10 Problemas Dc-Ac Grupo 4

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN DE AREQUIPA FACULTAD DE PRODUCCION Y SERVICIOS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA

CURSO: ELECTRONICA DE POTENCIA GRUPO TEORIA: “A” DOCENTE: ING. RIVERA CHAVEZ, VICTOR HUGO 10 PROBLEMAS INVERSORES (DC-AC)

INTEGRANTES: MONTESINOS QUISPE, JAVIER PABLO PARIZACA RIVERA, ANTHONY RAUL PRADO FARFÁN QUEVEDO, JOSE ENRIQUE

AREQUIPA – PERU 2022

EJERCICIO 1. El inversor monofásico de medio puente de la figura tiene una carga resistiva R = 2.4 Ω y el voltaje de entrada de cd es Vs = 48 V. Determine (a) el voltaje rms de salida Vo1 a la frecuencia fundamental; (b) la potencia de salida Po; (c) las corrientes promedio y pico de cada transistor; (d) El voltaje de bloqueo inverso pico VBR de cada transistor; (e) la corriente de suministro promedio Is; (f) la THD; (g) el DF, y (h) el HF y el LOH.

Solución: 𝑉𝑠 = 48𝑉 y 𝑅 = 2.4𝑉 a) Con la ecuación 𝑉𝑜1 =

2𝑉𝑠 √2𝜋

= 0.45𝑉𝑠 𝑉𝑜1 = 0.45 × 48 = 21.6𝑉 1

b) Con la ecuación 𝑉𝑜 =

2 𝑇 ⁄2 𝑉 2 (𝑇 ∫0 0 4𝑠 𝑑𝑡) 0

2

=

𝑉𝑠 2

48 𝑉𝑜 = = 24𝑉 2 La potencia de salida es: 𝑉𝑜 2 242 = = 240𝑊 𝑅 2.4 24 c) La corriente pico del transistor es 𝐼𝑝 = 2.4 = 10𝐴. Como cada transistor conduce 𝑃𝑜 =

durante un ciclo de trabajo de 50%, la corriente promedio de cada transistor es IQ = 0.5 × 10 = 5 A. d) El voltaje de bloqueo inverso pico es 𝑉𝐵𝑅 = 2 × 24 = 48𝑉 e) La corriente promedio de suministro es 𝐼𝑠 =

𝑃𝑜 𝑉𝑠

=

240 48

f) Según la ecuación: 𝑉𝑜1 = y el voltaje rms armónico Vh es:

2𝑉𝑠 √2𝜋

= 0.45𝑉𝑠

= 5𝐴

1 2

∞

1

𝑉𝑜𝑛 2 ) = (𝑉𝑜 2 − 𝑉𝑜1 2 )2 = 0.2176𝑉𝑠

𝑉ℎ = ( ∑ 𝑛=3,5,7…

Según 1 2

∞

𝑇𝐻𝐷 =

1 0.2176𝑉𝑠 ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = = 48.34% 𝑉𝑜1 0.45𝑉𝑠 𝑛=2,3,…

g) Según la ecuación ∞

𝑣𝑜 =

∑ 𝑛=1,3,5…

2𝑉𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) 𝑛𝜋

𝑣𝑜 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 2, 4, … podemos determinar Von y luego determinar ∞

[ ∑ 𝑛=3,5,7…

1 2 2

1

2 𝑉𝑜𝑛 𝑉𝑜3 2 𝑉𝑜5 2 𝑉𝑜7 2 ( 2 ) ] = [( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) + ⋯ ] = 0.024𝑉𝑠 𝑛 3 5 7

Según la ecuación ∞

1 2 2

𝑉𝑜𝑛 0.024𝑉𝑠 𝐷𝐹 = [ ∑ ( 2 ) ] = = 5.382% 𝑛 0.45𝑉𝑠 𝑛=2,3,… 𝑉01

h) El LOH es el tercero, 𝑉𝑜3 =

. Por la ecuación: 𝑉𝑜𝑛 𝐻𝐹𝑛 = 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 > 1 𝑉𝑜1 𝑉𝑜3 1 𝐻𝐹3 = = = 33.33% 𝑉𝑜1 3 3

y de la ecuación 𝑉𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 > 1 𝑉𝑜1 𝑛2 𝑉𝑜3 1 𝐷𝐹3 = = = 3.704% 𝑉𝑜1 32 27 Como Vo3/Vo1 = 33.33%, que es mayor que 3%, LOH = Vo3. 𝐷𝐹𝑛 =

