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