Post on 11-Feb-2016
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UNIVERSIDAD DE CUENCA
Facultad de Ingeniería, Escuela de Ingeniería Eléctrica
Cuenca, Ecuador
MATERIA:
Electrónica de Potencia
TEMA:
Ejercicios de Electrónica de Potencia
AUTOR
Andrés Villa
PROFESOR:
Ing. Fabián Jaramillo
Periodo
Marzo 2015 – Agosto 2015
1. Para un tiristor determinado, el
fabricante proporciona el dato de
pérdidas de 400 W para una onda
rectangular de corriente de longitud
variable según la tabla que aparece
a continuación.
a. Determine el valor máximo
de la corriente para cada
uno de los valores
b. Determine el valor rms de la
corriente para cada uno de
los valores
Corrientes media DC 138 170 318 218 250 305
Ф Longitud de la corriente en grados
30 60 90 120 180 360
Solución:
La grafica de la corriente se puede modelar por 𝑦(𝑤𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 la cual está comprendida entre
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 𝜑 .
Y para por 𝑦(𝑤𝑡) = 0 la cual está comprendida entre 𝜑 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋 .
Corrientes media DC 138 170 318 218 250 305
Ф Longitud de la corriente en grados
30 60 90 120 180 360
Ф Longitud de la corriente en radianes
π/6 π/3 π/2 2π/3 π π
a. Determine el valor máximo de la corriente para cada uno de los valores
Aplicando la fórmula para la corriente promedio DC tenemos:
𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 =1
𝑇∫ 𝑦(𝑤𝑡)
𝑇
0
𝑑𝑇 =1
𝑇[∫ 𝐼𝑚𝑎𝑥
𝜑
0
𝑑𝑇 + ∫ 0
𝑇
𝜑
𝑑𝑇]
Im
Φ
360o
Imáx.
𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 =1
𝑇∫ 𝐼𝑚𝑎𝑥
𝜑
0
𝑑𝑇 =1
𝑇∗ 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝜑
𝐼𝑚𝑎𝑥 =𝑇
𝜑∗ 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶
Ahora resolvemos esta ecuación 𝐼𝑚𝑎𝑥 =𝑇
𝜑 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶, para cada uno de los puntos de la tabla anterior.
Con 𝑇 = 2𝜋
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 138 y 𝜑 = π/6
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
π/6∗ 138
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1656 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 170 y 𝜑 = π/3
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
π/3∗ 170
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1020 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 318 y 𝜑 = π/2
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
π/2∗ 318
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1272 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 218 y 𝜑 = 2π/3
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
2π/3∗ 218
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 654 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 250 y 𝜑 = π
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
π∗ 250
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 500 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑒𝑑 𝐷𝐶 = 305 y 𝜑 = 2π
𝐼𝑚𝑎𝑥 =2𝜋
2π∗ 305
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 305 𝐴
Tenemos la siguiente tabla:
Corrientes media DC 138 170 318 218 250 305
Ф Longitud de la corriente en grados
30 60 90 120 180 360
Ф Longitud de la corriente en radianes
π/6 π/3 π/2 2π/3 π π
I max 1656 1020 1272 654 500 305
b. Determine el valor rms de la corriente para cada uno de los valores
Aplicando la ecuación para la corriente rms tenemos:
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √1
𝑇∫ 𝐼𝑚𝑎𝑥
2
𝜑
0
𝑑𝑇 = √1
𝑇∗ 𝐼𝑚𝑎𝑥
2 ∗ 𝜑
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √𝜑
𝑇∗ 𝐼𝑚𝑎𝑥
Ahora resolvemos esta ecuación 𝐼𝑟𝑚𝑠 = √𝜑
𝑇∗ 𝐼𝑚𝑎𝑥, para cada uno de los puntos de la tabla anterior.