EJERCICIO 2. Repetir el ejercicio anterior para el puente inversor monofásico de:

Solución: 𝑉𝑠 = 48𝑉 y 𝑅 = 2.4𝑉 a) Con la ecuación 𝑉𝑜1 =

4𝑉𝑠 √2𝜋

= 0.90𝑉𝑠 𝑉𝑜1 = 0.90 × 48 = 43.2𝑉 1 2

𝑇𝑜 2

2

b) Con la ecuación 𝑉𝑜 = (𝑇 ∫0 𝑉𝑠 2 𝑑𝑡) = 𝑉𝑠 0

𝑉𝑜 = 48𝑉 La potencia de salida es: 𝑉𝑜 2 482 = = 960𝑊 𝑅 2.4 48 c) La corriente pico del transistor es 𝐼𝑝 = 2.4 = 20𝐴. Como cada transistor conduce 𝑃𝑜 =

durante un ciclo de trabajo de 50%, la corriente promedio de cada transistor es IQ = 0.5 × 20 = 10 A. d) El voltaje de bloqueo inverso pico es 𝑉𝐵𝑅 = 2 × 24 = 48𝑉 𝑃 960 e) La corriente promedio de suministro es 𝐼𝑠 = 𝑉𝑜 = 48 = 20𝐴 𝑠

f) Según la ecuación: 𝑉𝑜1 =

4𝑉𝑠 √2𝜋

= 0.90𝑉𝑠

y el voltaje rms armónico Vh es: ∞

𝑉ℎ = ( ∑ 𝑛=3,5,7…

Según

1 2

1

𝑉𝑜𝑛 2 ) = (𝑉𝑜 2 − 𝑉𝑜1 2 )2 = 0.4359𝑉𝑠

1 2

∞

𝑇𝐻𝐷 =

1 0.4359𝑉𝑠 ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = = 48.43% 𝑉𝑜1 0.90𝑉𝑠 𝑛=2,3,…

g) Según la ecuación ∞

𝑣𝑜 =

∑ 𝑛=1,3,5…

2𝑉𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) 𝑛𝜋

𝑣𝑜 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 2, 4, … podemos determinar Von y luego determinar ∞

[ ∑ 𝑛=3,5,7…

1

1

2 𝑉𝑜𝑛 2 2 𝑉𝑜3 2 𝑉𝑜5 2 𝑉𝑜7 2 ( 2 ) ] = [( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) + ⋯ ] = 0.048𝑉𝑠 𝑛 3 5 7

Según la ecuación ∞

1 2 2

𝑉𝑜𝑛 0.048𝑉𝑠 𝐷𝐹 = [ ∑ ( 2 ) ] = = 5.333% 𝑛 0.90𝑉𝑠 𝑛=2,3,… 𝑉1

h) El LOH es el tercero, 𝑉3 = 3 . Por la ecuación: 𝑉𝑜𝑛 𝐻𝐹𝑛 = 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 > 1 𝑉𝑜1 𝑉𝑜3 1 𝐻𝐹3 = = = 33.33% 𝑉𝑜1 3 y de la ecuación 𝑉𝑜𝑛 𝐷𝐹𝑛 = 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 > 1 𝑉𝑜1 𝑛2 𝑉𝑜3 1 𝐷𝐹3 = = = 3.704% 𝑉𝑜1 32 27 Como Vo3/Vo1 = 33.33%, que es mayor que 3%, LOH = Vo3.

EJERCICIO 3. El inversor de puente completo de la figura 6.3a tiene una carga RLC con R = 6.5 Ω, L = 10mH, y C = 26 μF. La frecuencia del inversor, fo = 400 Hz, y el voltaje de entrada de cd, Vs = 220 V. (a) Exprese la corriente instantánea de carga en una serie de Fourier. Calcule (b) la corriente rms de carga I1 a la frecuencia fundamental; (c) la THD de la corriente de carga; (d) la corriente promedio de suministro Is, y (e) las corrientes rms y promedio de cada transistor.

