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9.- El rectificador monofásico de la figura 3.5a tiene una carga RL. Si el voltaje de entrada es 𝑉𝑚 = 170𝑉, la frecuencia de suministro es 𝑓 = 60𝐻𝑧 y la resistencia de la carga es 𝑅 = 15𝛺, determinar inductancia de carga 𝐿 para limitar las armónicas de la corriente de carga el 4% del valor promedio 𝐼𝑑𝑐 SOLUCION:

𝑉𝑚 = 170𝑉 f = 60Hz 𝑅 = 15Ω 𝜔 = 2𝜋f = 377rad/s

𝜐𝐿 (𝑡) =

2𝑉𝑚 4𝑉𝑚 4𝑉𝑚 4𝑉𝑚 − cos(2𝜔𝑡) − cos(4𝜔𝑡) − − cos(6𝜔𝑡) − . . ⧞ 𝜋 3𝜋 15𝜋 35𝜋

la impedancia de carga:

𝑍 = 𝑅 + 𝑗(𝑛𝜔𝐿) = √𝑅 2 − (𝑛𝜔𝐿)2 < Ɵ𝑛

y:

Ɵ𝑛 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑛𝜔𝐿/𝑅)

y la corriente de carga está dada por : 𝑖𝐿 (𝑡) = 𝐼𝑑𝑐 −

4𝑉𝑚

1 1 [ cos(2𝜔𝑡 − Ɵ2 ) − cos(4𝜔𝑡 − Ɵ4 ) 15 𝜋√𝑅 2 − (𝑛𝜔𝐿)2 3 1 − cos(6𝜔𝑡 − Ɵ4 ) − . . ] 35

Donde: 𝐼𝑑𝑐 =

𝑉𝑑𝑐 2𝑉𝑚 = 𝑅 𝜋𝑅

El valor rms de la corriente de ondulación es: 𝐼𝑎𝑐 2 =

(4𝑉𝑚 )2 1 2 (4𝑉𝑚 )2 1 2 (4𝑉𝑚 )2 1 ( ) + ( ) + ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2𝜋 [ 𝑅 + (2𝜔) ] 3 2𝜋 [ 𝑅 + (4𝜔) ] 15 2𝜋 [ 𝑅 + (6𝜔) ] 35 +⋯

Considerando solo el armónico de menor orden(n=2) 𝐼𝑎𝑐 =

4𝑉𝑚

1 ( ) √2𝜋√𝑅 2 − (2𝜔𝐿)2 3

Utilizando el valor de ldc y después de la simplificación, el factor de ondulación es: 𝑅𝐹 =

𝐼𝑎𝑐 0.481 = = 0.04 𝐼𝑑𝑐 √1 + (2𝜔𝐿/𝑅)2

0.4812 = 0.042 [1 + (2𝑥377𝐿/15)2 ] Ó

L=238.4mH

10.- El rectificador trifásico es estrella de la figura 3.12a tiene una carga RL Si el voltaje pico del secundario por fase es 𝑉𝑚 = 170𝑉 a 60Hz y la resistencia de la carga es 𝑅 = 15𝛺 , calcule la inductancia de carga L para limitar las armónicas de corriente en la carga al 2% del valor promedio 𝐼𝑑𝑐 SOLUCION: 𝑉𝑚 = 170𝑉 f = 60Hz 𝑅 = 15Ω 𝜔 = 2𝜋f = 377rad/s

el voltaje de salida es: 𝜐𝐿 (𝑡) = 0.9549𝑉𝑚 [ 1 +

2 2 cos(6𝜔𝑡) − cos(12𝜔𝑡) + . . ⧞] 35 143

la impedancia de carga Z=R+ 𝑗(𝑛𝜔𝐿) = √𝑅 2 − (𝑛𝜔𝐿)2 < Ɵ𝑛 Ɵ𝑛 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑛𝜔𝐿/𝑅)

y

y la corriente de carga es 0.9549𝑉𝑚 2 2 𝑖𝐿 (𝑡) = 𝐼𝑑𝑐 − [ cos(6𝜔𝑡 − Ɵ6 ) − cos(12𝜔𝑡 − Ɵ12 ) +. . ] 143 √𝑅 2 − (𝑛𝜔𝐿)2 35 donde: 𝐼𝑑𝑐 =

𝑉𝑑𝑐 0.9549𝑉𝑚 = 𝑅 𝑅

el valor rms de la corriente de ondulación es 𝐼𝑎𝑐

2

(0.9549𝑉𝑚 )2 2 2 (0.9549𝑉𝑚 )2 2 2 = ( ) + ( ) +⋯ 2[ 𝑅 2 + (6𝜔𝐿)2 ] 35 2[ 𝑅 2 + (12𝜔𝐿)2 ] 143

considerando solo el armónico de menor orden(n=6)

