Exercício Eletrônica de Potência

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Exercício 1
 
 
RL=10 Ω E=100V 
a) R1=0 Ω 
 
b) R1=10 Ω 
 
c) R1=100 Ω 
 
𝑃𝐿 =
𝐸2
𝑅𝐿
 
𝑃𝐿 =
10000
10
 
𝑃𝐿 = 1000 𝑊 
𝑃𝑅 = 𝐼
2𝑅1 
𝑃𝑅 = 0 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑅 
𝑃𝑇 = 1000𝑊 
𝜂 =
𝑃𝐿
𝑃𝑇
= 100% 
 
 
𝑃𝐿 =
𝑉𝑅
2
𝑅𝐿
 
𝑉𝑅 = 𝐸
𝑅𝐿
𝑅𝐿 + 𝑅1
 
𝑉𝑅 = 100
10
10 + 10
 
𝑉𝑅 = 50 𝑉 
𝑃𝐿 =
502
10
= 250 𝑊 
𝑃𝑅 = 250 𝑊 
𝑃𝑅 = 𝐼
2𝑅1 = 52(10) 
𝑃𝑅 = 250 𝑊 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑅 
𝑃𝑇 = 500𝑊 
𝜂 =
250
500
= 50% 
 
 
𝑉𝑅 = 𝐸
𝑅𝐿
𝑅𝐿 + 𝑅1
 
𝑉𝑅 = 100
10
10 + 100
 
𝑉𝑅 = 9,09 𝑉 
𝑃𝐿 =
𝑉𝑅
2
𝑅𝐿
=
9,092
10
 
𝑃𝐿 = 8,26𝑊 
𝑃𝑅 = 𝐼
2𝑅1
= 0,9092(100) 
𝑃𝑅 = 82,628 𝑊 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑅 
𝑃𝑇 = 8,26 + 82,628 
𝑃𝑇 = 90,88𝑊 
𝜂 =
8,26
90,88
= 9.08% 
 
 
Exercício 2 
 
 
 
RL=10 Ω E=100V 
a) fechada b) aberta c) 50% fechada d) 20% fechada 
E=100 V= 𝑉𝑅𝐿 
𝑃𝐿 =
𝐸2
𝑅𝐿
 
𝑃𝐿 =
10000
10
 
𝑃𝐿 = 1000 𝑊 
𝑃𝑠 = 0 𝑘𝑊 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑆 
𝑃𝑇 = 1000𝑊 
 
 
𝑉𝑅𝐿 = 0 𝑉 
𝑃𝐿 = 0 𝑊 
𝑃𝑠 = 0 𝑘𝑊 
𝑃𝑇
= 𝑃𝐿 + 𝑃𝑆 
𝑃𝑇 = 0 𝑊 
 
𝑉𝑅𝐿 = (0,5)100𝑉 + 0.5(0𝑉) 
𝑉𝑅𝐿 = 50 𝑉 
𝑃𝐿 =
𝐸2
𝑅𝐿
 
𝑃𝐿 =
502
10
= 250 𝑊 
𝑃𝑠 = 0 𝑘𝑊 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑆 
𝑃𝑇 = 250𝑊 
 
𝑉𝑅𝐿 = (0,2)100𝑉
+ 0.8(0𝑉) 
𝑉𝑅𝐿 = 20 𝑉 
𝑃𝐿 =
𝐸2
𝑅𝐿
 
𝑃𝐿 =
202
10
= 40 𝑊 
𝑃𝑠 = 0 𝑘𝑊 
𝑃𝑇 = 𝑃𝐿 + 𝑃𝑆 
𝑃𝑇 = 40𝑊 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 3 
 
 
Dados: Vch=1,5 V e Ileak=1,5mA 
a) Ligada 
𝑃𝑂𝑁 = 𝑉𝑐ℎ𝐼 
𝐼 =
𝑉𝑠 − 𝑉𝑐ℎ
𝑅𝐿
=
50 − 1,5
5Ω
= 9,7 𝐴 
Perda de potência quando a chave estiver ligada 
𝑃𝑂𝑁 = (1,5)(9,7) = 14,55 𝑊 
b) Desligada 
𝑃𝑂𝐹𝐹 = 𝑉𝑠𝐼𝑙𝑒𝑎𝑘 
Perda de potência quando a chave estiver desligada 
𝑃𝑂𝐹𝐹 = 50𝑉(1,5𝑚𝐴) = 0,075 𝑊 𝑜𝑢 75𝑚𝑊 
 
