Examen de Electrónica Industrial

Examen de Electrónica Industrial - 13 de septiembre de 2008
Tiempo: 2 horas 30 minutos
El valor de cada subapartado aparece indicado en el mismo
En todos los problemas se deben justificar de forma escrita todos los
pasos que se den para su resolución
1. El circuito de la figura se utiliza para aplicar una corriente de 10 A en la
resistencia con un ciclo de trabajo del 50% a una frecuencia de 1 kHz.
- Completar el esquema para que el tiristor pueda ser apagado.(0.25 puntos)
- Explicar de forma cualitativa el funcionamiento del circuito completo dibujando las formas de onda más relevantes. En el instante inicial suponer todos
los elementos activos se hallan apagados.(0.75 puntos)
- Calcular el valor de los componentes añadidos (resistencias, condensadores,
inductancias. . . ) de manera que el circuito de apagado funcione correctamente y no disipe más del 5% de la potencia del circuito principal. Al tiristor se le debe aplicar tensión negativa durante al menos 50 µs para apagarse
correctamente.(1 punto).
2. Un equipo que consume 75W en CC se alimenta a 24 V desde una batería
de 12V mediante un convertidor elevador que funciona a 200 kHz, con una
temperatura admisible entre 0 y 40 o C. Suponer que el equipo funciona en
modo de conducción continua y los rizados de la corriente en la bobina y la
tensión en el condensador son despreciables.
- Teniendo en cuenta que en el Mosfet IRFZ34N la resistencia en conducción
a 40 o C es Rdson = 0.044Ω y los tiempos de encendido y de apagado son
tr = 49ns, tf = 40ns, estimar de forma aproximada la potencia disipada en
el mismo.(0.75 punto)
- Teniendo en cuenta la curva Id − Vd del diodo schottky 10TQ045 estimar
las perdidas en conducción del mismo.(0.25 puntos).
- Despreciando las pérdidas en conmutación del diodo estimar la eficiencia
del circuito.(0.25 puntos).
- Decidir la necesidad o no de utilizar un disipador en el MOSFET y en el
diodo, teniendo en cuenta que en ambos la temperatura máxima admisible
en la unión es de 175 o C.(0.75 punto) ¡ojo, datos en la parte de atras!
1
Title
X 4Vcc
sin(nω0 t)
nπ
nimpar
Si la amplitud del primer armónico o componente fundamental de la corriente
por la carga es I1 = 9, 13A y la potencia disipada en la resistencia debido a
dicho armónico es de P1 = 416W .
• Obtener los valores de R y L. (0.5 puntos)
• Obtener la amplitud de los armónicos de corriente hasta el armónico
9.(0.5 puntos)
• Obtener la potencia disipada debido a cada armónico obtenido y dar
una aproximación de la potencia entregada a la carga.(0.5 puntos)
• Estimar la distorsión armónica total en la tensión y en la corriente de
la carga utilizando los armónicos obtenidos(0.5 puntos)
Conviene dar los resultados de forma tabulada.
2
100
Fig. 4 - Maximum Thermal Impedance ZthJC Characteristics
10
1
.1
.01
.001
.0001
www.irf.com
.001
.00001
SinglePulse
(Thermal Resistance)
4. Un inversor en puente completo aplica una onda cuadrada con una frecuencia
de 60Hz a una carga de tipo RL. La tensión de la fuente es Vcc = 100V . El
desarrollo en series de Fourier de la tensión se puede expresar como
vo (t) =
.01
D=0.08
.1
D=0.50
D=0.33
D=0.25
D=0.17
1
10
Fig. 1 - Maximum Forward Voltage Drop Characteristics
Forward Voltage Drop - V FM (V)
1.6 1.8
1.4
1
.1
0
.2
.4
.6
.8
1
1.2
T = 25°C
J
T =125°C
J
T =175°C
J
10
100
3. -Calcular el valor medio de la tensión de salida de un rectificador trifásico de
puente completo de diodos alimentado por una red de tensión trifásica ideal
operando con una amplitud de tensión entre fase y neutro de 100 V y una
frecuencia de 50 Hz. La corriente por la carga es constante y tiene un valor
de 10 A.(0.5 puntos)
-Calcular el mismo valor si la red no es ideal sino que tiene una inductancia
serie de 10 mH.(1.5 puntos)
t 1 , Rectangular Pulse Duration (Seconds)
2. PeakT =P xZ
+T
J DM thJC C
Notes:
1. Dutyfactor D= t1/ t2
P
DM
t
1
t2
Fig. 3 - Typical Junction Capacitance
Vs. Reverse Voltage
40
30
20
Reverse Voltage - V R (V)
100
0
10
T =25°C
J
1000
Fig. 2 - Typical Values of Reverse Curre
Vs. Reverse Voltage
Reverse Voltage - V R (V)
10 15 20 25 30 35 40
.0001
0
.001
.1
.01
1
5
25°C
50°C
75°C
125°C
100°C
150°C
T =175°C
J
10
1000
100
Instantaneous Forward Current - I F (A)
1000
Thermal Impedance - Z thJC (°C/W)
10TQ... Serie
Bulletin PD-20057 01/0
Reverse Current - I R (mA)
Junction Capacitance - C T (pF)
Suponer iguales las Resistencias Térmicas de IRFZ34N y 10TQ045:
Unión-cápsula RθJC = 2, 2o C/W , cápsula-disipador RθCS = 0, 5o C/W , uniónambiente (sin disipador) RθJA = 70o C/W .
