INGENIERÍA ELECTRÓNICA
MATERIA
:
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
INGENIERO
:
EDUARDO TORRES
INTEGRANTES
:
EDISON CÓRDOVA DANIEL VEGA
SEMESTRE
:
VI
Quito – Ecuador 2015
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART 170
3.1 El Circuito de media onda de la figura tiene
377
12 determine
y
a) La corriente media de carga b) La corriente eficaz de carga c) La potencia aparente entregada por el generador d) El factor de potencia del circuito SOLUCIÓN 170
377 12
170
a.
b.
→
.
54.112
4.509
→ 170 85 2 85 7.083 12
c. S = ? √2 ∗
170
→
√2
120.209
7.083 120.209 ∗ 7.083
851.44
d. 85 12
Página 2
602.08
6GR3
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
602.08 851.44 0.707
3.2 El circuito rectificador de media onda tiene un trasformador insertado entre el generador y los restantes elementos del circuito. El generador es de 240v RMS a 60Hz y la resistencia de carga es de 20Ω a Determine la relación de trasformación del trasformador para que la corriente media de la carga sea 10A. b Determine la corriente media en el devanado primario del trasformador. SOLUCIÓN: a
VC / a 240 2 10 A R Ra 240 2 a 0.54 10 20 I CARGA
b
I GENERADOR I CARGA / a I GENERADOR 10 / 0.54 I GENERADOR 18.52 A 3.3) Para el rectificador de media onda con una carga resistiva. a) Demuestre que el factor de potencia es 1/√2. b) Determine el factor de potencia de desplazamiento y el factor de distorsión tal como se define en el Capítulo 2. La serie correspondiente a la tensión con rectificación de media onda se proporciona en la Ecuación 3.34. SOLUCIÓN: √ ∗
a) .
1.414
∗
∗ ; 1.414
0.707
√
Página 3
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART . El . .
6GR3
√
∗
∗
Reemplazando nos da: . .
∗ ∗
√
b)
3.4) Un rectificador de media onda tiene un generador de 120 rms a 60 Hz y una carga R‐L con R=10 Ω y L= 10mH. Determinar. a) Una expresión para la corriente de carga. b) La corriente media. c) El factor de potencia. Solución: :
10.68
Hallando θ: 20.65
0.1425
Entonces la ecuación para la corriente será: 120 ∗ √2 ∗
1 ∗ 10.68
120 ∗ √2 10.68
/ .
Para lo cual β=220° b) La corriente media se determinara a partir 1 2
.
15.89
15.89
.
0.5
c) El factor de potencia será: 30.8 ∗
120 ∗ √2 ∗ 0.5 ∗ √2 Página 4
0.26
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
3.5) Un rectificador de media onda tiene un generador de 120v rms a 60Hz y una carga R‐L con R=8Ω y L= 15mH. Determinar: a) b) c) d)
Una expresión para la corriente de carga. La corriente media. La potencia absorbida por la resistencia. El factor de potencia.
SOLUCIÓN:
Vm 120 2 169.706v
2f 377rad / s z ( R 2 (L) 2 )1 / 2 9.8 L 35.256 0.616rad R
tan 1 t
L
0.707 R a)i (t ) 17.32sen(t 0.616) 10e t / 0.707
B se halla:
sen ( 0.616) sen (0.616) t / 0.707 0 243 4.23 b)
1 4.23 17.32sen(t 0.616) 10e t / 0.707 dt 0 2 I 3.57 A I
c)
PR I m2 R I
1 2
2
0
p (t )dt
1 2
2
0
v(t )n(t 0.616) 10edt
1 4.23 [8sen(t )][17.32sen(t 0.616) 10e t / 0.707 ]dt 2 0 PR 315.85w PR
Página 5
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
d)
f .p P / S
P 0.73 VS max I max
3.6) Un rectificador de media onda tiene un generador de 240 V RMS a 60 Hz y una carga R‐L con R=15Ω y L= 100mH. Determinar: a) b) c) d)
Una expresión para la corriente de carga. La corriente media. La potencia absorbida por la resistencia. El factor de potencia.
