Examen de Electrónica Industrial - 18 de junio de 2010 Nombre y Apellidos:

Tiempo: 2 horas y 30 minutos (los alumnos que no han asistido al seminario disponende 20 minutos más para realizar el 5o ejercicio)Nombre y Apellidos:Marcar con una X si ha asistido al seminario

1. El circuito de la figura (a) se utiliza para disparar un tiristor con las siguientes característicasde puerta:

• VGmin = 4V

• IGmin = 0.4A

• Curva de potencia máxima de puerta Ig × Vg = 4W

• Curva carácterística máxima de puerta: Vg = 20Ig• Curva carácterística mínima de puerta: Vg = 5Ig

- La fuente de tensión es una onda cuadrada de 12 V cuando se quiere introducir un pulsode disparo y de 0 V en caso contrario. Si los valores de las resistencias del circuito sonR1 = 24Ω y R2 = 48Ω, comprobar si esta asegurado el disparo del tiristor. (1 punto)- En caso de no estar asegurado el disparo, proponer una modificación en los valores de R1

o R2 o en la tensión de la fuente para conseguirlo. (0.75 puntos)

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

(a) Ejercicios 1

2. Un motor de corriente continua tiene una resistencia de 0.6Ω, una inductancia de 4mH, yse alimenta desde un rectificador trifásico totalmente controlado alimentado desde una redde 460 V y 60 Hz. El motor gira a una velocidad tal que su fuerza contraelectromotriz es de510 V.

• ¿Si el ángulo de disparo es de 30 grados, cual es la tensión de salida del rectificador yel valor medio de la corriente del motor?.(0.75 puntos)

• Estimar el rizado de la corriente del motor despreciando la resistencia.(1 punto)

1

3. Se dispone de un convertidor DCDC como el de la figura (c) conmutando a una frecuenciade 600 kHz. Considerar todos los componentes ideales. Si el convertidor opera en régimende conducción continuo (CCM):

• determinar el ciclo de trabajo y la corriente media de entrada para obtener 12V y 0.7Aa la salida a partir de una fuente de alimentación de 10 V.(1.25 puntos)

• Si L2 = 10µH, C2 = 22µF y la resistencia serie equivalente (E.S.R.) es de 20 mΩ,estimar las dos componentes (debido a la capacidad del condensador y debido a laresistencia serie del condensador) del rizado de la tensión de salida.(1 punto)

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

(b) Ejercicio 3

4. El inversor de la figura (d) es controlado mediante un modulador PWM con un índice demodulación de amplitud ma = 0.75 y un índice de modulación de frecuencia mf = 100.Estimar el valor medio de la tensión aplicada a la carga en un período de conmutacióncuando la tensión de referencia sinusoidal (moduladora) se halla con un ángulo de fase de45o y la tensión del bus DC es VDC = 200V .(1.25 puntos)

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

(c) Ejercicio 4 y 5

5. Este ejercicio solo lo deben hacer aquellos que no hayan asistido al seminario deINGETEAM.Calcular analíticamente la forma de onda de la corriente en régimen permanente en la cargaen el circuito de la figura (c) si se aplica una onda de tensión cuadrada, f = 400Hz, L =1mH, R = 0 y VDC = 100V .(0.7 puntos)Dibujar la corriente de cada diodo y cada IGBT.(0.3 puntos)

2

1 Soluciones

1. Problema 1:De acuerdo con los límites proporcionados, las carácterísticas limite de puerta y el area dedisparo seguro son las que se muestran en el siguiente gráfico (también se han incluido lasrectas de carga solución del problema):

hay que comprobar que la recta de carga está siempre dentro de los límites del area de disparoseguro (area roja). La recta de carga es la relación entre ig y vg obtenida del circuito dedisparo:

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

Vg = V on−R1iR1

Vg = R2iR2

ig = iR1 + iR2

Vg = R2R1+R2

× V on− R1R2R1+R2

ig = 8− 16igEste resultado se puede obtener de forma alternativa obteniendo el circuito Thevenin equiv-alente. (Recta verde). La recta no esta dentro del area segura y por lo tanto hay quemodificarla.Opción A: Se aumenta Von sin modificar las resistencias, la recta se desplaza de formaparalela hacia arriba (Recta morada: Von = 18 nueva recta de carga Vg = 12− 16ig).Opción B: Se aumenta R2 o se disminuye R1, o una combinación de las dos, modificandopendiente y altura de la curva.

3

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

2. Problema 2: El circuito que se debe resolver es:El valor medio de la tensión de salida, observando la siguiente figura, es

Voavg = 6 12π

∫ θ2θ1VmLL sin θdθ

Observando la figura se observa que, tomando como origen θ = 0 en el paso por cero de Vab,el momento de disparo del tiristor es θ1 = π/2 y el fin de la conducción es θ2 = 5π/6 (Latensión compuesta está adelantada 30o respecto a la tensión de fase).