𝐼𝑎𝑐 =

0.9549𝑉𝑚 √2√𝑅 2 + (6𝜔𝐿)2

(

2 ) 35

Usando el valor de Idc y después de la simplificación, el factor de ondulación es

𝑅𝐹 =

𝐼𝑎𝑐 0.481 2 = = 0.02 𝐼𝑑𝑐 √2 𝑥√1 + (6𝜔𝐿/𝑅)2 35

0.04042 = 0.022 [1 + (6𝑥377𝐿/15)2 ] Ó

L=11.64mH

11.-El voltaje dde la batería en la figura 3.4a es E=20V y su capacidad es 2000Wh. La corriente promedio de carga debe ser 𝐼𝑐𝑑 = 10𝐴 El voltaje de entrada primario es Vp=120V,60Hz y el transformador tiene una relación de vueltas n=2:1 Calcular: a) el Angulo δ de conducción del diodo b) la resistencia R limitadora de corriente c) potencia Pr en R d) El tiempo de carga h en oras e) La eficiencia del rectificador n f) el voltaje pico inverso PIV del diodo SOLUCION:

E = 20V 𝐼𝑑𝑐 = 10A Vp = 120V Vs =

Vp 120 = = 60𝑉 n 2

𝑉𝑚 = √2 𝑉𝑠 = √2 𝑥60 = 84.85𝑉 a)

20

α=𝑠𝑒𝑛−1 (84.85) = 15.15° ó 0.264rad β=180-15.15= 164,85°

El angulo de conducción es : δ = β- α=164.85-15.15=149.7° b) La resistencia es

1 [2𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠α + 2αE − πE] 2𝜋𝐼𝑑𝑐 1 [2 𝑥 84.85 𝑥 cos 15.15° + 2 𝑥 20 𝑥 0.264 − 𝜋 𝑥 20] = 1.793𝞨 𝑅 = 2𝜋 𝑥10 c) De la corriente de la batería rms Irms es: 𝑅 =

𝐼𝑟𝑚𝑠

2

1 𝑉𝑚 2 𝑉𝑚 2 2 = [( + 𝐸 ) 𝑥 (𝜋 − 2𝛼) + 𝑠𝑒𝑛2𝛼 − 4𝑉𝑚 𝐸𝑐𝑜𝑠𝛼] = 272.6 2𝜋𝑅 2 2 2

Ó

𝐼𝑟𝑚𝑠

= √272.6 = 16.51𝐴

Entonces: 𝑃𝑟 = 16.512 𝑥 1.793 = 488.8𝑊 d) La potencia entregada Pdc a la batería es 𝑃𝑑𝑐 = 𝐸 𝐼𝑑𝑐 = 20 x 10 = 200W 𝑃𝑑𝑐 = 100 200 200 ℎ= = = 1ℎ𝑟 𝑃𝑑𝑐 200 e) La eficiencia del rectificador es 𝑃𝑑𝑐 200 𝑛= = = 29% 𝑃𝑑𝑐 + 𝑃𝑟 200 + 488.8 f) PIV es: 𝑃𝐼𝑉 = 𝑉𝑚 + E = 84.85 + 20 = 104.85V

12.-El rectificador monofasico de onda completa de la figura 3.8ª tiene L=4.5mH, R=5 𝞨 y E =20V El voltaje de entrada es Vs=120V a 60 Hz Calcule a) b) c) d)

La corriente de carga en estado permanente Io para 𝟂t=0 La corriente promedio de casa diodo Id La corriente rms en cada diodo Ip La corriente rms de salida Irms

SOLUCION: no se sabe si la corriente de carga es continua o discontinua. supongamos que la corriente de carga es continua y proceda con la solución. si la suposición no es correcta, la corriente de carga será cero y luego se moverá a la caja para una corriente discontinua 1

a) R=5𝞨, L=4.5mH , f=60Hz , 𝟂=2𝞹 x 60=377rad/s , Vs=120V, Z=[𝑅 2 + (𝜔)2 ]2 = 5.28𝛺 𝜔𝐿

Ɵ=𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑅 ) = 18.74°

la corriente de carga de estado estable en 𝟂t=0 , 𝐼1 = 6.33𝐴 ya que 𝐼1 > 0 la corriente de carga es continua y la suposición es correcta b) la corriente promedio del diodo es, 𝐼𝑑 = 8.8𝐴 c) por integración numérica de 𝐼𝐿 2 entre los límites𝟂t=0 y 𝞹 obtenemos la corriente del diodo rms como 𝐼𝑟 = 13.83𝐴 d) la corriente de salida 𝐼𝑟𝑚𝑠 = √2 𝐼𝑟 = √2𝑥13.83 = 19.56𝐴

13.-El rectificador trifásico de onda completa de la figura 3.13 tiene una carga de L=2.5mH , R=50 y E=20V El voltaje de entrada de línea a línea es Vab=208V,60Hz Determinar a) b) c) d)