SOLUCIÓN:
Vm 240* 2 339.411A Z ( R 2 ( L)2 )1/ 2 40.574
tan 1 ( L / R) 1.192rad L / R 2.513
a) Una expresión para la corriente de carga.
i (t ) 8.365* sen(t 1.192) 7.772* e
t 2.513
t i ( ) 0 1.69rad b) La corriente media.
I
1 2*
1.69
0
8.365* sen(t 1.192) 7.772* e
t 2.513
* d (t )
I 2.199 A c) La potencia absorbida por la resistencia.
Irms
1 2*
1.69
0
(8.365* sen(t 1.192) 7.772* e
Irms 4.882 A
PR I 2 rms * R 357.509W
Página 6
t 2.513 2
) * d (t )
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
d) El factor de potencia.
pf
P 0.677 S
3.6.‐ Un rectificador de media onda tiene un generador de 240 V rms a 60 Hz y una carga R‐L con R=15Ω y L= 100mH. Determinar: e) f) g) h)
Una expresión para la corriente de carga. La corriente media. La potencia absorbida por la resistencia. El factor de potencia.
SOLUCIÓN:
Vm 240* 2 339.411A Z ( R 2 ( L) 2 )1/ 2 40.574
tan 1 ( L / R) 1.192rad L / R 2.513
e) Una expresión para la corriente de carga.
i (t ) 8.365* sen(t 1.192) 7.772* e
t 2.513
t i ( ) 0 1.69rad f)
La corriente media.
I
1 2*
1.69
0
t
8.365* sen(t 1.192) 7.772* e 2.513 * d (t )
I 2.199 A g) La potencia absorbida por la resistencia.
Irms
1 2*
1.69
0
t
(8.365* sen(t 1.192) 7.772* e 2.513 )2 * d (t )
Irms 4.882 A
PR I 2 rms * R 357.509W
Página 7
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
h) El factor de potencia.
pf 3.7
P 0.677 S
La bobina de la figura 3.2a representa un electroimán modelado como una inductancia de 0,1H. El generador es de 240V a 60 Hz. Utilice PSpice para determinar el valor de una resistencia en serie tal que la corriente media sea de 2,0A.
Vd
Vm 240
i R VS Vm Senwt
L 0,1H
VR
L
F 60H S VL
W 377 rad / S
R?
2,0 i
Z R 2 WL
2 0,5
Z R 2 1421,29
0,5
R 2 377.0,1
R
2 0,5
2
1421,29
‐(1)
WL 0,384rad 22,01º R
Tan 1
WT
WL 0,377rad R Página 8
0,5
1 2
iwt d wt B
0
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
i WT
i T
Vm WT Vm Sen e wt / wt Z Z
240 WT 240 Sen e wt / wt Z Z
SenB Sen0,361e B / wt 0
i
1 2
2
1
240 wt 0 240 Sen e wt / wt Z Z
3, 50
0
240 wt / 0,377 240 Z Senwt 0,384 Z e d wt
Z 115,9 Encontramos que: 0,384rad
Z R 2 1421,29
0,5
115,92 R 2 1421,29
109,59 R 3.8) El rectificador de media onda de la figura 3.5ª utiliza un generador de alterna de 240 Vrms a 60 Hz. La carga está formada por una inductancia, una resistencia y un generador de continua conectados en serie, cuyos valores son: L=100mH, R=10 y Vcc=100V. Determine: .
tan
39
1.31
75.14° Página 9
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
wt
100
sin
sin 3.77
240 √2
17.14
0.3
6GR3
a) La potencia absorbida por el generador de tensión continua. 1 2
1 2
.
.
2.23 .
20.53 i wt i B
8.7sin
1.31
10
20.53
8.7sin ∗ 1.31 10 20.53 1.95 111.74°
. .
