Departamento de Tecnología Electrónica. Para el circuito de la Figura C1, donde el ángulo de disparo del tiristor T es de 90º, i o. v O.

Transcripción

1 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Cuestión ( punto, tiempo recomendado 5 minutos) Para el circuito de la Figura C, donde el ángulo de disparo del tiristor es de 90º, 0 ef f= 50 Hz v e + - D i o + v O - R =0 = H Se pide: Figura C. Representar la tensión ( ) y corriente (i o ) en la carga. Indicar razonadamente qué tipo de conversión de energía realiza el circuit.. Determinar la tensión ánodo-cátodo máxima directa e inversa que soportan los interruptores. NOA: Suponer todos los componentes ideales. Solución Cuestión Apartado Para = μ H: 6 4 Z f 500 3,40 eniendo en cuenta que R= 0 Ω, se puede despreciar el efecto de la inductancia. En consecuencia, la tensión y corriente en la carga para α = 90º son las dos formas de onda o e io representadas en la figura. Figura Figura. Formas de onda de la tensión y corriente en la carga y de la tensión ánodo-cátodo de los semiconductores Como puede observar el circuito es un regulador de alterna ya que la tensión de entrada y de salida son señales alternas. Debido a que tenemos un diodo no controlamos el semiciclo negativo. Apartado a tensión ánodo-cátodo soportada por el tiristor y el diodo son iguales en módulo aunque con signo contrario (ver Figura ). Por lo tanto considerando los semiconductores ideales: Para el tiristor: a tensión máxima directa soportada por el tiristor es el máximo de la tensión de entrada:

2 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de = 3 a tensión inversa máxima que soporta es 0. Para el diodo: a tensión directa máxima que soporta es 0 y la tensión inversa máxima es la máxima de la entrada: 0 = 3

3 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Cuestión (,5 puntos, tiempo recomendado 5 minutos) Se desea seleccionar el interuptor S más adecuado, de entre los dos que se proporcionan (IGB y MOSFE), para el circuito de la Figura C funcionando en régimen permanente. + = 60 H R G IGB C E SÍMBOO G MOSFE D S e = 500 SEÑA DE DISPARO, ERMINA G I - S i G t G 3,u =40u t Figura C Para ello, se pide, comparar ambos dispositivos en función de:. a forma de gobierno. Seleccionar cuál es la señal de disparo adecuada, de las proporcionadas en la Figura C, para cada interruptor. Considerar que el valor de corriente y tensión, así como el tiempo que se aplica la señal, es suficiente para disparar el dispositivo.. as pérdidas en conducción. Suponer que la corriente de la bobina llega a cero en cada intervalo de conmutación del interruptor S. NOA: os parámetros necesarios del componente deben obtenerse de las hojas de catálogo proporcionadas. Utilizar los valores típicos de los parámetros y suponer despreciables los valores de aquellos parámetros que no estén disponibles en las hojas de catálogo proporcionadas. Solución Cuestión Apartado En cuanto a la forma de gobierno no existen diferencias. Ambos dispositivos se controlan aplicando una tensión: entre el terminal de puerta G y el terminal surtidor S, en el caso del MOSFE. entre el terminal de puerta G y el terminal emisor E, en el caso del IGB. Cuando la tensión GS o GE es positiva, el dispositivo conduce corriente, cuando GS o GE es nula, el dispositivo se comporta como un circuito abierto, es decir, no conduce corriente.

4 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Apartado Para calcular las pérdidas en conducción del dispositivo, utilizamos su modelo en conducción. El modelo en conducción de estos dispositivos es: MOSFE: IGB: D ids Rds,on S C ice E CE,sat Ron eniendo en cuenta el modelo en conducción, las pérdidas en conducción de cada dispositivo son: MOSFE: P R ds i,on ds, ef donde Rds,on se obtiene de la hoja de catálogo del componente e i ds,ef es el valor eficaz de la corriente que circula por el MOSFE. IGB: P CE,sat i CE,media R on i CE, ef donde CE,sat y Ron son parámetros de la hoja de catálogo del componente, i CE,media es el valor medio de la corriente que circula entre colector y emisor e i CE, ef es el valor eficaz de esa corriente. Por un lado, de catálogo obtenemos que: R ds,on = 0 6Ω y CE,sat = 3 Como no tenemos la característica estática del IGB R on se supone despreciable. Por otro lado, teniendo en cuenta el circuito de la Figura C, la corriente que circula por el interruptor S es la representada en la Figura. Se necesita determinar el valor medio y eficaz de esta corriente. Figura. Forma de corriente que circula por el interruptor S en el circuito de la Figura C. El valor medio de la corriente por el interruptor viene dado por: is,media d is dt 0