 
 
Exercício 4 
Calcule as perdas máxima e média de potência para a chave do exemplo anterior se 
a frequência de chaveamento for de 500Hz com um ciclo de trabalho (duty cycle) 
de 50%. 
Resposta 4 
Do exemplo anterior 
Perda de potência quando a chave estiver ligada 
𝑃𝑂𝑁 = (1,5)(9,7) = 14,55 𝑊 
Perda de potência quando a chave estiver desligada 
𝑃𝑂𝐹𝐹 = 50𝑉(1,5𝑚𝐴) = 0,075 𝑊 𝑜𝑢 75𝑚𝑊 
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑃𝑂𝑁 + 𝑃𝑂𝐹𝐹 
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 14,55 + 0,075 = 14,625 𝑊 
Perda média 
d=0,5 ou 50%; f=500Hz → T=1/f=1/500 então T=0,002 s ou 2ms 
já que d=0,5 𝑡𝑜𝑛 = 1𝑚𝑠 = 𝑡𝑜𝑓𝑓 
𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝑁𝑑 = 14,55(0,5) = 7,275 𝑊 
𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝐹𝐹𝑑
′ = 0,075(0,5) = 0,0375 𝑊 
𝑃𝑡 = 𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) + 𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) 
𝑃𝑡 = 7,275 + 0,0375 = 7,3125 𝑊 
Fazer para um ciclo de trabalho de 70% 
d=0,7 ou 70%; f=500Hz → T=1/f=1/500 então T=0,002 s ou 2ms 
já que d=0,7 (d’=0,3) 𝑡𝑜𝑛 = 1,4 𝑚𝑠 e 𝑡𝑜𝑓𝑓 = 0,6 𝑚𝑠 
𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝑁𝑑 = 14,55(0,7) = 10,185 𝑊 
𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝐹𝐹𝑑
′ = 0,075(0,3) = 0,0225 𝑊 
𝑃𝑡 = 𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) + 𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) 
𝑃𝑡 = 10,185 + 0,0225 = 10,207 𝑊 
 
Fazer para um ciclo de trabalho de 30% 
d=0,3 ou 30%; f=500Hz → T=1/f=1/500 então T=0,002 s ou 2ms 
já que d=0,3 (d’=0,7) 𝑡𝑜𝑛 = 0,6 𝑚𝑠 e 𝑡𝑜𝑓𝑓 = 1,4 𝑚𝑠 
𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝑁𝑑 = 14,55(0,3) = 4,365 𝑊 
𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) = 𝑃𝑂𝐹𝐹𝑑
′ = 0,075(0,7) = 0,0525 𝑊 
𝑃𝑡 = 𝑃𝑂𝑁(𝑎𝑣𝑔) + 𝑃𝑂𝐹𝐹(𝑎𝑣𝑔) 
𝑃𝑡 = 4,365 + 0,0525 = 4,4175 𝑊 
 
Exercício 5 
 
 
 
Perda de potência média de chaveamento (switch) 
𝑃𝑠𝑤 = 𝑊𝑠𝑤𝑓 
𝑊𝑠𝑤−𝑂𝑁 = 𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 
𝑊𝑠𝑤−𝑂𝐹𝐹 = 𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 
𝑊𝑠𝑤 = 𝑊𝑠𝑤−𝑂𝑁 + 𝑊𝑠𝑤−𝑂𝐹𝐹 → 𝑊𝑠𝑤 = 2𝑊𝑠𝑤−𝑂𝑁 
𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
𝑉𝐶𝐸 IC 
Vs=120V; RL=6; tswon= tswoff=1,5us; f=1kHz 
𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
(120 𝑉) (
120
RL
) =
1
6
(120 𝑉) (
120
6
) = 
𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 400 𝑊 
𝑊𝑠𝑤−𝑂𝑁 = (400𝑊)(1,5𝑢𝑠) 
𝑊𝑠𝑤−𝑂𝑁 = 0,6𝑚𝐽 
𝑊𝑠𝑤 = 2(0,6𝑚𝐽) = 1,2 𝑚𝐽 
𝑃𝑠𝑤 = 1,2 𝑚𝐽(1𝑘𝐻𝑧) = 1,2 𝑊 
Exercício 6 
 