0
∗ 2.23 ∗ 10 49.73 ∴ b) La potencia absorbida por la resistencia. . 1 1.02 2 . ∗ 1.02 ∗ 100 102 49.73 102 151.73 c) El factor de potencia. ∗
151.73 240 ∗ 2.23
0.32
a 60Hz; y un generador 3.9 El circuito rectificador de media onda; generador alterna de 120 48 y L 100mH determine: continúa conectado en serie R 12 ; a Potencia absorbida por el generador V
√2 ⇨ 169.7V
Θ tag
1.26rad
V
Página 10
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART wt
6GR3
3.1416 rad
Z
39.56
sen
0.28
4.28Sen wt‐1.26 ‐ 4 0.09 .
I
.
.
3.10 ⇨ I 2.31A P
I V
⇨ P
110.8W
b Potencia absorbida por la resistencia .
4.172A
.
⇨ 208.6W
c Factor de potencia FP
. .
0.63
a 3.10) El rectificador de media onda de la figura 3.6 se utiliza un generador de alterna de 120 60 . La carga está formado por una inductancia y un generador de continua conectados en serie con 48 . Determine la potencia absorbida por el generador de tensión continua. 75 y
SOLUCIÓN: 75
48 120
Página 11
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
60
2
377 169.705 28.275 sin
sin 16.43° Resolviendo para
48 169.7056
0.0291
1
1
Realizando la integración cos
cos
0
5.755 5.804
6.00
Donde resulta ser 2.1715
1.678
6.00 cos Para
1.6976
6.00
1.678
según la solución de 5.804
;
Hallando la potencia absorbida por el generador de tensión continua es 1 2
0
.
5.804
6.00
1.678
.
0.315 De donde se obtiene 0.315 48
15.1542
3.11) Un rectificador de media onda con una carga serie formada por una bobina y un generador utiliza un generador de alterna de 240Vrms a 60Hz. El generador de continua es de 125V. Determinar el valor de la inductancia que da lugar a que el generador de continua absorba 150W.
Página 12
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
240 ; ∗
60 125 150
→ 125
sin
1 2
∗ sin 0.98
tan
;
⁄
125
1 ⁄
377 ∗
0.98 ;
⁄
125
∗ sin
tan
0.83 →
tan
? ? ?
.
1.56
150 ;
0.83
∗ sin 0.98
240√2
125 ;
21.61° ≅ 0.38
240√2
240√2
;
1:
88.987 ∴
1.48.37
→ ≅ 150
3.12
Un rectificador de media onda con una bobina y un generador de alterna de 120 Vrms y 60 Hz. El generador de continua es de 24V. Utilice Pspice para determinar el valor de la inductancia que da lugar a que el generador de continua observa 75W. Utilice el diodo predeterminado.
SOLUCIÓN: EL CIRCUITO
Página 13
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
D ideal
L
i
Vm Senwt
VCC
Vm Vrms 2 169,71
Vm Senwt
Ldit L diwt VCC VCC dt w wwt
V Sen 1 CC Vm
i wt
24 Sen 1 8,13º = 0,142rad 169 , 7
Vm Cos Coswt VCC wt ; para : wL wL 0 ; para
i wt
otro
0,456 1 0,45Coswt 0,064wt L L
Si: B wt i B 0
,456 1 0,455CosB 0,064B L L
0 0,456 0,456CosB 0,064B
B 5,02rad
wt B
Página 14
caso
6GR3
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
Sabemos que: P 75w IVCC I
1 2
i
wt
3,125
1 2
I
B
75 3,125 A 24
d wt
0,456 1 0,455Cos wt 0,064wt d wt 0 ,142 L L 5, 02
19,635 L 0,45wt 0 ,142 0,455 Senwt 0 ,142 5 , 02
5 , 02
2 wt 0,064
2
5 , 02 0 ,142
L 15,5mH
13.5 ∗
13.5
1 2 ∆
1 1
170 0.675
Página 15
1459 9.55
0,10 13,5
∗8
13.5 .
