Introducción a la electrónica de potencia. Problema 5. Máquinas eléctricas.

Problema. Para el circuito de la figura, suponga que el $V_{BO}$ del DIAC es 30 (V), $C_1$ es 1 μF, $R$ es ajustable en el rango de 1 a 20 kΩ y el interruptor $S_1$ está abierto. ¿Cuál es el ángulo de encendido del circuito cuando $R$ es de 10 kΩ? ¿Cuál es el voltaje rms de la carga en estas condiciones?

Al comienzo de cada medio ciclo, los voltajes a través del DIAC y SCR serán ambos más pequeños que sus respectivos voltajes de ruptura, por lo que no fluirá corriente hacia la carga (excepto para aquella muy pequeña corriente de carga del capacitor $C$ y $v_{carga} (t)$ serán 0 volts. Sin embargo, el capacitor $C$ carga junto con el resistor $R$ y cuando el voltaje $v_C (t)$ reuna el voltaje de ruptura de $D_1$ , el DIAC comenzará a conducir. Este flujo de corriente mediante la compuerta del $SCR_1$ , enciende el SCR. Cuando se enciende, el voltaje a través del SCR disminuirá a cero y el voltaje de la fuente $v_S (t)$ será aplicado a la carga, produciendo un flujo de corriente a través de la carga. El SCR continua conduciendo hasta que la corriente a través de él esté por debajo de $I_H$ , lo que sucede al final de cada medio ciclo.

Se observa que después de que $D_1$ esté encendido, el capacitor $C$ descarga a través de él y la compuerta del SCR. Al final de cada medio ciclo, el voltaje en el capacitor, es otra vez esencialmente 0 volts y todo del proceso vuelve a empezar en el siguiente comienzo del semiciclo.

Para determinar en que momento el DIAC y el SCR disparan en el circuito, se debe determinar cuando $v_C (t)$ excede el $V_{BO}$ para $D_1$ .

Solución a). Para determinar cuando se enciende el SCR, se debe calcular el voltaje $v_C (t)$ y luego, resolver en cuanto tiempo $v_C (t)$ excede $V_{BO}$ del $D_1$ . Al comienzo del semiciclo, $D_1$ y $SCR_1$ están apagados y el voltaje pasa a través de la carga y es esencialmente cero, por tanto todo el voltaje de la fuente es aplicado al circuito serie RC. Para determinar el voltaje $v_C (t)$ en el capacitor, se puede utilizar las leyes de corriente de Kirchhoff en el nodo anterior del capacitor y obtener el resultado de la ecuación de $v_C (t)$ . Entonces

$\displaystyle \sum{i (t)} = 0$

$\displaystyle i_1 (t) + i_2 (t) = 0$

$\displaystyle \frac{v_C - v_1}{R} + C \frac{dv_C}{dt} = 0$

$\displaystyle \frac{v_C}{R} - \frac{v_1}{R} + C \frac{dv_C}{dt} = 0$

$\displaystyle \frac{v_C}{R} + C \frac{dv_C}{dt} = \frac{v_1}{R}$

$\displaystyle C \frac{dv_C}{dt} + \frac{1}{R} v_C = \frac{1}{R}v_1$

$\displaystyle \frac{dv_C}{dt} + \frac{1}{RC} v_C = \frac{1}{RC}v_1$

$\displaystyle \frac{dv_C}{dt} + \frac{1}{RC} v_C = \frac{V_M}{RC}\sin{\omega t}$

Resolviendo por el método del factor integrante, se observa que

$\displaystyle v_C \cdot e^{\int{\frac{1}{RC} \ dt}} = \int{\frac{V_M}{RC} \sin{\omega t} \cdot e^{\int{\frac{1}{RC} \ dt}} \ dt}$

$\displaystyle v_C \cdot e^{\frac{1}{RC} t} = \frac{V_M}{RC} \int{e^{\frac{1}{RC} t} \sin{\omega t} \ dt}$

$\displaystyle v_C \cdot e^{\frac{1}{RC} t} = \frac{V_M}{RC} \cdot \left(\frac{1}{\frac{1}{R^2 C^2} + \omega^2} \right) e^{\frac{1}{RC} t} \left(\frac{1}{RC} \sin{\omega t} - \omega \cos{\omega t} \right) + A$

$\displaystyle v_C \cdot e^{\frac{1}{RC} t} = \frac{V_M}{RC} \cdot \left(\frac{R^2 C^2}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) e^{\frac{1}{RC} t} \left(\frac{1}{RC} \sin{\omega t} - \omega \cos{\omega t} \right) + A$

$\displaystyle v_C \cdot e^{\frac{1}{RC} t} = \frac{V_M}{RC} \cdot \left(\frac{1}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) e^{\frac{1}{RC} t} \left(RC \sin{\omega t} - \omega R^2 C^2 \cos{\omega t} \right) + A$

$\displaystyle v_C = V_M \cdot \left(\frac{1}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) \left(\sin{\omega t} - \omega RC \cos{\omega t} \right) + \frac{A}{e^{\frac{1}{RC} t}}$

$\displaystyle v_C (t)= \left(\frac{V_M}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) \sin{\omega t} - \left( \frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right) \cos{\omega t} + Ae^{-\frac{1}{RC} t}$

donde $A$ representa la constante de integración; no se tomó en cuenta la variable $C$ para no confundir con el valor de la capacitancia.

