Circuito rectificador de media onda, resistor,inductor y diodo

1. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE INGENIERÍA
Electrónica de potencia
Tarea #2
Circuitos RL con diodo ideal
Juárez Murillo Samuel Gonzalo
Ing. Macías Pérez Roberto
Grupo: 4

2. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
2/20
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Linductor 100mH 100 10
3−
× H=:=
Rcarga 10Ω 10 10
0
× Ω=:=
Vimax 110V 2⋅ 155.563 10
0
× V=:=
f 60Hz 60 10
0
×
1
s
=:=
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Análisis del problema por el método exacto
w 2 π⋅ f⋅ 376.991 10
0
×
1
s
=:=
Vi Vimaxsin w t⋅( )⋅:= t
Diodo ideal entonces Vd=0 [V]
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Diagrama
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Vi Vdiodo VResistor+ VLinductor+:= Vdiodo
Vi VLinductor VResistor+:= VLinductor

3. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
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Vi L
t
IL
d
d






⋅ R Ir⋅+:= IL
Vi
L
L
L t
Il
d
d






⋅
R Ir⋅( )
L
+:=
Vi
L
Vi
L t
Il
d
d






R Ir⋅( )
L
+:=
Vi
L
u wt:= wt du wdt:= wdt dt
dwt
w
:=
dwt
Vimaxsen wt( )⋅
L t
IL
d
d






R Ir⋅( )
L
+:=
Vimaxsen wt( )⋅
L
Vimaxsen wt( )⋅
L wt
IL w⋅( )
d
d
R Ir⋅( )
L
+:=
Vimaxsen wt( )⋅
L
Vimaxsen wt( )⋅
w L⋅ wt
IL
w
w
⋅






d
d
R Ir⋅( )
w L⋅
+:=
Vimaxsen wt( )⋅
w L⋅
i wt( ) In wt( ) If wt( )+:= In
w 2 π⋅ f⋅ 376.991 10
0
×
1
s
=:=
L 100mH 100 10
3−
× H=:=
Vimax 110 2V⋅ 155.563 10
0
× V=:=
R1 10Ω 10 10
0
× Ω=:=

4. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
4/20
In wt( ) A e
R
w L⋅






− wt⋅
⋅:=
Z R1
2
w L⋅( )
2
+ 39.003 10
0
× Ω=:=
φ atan
w L⋅
R1






1.312 10
0
×=:=
If wt( )
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅:=
i wt( ) A e
R1
w L⋅






− wt⋅
⋅
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅+:=
Z 39.003 10
0
× Ω=
φ 1.312 10
0
×=
radianes
segundo






Un dato a considerar es que tenemos un diodo ideal por lo tanto al tener un valor de voltaje
V>0
queda polarizado en directa y conduce hasta que se polariza en inversa.
Es por ello que se sabe que α=0 donde α se conoce como el Angulo de encendido.
α 0:=
π radianes=180°
Radianes grados
π-----------------180
ϕ1------------------?
φ°
φ
π






180⋅ 75.144 10
0
×=:=
φ° 75.144 10
0
×= grados( )
Lo siguiente es encontrar el valor de β o mejor dicho el Angulo de apagado

5. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
5/20
A
i 0( ) 0:=0
wt 0:=
A e
R
w L⋅






− t⋅
⋅
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅+
A e
R
w L⋅






− 0⋅
⋅
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅+
A e
0−
⋅
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅+
A
Vimax
Z






sin wt φ−( )⋅






− 3.855 10
0
× A=:=
En wt=β, i=0
0 A e
R1
w L⋅






− α β−( )⋅
⋅
Vimax
Z






sin β φ−( )⋅+:=0
0 sin β φ−( ) sin α β−( ) e
R1
w L⋅






− α β−( )⋅
⋅+:=0
Con la teoría sabemos que para obtener el valor de β, se tiene que hacer mediante métodos
numéricos ya que nos enfrentamos a una ecuación trascendental.
φ 1.312 10
0
×=
φ° 75.144 10
0
×=

6. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
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Realice un programa en matlab para calcular el valor de beta
clear
R1=4
L1=50e-3
f=60
w=2*pi*f
alfa=0
fi=1.312
for beta=pi:pi/1000:2*pi-1;
a=sin(beta-fi)+sin(alfa+fi)*exp((R1*(alfa-
beta))/(L1*w));
hold on
plot(beta,a);
if abs(a)<0.005
b=beta;
end
end
hold off

7. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
7/20
Realizando un zoom a la zona de interés nos queda
Con el resultado de la intersección en la gráfica obtenemos el valor de β
β 4.819:=
radianes
segundo






β°
β
π






180⋅ 276.108 10
0
×=:=
β° 276.108 10
0
×= grados( )
α 0 0 10
0
×=:=
IN
α
β
β
1
2 π⋅






sin β φ−( ) sin φ α−( ) e
R1 α β−( )⋅
L w⋅





⋅+





⋅
⌠



⌡
d 607.845 10
3−
×=:=
IN 0.608=

8. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
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Io
Vimax
Z






IN⋅ 2.424 10
0
× A=:=
Io 2.424 10
0
× A=
La solución de la integral se puede obtener de una forma más fácil así:
Ioaproximada
Vimax
2 π⋅ R1⋅