0,10 1
251
1,35
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
50
15.92
50 3
16.67
0.05
16.67 0.05 333.4 15.92 3
333.4
15.92 3
3
0.05 0.05
9 9
0.0025 9.0025 9.0025 2 ∗ 60
Página 16
7.96
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
a) Io=1[A] 170 10
1 1
146
10
10
24
146 136 136 2 ∗ 60 0.35
b) 24 3
192
c) 170 ∗ 3 ∗
86700 ∗ Página 17
377 377
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
Ejercicio 3. 17
Solucion : Vm 100 a)RC 377(1000)(10 3 ) 377 rad donde wrc representa la tangente negativa del angulo, en el cual en ese punto el diodo se pone en corte b)Vo Vm (1 sen )
tan 1 (377) 1.57 rad ademas sen( ) sen( )e ( 2 ) / RC 0 sen( ) 0.98 1.39
Vo 100(1 0.98) Vo 2v 2 c )Vo 100 1.67v 377
Problema: 3.18 El problema 3.17 pero con resistencias de 100 y 10 ohm Solucion : i) R=100 a. 100 37.7
377 100 10
Página 18
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
donde wrc representa la tangente negativa del angulo, en el cual en ese punto el diodo se pone en corte b. ∆
377 1 37,7
2.57
:
0
→
0.88 → 100 1
∆
∆
1.075 0.88
12
c. ∆
100
2 37.7
16.7
ii) R=10 a. 100 3,77
377 100 10
donde wrc representa la tangente negativa del angulo, en el cual en ese punto el diodo se pone en corte b. ∆
377 1 3,77
3.57
:
0
→
0.78 → ∆
100 1 ∆
22
c.
Página 19
0894 0.8
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
∆
100
2 3,77
6GR3
166.66
Ejercicio 3. 19
a) 500 1
∗ √2
120 ∗ √2
∆ 169.7
169.7
169.7
169.7
∆
169.7
169.7
∆
60
169.7
84.79
0.70
169.7 1000 5000
0.567
169.7
169.7 60
29.79 169.7 1000 20
85.37 141.41
Problema :3.20 Repita el problema 3.19 con R=500Ω Solucion :
2
29.79
0.52
b)
84.79
1,48
∆
∆
∆
√
Página 20
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
a) ∗ √2
120 ∗ √2
169.7 0.942
2 60 ∗ 500 ∗ 5 ∗ 10
3.41: 0.942
∗
169.7
∝
∝
3.49
2.386
3.43
0
∝
.
2.386 :∝
136.711
69.48
1.213
∆
∗ 1
∆
169.7 ∗ 1
0
.
1.213
166.108
∗ √2
120 ∗ √2
169.7 3.770
2 60 ∗ 500 ∗ 5 ∗ 20 ∗ 10
3.41: 3.770
∗
169.7
∝
∝ ∝
104.856
0 1.830 :∝
54.26
. .
0.947
0 Página 21
1.830
3.43
6GR3
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
6GR3
2
∆
3.51
169.7 60 ∗ 500 ∗ 20 ∗ 10
282.838
Ejercicio 3. 21
∗ √2
120 ∗ √2
169.7
IA max DIODO
Ip medio 2
∆ 2
169.7 60
169.7 60 2 28.8
;
28.8
0.0049 /2
1.11
/
,
.
63.59
Página 22
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
179.7 377 0.0020
50.42
50,42 28.8
147.14 73,72
Datos: V=120Vrms
R1=100 ohmios
F=60Hz
∗ 1
169.7 60 ∗ 100 ∗ 169.7 60 ∗ 100 ∗ 1.5 0.0188
2
∗ .
∗
1.43
∗
169.7 2 ∗ 60 ∗ 0.0188 ∗
Página 23
1.43
1.43 100
6GR3
CAPITULO 3 – ELECTRÓNICA DE POTENCIA DANIEL HART
169.7 2 ∗ 60 ∗ 0.0188 ∗
163.28
Página 24
1.43
1.43 100
6GR3