Sebastián Valerio Alejo
Oscar Alberto Gómez Rodriguez
Taller Rectificadores Monofásicos de media onda
Características de fuente y carga para todos los ejercicios.
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Fuente de voltaje AC: 110 Vrms a 60 Hz
Consumo de la carga 1 (W): 50 W; (carga resistiva)
Consumo de la carga 2 (W): ¿W?; (altamente inductiva, solo bobina)
Consumo de la carga 3 (W): 50 W; (carga combinada, resistiva e inductiva de
26mH conectadas en serie)
Actividades a realizar.
Características del diodo rectificador.
1) Carga resistiva rectificador de media onda
Primero que todo se procede a sacar los valores del voltaje RMS y voltaje
promedio
𝑉𝑚 110 ∗ √2
=
= 49.52 𝑉
𝜋
𝜋
𝑉𝑚 110 ∗ √2
𝑉𝑟𝑚𝑠 =
=
= 77.78 𝑉
2
2
Después de esto se procede a sacar el valor de la resistencia de la potencia que se
nos requiere
𝑉𝑑𝑐 =
2
𝑉𝑟𝑚𝑠 2 𝑉𝑚 2
𝑉𝑚 2 (110√2)
P=
=
− − − − − −→ 𝑅 =
=
= 121
𝑅
4𝑅
4𝑃
4(50)
Una vez hallada la resistencia se procede a hallar el factor de potencia
S = 𝑉𝑟𝑚𝑠 𝑖𝑟𝑚𝑠 =
𝑉𝑚 2
2√2𝑅
𝑉𝑚 2
1
𝑃
4𝑅
2 = √2 ≅ 0.7071
fp = =
=
1
𝑆
2
𝑉𝑚 2
√2
2√2𝑅
Con los datos hallados se procede a calculas la corriente promedio y RMS
𝑉𝑚 110 ∗ √2
𝐼𝑑𝑐 =
=
= 1.29 𝐴
𝑅𝜋
121𝜋
𝑉𝑚
110 ∗ √2
=
= 0.64 𝐴
2𝑅 2(120.99)
Por ultimo se procede a hallar la potencia aparente:
𝐼𝑟𝑚𝑠 =
𝑆=
𝑉𝑚 2
(110√2)
2
=
= 70.71
2√2𝑅
2√2𝑅
Para sacar la serie de Fourier, se expresa la función de la onda rectificada así:
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 𝜋
𝑓(𝑥) = {(110√2) sin 𝑤𝑡 ,
0,
𝜋 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋
Donde la sumatoria de Fourier seria la siguiente:
∞
𝑎0
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
El periodo estaría expresado así:
𝑛=1
𝑇 = 2𝜋
Donde los límites de integración se colocarían de 0 a π, ya que de π a 2π el valor
es 0; 𝑎𝑛 se determinaría así:
2 𝑇
2 𝜋
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 =
∫ 𝑉 sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 0 𝑚
(110√2) 𝜋
110√2 (1 + (−1)𝑛 )
=
∫ sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = −
𝜋
𝜋
𝑛2 − 1
0
y el 𝑏𝑛 asi:
2 𝑇
2 𝜋
𝑏𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) sin(nwt) 𝑑𝑤𝑡 =
∫ 𝑉 sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 0 𝑚
(110√2) 𝜋
110√2
1
1
(0) −
(0))
=
∫ sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 =
(
𝜋
𝜋
𝑛−1
𝑛+1
0
de esto de puede concluir que:
110√2 (1 + (−1)𝑛 )
,
𝑛≠1
𝑎𝑛 = {− 𝜋
𝑛2 − 1
0,
𝑛=1
0,
𝑛≠1
𝑏𝑛 = {110√2
,
𝑛=1
2
Donde el valor en n=1 se determinó gracias al límite que se halló por Symbolab.