𝐼𝑟𝑎𝑡𝑒𝑑 = 50 𝐴 
𝑉𝑟𝑎𝑡𝑒𝑑 = 500 𝑉 
𝐼𝐿𝑒𝑎𝑘 = 1 𝑚𝐴 
𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 1,5 𝑉 
 
 
 
a) Perda de potência no estado ligado 
𝑃𝑂𝑁 = 𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) × 𝐼𝑟𝑎𝑡𝑒𝑑 
𝑃𝑂𝑁 = 1,5 𝑉 × 50 𝐴 = 75𝑊 
b) Perda de potência no estado desligado 
𝑃𝑂𝐹𝐹 = 𝑉𝑆 × 𝐼𝑙𝑒𝑎𝑘 
𝑃𝑂𝐹𝐹 = 500 × 1 𝑚𝐴 = 0,5 𝑊 
c) Perda máxima de potência durante a ligação da chave 
𝑃𝑠𝑤(𝑜𝑛) = (50%)𝑉𝑠 × (50%)𝐼𝑚𝑎𝑥 (ver imagem do diagrama temporal do 
exemplo anterior) 
𝑃𝑠𝑤(𝑜𝑛) = 0,5(500𝑉) × 0,5(50𝐴) = 6250 𝑊 
d) Perda de energia durante a ligação da chave 
𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
𝑉𝐶𝐸 IC 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 𝑃𝑠𝑤−𝑜𝑛𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
𝑉𝐶𝐸 IC𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 
Do dado do problema 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 1,5𝑢𝑠 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
(500)(50)(1,5𝑢𝑠) = 0,00625𝐽 𝑜𝑢 6,25𝑚𝐽 
 
e) Perda de energia durante o desligamento da chave 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 =
1
6
𝑉𝐶𝐸 IC𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 
Do dado do problema 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 = 3𝑢𝑠 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 =
1
6
(500)(50)(3𝑢𝑠) = 0,0125𝐽 𝑜𝑢 12,5𝑚𝐽 
f) Perda de energia durante o estado ligado 
Do item a) 𝑃𝑂𝑁 = 1,5 𝑉 × 50 𝐴 = 75𝑊 
 𝑊𝑂𝑁 = 𝑃𝑂𝑁𝑡𝑜𝑛 
f=100 Hz ciclo de trabalho (Duty) do 50% 
𝑇 =
1
𝑓
=
1
100
= 0,01𝑠 𝑜𝑢 10𝑚𝑠 𝑜𝑢 10000𝑢𝑠 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 = 3𝑢𝑠 ≪ 𝑇 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 1,5𝑢𝑠 ≪ 𝑇 
Desconsiderar os tempos de chaveamento para o cálculo do ton e toff 
++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 
Suponha que a frequência de chaveamento fosse de 10kHz 
𝑇 =
1
𝑓
=
1
10000
= 0,0001 𝑜𝑢 0,1 𝑚𝑠 𝑜𝑢 100𝑢𝑠 
Suponha que a frequência de chaveamento fosse de 100kHz 
𝑇 =
1
𝑓
=
1
100000
= 0,00001 𝑜𝑢 0,01 𝑚𝑠 𝑜𝑢 10𝑢𝑠 
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 
𝑡𝑜𝑛 = 𝑇𝑑 = 10𝑚𝑠(0,5) = 𝑡𝑜𝑓𝑓 
𝑡𝑜𝑛 = 5𝑚𝑠 
𝑊𝑂𝑁 = 𝑃𝑂𝑁𝑡𝑜𝑛 = 75𝑊(5𝑚𝑠) = 0,375 𝐽 𝑜𝑢 375 𝑚𝐽 
 
g) Perda de energia durante o estado desligado 
𝑊𝑂𝐹𝐹 = 𝑃𝑂𝑓𝑓𝑡𝑜𝑓𝑓 
do item b) 𝑃𝑂𝐹𝐹 = 500 × 1 𝑚𝐴 = 0,5 𝑊 
 