Es decir Voavg = 6 12π

∫ 5π/6

π/2VmLL sin θdθ = 3VmLL/π

√3

2 = 538V

4

Teniendo en cuenta que VLavg = 0, para obtener el valor medio de la corriente de salida elcircuito equivalente es:

Title

Designed by

Revision Page 1 of 1

Para obtener el rizado de la corriente se tiene en cuenta que, despreciando la resistenciaVL = Vo − 510 y VL = LdiL/dt

de manera que∆iL = 1/L

∫(Vo − 510)dt

Para obtener el rizado máximo se debe hacer la integral del area positiva de la siguiente figura,es decir, desde θ = π/2 hasta que Vo = 510, es decir, θ = arcsin 510/650 (650 = VmLL).Existen dos soluciones, θ = 51o = 0.89rad y θ = 129o = 2.25rad. De la figura se deduce queel valor correcto es el segundo y

∆iL = 1/L∫ π/22.25

VmLL sin θ−510ω dθ

5

3. Problema 3:Una vez indicadas las polaridades de tensiones y corrientes, se dibuja el circuito en Ton yen Toff y se calculan vL e ic en función de Vc e IL. (Utilizando la aproximación de pequeñorizado suponemos Vc e IL constantes).

Title

Designed by

Revision Page 1 of 2

(d) Ton

Title

Designed by

Revision Page 1 of 2

(e) Toff

Ton Toff

VL1 = VDC VL1 = Vc1

VL2 = VDC − Vc1 − Vo VL2 = −Vo

Ic1 = IL2 Ic1 = −IL1

Ic2 = IL2 − Vo

R Ic2 = IL2 − Vo

R

Igualando valores medios de vL e ic a cero

VL1avg = 0 =1T

∫ T

0

VL1dt =1T

∫ DT

0

(VDC)dt+1T

∫ T

DT

(Vc1)dt

Despejando Vc1

Vc1 = − D

1−DVDC

VL2avg = 0 =1T

∫ T

0

VL2dt =1T

∫ DT

0

(VDC − Vc1 − Vo)dt+1T

∫ T

DT

(−Vo)dt

Despejando Vo

Vo =D

1−DVDC

De manera que para obtener 12V de salida con una fuente de 10V se obtiene D = 0.54.

6

Ic2avg = 0 =1T

∫ T

0

VL1dt =1T

∫ T

0

(IL2 −VoR

)dt

Despejando IL2

IL2 =VoR

= 0.7A

Ic1avg = 0 =1T

∫ T

0

VL1dt =1T

∫ DT

0

(IL2dt+1T

∫ T

DT

(−IL1dt

Despejando IL1

IL1 =D

1−DIL1 = 0.82A

Como la corriente Ic1 tiene valor medio nulo, el valor medio de la corriente de entrada esigual al valor medio de la corriente por L1, es decir Iinavg = IL1 = 0.82Otra forma alternativa esPin = PoutVinIinavg = VoIoIinavg = VoIo

Vin= 0.82

El rizado en la tensión de salida se debe al rizado de la corriente por el condensador y tienedos componentes, una debida al condensador y otra debida a su resistencia serie equivalente.En primer lugar se debe obtener la forma de onda del condensador.Ic2 = iL2 − Vo

R

Es necesario obtener el rizsdo de la corriente en L2. Para obtener el rizado de la corrienteen la bobina basta con estudiar el comportamiento en el apagado.

VL2 = LdiL2

dt→ (VL2 = −Vo = CTE)→ ∆iL =

−Vo(1−D)TL

= 0.92A

Para obtener el rizado de la tensión de salida debida al condensador es necesario conocer lacorriente por el condensador. Teniendo en cuenta que la corriente en el condensador es iguala la corriente de la bobina menos la de la carga, la corriente en el condensador se muestraen la figura, así como iL2, Io y Vo:Obtenemos el rizado de la tensión en el condensador como

Ic = CdVcdt→ ∆Vc =

1C

∫ t2

t1

Icdt =1C×AREAPOSITIV A

∆Vc =1C

12

∆IL2/2T/2 = 8.7mV

7

El rizado debido a la E.S.R. es simplemente

∆Vcesr = E.S.R×∆IL2 = 18.4mV

Ambos rizados son pico a pico.

8

4. Problema 4:En la figura se muestra un cuarto de período de onda de una modulación sinusoidal conma = Vsinmax

Vtrimax= 0.75

ymf = ftri

fsin= 100

En un período de la señal sinusoidal o moduladora existen 100 períodos de la señal triangularo portadora y la amplitud de la moduladora es 0.75 veces menor que la portadora. En lamisma figura se indica el período de conmutación en el que se debe calcular el valor mediode la tensión de salida.

La señal moduladora es Vsin(t) = Vsinmax sinωt. Cuando la fase es 45 o se obtieneVsin(45o) = Vsinmax × 0.707 = ma × Vtrimax × 0.707 = 0.53VtrimaxAmpliando la escala de tiempos para ver lo que ocurren en ese período de conmutaciónconcreto, teniendo en cuenta que cuando la moduladora es mayor que la triangular la tensiónde salida es +VDC/2 = 100V y cuando es menor −VDC/2 = −100V , la siguiente figuramuestra la tensión de salida en ese período de conmutación.

Voavg = 1/T [T × VDC/2− 2t1 × 2× VDC/2]teniendo en cuenta quet1

(T/4) = Vtri−Vsin

Vtri= 1−masin45o

entoncesVoavg = VDC/2 [1− fract1(T/4)] = VDC/2 [1− (1−masin45o)] = 53V

9