms}}\; \sin\varphi.
  • Substituindo números: Q = 120\cdot 12{,}586\cdot \sin(0{,}84767).
\sin(0{,}84767)\approx0{,}74948.
Q \approx 120\cdot12{,}586\cdot0{,}74948 \approx 1131{,}7\\ \mathrm{var}.
  • Arredondando com sentido prático: Q\approx1{,}13\\ \mathrm{kvar}, indutivo (positivo, ou seja, o conversor consome potência reativa da fonte).

Resposta

Q \approx 1132\\ \mathrm{var} (indutivo)

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