Solución: 𝑉𝑠 = 220 𝑉 𝑓0 = 400 𝐻𝑧 𝑅 = 6.5 Ω 𝐿 = 10 𝑚𝐻 𝐶 = 26 𝜇𝐹 𝜔 = 2𝜋 × 400 = 2513 𝑟𝑎𝑑/𝑠 La reactancia inductiva del n-ésimo voltaje armónico es: 𝑋𝐿 = 𝑗𝑛𝜔𝐿 = 𝑗2𝑛𝜋 × 400 × 10 × 10−3 = 𝑗25.13𝑛Ω La reactancia capacitiva del n-ésimo voltaje armónico es: 𝑗 −𝑗106 −𝑗15.30 𝑋𝑐 = = = Ω 𝑛𝜔𝐶 2𝑛𝜋 × 400 × 26 𝑛 La impedancia del n-ésimo voltaje armónico es: 1 2 2

2

|𝑍𝑛 | = √𝑅 2 + (𝑛𝜔𝐿 −

1 15.30 ) = [6.52 + (25.13𝑛 − ) ] 𝑛𝜔𝐶 𝑛

y el ángulo de impedancia de carga del n-ésimo voltaje armónico es: 𝜃𝑛 = 𝑡𝑎𝑛

−1

25.13𝑛 − ( 6.5

15.30 𝑛 ) = 𝑡𝑎𝑛−1 (3.87𝑛 − 2.35) 𝑛

a. De la ecuación, ∞

𝑣𝑜 =

∑ 𝑛=1,3,5…

4𝑉𝑠 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) 𝑛𝜋

El voltaje instantáneo de salida se puede expresar como: 𝑣0 (𝑡) = 280.1 𝑠𝑒𝑛(2513𝑡) + 93.4 𝑠𝑒𝑛(3 × 2513𝑡) + 56.02 𝑠𝑒𝑛(5 × 2513𝑡) + 40.02 𝑠𝑒𝑛(7 × 2513𝑡) + 31.12 𝑠𝑒𝑛(9 × 2513𝑡) + ⋯

Dividiendo el voltaje de salida entre la impedancia de carga y considerando el retardo apropiado debido a los ángulos de impedancia de la carga, podemos obtener la corriente instantánea en la carga como: 𝑖0 (𝑡) = 23.8 𝑠𝑒𝑛(2513𝑡 − 56.66°) + 1.32 𝑠𝑒𝑛(3 × 2513𝑡 − 84.72°) + 0.46 𝑠𝑒𝑛(5 × 2513𝑡 − 86.97°) + 0.23 𝑠𝑒𝑛(7 × 2513𝑡 − 87.86°) + 0.14 𝑠𝑒𝑛(9 × 2513𝑡 − 88.34°) b. La corriente fundamental pico en la carga es: 𝐼𝑚1 = 23.8 𝐴 La corriente rms en la carga a la frecuencia fundamental es: 23.8 𝐼𝑜1 = = 16.83 𝐴 √2 c. Considerando hasta el noveno armónico, la corriente pico en la carga es: 1

𝐼𝑚 = (23.82 + 1.322 + 0.462 + 0.232 + 0.142 )2 = 23.84 La corriente rms armónica en la carga es: 1

𝐼ℎ =

(𝐼𝑚 2 − 𝐼𝑚1 2 )2

√23.842 − 23.82

= 0.9761 𝐴 √2 √2 Utilizando la ecuación, la THD de la corriente en la carga es: ∞

=

1

1

1

2 2 (𝐼𝑚 2 − 𝐼𝑚1 2 )2 1 23.84 2 2 ( ∑ 𝐼𝑜𝑛 ) = ) − 1] = 5.80% 𝑇𝐻𝐷 = = [( 𝐼𝑜1 𝐼𝑚1 23.8 𝑛=2,3,…

d. La corriente rms en la carga es: 𝐼0 ≅

𝐼𝑚 √2

=

23.84 √2

= 16.86

y la potencia en la carga es: 𝑃𝑜 = 16.862 × 6.5 = 1847.69 𝑊 Si aplicamos la ecuación (6.13) la potencia fundamental de salida es: 𝑃𝑜1 = 𝑉𝑜1 𝐼𝑜1 cos(𝜃1 ) = 𝐼𝑜1 2 𝑅 = 𝐼𝑜1 2 𝑅 = 16.832 × 6.5 = 1841.12 𝑊 e. La corriente promedio de suministro es: 𝑃𝑜 1847.69 𝐼𝑠 = = = 8.40 𝐴 𝑉𝑠 220

EJERCICIO 4. 1. El puente inversor de la figura tiene una carga RLC de valores 𝐿 = 31.5 𝑚𝐻 y C = 112 𝑢𝐹. La frecuencia del inversor es de 60 𝐻𝑧 y la tensión de entrada Vs = 220 𝑉