5 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Calculando la integral a través del área encerrada por la corriente. is,media Sustituyendo valores: e d d d 6 3, is,media e 500,07A El valor eficaz de la corriente del interruptor es: is,eficaz d 0 is dt donde is viene expresado en función del tiempo por la siguiente expresión: is e t Operando se obtiene: is,eficaz e 3 d , ,36A Por lo tanto las pérdidas en conducción de cada dispositivo son: P MOSFE R ds,on i ds, ef 0,6 4,36,37W P IGB CE,sat i CE,media R on i CE, ef 3,07 0 4,36 3,W En conclusión, para el nivel de tensión y frecuencia de la aplicación el IGB es más adecuado que el MOSFE porque presenta menos pérdidas es conducción.

6 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Cuestión 3 ( punto, tiempo recomendado 5 minutos) Para el rectificador de la Figura C3, sabiendo que el contenido armónico de la corriente se muestra en la abla C3 y que el factor de desplazamiento es la unidad, se pide:. Factor de potencia que ve el generador.. Potencia entregada a la carga. i G v G =35.sen (ωt) rectificador Figura C3 abla C3 n (orden del armónico ) i Gn (A) 0 8,,9 0,94 0,6 0,44 Solución Cuestión 3 DAOS I 0 I3 8. I5.9 I I9 0.6 I 0.44 factor de desplazamiento cos alor eficaz primer armónico de tensión SOUCIÓN 35 Apartado Ief I I3 I5 I7 I9 I Ief 3.46 Icos FP Ief FP o bien I3 I5 I7 I9 I DA DA I FP FP DA Apartado P Icos P

7 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Cuestión 4 ( punto, tiempo recomendado 5 minutos) Calcular la potencia entregada a la carga por el inversor de la figura C k v por v por v MODp = +,6 sen (.50Hz.t) Modulador PWM v MODn = -,6 sen (.50Hz.t) - 95 µs Figura C4 Solución Cuestión 4 DAOS alor de pico de la portadora triangular por_pk Amplitud de la moduladora sinusoidal Amp.6 cc 400 R 000 SOUCIÓN Índice de modulación en amplitud alor eficaz del primer armónico cc ma 30 Amp ma ma 0.8 por_pk SOUCIÓN Índice de modulación en amplitud alor eficaz del primer armónico cc ma 30 A partir de la tabla del enunciado para modulación unipolar, con ma = 0.8 Amp ma por_pk ma orden 0.8 del armónico mf 3 mfm3 0.4 cc orden del armónico mf mfm 0.3 cc orden del armónico mf mfp 0.3 cc orden del armónico mf 3 mfp3 0.4 cc A partir de la tabla del enunciado para modulación unipolar, con ma = 0.8 alor eficaz applicado a la carga orden del armónico mf 3 mfm3 0.4 cc orden del armónico mf mfm 0.3 cc orden del armónico mf mfp 0.3 cc orden del armónico mf 3 mfp3 0.4 cc ef mfm3 mfm mfp mfp3 ef Potencia entregada a la carga ef P P R

8 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Problema (,5 puntos, tiempo recomendado 50 minutos) El convertidor CC/CC de la Figura P se emplea como cargador de baterías a partir de una fuente de energía e. Como la tensión de la batería, BA, permanece constante en independientemente de su estado de carga, se ha eliminado el condensador de salida. Además, se ha diseñado el convertidor para que opere en la frontera entre el modo de conducción continuo (MCC) y discontinuo (MCD) con una frecuencia de conmutación de 00 khz. + e = 4 - s i + - D Figura P Suponiendo todos los componentes ideales, se pide:. Calcular el ciclo de trabajo del interruptor S. =,8 H. Dibujar la tensión ( ) y la corriente (i ) en la bobina. 3. Comprobar que se cumple el balance de potencias, calculando de forma independiente la potencia consumida por la batería y la potencia entregada por la fuente. Determinar el valor de para que la corriente media inyectada en la batería sea de 0 A, manteniendo la operación del convertidor en la frontera entre ambos modos de conducción. Solución Problema Apartado Como el convertidor CC/CC opera en la frontera entre el MCC y el MCD se puede utilizar la expresión que relaciona la tensión de salida con el ciclo de trabajo correspondiente a cualquiera de los dos modos. Por simplicidad utilizamos la de MCC. a relación entre la tensión de salida y la de entrada se puede deducir la expresión aplicando la condición de régimen permanente en la bobina., media = 0 + v BA - gs d = ton e - BA gs,media - BA 0 ( e BA ) d BA ( d) Es un convertidor CC/CC con topología reductora. BA d e