Volviendo con la sumatoria de Fourier se tiene que:
∞
𝑎0
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝑛=1
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋
2
𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
De lo anterior se puede deducir que las magnitudes de los 2 primeros armónicos
serán:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑉0 = 𝑉𝑑𝑐 =
= 49.52
𝜋
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑉1 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 = 55√2 = 77.78
Estos 2 primeros armónicos describen el voltaje promedio y el voltaje RMS tal y
como se indicó en la ecuación. Luego a partir de la sumatoria se procede a sacar
el valor de los armónicos faltantes(PERDIDAS):
10
(1 + (−1)𝑛 )
110√2
𝑓 = 60𝑛 − − − −−→ 𝑉𝑛 = −
∑
𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
Al ser una sumatoria par, todo n impar dentro de la sumatoria va a dar 0 por lo
que se descartan los números impares para los siguientes armónicos, entonces se
tendría que:
𝑓 = 120 − − − −→ 𝑉2 = 33.01 𝑉
𝑓 = 240 − − − −→ 𝑉4 = 6.6 𝑉
𝑓 = 360 − − − −→ 𝑉6 = 2.83V
𝑓 = 480 − − − −→ 𝑉8 = 1.57V
𝑓 = 600 − − − −→ 𝑉10 = 1V
Todos estos valores fueron hallados gracias a la herramienta matemática de
Symbolab. Ahora se procede a colocar los datos arrojados por la simulación y se
comparan:
Se observa que efectivamente dio los valores calculados anteriormente y que
tambien coinciden con los voltajes calculados (𝑉𝑑𝑐 𝑦 𝑉𝑟𝑚𝑠 ) al inicio del documento.
Ahora para los terminos de la corriente se tiene en cuenta lo siguiente:
𝑉
𝑖=
𝑅
Teniendo en cuenta esto se procede entonces a modificar el siguiente termino
hallado anteriormente:
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋
2
𝜋
𝑛2 − 1
Lo cual da:
𝑛=2
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋𝑅
2𝑅
𝜋𝑅
𝑛2 − 1
𝑛=2
Reemplazando la R se tiene que:
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
121𝜋
(121)2
121𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
De lo anterior se puede deducir que las magnitudes de los 2 primeros armónicos
serán:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑖0 = 𝑖𝑑𝑐 =
= 0.404A
121𝜋
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑖1 = 𝑖𝑟𝑚𝑠 =
55√2
= 642.82 𝑚𝐴
121
Al igual que con el voltaje, los 2 primeros armónicos de la corriente describen la
corriente promedio y la corriente RMS tal y como se indicó en la ecuación. Luego
a partir de la sumatoria se procede a sacar el valor de los armónicos
faltantes(PERDIDAS):
10
(1 + (−1)𝑛 )
110√2
𝑓 = 60𝑛 − − − −−→ 𝑖𝑛 = −
∑
121𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
Al ser una sumatoria par, todo n impar dentro de la sumatoria va a dar 0 por lo
que se descartan los números impares para los siguientes armónicos, entonces se
tendría que:
𝑓 = 120 − − − −→ 𝑖2 = 262.82 𝑚𝐴
𝑓 = 240 − − − −→ 𝑖4 = 54.56mA
𝑓 = 360 − − − −→ 𝑖6 = 23.38 mA
𝑓 = 480 − − − −→ 𝑖8 = 12.99 mA
𝑓 = 600 − − − −→ 𝑖10 = 8.26 Ma
Todos estos valores fueron hallados gracias a la herramienta matemática de
Symbolab. Ahora se procede a dejar los datos de simulación y comparar:
Se observa que efectivamente concuerdan con los datos calculados y con las
corrientes calculadas (𝑖𝑑𝑐 𝑦 𝑖𝑟𝑚𝑠 ) al inicio del documento.
Ahora pasando a la simulación se tiene que:
Para sacar la potencia aparente simulada se multiplican la corriente y el voltaje
RMS simuladas en la fuente en Multisim:
𝑆𝑠𝑖𝑚𝑢𝑙𝑎𝑑𝑎 = 𝑉𝑟𝑚𝑠𝑠𝑖𝑚𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑖𝑟𝑚𝑠𝑠𝑖𝑚𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 =637.918𝑚𝐴∗109.848𝑉=70.074𝑉𝐴
Variable
Valor calculado
Valor simulado
𝑉𝑑𝑐 en la carga
49.52[V]
49.0651[V]
𝑉𝑟𝑚𝑠 en la carga
77.78[V]
77.1881[V]
𝑖𝑑𝑐 en el circuito
404[mA]
405.497[mA]
𝑖𝑟𝑚𝑠 en el circuito
642.82[mA]
637.918[mA]
P
50[W]
49.232[W]
S
70.71[VA]
70.074[VA]
fp
0.7071
0.91675
Se observa entonces que los cálculos son acordes a las medidas realizadas a
excepción del factor de potencia, esto puede deberse a que el factor de potencia
faltante es consumido por los armónicos (perdida de energía) los cuales también
ocupan un factor de potencia en el circuito.