Calcular: a) La corriente instantánea de salida en series de Fourier. b) El valor Eficaz de la intensidad total en la carga y la debida al primer armónico. c) Distorsión total de la corriente de carga. d) Potencia activa en la carga y el fundamental. e) Intensidad media y pico de cada transistor. Solución: a) Para el cálculo de la corriente instantánea en series de Fourier se debe calcular primero la impedancia de la carga para cada armónico, y se divide la tensión instantánea en series de Fourier por la impedancia. (Para n=1): 𝑍𝑜1 = √102 + (2𝜋60 × 31.5 × 10−3 −

2 1 ) 2𝜋60 × 112 × 10−6

𝒁𝒐𝟏 = 𝟏𝟓. 𝟒 𝜴 2𝜋60 × 31.5 × 10−3 − 𝜑𝑜1 = arctg (

10

1 2𝜋60 × 112 × 10−6 )

𝜑𝑜1 = −𝟒𝟗. 𝟕 ° 𝑉𝑜1 =

4 × 220 𝑠𝑒𝑛(2𝜋60 × 𝑡) 𝜋

𝑉𝑜1 = 280.1 × 𝑠𝑒𝑛(120𝜋𝑡) 𝐼𝑜1 =

𝑉𝑜1 280.1 = × 𝑠𝑒𝑛(120𝜋𝑡 + 49.7) 𝑍𝑜1 15.4

𝑰𝒐𝟏 = 𝟏𝟖. 𝟏 × 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎𝝅𝒕 + 𝟒𝟗. 𝟕) Los armónicos para n=3,5, 7,…:

n

𝑽𝒐

𝒁𝒐

𝝋𝒐

𝑰𝒐

3

93.4 × 𝑠𝑒𝑛(3 × 120𝜋𝑡)

29.43

70.17°

3.17 × 𝑠𝑒𝑛(3 × 120𝜋𝑡 − 70.17)

5

56 × 𝑠𝑒𝑛(5 × 120𝜋𝑡)

55.5

79.63°

1 × 𝑠𝑒𝑛(5 × 120𝜋𝑡 − 79.63)

…

…

…

…

…

Realizando el sumatorio obtenemos la intensidad instantánea en series de Fourier 𝑰𝒐 (𝒕) = 𝟏𝟖. 𝟏 × 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎𝝅𝒕 + 𝟒𝟗. 𝟕) + 𝟑. 𝟏𝟕 × 𝒔𝒆𝒏(𝟑 × 𝟏𝟐𝟎𝝅𝒕 − 𝟕𝟎. 𝟏𝟕)+ 𝟏 × 𝒔𝒆𝒏(𝟓 × 𝟏𝟐𝟎𝝅𝒕 − 𝟕𝟗. 𝟔𝟑) b) Como 𝐼𝑅𝑀𝑆 =

𝐼𝑝 √2

Para el primer armónico tendremos: 𝐼𝑜1(𝑅𝑀𝑆) =

18.1 √2

= 12.8 𝐴

Considerando hasta en quinto armónico: 𝐼𝑜 = √18.12 + 3.172 + 12 = 18.4 𝐴 𝐼𝑜5(𝑅𝑀𝑆) =

18.4 √2

= 13.01 𝐴

c) La distorsión armónica total para la intensidad se calcula de la misma forma que para la tensión, resultando: ∞

1 2 𝑇𝐻𝐷(𝑉) = √ ∑ 𝑉𝑜𝑛 𝑉𝑜1 𝑛=3,5,…

Para corriente: ∞

1 2 𝑇𝐻𝐷(𝐼) = √ ∑ 𝐼𝑜𝑛 𝐼𝑜1 𝑛=3,5,…

𝑇𝐻𝐷(𝐼) =

1 √18.42 − 18.12 18.1

𝑻𝑯𝑫(𝑰) = 𝟏𝟖. 𝟐𝟖 % d) Las potencias son: 2 𝑃𝑜 = 𝐼𝑜(𝑅𝑀𝑆) ×𝑅

𝑃𝑜 = 13.012 × 10 𝑷𝒐 = 𝟏𝟔𝟗𝟐. 𝟔 𝑾 2 𝑃𝑜1 = 𝐼𝑜1(𝑅𝑀𝑆) ×𝑅

𝑃𝑜1 = 12.82 × 10 𝑷𝒐𝟏 = 𝟏𝟔𝟑𝟖. 𝟒 𝑾 e) La intensidad media que suministra la fuente: 𝐼𝐴𝑉𝐺 = 𝐼𝐴𝑉𝐺 =

