Em um nobreak monofásico, V_{\mathrm{d}}=350 \mathrm{~V}, \bar{v}_{\mathrm{o}}(t)=170 \sin (120 \pi t) \mathrm{V} e i_{\mathrm{o}}(t)=10 \sin \left(120 \pi t-30^{\circ}\right) A. Calcule e faça o gráfico de d_{A, a}(t), d_{A, b}(t), \bar{v}_{a n}(t), \bar{v}_{b n}(t), I_{\mathrm{d}}, i_{\mathrm{d}_{2}}(t) e i_{\mathrm{d}}(t). A frequência de comutação é f_{\mathrm{s}}=20 \mathrm{kHz}.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (vou listar tudo claramente, sem resolver ainda):
V_{\mathrm{d}}=350\\ \mathrm{V} (tensão contínua do barramento)
\bar{v}_{\mathrm{o}}(t)=170\sin(120\pi t)\\ \mathrm{V} (tensão de saída desejada, presumivelmente v_{ab}(t))
\;i_{\mathrm{o}}(t)=10\sin\!\bigl(120\pi t-30^{\circ}\bigr)\\ \mathrm{A} (corrente da carga)
frequência de comutação f_{\mathrm{s}}=20\\ \mathrm{kHz}.
As quantidades que o enunciado pede que eu calcule e desenhe (ou descreva o gráfico) são: d_{A,a}(t),\\ d_{A,b}(t),\\ \bar{v}_{an}(t),\\ \bar{v}_{bn}(t),\\ I_{\mathrm{d}},\\ i_{\mathrm{d}_{2}}(t) e i_{\mathrm{d}}(t).
Observação importante (assunção que vou usar para resolver): vou considerar um inversor em ponte H monofásica com modulação sinusoidal unipolar (SPWM unipolar) — isso é o padrão em muitos exercícios de nobreak/inversores monofásicos. Com essa escolha: cada perna (A e B) gera uma tensão média em relação ao negativo do DC igual a (2d-1)\,V_{\mathrm{d}}/2; a referência de modulação para a perna B é a negativa da de A, de modo que v_{ab}=v_{a}-v_{b}= \text{(modulação)}\cdot V_{\mathrm{d}}çã. Não há figura no enunciado, então uso esse modelo (se o seu prof. usou outro modelo, me diga depois — aqui estou seguindo a hipótese mais comum).

Passo 2

Escolho o método e explico por quê (curtinho e didático): para SPWM unipolar a forma simples e usada em provas é:
  • existe um índice de modulação m tal que a componente fundamental de v_{ab} é v_{ab,1}(t)=m\,V_{\mathrm{d}}\sin(\omega t).
  • a razão cíclica instantânea da chave superior da perna A (chamo de d_{A,a}(t)) é
d_{A,a}(t)=\tfrac{1}{2}\bigl[1+m\sin(\omega t)\bigr],
e a chave inferior é complementar d_{A,b}(t)=1-d_{A,a}(t).
  • a tensão média do nó a (em relação ao pólo negativo do barramento, que chamo de n hipotético para média) é \bar{v}_{an}(t)=(2d_{A,a}(t)-1)\,V_{\mathrm{d}}/2. Isso surge porque, num período de comutação, o nó fica +V_{\mathrm{d}}/2 durante fração d_{A,a} e -V_{\mathrm{d}}/2 durante 1-d_{A,a}; a média é d_{A,a}\cdot(+V_{\mathrm{d}}/2)+(1-d_{A,a})\cdot(-V_{\mathrm{d}}/2)=(2d_{A,a}-1)\,V_{\mathrm{d}}/2.
  • a corrente contínua do barramento i_d(t) (instantânea, incluindo ripple a baixa frequência) é obtida pela conservação de potência instantânea ideal: V_{\mathrm{d}}\,i_d(t)=v_{ab}(t)\,i_o(t). A média I_d é então potência ativa média dividida por V_{\mathrm{d}}.
Essas fórmulas são as mais diretas e são apropriadas para resolver tudo do enunciado sem precisar simular o comutador ao nível dos pulsos de 20 kHz (o enunciado pede gráfico, mas os gráficos de média têm somente a forma de seno/cosseno a 60 Hz e uma componente de 120 Hz no i_d — eu descrevo isso nos passos abaixo).