Tomando la condición inicial $v_C (0) = 0$ (que significa que el voltaje en el capacitor es cero en el comienzo del semiciclo), el valor de $A$ es

$\displaystyle v_C (0)= \left(\frac{V_M}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) \sin{\omega (0)} - \left( \frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right) \cos{\omega (0)} + Ae^{-\frac{1}{RC} (0)}$

$\displaystyle 0 = - \left( \frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right) + A$

$\displaystyle A = \left( \frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right)$

Al sustituir en la ecuación $v_C (t)$ , resulta que

$\displaystyle v_C (t)= \left(\frac{V_M}{1 +R^2 C^2 \omega^2} \right) \sin{\omega t} - \left( \frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right) \cos{\omega t} + \left(\frac{V_M RC \omega}{1+R^2 C^2 \omega^2} \right)e^{-\frac{1}{RC} t}$

Si $R = 10 k\Omega$ , $C = 1\mu F$ , $\omega = 377$ y $V_M = 169.5$ , el resultado de $v_C (t)$ es

$\displaystyle v_C (t)= \left[\frac{169.5}{1 +(10 \times 10^3)^2 (1\times 10^{-6})^2 (377)^2} \right] \sin{377 t} - \left[ \frac{(169.5)(10 \times 10^{3})(1\times 10^{-6})(377)}{1+(10 \times 10^3)^2 (1\times 10^{-6})^2 (377)^2} \right] \cos{377 t} + \left(\frac{169.5 (10 \times 10^3)(1 \times 10^{-6})(377)}{1+(10\times 10^3)^2 (1\times 10^{-6})^2 (377)^2} \right)e^{-\frac{1}{(10 \times 10^3)(1 \times 10^{-6})} t}$

$\displaystyle v_C (t)= 11.142 \sin{377 t} - 42.005 \cos{377 t} + 42.005 e^{-100 t} \ (V)$

Graficando esta expresión mediante MATLAB R2018a, se escribe el siguiente código

 t=0:1/10000:10;
 v = 11.142sin(377t) - 42.005cos(377t) + 42.005exp(-100t);
 figure(1);
 plot(t,v);
 title('\bfVoltaje del capacitor');
 xlabel('\bfTiempo (ms)');
 ylabel('\bfv_C (V)');
 axis([0 0.008 0 70]);
 grid on;

Al momento de guardarlo, el archivo puede llamarse cualquier nombre en formato $atex .m$. Al ejecutarlo, se tiene el resultado

Figura 3.5.2 Gráfica del voltaje del capacitor.

Al localizar el voltaje de 30 (V) en la gráfica (figura 3.5.2), se tiene un tiempo de 0.0035 (s) (3.5 ms). Con la frecuencia de 60 Hz, la forma de onda tiene 360° en 1/60 (s). Así que, el ángulo de disparo $\alpha$ es

$\displaystyle \alpha = (0.0035) \cdot \frac{360}{\frac{1}{60}}$

$\displaystyle \therefore \alpha = 75.6$ °

Convirtiendo a radianes

$\displaystyle \alpha = 75.6 (\frac{\pi}{180})$

$\displaystyle \therefore \alpha = 1.319$ (rad)

Calculando el voltaje rms aplicado a la carga

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \int{v(t)^2 \ dt}}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{\frac{\pi}{\omega}} \int_{\alpha}^{\pi/\omega}{(V_M \sin{\omega t})^2 \ dt}}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{\omega}{\pi} \int_{\alpha}^{\pi/\omega}{V_M^2 \sin^2{\omega t} \ dt}}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{\omega}{\pi} V_M^2 \int_{\alpha}^{\pi/\omega}{(\frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cos{2\omega t} \ dt}}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{\omega}{\pi} V_M^2 \left[\frac{1}{2} \omega t + \frac{1}{4} \sin{2\omega t} \right]_{\alpha}^{\pi/\omega}}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{\omega}{\pi} V_M^2 \left[\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\omega} - \frac{1}{4\omega} \sin{(2\omega \cdot \frac{\pi}{\omega})} - \frac{1}{2} \alpha + \frac{1}{4\omega} \sin{2\alpha} \right]}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{\frac{\omega}{\pi} V_M^2 \left(\frac{\pi}{2\omega} - \frac{1}{4\omega} \sin{2\pi} - \frac{1}{2\omega} \alpha + \frac{1}{4 \omega} \sin{2\alpha} \right)}$

$\displaystyle V_{rms} = \sqrt{V_M^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2\pi} \alpha + \frac{1}{4\pi} \sin{2\alpha} \right)} = V_M \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2\pi} \alpha + \frac{1}{4\pi} \sin{2\alpha}}$