𝑃𝑜 𝑉𝑆

1692.6 220

𝑰𝑨𝑽𝑮 = 𝟕. 𝟔𝟗 𝑨 Corriente en cada transistor: De (b) tenemos una intensidad pico de 18.4 A por cada transistor 𝐼𝑄(𝑎𝑣𝑔) =

7.69 𝐴 2

Cada rama conduce 50% de cada periodo: 𝐼𝑄(𝑎𝑣𝑔) = 3.845 𝐴

EJERCICIO 5. En un inversor monofásico en puente como el de la figura tenemos los siguientes datos: Vs = 200 V, R = 30Ω, L = 0.16 H y T = 12.5 mseg. Calcular: a) Intensidad pico de la conmutación 𝐿 0.16 𝜏= = = 5.33 𝑚𝑠𝑒𝑔 𝑅 30 La intensidad pico:

𝑇

𝑉𝑠 1 − 𝑒 −2𝜏 𝐼𝑜 = ( ) × ( 𝑇) 𝑅 − 2𝜏 1+𝑒 𝐼𝑜 = 3.51 𝐴 b) Tiempo de conducción de los diodos 𝜔𝐿 ) 𝑅 𝜑 = 69.54° 69.54° × 12.5 𝑇𝐷𝑂𝑁 = = 2.41 𝑚𝑠𝑒𝑔 360° c) Tiempo de conducción de los transistores 𝑇𝑄𝑂𝑁 = 6.25 − 2.41 = 3.84 𝑚𝑠𝑒𝑔 d) Intensidad media suministrada por la fuente 𝐼𝑜 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜑) = 0.36 𝐴 𝐼𝐷(𝐴𝑉) = 2𝜋 𝐼𝑜 (1 − cos(𝜋 − 𝜑)) = 0.75 𝐴 𝐼𝑄(𝐴𝑉) = 2𝜋 𝐼𝑆(𝐴𝑉) = 2 × (𝐼𝑄(𝐴𝑉) − 𝐼𝐷(𝐴𝑉) ) = 0.78 𝐴 e) Potencia media en la carga 𝑃𝑜(𝐴𝑉) = 𝐼𝑠(𝐴𝑉) × 𝑉𝑠 𝑃𝑜(𝐴𝑉) = 171.6 𝑊 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (

EJERCICIO 6. El puente inversor de la figura tiene una carga RLC de valores 𝑅 = 2.4𝛺 la tensión de entrada Vs = 48 𝑉

a) b) c) d) e) f)

Tensión eficaz fundamental Potencia media de la carga Intensidad pico y media de cada transistor Tensión inversa de pico 𝑉𝑄(𝐵𝑅) de bloqueo de transistores Distorsión armónica total Factor de distorsión

Solución: a) 𝑉𝑜1(𝑅𝑀𝑆) = 0.90 × 48 = 43.2 𝑉 b) 𝑃𝑜(𝐴𝑉) = 48

𝑉𝑠2 𝑅

=

482 2.4

= 960 𝑊

c) 𝐼𝑃𝑄 = 2.4 = 20 𝐴 Como cada rama conduce 50% de ciclo 𝐼𝑃𝑄 = 10 𝐴 d) La tensión pico de bloqueo será igual a la que contiene la fuente C.C. e) 𝑉𝑜(𝑅𝑀𝑆) = 48 𝑉 ; 𝑉𝑜1(𝑅𝑀𝑆) = 43.2 𝑉 los demás armónicos aportan 4.8 𝑉 ∞

1 2 𝑇𝐻𝐷(𝑉) = √ ∑ 𝑉𝑜𝑛 𝑉𝑜1 𝑛=3,5,…

𝑇𝐻𝐷(𝑉) =

1 √482 − 43.22 43.2

𝑻𝑯𝑫(𝑽) = 𝟒𝟖. 𝟒𝟑 % f) El factor de distorsión aplicando un filtro de segundo orden será: ∞

1 𝑉𝑜𝑛 2 𝐷𝐹 = √ ∑ ( 2) 𝑉𝑜1 𝑛 𝑛=3,5,…

𝑫𝑭 = 𝟑. 𝟖𝟎𝟒 % EJERCICIO 7. Dado el inversor monofásico de batería de toma media de la figura donde 𝑉𝑆 = 600 𝑉 , 𝑅 = 10𝛺, 𝐿 = 0.05𝐻 y la frecuencia 𝑓 = 50 𝐻𝑧. (considerar hasta el 9no armónico)

a) b) c) d)

