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10 Problemas Dc-Ac Grupo 4
10 Problemas Dc-Ac Grupo 4
10 Problemas Dc-Ac Grupo 4
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
2𝑉𝑠
a) Con la ecuación 𝑉𝑜1 = = 0.45𝑉𝑠
√2𝜋
𝑉𝑜1 = 0.45 × 48 = 21.6𝑉
1
2 𝑇 ⁄2 𝑉 2 2 𝑉𝑠
b) Con la ecuación 𝑉𝑜 = (𝑇 ∫0 0 4𝑠 𝑑𝑡) =
0 2
48
𝑉𝑜 = = 24𝑉
2
La potencia de salida es:
𝑉𝑜 2 242
𝑃𝑜 = = = 240𝑊
𝑅 2.4
24
c) La corriente pico del transistor es 𝐼𝑝 = 2.4 = 10𝐴. Como cada transistor conduce
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
𝑃𝑜 240
e) La corriente promedio de suministro es 𝐼𝑠 = = = 5𝐴
𝑉𝑠 48
f) Según la ecuación:
2𝑉𝑠
𝑉𝑜1 = = 0.45𝑉𝑠
√2𝜋
y el voltaje rms armónico Vh es:
1
∞ 2 1
𝑉ℎ = ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = (𝑉𝑜 2 − 𝑉𝑜1 2 )2 = 0.2176𝑉𝑠
𝑛=3,5,7…
Según
1
∞ 2
1 0.2176𝑉𝑠
𝑇𝐻𝐷 = ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = = 48.34%
𝑉𝑜1 0.45𝑉𝑠
𝑛=2,3,…
g) Según la ecuación
∞
2𝑉𝑠
𝑣𝑜 = ∑ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
𝑛𝜋
𝑛=1,3,5…
𝑣𝑜 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 2, 4, …
podemos determinar Von y luego determinar
1 1
∞ 2 2
𝑉𝑜𝑛 𝑉𝑜3 2 𝑉𝑜5 2 𝑉𝑜7 2 2
[ ∑ ( 2 ) ] = [( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) + ⋯ ] = 0.024𝑉𝑠
𝑛 3 5 7
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:
3
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 2.
Repetir el ejercicio anterior para el puente inversor monofásico de:
Solución:
𝑉𝑠 = 48𝑉 y 𝑅 = 2.4𝑉
4𝑉𝑠
a) Con la ecuación 𝑉𝑜1 = = 0.90𝑉𝑠
√2𝜋
𝑉𝑜1 = 0.90 × 48 = 43.2𝑉
1
𝑇𝑜 2
2
b) Con la ecuación 𝑉𝑜 = (𝑇 ∫0 𝑉𝑠 2 𝑑𝑡) = 𝑉𝑠
2
0
𝑉𝑜 = 48𝑉
La potencia de salida es:
𝑉𝑜 2 482
𝑃𝑜 =
= = 960𝑊
𝑅 2.4
48
c) La corriente pico del transistor es 𝐼𝑝 = 2.4 = 20𝐴. Como cada transistor conduce
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:
4𝑉𝑠
𝑉𝑜1 = = 0.90𝑉𝑠
√2𝜋
y el voltaje rms armónico Vh es:
1
∞ 2 1
𝑉ℎ = ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = (𝑉𝑜 2 − 𝑉𝑜1 2 )2 = 0.4359𝑉𝑠
𝑛=3,5,7…
Según
1
∞ 2
1 0.4359𝑉𝑠
𝑇𝐻𝐷 = ( ∑ 𝑉𝑜𝑛 2 ) = = 48.43%
𝑉𝑜1 0.90𝑉𝑠
𝑛=2,3,…
g) Según la ecuación
∞
2𝑉𝑠
𝑣𝑜 = ∑ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
𝑛𝜋
𝑛=1,3,5…
𝑣𝑜 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 2, 4, …
podemos determinar Von y luego determinar
1 1
∞
𝑉𝑜𝑛 2 2 𝑉𝑜3 2 𝑉𝑜5 2 𝑉𝑜7 2 2
[ ∑ ( 2 ) ] = [( 2 ) + ( 2 ) + ( 2 ) + ⋯ ] = 0.048𝑉𝑠
𝑛 3 5 7
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
1 15.30
|𝑍𝑛 | = √𝑅 2 + (𝑛𝜔𝐿 − ) = [6.52 + (25.13𝑛 − ) ]
𝑛𝜔𝐶 𝑛
a. De la ecuación,
∞
4𝑉𝑠
𝑣𝑜 = ∑ 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
𝑛𝜋
𝑛=1,3,5…
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°)
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):
2
1
𝑍𝑜1 = √102 + (2𝜋60 × 31.5 × 10−3 − )
2𝜋60 × 112 × 10−6
𝒁𝒐𝟏 = 𝟏𝟓. 𝟒 𝜴
1
2𝜋60 × 31.5 × 10−3 −
𝜑𝑜1 = arctg ( 2𝜋60 × 112 × 10−6 )
10
𝜑𝑜1 = −𝟒𝟗. 𝟕 °
4 × 220
𝑉𝑜1 = 𝑠𝑒𝑛(2𝜋60 × 𝑡)
𝜋
𝑉𝑜1 = 280.1 × 𝑠𝑒𝑛(120𝜋𝑡)
𝑉𝑜1 280.1
𝐼𝑜1 = = × 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
… … … … …
∞
1 2
𝑇𝐻𝐷(𝑉) = √ ∑ 𝑉𝑜𝑛
𝑉𝑜1
𝑛=3,5,…
Para corriente:
∞
1 2
𝑇𝐻𝐷(𝐼) = √ ∑ 𝐼𝑜𝑛
𝐼𝑜1
𝑛=3,5,…
1
𝑇𝐻𝐷(𝐼) = √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:
𝑃𝑜
𝐼𝐴𝑉𝐺 =
𝑉𝑆
1692.6
𝐼𝐴𝑉𝐺 =
220
𝑰𝑨𝑽𝑮 = 𝟕. 𝟔𝟗 𝑨
Corriente en cada transistor:
De (b) tenemos una intensidad pico de 18.4 A por cada transistor
7.69 𝐴
𝐼𝑄(𝑎𝑣𝑔) =
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 −
1+𝑒 2𝜏
𝐼𝑜 = 3.51 𝐴
EJERCICIO 6.