Con 𝑇 = 2𝜋
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1656 y 𝜑 = π/6
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √π/6
2𝜋∗ 1656
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 478.05 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1020 y 𝜑 = π/3
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √π/3
2𝜋∗ 1020
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 416.41 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 1272 y 𝜑 = π/2
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √π/2
2𝜋∗ 1272
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 636 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 654 y 𝜑 = 2π/3
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √2π/3
2𝜋∗ 654
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 377.59 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 500 y 𝜑 = π
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √π
2𝜋∗ 500
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 353.55 𝐴
Resolvemos la ecuación anterior para 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 305 y 𝜑 = 2π
𝐼𝑟𝑚𝑠 = √2π
2𝜋∗ 305
𝐼𝑟𝑚𝑠 = 305 𝐴
Tenemos la siguiente tabla:
Corrientes media DC 138 170 318 218 250 305
Ф Longitud de la corriente en grados
30 60 90 120 180 360
Ф Longitud de la corriente en radianes
π/6 π/3 π/2 2π/3 π π
I max 1656 1020 1272 654 500 305
I rms 478.05 416.41 636 377.59 353.55 305
2. Un circuito rectificador de onda completa, semi-controlado, alimenta a una carga con una elevada
inductancia que llega a tomar hasta 25 A., a través de un transformador que entrega 120 VAC en
el secundario a 60 Hz. Determine:
a. El voltaje medio en la carga, para ángulos de disparo de 0o, 60o, 90o, 135o y 180o,
asumiendo que la caída de tensión en cada semiconductor es cero.
b. Las formas de onda de: vL, iL, iT1 e iD4, iT2 e iD3, iS, iDC (diodo de conmutación), vT1
c. El valor rms de la corriente
d. El voltaje de pico inverso y la corriente que deberán soportar cada uno de los
semiconductores, incluyendo el diodo de conmutación.
Solución:
Imax = 25 A
Vs=120 v
F=60Hz
a. El voltaje medio en la carga, para ángulos de disparo de 0o, 60o, 90o, 135o y 180o,
asumiendo que la caída de tensión en cada semiconductor es cero.
𝑉𝑚 = √2 ∗ 𝑉𝑠
𝑉𝑚 = 169.7 𝑣
αͦ 0 60 90 135 180
α (rad) 0 π/3 π/2 3π/4 π/6
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 2
2𝜋 ∫ 𝑉𝑚 sin 𝑤𝑡 𝑑(𝑤𝑡)
𝜋
∝
= 𝑉𝑚
𝜋 [− cos(𝑤𝑡)]
𝜋𝛼
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = = 𝑉𝑚
𝜋 (1 + cos(𝛼))
Resolviendo la ecuación anterior para :
𝛼 = 0
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 169.7
𝜋 (1 + cos(0))
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 108.034 𝑣
𝛼 = 60, π/3
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 169.7
𝜋 (1 + cos(π/3))
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 81.03 𝑣
𝛼 = 90, π/2
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 169.7
𝜋 (1 + cos(π/2))
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 54.02 𝑣
𝛼 = 135, 3π/4
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 169.7
𝜋 (1 + cos(3π/4))
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 15.82 𝑣
𝛼 = 180, π
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 169.7
𝜋 (1 + cos(π))
𝑉𝑚𝑒𝑑 𝑐𝑑 = 0 𝑣
b. Las formas de onda de: vL, iL, iT1 e iD4, iT2 e iD3, iS, iDC (diodo de conmutación), vT1
Las formas de onda de: vL, iL, iT1
Las formas de onda de: iD4, iT2
Las formas de onda de: iS, ID3
Las formas de onda de:, iDC (diodo de conmutación), vT1
c. El valor rms de la corriente
𝑉𝑟𝑚𝑠 = [1
𝜋 ∫ 𝑉𝑚
2 sin2 𝑤𝑡 𝑑(𝑤𝑡)𝜋
∝
]
1/2
= [𝑉𝑚
2
4𝜋 ∫ (1 − cos (2 𝑤𝑡) 𝑑(𝑤𝑡)
𝜋
∝
]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 𝑉𝑚
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − 𝛼 +
sin(2𝛼)
2)]
1/2
Resolviendo la ecuación anterior para :
𝑉𝑚 = 169.7 𝑣
𝐼 = 25 𝐴
𝑉𝑠 = 120 𝑣
𝑅 =𝑉𝑠
𝐼=
120
25
𝑅 = 4.8ῼ ≈ 5ῼ
𝐼 =𝑉𝑟𝑚𝑠
𝑅
𝛼 = 0
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 169.7
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − 0 +
sin(2 ∗ 0)
2)]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 119.99 𝑣
𝐼 =119.94
5
𝐼 = 24 𝐴
𝛼 = 60, π/3
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 169.7
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − π/3 +
sin(2 ∗ π/3)
2)]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 107.63 𝑣
𝐼 =107.63
5
𝐼 = 21.53 𝐴
𝛼 = 90, π/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 169.7
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − π/2 +
sin(2 ∗ π/2)
2)]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 84.85 𝑣
𝐼 =84.85
5
𝐼 = 16.97 𝐴
𝛼 = 135, 3π/4
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 169.7
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − 3π/4 +
sin(2 ∗ 3π/4)
2)]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 36.17 𝑣
𝐼 =36.17
5
𝐼 = 7.23 𝐴
𝛼 = 180, π
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 169.7
√2 [
1
𝜋 (𝜋 − π +
sin(2 ∗ π)
2)]
1/2
𝑉𝑟𝑚𝑠 = 0 𝑣
𝐼 =0
5
𝐼 = 0 𝐴
d. El voltaje de pico inverso y la corriente que deberán soportar cada uno de los
semiconductores, incluyendo el diodo de conmutación.