Por último se muestran las formas de onda del circuito:
2) Carga inductiva (26mH) rectificador de media onda
En este caso toda la corriente atraviesa el diodo y llega a la bobina, de la tal
manera que la ecuación que representa el voltaje es:
𝑉𝐿 = 𝑉𝑚 sin 𝑤𝑡
Sin embargo a pesar de que toda la corriente pueda pasar por el diodo está ya no
cuenta con ciclo negativo, por lo que tiene un ófset en la señal y la ecuación para
su valor máximo de corriente es:
2 ((110)(√2))
2𝑉𝑚
𝐼𝑚 =
=
= 31.74 𝐴
2𝜋𝑓𝐿 2𝜋(60𝐻𝑧)(26𝑚𝐻)
Ahora, la función de la corriente está dada por:
𝑖𝑚
𝐼𝐿 = (1 − cos(𝑤𝑡))
2
Debido a que en el voltaje en la carga la onda es puramente seno se puede decir
que:
𝑉𝑚
𝑉𝑑𝑐 = 0 𝑉𝑟𝑚𝑠 =
= 110𝑉
√2
Sin embargo en la corriente a pesar de también ser una onda seno, esta tiene un
ófset por lo que si va a tener corriente promedio y las condiciones para hallar la
corriente RMS también van a cambiar:
1 𝑇
1 2𝜋 𝑖𝑚
(1 − cos(𝜔𝑡))𝑑𝜔𝑡
𝑖𝑑𝑐 (𝜔𝑡) = ∫ 𝑓(𝑤𝑡)𝑑𝜔𝑡 =
∫
𝑇 0
2𝜋 0 2
1 2𝜋 31.74
(1 − cos(𝜔𝑡))𝑑𝜔𝑡 = 15.87 𝐴
=
∫
2𝜋 0
2
1 𝑇
1 2𝜋 𝑖𝑚
2
(1 − cos(𝜔𝑡))2 𝑑𝜔𝑡
𝑖𝑟𝑚𝑠 (𝑤𝑡) = √ ∫ (𝑓(𝑤𝑡)) 𝑑𝜔𝑡 = √ ∫
𝑇 0
2𝜋 0 2
=√
1 2𝜋 31.74
(1 − cos(𝜔𝑡))2 𝑑𝜔𝑡 = 4.88 𝐴
∫
2𝜋 0
2
Para la potencia reactiva y aparente se tiene que:
𝑆 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 ∗ 𝐼𝑟𝑚𝑠 ≈ 536.8𝑉𝐴
𝜋
𝑄 = 𝑆 ∗ 𝑠𝑒𝑛 ( ) ≈ 536.8[𝑉𝐴𝑅]
2
𝑓𝑝 = 0
Debido a que el voltaje es una onda seno pura se espera que al aplicarle Fourier
se vea un único armónico en la frecuencia de 60Hz con la amplitud del voltaje
RMS.
Se observa que efectivamente dicho análisis se acerca a lo ya descrito antes. No
desaparecen los armónicos por completo debido a que el diodo actúa como una
resistencia muy pequeña.
Para el caso de la corriente, todo cambia:
∞
𝑎0
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝑛=1
Donde:
2 𝑇
2 𝜋 𝑖𝑚
31.74 𝜋
(1 − cos(𝑤𝑡))𝑑𝑤𝑡 =
𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 =
∫
∫ (1 − cos(𝑤𝑡))𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 −𝜋 2
2𝜋 −𝜋
= 31.74 𝐴
2 𝑇
2 𝜋 𝑖𝑚
(1 − cos(𝑤𝑡)) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 =
∫
𝑇 0
2𝜋 −𝜋 2
31.74 2𝜋
=
∫ (1 − cos(𝑤𝑡)) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑎
2𝜋 0
31.74 𝜋
𝑎𝑛 = lim (
∫ (1 − cos(𝑤𝑡)) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡) = − 15.87
𝑛→1
𝜋
−𝜋
2 𝑇
2 2𝜋 𝑖𝑚
(1 − cos(𝑤𝑡)) sin 𝑛𝑤𝑡 𝑑𝑤𝑡
∫ 𝑓(𝑤𝑡) sin(nwt) 𝑑𝑤𝑡 =
∫
𝑇 0
2𝜋 0 2
31.74 2𝜋
=
∫ (1 − cos(𝑤𝑡)) sin 𝑛𝑤𝑡 𝑑𝑤𝑡 = 0
2𝜋 0
Reemplazando dichos valores en la sumatoria de Fourier se tiene que:
∞
𝑎0
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝑛=1
31.74
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
− 15.87𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡) = 15.87 − 15.87𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝑏𝑛 =
Se observa que efectivamente los armónicos en la corriente tienen la misma
magnitud aunque difieren en el signo.