El puente inversor de la figura tiene una carga RLC de valores 𝑅 = 2.4𝛺 la tensión de
entrada Vs = 48 𝑉
∞
1 2
𝑇𝐻𝐷(𝑉) = √ ∑ 𝑉𝑜𝑛
𝑉𝑜1
𝑛=3,5,…
1
𝑇𝐻𝐷(𝑉) = √482 − 43.22
43.2
𝑻𝑯𝑫(𝑽) = 𝟒𝟖. 𝟒𝟑 %
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)
Solución:
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
𝑵𝒃 = = = 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:
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) El valor r.m.s. de la carga de Voltaje, Vorms
b) El valor r.m.s. de la carga de la frecuencia fundamental VL1
c) La potencia de salida Po
d) La corriente promedio y pico de cada transistor
e) El voltaje de bloqueo inverso pico VBR de cada transistor
f) El factor THD
Solución:
a)
𝑉𝑑 36
𝑉𝑜𝑟𝑚𝑠 = = = 18𝑉
2 2
b)
𝑉𝐿1 = 0.45 ∗ 𝑉𝑑 = 16.2𝑉
c)
𝑉 2 𝑟𝑚𝑠 182
𝑃𝑜 = = = 95.3𝑊
𝑅 3.4
d)
𝑉𝑜𝑟𝑚𝑠 18
𝐶𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝐼𝑝 = = = 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
∞
𝑉𝑛 = √ ∑ 𝑉 2 𝑛𝑟𝑚𝑠 = √𝑉 2 𝐿𝑟𝑚𝑠 − 𝑉 2 𝐿1
𝑛=1,3,5
Solución:
a)
𝐿𝑎 𝑜𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑒𝑛 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐹𝑜𝑢𝑟𝑖𝑒𝑟 𝑒𝑠:
∞
4𝑉𝑑𝑐
𝑉𝑜(𝜔𝑡) = ∑ sin(𝑛𝜔𝑡)
𝑛𝜋
𝑛=1,3,5,…
c)
2
𝐼𝑛 2
𝑃𝑛 = 𝐼𝑛𝑟𝑚𝑠 ∗𝑅 = ( ) ∗𝑅
√2
n fn(Hz) Vn(V) Zn(ohms) In(A) Pn(W)
1 60 127.3 13.7 9.29 431
3 180 42.4 30.0 1.42 10.0
5 300 25.5 48.2 0.53 1.4
7 420 18.2 66.7 0.27 0.34
9 540 14.1 85.4 0.17 0.14
La potencia total es 𝑃 = ∑ 𝑃𝑛 = 443𝑊
d)
√𝑉𝑜1𝑟𝑚𝑠 2 − 𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠 2
𝑇𝐻𝐷 =
𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠
𝑉𝑜1𝑟𝑚𝑠 = 𝑉𝑑 = 100𝑉
127.3
𝑉𝑖1𝑟𝑚𝑠 = = 90𝑉
√2
√1002 − 902 √1900
∴ 𝑇𝐻𝐷 = = = 0.4843
90 90
𝑻𝑯𝑫 = 𝟒𝟖. 𝟒𝟑%
BIBLIOGRAFIA:
https://issuu.com/jaguilarpena/docs/electronica_potencia1_2
https://issuu.com/jaguilarpena/docs/convertidores_dcac
mayor-real-y-pontificia-san-francisco-xavier-de-chuquisaca/electronica-
analogica/capitulo-7-solucionario-problemas-convertidores-dc-
ac/21305277/download/capitulo-7-solucionario-problemas-convertidores-dc-ac.pdf
4 ed. Academia.edu.
https://www.academia.edu/63565148/Electr%C3%B3nica_de_potencia_Muhammad
_H_Rashid_4_ed