El voltaje pico inverso de cada diodo es igual al voltaje máximo de la fuente pero para
proteger al diodo se recomienda que el PVI siempre sea mayor al valor calculado
𝑃𝐼𝑉 ≥ 𝑉𝑚𝑎𝑥
𝑃𝐼𝑉 ≥ 169.7 𝑣
La corriente máxima a través de cada diodo seria 25 A., ya que es lo máximo que soporta la
carga.
Simulación en Tina pro:
Ilustración 1. Modificando el valor de la resistencia y la inductancia
Ilustración 2. Cuando varia la carga RL con un ángulo de disparo igual a 60 grados.
Ilustración 3. Con un ángulo de disparo de 0 grados con R=5 y una carga inductiva alta
Ilustración 4. Con un ángulo de disparo de 90 grados con R=5 y una carga inductiva alta
Ilustración 5. Con un ángulo de disparo de 0 grados con R=200 y L=200m
Ilustración 6. Con un ángulo de disparo de 60 grados con R=200 y L=200m
Ilustración 7. Con un ángulo de disparo de 90 grados con R=200 y L=200m
3. Un circuito convertidor como el de la figura tiene una R=0.2 Ω, el voltaje de entrada VDC es de 220
V, el voltaje E de 10 V, la corriente media en la carga es Ia = 200 A. y la frecuencia de operación del
conmutador es 200 Hz (T = 5 mSeg), con un ciclo de trabajo de k=2/5. A partir del valor medio de
voltaje en la carga, determine:
a. El valor de la inductancia que debería tener la carga para limitar el rizo máximo de la
corriente al 5% de Ia.
b. Con el valor de L calculado en a), grafique las formas de onda en régimen permanente de:
i. La corriente instantánea mínima I1 y el valor de i1 para t entre 0 y 2 mSeg.
ii. La corriente instantánea de pico I2 y el valor de i2 para t entre 2 y 5 mSeg
iii. La corriente de rizado pico-pico en la carga
iv. La corriente media Ia en la carga
v. La corriente rms Io en la carga
Solución:
Datos: R=0.2 Ω VDC=220v E=10v Ia=200A f=200Hz T=5ms=0.005s k=2/5=0.4
a. El valor de la inductancia que debería tener la carga para limitar el rizo máximo de la
corriente al 5% de Ia.
Se aplica siguiente formula:
∆𝑖 = 𝐼𝑎 ∗ 5%
∆𝑖 = 200 ∗ 0.05 = 10𝐴
El voltaje promedio de salida es Va=k*VDC=R*Ia
El voltaje a través del inductor es:
𝑉𝐷𝐶 = 𝑅 ∗ 𝐼𝑎 + 𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡+ 𝐸
𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡 = 𝑉𝐷𝐶 − 𝑅 ∗ 𝐼𝑎 − 𝐸 = 𝑉𝐷𝐶 − 𝑘 ∗ 𝑉𝐷𝐶 − 𝐸 = (1 − 𝑘)𝑉𝐷𝐶 − 𝐸
Para un aumento lineal de la corriente, dt = t1 = kT y di = ∆𝑖
∆𝑖 =(1 − 𝑘)𝑉𝐷𝐶 − 𝐸
𝐿 𝑘 𝑇
𝐿 =(1 − 𝑘)𝑉𝐷𝐶 − 𝐸
∆𝑖 𝑘 𝑇
𝐿 =(1 − 0.4) ∗ 220 − 10
10∗ 0.4 ∗ 0.005
𝑳 = 𝟐𝟒. 𝟒 𝒎𝑯
c. Con el valor de L calculado en a), grafique las formas de onda en régimen permanente de:
vi. La corriente instantánea mínima I1 y el valor de i1 para t entre 0 y 2 mSeg.