9 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 El valor del ciclo de trabajo según las condiciones del enunciado es: d BA e Apartado 0,5 4 En la figura 3 se representan la tensión y la corriente en la bobina para las condiciones del enunciado. a tensión en la bobina es: Durante ton=d=50-6 s, =e- BA =4-= Durante toff=(-d)=50-6 s, =- BA =- El valor máximo de la corriente de la bobina es: i,max i e BA d BA 4 ( d) 6,8 0 0, ,33A Apartado 3 Figura 3. Formas de onda de tensión y corriente en la bobina a potencia cedida por la fuente viene dada por la expresión: P e = e i e,media donde i e,media es la corriente media de entrada. a corriente de entrada i e es la corriente que circula por la bobina durante ton=d, tal como se muestra en la Figura 4. i e i Figura 4. Formas de onda de la corriente de entrada y de la corriente de la bobina El valor medio de la corriente es:

10 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 i e,media d i 0 e dt d I MAX 0,5 33,33 8,33A Por lo tanto, la potencia cedida por la fuente de entrada es: P e = e i e,media =48,33=00 W En cuanto a la potencia consumida por la batería, se puede calcular a través de la expresión: P BA = BA i BA,media donde i BA,media es el valor medio de la corriente por la batería. a corriente por la batería es la corriente que circula por la bobina, por lo tanto, el valor medio de la corriente viene dado por: i BA,media i,media d i 0 dt I MAX I MAX Por lo tanto, la potencia consumida por la batería es: P BA = BA i BA,media =6,67=00 W Es decir, P e = P BA y se cumple el balance de potencias Apartado 4 33,33 6,67A eniendo en cuenta que la corriente de la batería coincide con la de la bobina y el convertidor sigue operando en la frontera entre ambos modos, la forma de la corriente de la bobina es similar a la de la Figura 3. Por lo tanto, el nuevo valor de la bobina se obtiene a partir de la corriente media en la bobina. i,media I MAX BA ( d) 0A Por lo tanto, el valor de necesario es: BA ( d) H

11 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 Problema (3 puntos, tiempo recomendado 60 minutos) Una carga inductiva se alimenta desde una red trifásica de 0 y 50Hz a través de un rectificador como muestra la figura P. Figura P DAOS: Red trifásica: 0/380 Carga: R = 0 se puede considerar infinita R S v REC - R Se pide:. Dibujar la forma de onda de la tensión de salida si los tiristores se disparan con un ángulo α=60º.. Calcular el valor medio de la tensión de salida (v REC ) en función del ángulo de disparo de los tiristores, α. 3. Cuál sería el máximo ángulo de disparo para asegurar la operación en régimen permanente?. 4. Calcular el ángulo de disparo para entregar a la carga una potencia de 8kW. 5. Dibujar la forma de onda de corriente de salida y por la fase R de la red trifásica para α=60º. Solución Problema a) Dibujar la forma de onda de la tensión de salida si los tiristores se disparan con un ángulo α=60º. a forma de onda de la tensión de salida se representa con trazo gris en la figura. Se ha destacado en negro el intervalo correspondiente a la tensión RS. t=0 =60º para la tensión RS =0 600 S RS R S SR R Figura b) Calcular el valor medio de la tensión de salida (v REC ) en función del ángulo de disparo de los tiristores, α. t