Respecto a la simulación se tiene que:
Variable
Valor calculado
Valor simulado
𝑉𝑑𝑐 en la carga
0
12.556mV
𝑉𝑟𝑚𝑠 en la carga
110V
110V
𝑖𝑑𝑐 en el circuito
15.87A
15.324 A
𝑖𝑟𝑚𝑠 en el
4.88A
4.88 A
P
0
-1.184 mW
S
536.8VAR
564VAR
fp
536.8VA
520VA
𝑉𝑑𝑐 en la carga
0
0.025
circuito
Por último, se procede a realizar las gráficas correspondientes:
Este pico de voltaje se debe al diodo, ya que al no ser ideal tiene una resistencia
muy pequeña que hace que parte del voltaje se almacene en la bobina, por lo que
al volver a su ciclo positivo esta se libera formando un pico en el voltaje. También
esto explicaría algunos de los armónicos ya visto en el espectro de Fourier
anteriormente.
Se observa entonces que efectivamente toda la corriente pasa a través del diodo,
pero con un ófset cuyo máximo concuerda con el calculado.
Se puede observar una señal pura sin pérdida de energía
3) Carga Combinada rectificador de media onda
Se tiene entonces primero que todo la función que describe este rectificador es:
𝑉 sen 𝜔𝑡 ,
0 < 𝜔𝑡 ≤ 𝛽
𝑉𝑅𝐿 (𝜔𝑡) = { 𝑚
0,
𝛽 ≥ 𝜔𝑡 ≤ 2𝜋
Donde:
𝑤𝐿
2𝜋(60𝐻𝑧)(26𝑚𝐻)
𝛼 = 𝑇𝑎𝑛−1 ( ) = 𝑇𝑎𝑛−1 (
) = 80.83𝑥10−3
𝑅
120.99
𝛽 = 𝜋 + 𝛼 = 𝜋 + 80.83𝑥10−3 = 3.2224
2
𝑍 = √(𝑤𝐿)2 + 𝑅 2 = √((2𝜋 ∗ 60𝐻𝑧) ∗ 26𝑚𝐻) + (120.99)2 = 121.39
Con dichos valores se procede a sacar el voltaje medio:
𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡),
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 𝛽
𝑉𝑑𝑐 (𝑤𝑡) = {
0,
𝛽 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋
𝛽
(110) 3.2224
𝑉𝑚
𝑉𝑑𝑐 =
∫ 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = 𝑉𝑑𝑐 =
∫
𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = 49.44
2𝜋 0
2𝜋 0
𝑉𝑚 110 ∗ √2
𝑉𝑟𝑚𝑠 =
=
= 77.78 𝑉
2
2
Para el caso de la corriente, su función es la siguiente:
−𝑅𝑤𝑡
𝑉𝑚
𝑉𝑚
𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑒 𝑤𝐿 + 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡 − 𝛼),
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 𝛽
𝑖(𝑤𝑡) = { 𝑍
𝑍
0,
𝛽 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋
𝑖(𝑤𝑡) = {1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑒
−20.99𝑤𝑡
9.8
+ 1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡 − 0.0808),
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 3.2296
0,
3.2296 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋
Con Beta expresado en radianes; ahora la corriente media es la siguiente:
1 𝛽
𝐼𝑑𝑐 =
∫ 𝑖(𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡
2𝜋 0
−20.99𝑤𝑡
1 3.2224
𝐼𝑑𝑐 =
∫
1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑒 9.8 + 1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡 − 0.0808) 𝑑𝑤𝑡 = 443.30mA
2𝜋 0
Y la corriente RMS es:
𝐼𝑟𝑚𝑠
=√
1 𝛽2
∫ 𝑖 (𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
2𝜋 0
2
𝐼𝑟𝑚𝑠
=√
𝑓𝑝 =
−20.99𝑤𝑡
1 3.2224
∫
(1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡)𝑒 9.8 + 1.28 𝑆𝑒𝑛(𝑤𝑡 − 0.0808)) 𝑑𝑤𝑡
2𝜋 0
= 683.10mA
𝑃
50 𝑊
=
= 0.941
𝑉𝑟𝑚𝑠 𝐼𝑟𝑚𝑠 (110 𝑣) (683.10 𝑚𝐴)
√2
Para sacar la serie de Fourier, se expresa la función de la onda rectificada así:
(110√2) sin 𝑤𝑡 ,
0 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 𝛽
𝑓(𝑥) = {
0,
𝛽 ≤ 𝑤𝑡 ≤ 2𝜋
Donde la sumatoria de Fourier seria la siguiente:
∞
𝑎0
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