𝐼1 = 𝑉𝐷𝐶
𝑅∗ (
𝑒𝑘𝑧 − 1
𝑒𝑧 − 1) −
𝐸
𝑅 𝑧 =
𝑇 ∗ 𝑅
𝐿
𝐼1 = 220
0.2∗ (
𝑒0.4∗0.041 − 1
𝑒0.041 − 1) −
10
0.2 𝑧 =
0.005 ∗ 0.2
0.0244= 0.041
𝑰𝟏 = 𝟑𝟖𝟒. 𝟓𝟗𝟔 𝑨
𝑖1(𝑡 = 0) = 𝐼1𝑒−𝑡𝑅/𝐿 +𝑉𝑠 − 𝐸
𝑅 (1 − 𝑒−𝑡𝑅/𝐿)
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0𝑠
𝒊𝟏(𝒕 = 𝟎𝒔) = 𝑰𝟏 = 𝟑𝟖𝟒. 𝟓𝟗𝟔 𝑨
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2𝑚𝑠
𝑖1(𝑡 = 2) = 384.596 𝑒−0.002∗0.2/0.0244 +220 − 10
0.2 (1 − 𝑒−0.002∗0.2/0.0244)
𝒊𝟏(𝒕 = 𝟐𝒎𝒔) = 𝟑𝟗𝟓. 𝟒𝟐 𝑨
vii. La corriente instantánea de pico I2 y el valor de i2 para t entre 2 y 5 mSeg
𝐼2 = 𝑉𝐷𝐶
𝑅∗ (
𝑒−𝑘𝑧 − 1
𝑒−𝑧 − 1) −
𝐸
𝑅
𝐼2 = 220
0.2∗ (
𝑒−0.4∗0.041 − 1
𝑒−0.041 − 1) −
10
0.2
𝑰𝟐 = 𝟑𝟗𝟓. 𝟒𝟐 𝑨
𝑖2(𝑡) = 𝐼2𝑒−𝑡𝑅/𝐿 −𝐸
𝑅 (1 − 𝑒−𝑡𝑅/𝐿)
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2𝑚𝑠
𝑖2(𝑡 = 2𝑚𝑠) = 395.42𝑒−0.002∗0.2/0.0244 −10
0.2 (1 − 𝑒−0.002∗0.2/0.0244)
𝒊𝟐(𝒕 = 𝟐𝒎𝒔) = 𝟑𝟖𝟖. 𝟏𝟕𝟖 𝑨
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 5𝑚𝑠
𝒊𝟐(𝒕 = 𝟓𝒎𝒔) = 𝟑𝟕𝟕. 𝟓𝟑𝟒 𝑨
viii. La corriente de rizado pico-pico en la carga
∆𝐼 = 𝐼2 − 𝐼1
∆𝐼 = 395.42 − 384.596
∆𝑰 = 𝟏𝟎. 𝟖𝟐𝟒 𝑨
ix. La corriente media Ia en la carga
La corriente media en la carga es:
𝐼𝑎 = 𝐼2 + 𝐼1
2
𝐼𝑎 = 395.42 + 384.596
2
𝑰𝒂 = 𝟑𝟗𝟎. 𝟎𝟏 𝑨
x. La corriente rms Io en la carga
𝐼𝑜 = [𝐼12 +
(𝐼2 − 𝐼1)2
3+ 𝐼1(𝐼2 − 𝐼1) ]
1/2
𝐼𝑜 = [384.5962 +(395.42 − 384.596)2
3+ 384.596(395.42 − 384.596) ]
1/2
𝑰𝒐 = 𝟑𝟗𝟎. 𝟎𝟐𝟏 𝑨
Simulación en multisim y Tina pro
Ilustración 8 t=0m se cierra el interruptor SW1 y en t=2ms se abre.
Ilustración 9 se presenta la corriente máxima si el interruptor permaneciera cerrado un tiempo t muy largo, corriente
maxima.
Ilustración 10 en t=0, va creciendo la gráfica y existe la
diferencia entre I2-I1.
Ilustración 11 la gráfica alcanza un punto estable por la
frecuencia del conmutador, grafica de la corriente en la carga.