12 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 De forma general, el valor medio se obtiene aplicando (). v REC 0 u( t) dt () Dado que en un ciclo de red () la tensión v REC pulsa 6 veces, () se puede escribir como se hace en la expresión (): 6 6g v REC g Sen( t) dt Cos Cos () Observando la figura se puede deducir: 60º (3) 0º (4) y teniendo en cuenta la fórmula trigonométrica del coseno de la suma de ángulos, se obtiene: Cos Cos( 60º) Cos Cos60 Sen Sen60 (5) Cos Cos( 0º) Cos Cos0 Sen Sen0 (6) Restando (5) y (6) se calcula: Cos Cos Cos Cos60 Cos (7) 6 g v REC () 0 90º 80º 6 g Figura y sustituyendo (7) en () se obtiene finalmente el valor medio de la tensión de salida en función del ángulo de disparo de los tiristores (8). a variación de este valor medio con se representa en la figura. 6g v ( ) Cos REC (8) c) Cuál sería el máximo ángulo de disparo para asegurar la operación en régimen permanente?. Ya que en el enunciado se indica que la inductancia puede considerarse infinita, todo el rizado de la tensión v REC cae íntegro en la bobina. Por tanto la tensión aplicada a la resistencia R es continua perfecta y en consecuencia la corriente que circula por la carga es también continua y vendrá dada por la expresión(9). vrec I (9) R Debido a que los tiristores solo pueden conducir corriente positiva ánodo cátodo, en régimen permanente, la corriente continua también deberá ser positiva (sentido ánodocátodo) y para ello, según (9), la tensión media que proporciona el rectificador ha de

13 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 ser también positiva con el convenio de signos que se indica en la figura. Para que esta tensión media sea positiva, el máximo ángulo de disparo será = 90º. d) Calcular el ángulo de disparo para entregar a la carga una potencia de 8kW. Por ser continua la corriente que circula por la inductancia, la potencia consumida en la resistencia R puede expresarse de las siguientes formas: ( vrec ) Po I R (0) R Por tanto el valor medio que hay que proporcionar a la carga para que esta consuma una determinada potencia vendrá dada por (). v REC Po R () Para los datos numéricos del problema, se obtiene: v REC Po R Igualando esta tensión a la expresión (8) que proporciona el valor medio de v REC en función de, se obtiene el valor del ángulo de disparo para proporcionar los 8 kw a la carga. v REC 6g 6380 Cos( ) 400 Cos( ) ,8º e) Dibujar la forma de onda de corriente de salida y por la fase R de la red trifásica para α=60º. a corriente de salida es continua como ya se justificó en el apartado c) y su valor se obtiene aplicando (9). Para los datos numéricos del problema se obtiene un valor de corriente: vrec 6380 I Cos(60) R 0 I, 83A 600 S RS R S SR R t i salida,83 A a corriente por la fase R,,83 A i R, se representa también en la figura 4. Durante el intervalo en el que conduce el tiristor (RS y R), la corriente i R coincide con la Figura 4 corriente de salida. Cuando conduce el tiristor 4 la corriente i R es igual a la corriente de salida pero negativa. Cuando no conducen ni ni 4, no hay corriente por la fase R. i R

14 CONOCAORIA ORDINARIA CURSO 007/08: 3 de Junio de 008 abla de Series de Fourier 0 x f ( x) x 0 f(x) 4 sen( x) sen(3 x) sen(5 x) x f(x) ( 0 0 x f x) x 0 x 4 cos( ) sen( x) cos(3 ) sen(3 x) cos(5 ) sen(5 x) 4... cos n 3 5 n 0 - x f ( x) sen( x) x 4 cos( x) cos(4 x) cos(6 x) f(x) 0 x abla de amplitudes normalizadas, modulación PWM sinusoidal Amplitudes normalizadas n / CC para modulación PWM Sinusoidal Unipolar m a 0,0 0,0 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90,00 n= 0,0 0,0 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90,00 n= mf± 0,0 0,9 0,7 0,33 0,36 0,37 0,35 0,3 0,5 0,8 n= mf±3 0,00 0,00 0,0 0,0 0,04 0,07 0,0 0,4 0,8 0, Amplitudes normalizadas n / CC para modulación PWM Sinusoidal Bipolar m a 0,0 0,0 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90,00 n= 0,0 0,0 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90,00 n= mf,7,4,0,5,08,0 0,9 0,8 0,7 0,60 n= mf± 0,00 0,0 0,03 0,06 0,09 0,3 0,7 0, 0,7 0,3 Amplitudes normalizadas n / CC para tensión de línea, modulación PWM Sinusoidal trifásica ma 0,0 0,0 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90,00 n= 0,087 0,73 0,60 0,346 0,433 0,50 0,606 0,693 0,779 0,866 n= mf± 0,003 0,03 0,030 0,053 0,80 0,4 0,50 0,90 0,3 0,75 n= mf± 0,086 0,65 0,3 0,8 0,33 0,3 0,307 0,7 0, 0,57 Expresiones matemáticas sen (A + B) = sen A cos B + sen B cos A cos (A + B) = cos A cos B - sen A sen B cos(a) sen A sen (A - B) = sen A cos B - sen B cos A cos (A - B) = cos A cos B + sen A sen B