El periodo estaría expresado así:
𝑛=1
𝑇 = 2𝜋
Donde los límites de integración se colocarían de 0 a π, ya que de π a 2π el valor
es 0; 𝑎𝑛 se determinaría así:
2 𝑇
2 𝛽
𝑎0 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡) =
∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 = 98.87
𝑇 0
2𝜋 0
2 𝑇
2 𝛽
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 =
∫ 𝑉 sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 0 𝑚
(110√2) 𝛽
=
∫ sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝜋
0
55√2(−𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛽𝑛) − cos(𝛽 − 𝛽𝑛) + 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛) + 2 − 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛))
=
𝜋(𝑛 + 1)(−𝑛 + 1)
y el 𝑏𝑛 asi:
2 𝑇
2 𝛽
𝑏𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) sin(nwt) 𝑑𝑤𝑡 =
∫ 𝑉 sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 0 𝑚
(110√2) 𝛽
=
∫ sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝜋
0
55√2(sin(𝛽 − 𝛽𝑛) (𝑛 + 1) − sin(𝛽 + 𝛽𝑛) (−𝑛 + 1))
=
𝜋(𝑛 + 1)(𝑛 − 1)
de esto de puede concluir que:
𝑎𝑛
55√2(−𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛽𝑛) − cos(𝛽 − 𝛽𝑛) + 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛) + 2 − 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛))
,
𝑛≠1
𝜋(𝑛 + 1)(−𝑛 + 1)
𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒,
𝑛=1
55√2(sin(𝛽 − 𝛽𝑛) (𝑛 + 1) − sin(𝛽 + 𝛽𝑛) (−𝑛 + 1))
,
𝑛≠1
𝑏𝑛 = {
𝜋(𝑛 + 1)(𝑛 − 1)
𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒,
𝑛=1
Donde el valor en n=1 se determinó gracias al límite que se halló por Symbolab.
Calculando los diferentes armónicos, los 2 primeros armónicos tendrán el
siguiente valor:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑉0 = 𝑉𝑑𝑐 =
= 49.52
𝜋
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑉1 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 = 55√2 = 77.78
Tal y como pasaba con el circuito puramente resistivo se tiene que sus 2 primeros
armónicos se aproximan a la amplitud de los voltajes medio y RMS
respectivamente. Se procede a sacar el valor de los armónicos faltantes
(PERDIDAS):
𝑎𝑜 =
𝑏𝑜 =
={
Para esta parte la cosa cambia; a diferencia del circuito puramente resistivo que
solo aparecian armonicos en 𝑎𝑛 ,y en 𝑏𝑛 no aparecian, aca aparecen armonicos
tanto en 𝑎𝑛 como en 𝑏𝑛 , Ademas tambien aparecen armonicos en los impares del
𝑎𝑛 , lo cual no pasaba en el circuito puramente resistivo, con todo esto dicho se
traduce en mayores perdidas. Es cierto que las perdidas parecen pocas, pero esto
se debe porque el angulo 𝛼 (80.83𝑥10−3 𝑟𝑎𝑑 ≈ 4 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠) es pequeño por lo que
las perdidas son en cierta medida despreciables. Sin embargo, donde ese angulo
𝛼 fuera mas grande, provocaria que hubieran amplitudes mayores en los
armonicos y por ende mayores perdidas, es por eso que para este tipo de circuitos
se utiliza un diodo volante, ya que ese simple diodo disminuira las perdidas.
Con todo lo dicho anteriormente se procede a hacer la comparación de Fourier:
Se observa que efectivamente dichos valores se aproximan bastante a los
armónicos calculados en 𝑎𝑛 debido a que los valores del 𝑏𝑛 son pequeños y por
ende despreciables.