Intensidad máxima(𝐼𝑜 ) en la carga Tiempo de paso por cero de la intensidad en la carga después de un semiciclo Intensidad media 𝐼𝑄(𝐴𝑉) por los transistores Intensidad media 𝐼𝐷(𝐴𝑉) por los diodos

Solución: a) Para el primer intervalo, en el que conduce Q1 la ecuación de su malla: 𝑉𝑠 𝑑𝑖𝑜 (𝑡) = 𝑉𝑜 (𝑡) = 𝑅 × 𝑖𝑜 (𝑡) + 𝐿 2 𝑑𝑡 Y para el segundo intervalo: 𝑉𝑠 𝑑𝑖𝑜 (𝑡) − = 𝑉𝑜 (𝑡) = 𝑅 × 𝑖𝑜 (𝑡) + 𝐿 2 𝑑𝑡 Son iguales salvo en el signo por lo tanto su solución: 𝑡 𝑡 𝑉𝑠 𝑖𝑜 (𝑡) = [ ] × (1 − 𝑒 −𝜏 ) − 𝐼𝑜 𝑒 −𝜏 2𝑅 Donde: 𝑇

𝑉𝑠 1 − 𝑒−𝜏 𝐿 ) 𝜏 = = 0.005 𝑠𝑒𝑔 𝐼𝑜 = [ ] × ( 𝑇 2𝑅 𝑅 1 + 𝑒−𝜏 Como f=50 Hz, el periodo T= 0.02 seg, por lo tanto la intensidad máxima en la carga es: 0.02

600 1 − 𝑒 −2×0.005 𝐼𝑜 = [ ]×( 0.02 ) = 22.85 𝐴 2 × 10 1 + 𝑒 −2×0.005 b) El tiempo t1 de paso por cero de la intensidad 𝑖𝑜 (𝑡) lo obtenemos igualando a cero la ecuación que rige esta intensidad: 2 2 ) ( 𝑡1 = 𝑇 × ln ( = 0.005 × ln 𝑇 0.005 ) = 1.83 𝑚𝑠𝑒𝑔 1 + 𝑒 −2𝜏 1 + 𝑒 −2×0.005 c) Como la carga no es resistiva el desfase entre tensión e intensidad: 𝜔𝐿 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( ) 𝑅 𝜑 = 57.51 ° El valor de la intensidad viene dado por: 𝐼𝑜 [1 − cos(𝜋 − 𝜑)] = 5.6 𝐴 𝐼𝑄(𝐴𝑉) = 2𝜋 d) El cálculo para la intensidad media de los diodos se realiza de forma igual 𝐼𝑜 [1 − cos(𝜑)] = 1.68 𝐴 𝐼𝐷(𝐴𝑉) = 2𝜋 EJERCICIO 8. Sea el circuito de la figura con transistores de paso auto excitados, en donde el número de espiras de cada devanado primario es de 30, la intensidad de pico de cada devanado primario tiene un valor de 1 A. La carga es resistiva y disipa 100 W a 220 V. En la batería C.C. tenemos una tensión VS = 12 V. Suponiendo las caídas nulas en el transformador y en los transistores, calcular:

a) Número de espiras del secundario para obtener a la salida 220 V eficaces. b) Corriente de pico en los transistores. c) Número de espiras del devanado auxiliar de base de los transistores de forma que la corriente en dichas bases sea die z veces menor que la de pico de los colectores. d) Dibujar las formas de onda de la tensión e intensidad de salida, así como las corrientes de colector. Solución: • • •

El circuito esquematiza a dos transistores en contrafase que trabajan en saturación. Las bases de los transistores están excitadas por las intensidades de los devanados primarios. Las relaciones de transformación son:

𝑰𝟏 𝑵𝟏 = 𝑰𝟐 𝑵𝟐 𝑵𝟏 𝑵𝟐 = 𝑽𝟏 𝑽 𝟐 a) Aplicando la relación de transformación: 𝑵𝟏 𝑵𝟐 = 𝑽𝟏 𝑽 𝟐 𝑵𝟏 𝑽𝟐 𝟑𝟎 ∗ 𝟐𝟐𝟎 𝑵𝟐 = = = 𝟓𝟓𝟎 𝒆𝒔𝒑𝒊𝒓𝒂𝒔 𝑽𝟏 𝟏𝟐 b) De la carga obtenemos: 𝑷𝒐(𝑹𝑴𝑺) = 𝑽𝒐(𝑹𝑴𝑺) ∗ 𝑰𝒐(𝑹𝑴𝑺) 𝑷𝒐(𝑹𝑴𝑺) 𝟏𝟎𝟎 𝑰𝒐(𝑹𝑴𝑺) = = = 𝟎. 𝟒𝟓 𝑨 𝑽𝒐(𝑹𝑴𝑺) 𝟐𝟐𝟎 De la relación de transformación 𝑰𝟏 𝑵𝟏 = 𝑰𝟐 𝑵𝟐 𝑵𝟐 ∗ 𝑰𝟐 𝟎. 𝟒𝟓 ∗ 𝟓𝟓𝟎 𝑰𝟏 = = = 𝟖. 𝟑 𝑨 𝑵𝟏 𝟑𝟎 La intensidad de pico en los transistores, teniendo en cuenta la intensidad

magnetizante del devanado correspondiente dada en el enunciado, será: 𝑰𝒃𝑸 = 𝑰𝟏 + 𝑰𝒎 = 𝟖. 𝟑 + 𝟏 = 𝟗. 𝟑 𝑨 c) Como la intensidad de base 𝑰𝒃𝑸 de cada transistor debe ser diez veces menor, tenemos que: 𝑰𝒄𝑸 𝑰𝟏 𝑰𝟐 𝟗. 𝟑 𝑰𝒃𝑸 = = = = = 𝟎. 𝟗𝟑 𝑨 𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝟏𝟎 De la relación de transformación tenemos que: 𝑰𝒃𝑸 𝑵𝒃 = 𝑰𝟏 𝑵𝟏 𝑰𝟏 ∗ 𝑵𝟏 𝟑𝟎 ∗ 𝟖. 𝟑 = = 𝟐𝟔𝟕 𝒆𝒔𝒑𝒊𝒓𝒂𝒔 = 𝑵𝒂 𝑰𝒃𝑸 𝟎. 𝟗𝟑 d) Las formas de onda de la tensión e intensidad de salida así como las corrientes de colector son las mostradas en las dos figuras siguientes: 𝑵𝒃 =

EJERCICIO 9. El inversor de medio puente monofásico de la figura tiene una carga resistiva of R=3.4ohms y la entrada de voltaje DC Vd=36V. Determine: a) b) c) d) e) f)

El valor r.m.s. de la carga de Voltaje, Vorms El valor r.m.s. de la carga de la frecuencia fundamental VL1 La potencia de salida Po La corriente promedio y pico de cada transistor El voltaje de bloqueo inverso pico VBR de cada transistor El factor THD

Solución: a) 𝑉𝑜𝑟𝑚𝑠 =

𝑉𝑑 36 = = 18𝑉 2 2

b) 𝑉𝐿1 = 0.45 ∗ 𝑉𝑑 = 16.2𝑉 c) 𝑃𝑜 =

𝑉 2 𝑟𝑚𝑠 182 = = 95.3𝑊 𝑅 3.4

d) 𝑉𝑜𝑟𝑚𝑠 18 = = 5.3𝐴 𝑅 3.4 𝑃𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑢𝑐𝑒 𝑢𝑛 50% 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜, 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝑒𝑠: 𝐼𝑄 = 2.65 e) 𝐸𝑙 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑏𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒𝑜 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑜 𝑝𝑖𝑐𝑜 𝑉𝐵𝑅 = 2 ∗ 18𝑉 = 36𝑉 f) 𝑉𝑛 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒𝑠 𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑜𝑠 𝑇𝐻𝐷 = = 𝑉𝐿1 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝐶𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝐼𝑝 =

∞

𝑉𝑛 = √ ∑ 𝑉 2 𝑛𝑟𝑚𝑠 = √𝑉 2 𝐿𝑟𝑚𝑠 − 𝑉 2 𝐿1 𝑛=1,3,5

∴ 𝑇𝐻𝐷 = √

𝑉 2 𝐿𝑟𝑚𝑠 − 𝑉 2 𝐿1 182 − 16.22 √ = = 48.43% 𝑉 2 𝐿1 16.22

EJERCICIO 10. Para un puente completo monofásico, transistores inversores mostrados en la figura, con una alimentación Vdc=100V, resistencia de carga R=10ohms, con carga inductiva L=25mH y con una frecuencia de salida de 60Hz. Es requerido analizar el circuito para determinar: a) La amplitud de las terminales de las series de Fourier para la onda superior de voltaje de 9no orden harmónico. b) La amplitud de las terminales de las series de Fourier para la onda superior de la corriente de carga del 9no orden harmónico. c) La potencia absorbida por la carga en términos armónicos. d) Calcular el factor total de distorsión harmónico (THD).