1
Soluciones
1. Problema 1:
En este problema existen diferentes soluciones en función del número
de tirisitores que se haya elegido. Varias de las soluciones posibles
se dan de forma tabulada.
-El tiristor propuesto es capaz de soportar toda la corriente, pero no la tensión, de manera que es necesario conectar n tiristores en serie. El número
mínimo de tiristores es nmin = Vtotal /Vmax = 100kV /5.6kV = 17.86. Como
se debe tomar un número entero de diodos, n ≥ 18. La tensión teórica que
será capaz de soportar el conjunto de n tiristores es 18 tiristores, teóricamente pueden soportar la tensión, pero tiene un margen muy pequeño frente
a posibles variaciones de la tensión. Convendría tomar n = 22 al menos para
tener un márgen mínimo del 20%.
- Debido a las diferencias inevitables en el proceso de fabricación la tensión
se puede repartir de forma desigual entre los tiristores y alguno de ellos
podía superar la tensión máxima Vmax = 5600V . para evitar esto se colocan
resistencias del mismo valor en paralelo con los n tiristores. Para elegir el
valor de la resistencia se debe estudiar el peor caso. Este caso se da cuando
n-1 tiristores llevan su corriente inversa máxima, Iinvmax = 150mA, y el
tiristor restante no conduce ninguna corriente.
En estas condiciones tan desfavorables la tensión del tiristor debe cumplir
Vmax = 5600V ≥ IR
donde I es la corriente total. Además la suma de las tensiones de todos los
tiristores debe cumplir:
Vtotal = (n − 1)R(I − Iinvmax ) + RI
de las dos ecuaciones anteriores se obtiene:
R≤
nVmax − Vtotal
(n − 1)Iinvmax
3
-Una solución alternativa es suponer que n-1 tiristores tienen una resistencia
Vmax
mínima dada por rmin =
= 37.3kΩ, y el tiristor restante tiene una
Iinvmax
resistencia infinita. En este supuesto se debe cumplir
Vmax = 5600V ≥ IRyVtotal = (n − 1)
Rrmin
I + RI
R + rmin
de las dos ecuaciones anteriores se obtiene:
R≤
nVmax − Vtotal
( VVtotal
− 1)Iinvmax
max
El resultado difiere un poco del anterior y es menos conservador.
Una vez determinada la resistencia R que se va a utilizar, para calcular la
tensión en el tiristor en peores condiciones y en el resto se despeja I de
Vtotal = (n − 1)R(I − Iinvmax ) + RI y se obtiene:
I=
Vtotal + (n − 1)RIinvmax
nR
Vdmax = RI
Vdmin = R(I − Iinvmax )
Las pérdidas se pueden calcular de varias maneras. Una vez que hemos
calculado la corriente por el conjunto de tiristores y sabemos la tensión que
estamos aplicando, las perdidas en corte se pueden estimar como I × Vtotal .
Una estimación del orden de magnitud de la potencia del circuito es la tensión
y corriente que soportan los tiristores, P ≈ 100kV × 200A = 20M W .