𝑊𝑂𝐹𝐹 = 𝑃𝑂𝑓𝑓𝑡𝑜𝑓𝑓 = 0,5𝑊(5𝑚𝑠) = 0,0025 𝐽 𝑜𝑢 2,5 𝑚𝐽 
 
h) Perda total de energia 
𝑊𝑡 = 𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 + 𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 + 𝑊𝑂𝑁 + 𝑊𝑂𝐹𝐹 
 
𝑊𝑡 = 6,25𝑚𝐽 + 12,5𝑚𝐽 + 375 𝑚𝐽 + 2,5 𝑚𝐽 
𝑊𝑡 = 396,25𝑚𝐽 
i) Perda média de potência 
𝑃𝑎𝑣𝑔 =
𝑊𝑡
𝑇
=
396,25𝑚𝐽
10𝑚𝑠
= 39,625 𝑊 
𝑃𝑎𝑣𝑔 = 𝑊𝑡𝑓 = 396,25𝑚𝐽(100𝐻𝑧) = 39,625 𝑊 
Exercício 7 
Resolva os itens de d) a i) do exemplo anterior para uma frequência de chaveando 
de 100 kHz com ciclo de trabalho de 50% 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 = 3𝑢𝑠 ≪ 𝑇 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 1,5𝑢𝑠 ≪ 𝑇 
𝐼𝑟𝑎𝑡𝑒𝑑 = 50 𝐴 
𝑉𝑟𝑎𝑡𝑒𝑑 = 500 𝑉 
𝐼𝐿𝑒𝑎𝑘 = 1 𝑚𝐴 
𝑉𝐶𝐸(𝑠𝑎𝑡) = 1,5 𝑉 
𝑓𝑠 = 100 𝑘𝐻𝑧 
𝑇 = 0,00001𝑠 𝑜𝑢 10𝜇𝑠 
𝑑 = 0.5 
 
d) Perda de energia durante a ligação da chave 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
𝑉𝑚𝑎𝑥 ICmax𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 =
1
6
(500)(50)(1,5 × 10−6) = 0,00625𝐽 𝑜𝑢 6,25𝑚𝐽 
 
e) Perda de energia durante o desligamento da chave 
 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 =
1
6
𝑉𝑚𝑎𝑥 ICmax𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 
𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 =
1
6
(500)(50)(3𝑢𝑠) = 0,0125𝐽 𝑜𝑢 12,5𝑚𝐽 
 
f) Perda de energia durante o estado ligado 
Do item a) 𝑃𝑂𝑁 = 1,5 𝑉 × 50 𝐴 = 75𝑊 
𝑊𝑂𝑁 = 𝑃𝑂𝑁𝑡𝑜𝑛 
f=100 kHz ciclo de trabalho (Duty) do 50% 
𝑇 =
1
𝑓
=
1
100000
= 0,00001 𝑜𝑢 0,01 𝑚𝑠 𝑜𝑢 10𝑢𝑠 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 = 3𝑢𝑠 < 𝑇 
𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 = 1,5𝑢𝑠 < 𝑇 
Os tempos sw são menores do que o T mas não menores o suficiente para 
descondirar. 
𝑇 = 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 + 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛 + 𝑡𝑜𝑛 + 𝑡𝑜𝑓𝑓 
Como d=0,5 𝑡𝑜𝑛 = 𝑡𝑜𝑓𝑓 
 
𝑡𝑜𝑛 = 𝑡𝑜𝑓𝑓 =
𝑇 − 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 − 𝑡𝑠𝑤−𝑜𝑛
2
 