1 cos β( )−( )⋅ 2.212 10
0
× A=:=
Vo R1 Io⋅ 24.244 10
0
× V=:=
Vo 24.244 10
0
× V=
IRN
α
β
β
1
2 π⋅






sin β φ−( ) sin φ α−( ) e
R1 α β−( )⋅
L w⋅





⋅+






2
⋅
⌠



⌡
d










1
2
823.45 10
3−
×=:=
IrmsN IRN:=
IR IrmsN
Vimax
Z






⋅ 3.284 10
0
× A=:=
Irms IR 3.284 10
0
× A=:=
Irms 3.284 10
0
× A=
P Irms
2
R1⋅ 107.869 10
0
× W=:=

9. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
9/20
Resultados obtenidos
Io 2.424 10
0
× A=
α 0 10
0
×=
radianes( ) Vo 24.244 10
0
× V=φ 1.312 10
0
×=
Irms 3.284 10
0
× A=
β 4.819 10
0
×=
P 107.869 10
0
× W=
α° 0:=
φ° 75.144 10
0
×= grados( )
β° 276.108 10
0
×=

10. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
10/20
Análisis por el método de las gráficas de DEWAN
Análisis del problema por grafica 2.17 DWAN
Con el valor de ϕ encontramos el valor de IRN e IN
φ° 75.144 10
0
×=
IRNd 0.81:=
INd 0.605:=

11. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
11/20
Para ocupar los cálculos ya realizador usare el subíndice d de dewan
Análisis del problema por grafica 2.15 DWAN
Con el valor de ϕ encontramos el valor de beta
φ° 75.144 10
0
×=
βd° 270°:=

12. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
12/20
Iod
Vimax
Z






INd⋅ 2.413 10
0
× A=:=
Iod 2.413 10
0
× A=
Vod R1 Iod⋅ 24.131 10
0
× V=:=
Vod 24.131 10
0
× V=
IrmsNd IRNd:=
IRd IrmsNd
Vimax
Z






⋅ 3.231 10
0
× A=:=
Irmsd IRd 3.231 10
0
× A=:=
Irmsd 3.231 10
0
× A=
Pd Irmsd
2
R1⋅ 104.374 10
0
× W=:=
Iod 2.413 10
0
× A=
Vod 24.131 10
0
× V=
Irmsd 3.231 10
0
× A=
Pd 104.374 10
0
× W=

13. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
13/20
Análisis del problema por simulación en Pspice
Simulación de V1 en Pspice
Diagrama
diodo ideal
t
1
f
16.667 10
3−
× s=:=
Tomando el lóbulo positivo
t1
t
2
8.333 10
3−
× s=:=
toffsimulación 12.564ms 12.564 10
3−
× s=:=
Periodo grados
t1 180−−−−−−−
toffsimulación ?−−−
βsimulación
toffsimulación
t1






180⋅ 271.382 10
0
×=:=
f 60 10
0
×
1
s
=

14. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
14/20

15. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
15/20

16. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
16/20

17. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
17/20
El tiempo de apagado es t=12.562ms

18. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
18/20

19. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
19/20

20. Tarea #2, Juárez Murillo Samuel Gonzalo
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Comparación de resultados
Método alfa fi beta Io Irms Vo P
Exacto 0 75.14° 276.108° 2.424[A] 3.283[A] 24.244[V] 107.869[W]
Graficas dewan 0 75.14° 270° 2.413[A] 3.231[A] 24.131[V] 104.374[W]
Pspice 0 ? 271.382° 3.6344[A] 4.2894[A] 36.378[V] 184.044[W]
Conclusiones: Me resulta muy grato darme cuenta que en esta tarea se aplican muchos
conocimientos, también me hace darme cuenta que tenemos muchas herramientas de
trabajo para facilitarnos el análisis, en mi caso ocupe varios programas, para la edición de
ecuaciones ocupe matcath y me resulta muy útil ya que una vez realizado el programa le
cambio los valores de los elementos principales y me obtiene los resultados
automáticamente además de presentar las ecuaciones en un formato bonito, también ocupe
matlab para realizar un programa que resolviera una ecuación trascendental, en base a una
gráfica para la obtención de beta, este también hubiera servido de igual forma para la
obtención de los demás valores solo que el formato no me gusta, por ultimo use Pspice..
Se resolvió el circuito RL con un diodo por tres métodos diferentes:
El primero es el método exacto en este no tuve problemas solo es un poco más de trabajo
con respecto a los demás pero es con el que me quedaría porque se me hace muy detallado
y encuentro por qué se comporta así el sistema, el segundo es por las gráficas de dewan, no
tengo mucho que decir más que: gracias a dewan nos simplificamos bastantes los caculos,
el tercero es la simulación de Pspice sorprendido del alcance de esta herramienta ya que me
da una idea mucho más clara de cómo se comporta el sistema, me hace ver que tan correcto
estoy, además de que cada elemento presenta de 10 a 20 características que se pueden
editar.
Con base a los resultados el método exacto es parecido al método de las gráficas de
DEWAN mas sin embargo en la simulación existe una ligera variación que yo no
consideraría despreciable del todo y más en la potencia de la carga obtenida, es por ello que
sigo revisando si hay errores pero no encuentro alguno.