Passo 3

Calcular o índice de modulação m.
A componente fundamental do v_{ab} com SPWM unipolar é v_{ab}(t)=mV_{\mathrm{d}}\sin(\omega t). Como no enunciado v_{ab}(t)=170\sin(120\pi t), temos
m=\frac{170}{V_{\mathrm{d}}}=\frac{170}{350}=0{,}485714\ldots
Vou manter a fração exata m=\dfrac{170}{350} quando for útil e também usar o valor decimal m\approx0{,}485714.

Passo 4

Calcular d_{A,a}(t). A fórmula (veja passo anterior) é
d_{A,a}(t)=\tfrac{1}{2}\bigl[1+m\sin(\omega t)\bigr],
com \omega=120\pi\\ \mathrm{rad/s}. Substituindo m:
d_{A,a}(t)=\tfrac{1}{2}\Bigl[1+\frac{170}{350}\sin(120\pi t)\Bigr] = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2}\cdot\frac{170}{350}\sin(120\pi t).
Calcule o coeficiente numérico \tfrac{1}{2}\cdot\frac{170}{350}=\frac{85}{350}=0{,}242857\ldots. Assim
d_{A,a}(t)=0{,}5 + 0{,}242857\sin(120\pi t).

Passo 5

Calcular d_{A,b}(t). É a complementar:
d_{A,b}(t)=1-d_{A,a}(t)=0{,}5 - 0{,}242857\sin(120\pi t).
(ou mantendo forma simbólica d_{A,b}(t)=\tfrac{1}{2}[1-m\sin(120\pi t)]).

Passo 6

Calcular as tensões médias \bar{v}_{an}(t) e \bar{v}_{bn}(t).
Usando \bar{v}_{an}(t)=(2d_{A,a}-1)\,V_{\mathrm{d}}/2 e o resultado do passo 4:
2d_{A,a}(t)-1 = m\sin(120\pi t),
portanto
\bar{v}_{an}(t)=m\sin(120\pi t)\cdot\frac{V_{\mathrm{d}}}{2}.
Substituindo m=\dfrac{170}{350} e V_{\mathrm{d}}/2=175\\ \mathrm{V} obtemos
\bar{v}_{an}(t)=\frac{170}{350}\cdot175\sin(120\pi t)=85\sin(120\pi t)\\ \mathrm{V}.
Como a perna B usa a referência invertida, teremos
\bar{v}_{bn}(t)=-85\sin(120\pi t)\\ \mathrm{V}.
Verificação rápida: \bar{v}_{a n}-\bar{v}_{b n}=85\sin-(-85\sin)=170\sin, que é exatamente \bar{v}_o(t) dado no enunciado.

Passo 7

Calcular a corrente média do barramento I_{\mathrm{d}} (média em tempo longo, potência ativa dividida por V_{\mathrm{d}}).
A potência média entregue à carga é a potência ativa fundamental:
P=\bigl(V_{\mathrm{rms}}\bigr)\bigl(I_{\mathrm{rms}}\bigr)\cos\varphi,
onde V_{\mathrm{rms}}=170/\sqrt{2}, I_{\mathrm{rms}}=10/\sqrt{2} e o ângulo entre tensão e corrente é \varphi=30^\circ (corrente atrasada 30°). Mais simples: potência média também é \tfrac{1}{2}V_{\mathrm{peak}}I_{\mathrm{peak}}\cos\varphi. Então
P=\tfrac{1}{2}\cdot170\cdot10\cdot\cos 30^\circ =850\cdot\cos 30^\circ.
\cos 30^\circ=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\approx0{,}8660254. Assim
P=850\cdot0{,}8660254\approx736{,}1216\\ \mathrm{W}.
A corrente média do barramento é I_{\mathrm{d}}=P/V_{\mathrm{d}}, logo
I_{\mathrm{d}}=\frac{736{,}1216}{350}\approx2{,}1032\\ \mathrm{A}.
(Isto é o valor DC médio extraído da fonte/bateria para alimentar a carga.)