La corriente de carga Io en estado permanente para 𝟂t=𝞹/3 La corriente promedio en cada diodo La corriente rms por el diodo Ip La corriente rms de salida

SOLUCION: 1

a) R=5𝞨, L=2.5mH , f=60Hz , 𝟂=2𝞹 x 60=377rad/s , Vab=208V, Z=[𝑅 2 + (𝜔𝐿)2 ]2 = 5.09𝛺 𝜔𝐿

Ɵ=𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑅 ) = 10.67° la corriente de carga de estado estable en 𝟂t=𝞹/3 , 𝐼1 = 50,6𝐴 b) 𝐼𝑑 = 17.46𝐴 ya que 𝐼1 > 0 c) 𝐼𝑟 = 30.2𝐴 d) 𝐼𝑟𝑚𝑠 = √3𝐼𝑟 = √3 𝑥 30.2 = 52.31𝐴 14.-Un rectificador monofasico en puente se alimenta con una fuente de 120 V ,60Hz. La resistencia decarga es R=200 a) diseñe un filtro C de modo que el factor de riso en el voltaje de salida sea menor que 5% b) calcule el voltaje promedio en la carga Vcd SOLUCION RF=5%, R=200 , f=60Hz 1

1 ] = 315,46𝜇𝑓 √2 𝑥0.05 169.7 = 169.7 − 4𝑥60𝑥200𝑥415.46𝑥10−6

a) 𝐶𝑒 = 4𝑥60𝑥200 [1 + b) 𝑉𝑑𝑐 = 169.7 −

11.21 = 158.49𝑉

15.-repita el problema 14 para el rectificador de media onda SOLUCION: RF=5%, R=200 , f=60Hz 𝑎) 𝐶𝑒 =

1 1 [1 + ] = 630,92𝜇𝑓 2𝑥60𝑥200 √2 𝑥0.05

𝑏) 𝑉𝑑𝑐 = 169.7 −

169.7 = 169.7 − 22.42 = 147.28𝑉 2𝑥60𝑥200𝑥415.46𝑥10−6

16.-El voltaje rms de entrada al circuito de la figura 3.22ª es 120V,60Hz , a)si la salida de voltaje de cd es Vcd=48V a Icd=25ª calcule los valores d ela inductancia Le α e Irms, b)si Icd=15ª y Le=6.5mHcalcule los valores de Vcd,α,β, Irms SOLUCION: 𝟂=2𝞹 x 60=377rad/s , Vdc=48V, Vs=120V, Vm=√2 𝑥120 = 169.7𝑉 a) 𝑥 =

𝑉𝑑𝑐 48 = 169.7 𝑉𝑚 −1 (𝑥)

= 28.28%

α= 𝑠𝑒𝑛 = 16.43° β=117,43° 𝐼𝑑𝑐 = 13.425% 𝐼𝑝𝑘 𝐼𝑑𝑐 𝐼𝑝𝑘 = = 186.22𝐴 0.13425 𝑉𝑚 169.7 𝐿𝑒 = = = 2.42𝑚𝐻 𝜔𝐼𝑝𝑘 377𝑥186.22 𝐼𝑟𝑚𝑠 /𝐼𝑝𝑘 =22.59% 𝐼𝑟𝑚𝑠 = 0.2259𝑥𝐼𝑝𝑘 = 0.2259𝑥186.22 = 42.07𝐴 𝑉

169.7

b) 𝐼𝑑𝑐 =15A, 𝐿𝑒 = 6.5𝑚𝐻 , 𝐼𝑝𝑘 = 𝜔𝐿𝑚 = 377𝑥6.5𝑚𝐻 = 69.25𝐴 𝑒

𝐼

15

Y=𝐼 𝑑𝑐 = 69.25 = 21.66% 𝑝𝑘

X = Xn-(𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛 )(𝑦𝑛 − 𝑦)/(𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 ) =10-(15-10)(25.5-21.66)/(21.5-25.5)=14.8% 𝑉𝑑𝑐 = 𝑥𝑉𝑚 = 0.148𝑥169.7 = 25.12𝑉 α= α𝑛 − (α𝑛+1 − α𝑛 )(𝑦𝑛 − 𝑦)/(𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 ) =5.74-(8.63-5.74)(25.5-21.66)/(21.5-25.5)=8.51° β = β𝑛 − (β𝑛+1 − β𝑛 )(𝑦𝑛 − 𝑦)/(𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 )

=139.74-(131.88-139.74)(25.5-21.66)/(21.5-25.5)=132.19° Z = z𝑛 − (𝑧𝑛+1 − x𝑛 )(𝑦𝑛 − 𝑦)/(𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 ) =37.06-(32.58-37.06)(25.5-21.66)/(21.5-25.5)=32.76° 𝐼𝑟𝑚𝑠 = 0.3276 𝑥𝐼𝑝𝑘 = 0.3276𝑥69.25 = 22.69𝐴