En la siguiente tabla se muestran los resultados en función del número de
tiristores escogidos. Con 18 tiristores las pérdidas son casi el 10% mientras
que con 27 tiristores estas bajan al 0,2%.
Número
de
tiristores
18
19
20
21
22
.
.
.
27
Tensión
máxima del
conjunto (kV)
100.8
106.4
112
117.6
123.2
.
.
.
151.2
Margen
de
seguridad (%)
0.8
6.4
12
17.6
23.2
.
.
.
51.2
4
Valor
de R
(kΩ)
0.296
2.25
4
5.6
7
.
.
.
12.6
Vmax
(V)
Vmin
(V)
Pérdidas
(MW)
5594
5580
5520
5488
5390
.
.
.
4954
5553
5245
4973
4725
4505
.
.
.
3655
1.89
0.248
0.138
0.098
0.077
.
.
.
0.039
2. Problema 2: Para obtener la tensión de salida y la corriente de la bobina
(valor medio) en régimen permanente se tiene en cuenta que el valor medio
de la tensión media por la bobina y de la corriente por el condensador son
nulos. Además se hará la aproximación de que la corriente por la bobina y
la tensión en el condensador son constantes.
Para obtener el valor medio de VL e Ic es necesario tener en cuenta las diferentes configuraciones del circuito en función del estado de los interruptores.
En este caso hay dos posibles estados ya que se halla en régimen de conducción continua.
(a) Ton
(b) Tof f
Ton
Tof f
VL = VDC − Vo
VL = −VDC
Ic = IL −
Vo
R
Ic = − VRo
El valor medio de la tensión en la bobina es
VLavg = 0 =
1
T
T
Z
VL dt =
0
1
T
DT
Z
(VDC − Vo )dt +
0
1
T
Z
T
(−VDC )dt
DT
Despejando Vo
Vo =
2D − 1
VDC = 66.66V
D
El valor medio de la corriente en el condensador es
Icavg = 0 =
1
T
Z
T
Ic dt =
0
1
T
DT
Z
(IL −
0
Despejando IL
5
Vo
1
)dt +
R
T
Z
T
(−
DT
Vo
)dt
R
IL =
Vo
= 2.22A
RD
¡Estas expresiones solo son válidas en régimen de conducción continua!
Para obtener el rizado de la corriente en la bobina basta con estudiar el
comportamiento en el encendido.
VL = L
(VDC − Vo )DT
diL
→ (VL = VDC − Vo = CT E) → ∆iL =
= 2.5A
dt
L
Para obtener el rizado de la tensión de salida (rizado de tensión en el condensador), es necesario conocer la corriente por el condensador. Teniendo
en cuenta que en el encendido la corriente en el condensador es igual a la
corriente de la bobina menos la de la carga, y en el apagado es la corriente
de carga con signo negativo:
Obtenemos el rizado de la tensión en el condensador como
Ic = C
dVc
1
→ ∆Vc =
dt
C
Z
t2
Ic dt =
t1
1
AREAP OSIT IV A
C
11
∆Vc =
1.81A(75µs − 20.7µs) = 0.1V
C2
El límite entre conducción discontinua y continua se da cuando el valor medio
de la corriente de la bobina es igual a la mitad del rizado pico pico de la
misma.
IL =
1
Vo
(VDC − Vo )DT
2LVo
∆iL →
=
→R=
= 71Ω
2
RD
2L
(V DC − Vo ) − D2 T
6
3. Problema 3:
El circuito de la figura puede servir como cargador de baterías. (Otra alternativa es un circuito de onda completa).
Para evitar superar la tensión máxima del tiristor. La tensión de salida del
transformador debe ser Voutmax + 12 ≤ 50 → Voutmax ≤ 38V . En realidad
convendría dejar un margen de seguridad
y tomar un valor menor. Tomando
√
Voutmax = 38V → Voutrms = 38/ 2 = 26, 9 ≈ 27 , la relación de espiras del
transformador es 220/27.
Con una tensión máxima de salida de 38V, la corriente máxima por el tiristor
en el peor de los casos (batería totalmente descargada a 0V) es Imax = 50A =
38/R → R ≥ 0.76Ω.