Solución: a) 𝐿𝑎 𝑜𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑒𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟 𝑒𝑠: ∞

𝑉𝑜(𝜔𝑡) =

∑ 𝑛=1,3,5,…

4𝑉𝑑𝑐 sin(𝑛𝜔𝑡) 𝑛𝜋

𝑙𝑎 𝑎𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑 𝐶𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑛é𝑠𝑖𝑚𝑜 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 ℎ𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑜 𝑒𝑠: 𝐶𝑛 = ∴ 𝑉𝑜(𝜔𝑡) =

4𝑉𝑑𝑐 4 ∗ 100 127.3 = = = 𝑉𝑛 𝑛𝜋 𝑛𝜋 𝑛

127.3 127.3 127.3 127.3 sin(𝜔𝑡) + sin(3 ∗ 𝜔𝑡) + sin(5 ∗ 𝜔𝑡) + sin(7 ∗ 𝜔𝑡) 1 3 5 7 127.3 + sin(9 ∗ 𝜔𝑡) 9

𝑉𝑜(𝜔𝑡) = 127.3 sin(1 ∗ 𝜔𝑡) + 42.4 sin(3 ∗ 𝜔𝑡) + 25.5 sin(5 ∗ 𝜔𝑡) + 18.2 sin(7 ∗ 𝜔𝑡) + 14.1sin (9 ∗ 𝜔𝑡) b)

𝐿𝑎 𝑎𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑛é𝑠𝑖𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑟𝑚ó𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑒𝑠: 𝐼𝑛 =

𝑉𝑛 𝑍𝑛

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑍𝑛 = √𝑅 2 + (𝑛𝜔𝐿)2

𝐸𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟 ∞

𝑖𝑜 (𝜔𝑡) =

∑ 𝑛=1,3,5,…

𝑉𝑛 𝒏𝝎𝑳 sin(𝑛𝜔𝑡 − 𝜃𝑛) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜽𝒏 = 𝒕𝒂𝒏−𝟏 𝑍𝑛 𝑹

c) 𝐼𝑛 2 2 𝑃𝑛 = 𝐼𝑛𝑟𝑚𝑠 ∗𝑅 = ( ) ∗𝑅 √2 n fn(Hz) Vn(V) 1 60 127.3 3 180 42.4 5 300 25.5 7 420 18.2 9 540 14.1 La potencia total es 𝑃 = ∑ 𝑃𝑛 = 443𝑊

Zn(ohms) 13.7 30.0 48.2 66.7 85.4

In(A) 9.29 1.42 0.53 0.27 0.17

d) √𝑉𝑜1𝑟𝑚𝑠 2 − 𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠 2 𝑇𝐻𝐷 =

𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠

𝑉𝑜1𝑟𝑚𝑠 = 𝑉𝑑 = 100𝑉 𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠 = ∴ 𝑇𝐻𝐷 =

127.3 √2

= 90𝑉

√1002 − 902 √1900 = = 0.4843 90 90 𝑻𝑯𝑫 = 𝟒𝟖. 𝟒𝟑%

Pn(W) 431 10.0 1.4 0.34 0.14

BIBLIOGRAFIA: [1] 2ELECTRÓNICA DE POTENCIA II. (2012, February 6). Issuu.

https://issuu.com/jaguilarpena/docs/electronica_potencia1_2

[2] Convertidores dcac. (2015, October 25). Issuu.

https://issuu.com/jaguilarpena/docs/convertidores_dcac

[3] Capitulo 7 solucionario problemas convertidores dc ac - CAPÍTULO 7

CONVERTIDORES DC/AC 7 - StuDocu. (n.d.). Www.studocu.com. Retrieved November 22, 2022, from https://www.studocu.com/en-us/document/universidadmayor-real-y-pontificia-san-francisco-xavier-de-chuquisaca/electronicaanalogica/capitulo-7-solucionario-problemas-convertidores-dcac/21305277/download/capitulo-7-solucionario-problemas-convertidores-dc-ac.pdf

[4] ALEJANDRO MEJIA ORTIZ. (2019). Electrónica de potencia Muhammad H. Rashid 4 ed. Academia.edu. https://www.academia.edu/63565148/Electr%C3%B3nica_de_potencia_Muhammad _H_Rashid_4_ed