Problemas Resueltos Hart Med y Onda

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


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

  2f  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 dt  0 2 I  3.57 A I

c)

PR  I m2 R  I 

1 2



2

0

p (t )dt 

1 2



2

0

v(t )n(t  0.616)  10edt

1 4.23 [8sen(t )][17.32sen(t  0.616)  10e t / 0.707 ]dt 2 0 PR  315.85w PR 

Página 5


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)


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 )


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)


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


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 Senwt 

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

 iwt d wt  B

0


6GR3

i WT  

i T  

Vm WT     Vm Sen e wt / wt Z Z

240 WT     240 Sen e wt / wt Z Z

SenB     Sen0,361e  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 Senwt  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


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


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


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


D ideal

L

i 



 Vm Senwt



VCC

 Vm  Vrms 2  169,71

 Vm Senwt  

Ldit  L diwt   VCC   VCC dt w wwt 

V    Sen 1  CC  Vm

i wt 

  24    Sen 1    8,13º = 0,142rad   169 , 7   

 Vm Cos   Coswt   VCC   wt  ; para :    wL wL 0 ; para

i wt  

otro

0,456 1  0,45Coswt   0,064wt  L L

Si: B  wt  i B   0 

,456 1  0,455CosB   0,064B  L L

0  0,456  0,456CosB  0,064B

B  5,02rad

  wt  B

Página 14

caso

6GR3


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   0,064wt d wt   0 ,142 L  L  5, 02

19,635 L  0,45wt  0 ,142  0,455 Senwt  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


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


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


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


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


∆

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


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


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


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


169.7 2 ∗ 60 ∗ 0.0188 ∗

163.28

Página 24

1.43

1.43 100

6GR3

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