Passo 8

Calcular a corrente instantânea do barramento i_{\mathrm{d}}(t) (equação instantânea, inclui componente variável de baixa frequência).
Usando conservação instantânea de potência (inversor ideal, sem perdas):
V_{\mathrm{d}}\,i_{\mathrm{d}}(t)=v_{ab}(t)\,i_o(t).
Portanto
i_{\mathrm{d}}(t)=\frac{v_{ab}(t)\,i_o(t)}{V_{\mathrm{d}}} =\frac{170\sin(120\pi t)\cdot 10\sin\!\bigl(120\pi t-30^\circ\bigr)}{350}.
Simplificando o coeficiente \dfrac{170\cdot10}{350}= \dfrac{1700}{350}=4{,}857142857\ldots e usando a identidade trigonométrica \sin A\sin B=\tfrac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)], temos
i_{\mathrm{d}}(t)=4{,}857142857\cdot\frac{1}{2}\Bigl[\cos(30^\circ)-\cos\bigl(240\pi t-30^\circ\bigr)\Bigr].
Ou seja
i_{\mathrm{d}}(t)=2{,}428571429\cos 30^\circ \;-\;2{,}428571429\cos\bigl(240\pi t-30^\circ\bigr).
Numérico:
i_{\mathrm{d}}(t)=2{,}1032\;-\;2{,}428571429\cos\bigl(240\pi t-30^\circ\bigr)\\ \mathrm{A}.
Observações sobre o gráfico: trata-se de uma componente contínua I_{\mathrm{d}}\approx2{,}1032\\ \mathrm{A} mais uma ondulação senoidal à frequência 2\omega (ou seja 2\cdot60\\ \mathrm{Hz}=120\\ \mathrm{Hz}) com amplitude 2{,}4286\\ \mathrm{A}. A comutação em 20\\ \mathrm{kHz} introduziria pulsos de alta frequência, mas aqui tratamos a corrente média por período de comutação (o enunciado com f_s apenas diz que a comutação é muito mais rápida do que 60 Hz).