𝑡𝑜𝑛 = 𝑡𝑜𝑓𝑓 =
(10 − 3 − 1,5)𝜇𝑠
2
 
𝑡𝑜𝑛 = 𝑡𝑜𝑓𝑓 = 2,75 𝜇𝑠 
 
𝑊𝑂𝑁 = 𝑃𝑂𝑁𝑡𝑜𝑛 
 
𝑊𝑂𝑁 = 75𝑊(2,75𝜇𝑠) = 206,75 𝜇𝐽 
g) Perda de energia durante o estado desligado 
𝑊𝑂𝑓𝑓 = 𝑃𝑂𝑓𝑓𝑡𝑜𝑓𝑓 
 
𝑊𝑂𝑓𝑓 = 0,5𝑊(2,75𝜇𝑠) = 1,375𝜇𝐽 
 
h) Perda total de energia 
𝑊𝑡 = 𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑛 + 𝑊𝑠𝑤−𝑜𝑓𝑓 + 𝑊𝑂𝑁 + 𝑊𝑂𝐹𝐹 
𝑊𝑡 = 6,25𝑚𝐽 + 12,5𝑚𝐽 + 206,75 𝜇𝐽 + 1,375 𝜇𝐽 
𝑊𝑡 = 19𝑚𝐽 
i) Perda média de potência 
𝑃𝑎𝑣𝑔 =
𝑊𝑡
𝑇
=
19𝑚𝐽
0,01 𝑚𝑠
= 1900 𝑊 
Exercício 8 
Para o conversor da Figura a seguir, a eficiência é de 95%. 
A saída para a carga trifásica é como segue: tensões de linha sinusoidais de 200 V 
a 52 Hz e correntede linha de 10 A com um fator potência de 0,8 atrasado. 
A entrada para o processador de energia é uma tensão de fonte principal 
monofásica 230 V a 60 Hz. A potência de entrada é obtida com fator de potência 
unitário. 
Calcule a corrente e a potência de entrada. 
 
Tipo de conversor CA-CA 
Na saída: (3~) VL=200V; IL= 10 A; f= 52 Hz, PF= 𝑐𝑜𝑠𝜃3 =0,8 atrasado. 
Na entrada: (1~) V=230 V, I=?, f=60 Hz, PF= 𝑐𝑜𝑠𝜃1 =1 
eficiência é de 95%. 
𝑃𝑠𝑎í𝑑𝑎 = √3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃3 = √3(200)(10)(0,8) = 2771,28 𝑊 
𝜂 =
𝑃𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
 
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =
𝑃𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝜂
=
2771,28 
0,95
 
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 2917,14 𝑊 
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑉𝐼𝑐𝑜𝑠𝜃1 
𝐼 =
𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜃1
=
2917,14 
(230)(1)
= 12,68 𝐴 
Exercício 9 
Considere uma fonte de tensão regulada de CC (figura 1-2a). 
A tensão de entrada instantânea corresponde à forma de onda da figura 1-2b, onde 
Vd,mín = 20 V y Vd,máx = 30 V. 
Aproxime esta forma de onda mediante uma onda triangular que consista em dois 
segmentos lineares entre os valores indicados. 
Suponha que Vo = 15 V e que a carga na saída é constante. 
Calcule a eficiência da fonte considerado as perdas no transistor. 
 
 
 
 
Po=VoIo → Po=15 x Io 
𝑃𝐷 =
𝐼𝑜 ∫ 𝑣𝑑(𝑡)𝑑𝑡
𝑇
0
𝑇
 
𝑃𝐷 =
𝐼𝑜
𝑇
(𝑉𝑑𝑚𝑖𝑛𝑇 +
1
2
𝑇 × (𝑉𝑑𝑚𝑎𝑥−𝑉𝑑𝑚𝑖𝑛)) 
𝑃𝐷 =
𝐼𝑜
𝑇
𝑇(𝑉𝑑𝑚𝑖𝑛 +
1
2
× (𝑉𝑑𝑚𝑎𝑥−𝑉𝑑𝑚𝑖𝑛)) 
𝑃𝐷 = 𝐼𝑜(20 +
30 − 20
2
) 
𝑃𝐷 = 25𝐼𝑜 
𝜂 =
𝑃𝑜
𝑃𝐷
=
15𝐼𝑜
25𝐼𝑜
= 0,6 𝑜𝑢 60%