Para estimar el tiempo de carga es necesario conocer el valor medio de la
corriente por la batería. Para aplicar la máxima corriente posible a la carga
el tiristor se dispara cuando la tensión de salida del transformador supera la
de la batería. El tiristor se apagará de forma natural cuando la tensión de
salida del transformador caiga por debajo de la de la batería.
Vbat
El ángulo de encendido es α = arcsin Voutmax
≈ 0.48rad = 27grados y el
ángulo de apagado π − α.
El valor medio de la corriente es
Z π−α
1
1
Iavg =
(Voutmax sin(ωt) − 13.8) dt = 7.9A
2π α
R
para cargar 60Ah la batería se necesita untiempo de 60/7.9 = 7,6 horas.
El único elemento que introduce pérdidas, si el resto es ideal, es la resistencia
que limita la corriente.
R π−α 1
2
1
2
Ploss = RIrms
= R 2π
R2 (Voutmax sin(ωt) − 13.8) dt = 154W
α
La potencia media en la batería es 7.9A × 13.8V = 109W
La eficiencia es 100 × 109/(154 + 109) = 41.4%. Es un circuito de baja
eficiencia.
4. Problema 4:
Aplicando una onda de tensión cuadrada de ±400V, durante la aplicación la
tensión positiva la corriente crecerá de forma lineal, y durante la aplicación
de tensión negativa caera con la misma pendiente negativa, de manera que la
forma de onda de la corriente por la inductancia es una onda triangular. Por
simetría, la corriente tendra un valor mínimo de − 12 ∆Il y un valor máximo
de − 21 ∆IL
7
El período de la onda es: T = 1/400 = 2.5ms y por lo tanto el incremento de
la corriente es ∆IL = L1 Vdc T2 = 500A. La corriente se inicia con un valor de
-250A, alcanza 250A de forma lineal en 1.25ms y despues cae de forma lineal
hasta -250A en otros 1.25ms.
Los interruptores S1 y S2 se activan para aplicar +VDC . S4 es complementario a S1 y S3 es complementario a S2.
Para obtener la mitad de corriente se debe reducir el tiempo que se aplica
la tensión, de manera que la variación de la corriente sea la mitad. Esto se
obtiene aplicando tensión nula durante una parte de la onda como se aprecia
en la siguiente figura. La forma de onda de la corriente se aprecia en la figura.
Cuando se aplica tensión la corriente crece o decrece de forma lineal igual
que en el primer caso, paro cuando la tensión aplicada es nula, la corriente
no varía.
para que el pico de corriente sea la mitad, la variación de corriente debe ser
la mitad que en el caso de onda cuadrada, de manera el tiempo que debe
permanecer la tensión nula es la mitad del período.
Para obtener tensión nula se aplican simultaneamente S1 y S3 (se podía
haber hecho S2 y S4). Para aplicar tensión positiva se aplican S1 y S2, y
para obtener tensión negativa se aplican S3 y S4. S4 es complementario a S1
y S3 es complementario a S2.
Cuando conduce cada interruptor, existe un intervalo en el que conduce corriente positiva y otra en la que conduce corriente negativa, de manera que es
necesario utilizar un transistor (BJT, MOSFET, IGBT) en antiparalelo con
un diodo.
8
Si tomamos el caso de S1, mientras el interruptor este activo, el diodo conducirá la corriente cuando esta es negativa y el transistor la conducirá cuando
es positiva, tal y como se aprecia en la figura.
El valor eficaz de la corriente en el diodo D1 es:
s
ID1rms =
1
T
s
T
Z
i2D1rms dt =
0
T /4
Z
1
T
1252 dt +
0
1
T
Z
T /8
t
))2 dt =
T /8
kkk = 66.85A
(125(1 −
0
El valor eficaz de la corriente en el transistor MOS1 es:
IM OS1rms =
1
T
Z
T
iM OS1rms dt =
0
1
T
Z
T /8
125
0
t
1
)dt = 1253T /16 = 1253/16 = 54.7A = 23.4
T /8
T
El valor medio de la potencia viene suministrada por Vdc × Idc donde Idc es el
valor medio de la corriente por la fuente. El valor medio de la corriente por
la fuente es nulo, de manera que el inversor no proporciona potencia activa y
, por lo tanto, el factor de potencia tambien es nulo (como debe ser por ser
la carga reactiva).
9