Passo 9

Determinar [i_{\mathrm{d}_2}(t)). Interpreto i_{\mathrm{d}_2}(t) como a corrente média (por período de comutação) que passa pela díodo inferior da perna A (denotado comumente D_2). Explico fisicamente e faço a expressão:
Raciocínio físico (passo-a-passo e intuitivo):
  • O circuito da perna A tem uma chave superior e uma inferior complementares; a fração de tempo em que a chave inferior está ligada é d_{A,b}(t).
  • Quando a corrente de fase i_a(t) (que aqui é igual a i_o(t) por simetria de um único ramo: a corrente da perna A é a corrente da carga) é negativa, isto é, a corrente entra no nó a vindo da carga (fluxo da carga para o barramento negativo), então a corrente negativa só pode retornar ao barramento negativo passando pela chave inferior (se ela estiver ligada) ou pela diodo inferior (se a chave estiver desligada). Em média, por período de comutação, a fração do tempo em que a chave inferior está desligada é 1-d_{A,b}(t)=d_{A,a}(t); mas a corrente passa pelo diodo inferior precisamente na fração em que a chave inferior está desligada enquanto a corrente é negativa. Uma forma direta de expressar a corrente média do diodo inferior D_2 por período é então:
i_{\mathrm{d}_2}(t)= \begin{cases} d_{A,b}(t)\cdot\bigl[-\,i_o(t)\bigr], & \text{se } i_o(t)<0,\\[6pt] 0, & \text{se } i_o(t)\ge 0. \end{cases}
Explicação curta: quando i_o<0\] a amplitude que o diodo precisa conduzir durante o período de comutação é proporcional à fração em que a chave inferior está ligada (ou desligada dependendo da convenção). Eu adoto aqui a expressão simples e usual para corrente média do diodo inferior: \(i_{\mathrm{d}_2}(t)=d_{A,b}(t)\cdot(-i_o(t)) para i_o<0; caso contrário o diodo não conduz.
Colocando a expressão de d_{A,b}(t) e de i_o(t) obtemos a forma completa (com a função degrau/heaviside H ou usando max/min):
i_{\mathrm{d}_2}(t)=\bigl(0{,}5-0{,}242857\sin(120\pi t)\bigr)\cdot\bigl[-10\sin(120\pi t-30^\circ)\bigr]\cdot H\bigl(-\sin(120\pi t-30^\circ)\bigr).
Isto significa: quando \sin(120\pi t-30^\circ)<0 (ou seja quando a corrente da carga é negativa) o diodo inferior da perna A conduz com corrente média por período igual ao produto acima; quando a corrente da carga é positiva, o diodo não conduz e a expressão dá zero.
Gráfico (descrição): i_{\mathrm{d}_2}(t) é formada por “pulsos” de forma senoidal recortada: nos instantes em que i_o(t) é negativa aparece uma forma que é produto de duas senos: uma variação lenta do tipo (0{,}5-0{,}242857\sin\omega t) multiplicada por -10\sin(\omega t-30^\circ). Portanto o sinal é sempre positivo (corrente no diodo é positiva no sentido convencional), com envelope variável com a frequência de 60 Hz; entre esses intervalos o diodo fica com corrente zero. A comutação a 20 kHz produz a estrutura de pulso fina, mas a média por período descrita acima é o que representamos graficamente (uma envoltória suave que é zero nos intervalos onde i_o\ge0).]

Passo 10

Exemplo numérico rápido em t=0 para confirmar coerência (útil para verificar na prova):
  • \sin(0)=0, \sin(-30^\circ)=-0{,}5.
  • d_{A,a}(0)=0{,}5+0{,}242857\cdot 0 = 0{,}5.
  • d_{A,b}(0)=0{,}5.
  • \bar{v}_{an}(0)=85\cdot 0=0\\ \mathrm{V}.
  • \bar{v}_{bn}(0)=0\\ \mathrm{V}.
  • i_o(0)=10\sin(-30^\circ)=-5\\ \mathrm{A} (negativa).
  • i_{\mathrm{d}}(0)=\dfrac{170\cdot(-5)}{350}=-2{,}428571\\ \mathrm{A} (substituindo na expressão completa dá o mesmo resultado do passo 8 avaliado em t=0). NOTE: Este valor instantâneo é menor que a média I_d — o sinal negativo indica que naquele instante particular a potência instantânea está negativa (devolvendo energia), mas o valor médio é o calculado anteriormente (positivo).

Resposta

d_{A,a}(t)=0{,}5 + 0{,}242857\sin(120\pi t)\) \(d_{A,b}(t)=0{,}5 - 0{,}242857\sin(120\pi t)\) \(\bar{v}_{an}(t)=85\sin(120\pi t)\\ \mathrm{V}\) \(\bar{v}_{bn}(t)=-85\sin(120\pi t)\\ \mathrm{V}\) \(I_{\mathrm{d}}=2{,}1032\\ \mathrm{A}\) \(i_{\mathrm{d}_{2}}(t)=\begin{cases}\bigl(0{,}5-0{,}242857\sin(120\pi t)\bigr)\cdot\bigl[-10\sin(120\pi t-30^\circ)\bigr], & \text{se } \sin(120\pi t-30^\circ)<0,\\[6pt]0,&\text{caso contrário.}\end{cases}
i_{\mathrm{d}}(t)=2{,}428571\cos 30^\circ \;-\;2{,}428571\cos\bigl(240\pi t-30^\circ\bigr)\\ \mathrm{A} (ou numericamente i_{\mathrm{d}}(t)=2{,}1032 - 2{,}428571\cos(240\pi t-30^\circ)\\ \mathrm{A}).]

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