Ahora para los terminos de la corriente se tiene en cuenta lo siguiente:
𝑉
𝑖=
𝑅
Teniendo en cuenta esto se procede entonces a modificar el siguiente termino
hallado anteriormente:
55√2(−𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛽𝑛) − cos(𝛽 − 𝛽𝑛) + 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛) + 2 − 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛))
𝑣𝑎𝑛 =
𝜋(𝑛 + 1)(−𝑛 + 1)
Lo cual da:
55√2(−𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛽𝑛) − cos(𝛽 − 𝛽𝑛) + 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛) + 2 − 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛))
𝑅𝜋(𝑛 + 1)(−𝑛 + 1)
Reemplazando la R se tiene que:
55√2(−𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛽𝑛) − cos(𝛽 − 𝛽𝑛) + 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛) + 2 − 𝑛𝑐𝑜𝑠(𝛽 + 𝛽𝑛))
𝑖𝑎𝑛 =
121𝜋(𝑛 + 1)(−𝑛 + 1)
lo mismo se hace para el 𝑖𝑏𝑛 y se tiene que:
55√2(sin(𝛽 − 𝛽𝑛) (𝑛 + 1) − sin(𝛽 + 𝛽𝑛) (−𝑛 + 1))
𝑖𝑏𝑛 =
𝜋(𝑛 + 1)(𝑛 − 1)
Y al igual que con el voltaje se procede a sacar los armonicos de la corriente, no es
un misterio que los 2 primeros armonicos van a dar la corriente van a dar el
voltaje y corriente rms consecutivamente:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑖0 = 𝑖𝑑𝑐 =
= 0.404A
121𝜋
55√2
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑖1 = 𝑖𝑟𝑚𝑠 =
= 642.82 𝑚𝐴
121
Ahora se calcularan los armonicos faltantes de la corriente (PERDIDAS)
𝑎𝑜 =
𝑏𝑜 =
𝑖𝑎𝑛 =
Tal y como sucedió con el voltaje, en la corriente es el mismo analisis que es que a
diferencia del circuito puramente resistivo que solo aparecian armonicos en 𝑎𝑛 ,y
en 𝑏𝑛 no aparecian, aca aparecen armonicos tanto en 𝑎𝑛 como en 𝑏𝑛 , Ademas
tambien aparecen armonicos en los impares del 𝑎𝑛 , lo cual no pasaba en el
circuito puramente resistivo, con todo esto dicho se traduce en mayores perdidas.
Es cierto que las perdidas parecen pocas, pero esto se debe porque el angulo 𝛼
(80.83𝑥10−3 𝑟𝑎𝑑 ≈ 4 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠) es pequeño por lo que las perdidas son en cierta
medida despreciables. Sin embargo, donde ese angulo 𝛼 fuera mas grande,
provocaria que hubieran amplitudes mayores en los armonicos y por ende
mayores perdidas, es por eso que para este tipo de circuitos se utiliza un diodo
volante, ya que ese simple diodo disminuira las perdidas.
Con todo lo dicho anteriormente se procede a hacer la comparación de Fourier:
Como se puede observar al igual que con el voltaje, la corriente también tiene
valores parecidos a 𝑎𝑜 y 𝑏𝑜 es despreciable por tener magnitudes pequeñas
Por ultimo se muestra la simulacion con sus respectivas comparaciones.
Se observa efectivamente el retraso del voltaje por el 𝛼
Variable
Valor calculado
Valor simulado
𝑉𝑑𝑐 en la carga
49.44V
49.05V
𝑉𝑟𝑚𝑠 en la carga
77.79V
77.167V
𝑖𝑑𝑐 en el circuito
404mA
404.846mA
𝑖𝑟𝑚𝑠 en el
640.8mA
635.907mA
P
50W
48.86W
fp
0.941
49.21VA
circuito
4) Carga combinada diodo volante rectificador de media onda
𝑉𝑚 110√2
=
= 49.52 𝑉
𝜋
𝜋
𝑉𝑚
110√2
𝐼𝑑𝑐 =
=
= 409.26 𝑚𝐴
𝑅𝜋 𝜋(120.99)
La sumatoria de Fourier es la siguiente:
∞
110√2 110√2
110√2
2𝑉𝑚
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑ 2
𝜋
2
𝜋
(𝑛 − 1)𝜋
𝑉𝑑𝑐 =
𝑛=2
De esto se deduce que la magnitud de los 2 primeros armónicos es:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑉0 = 𝑉𝑑𝑐 =
= 49.52 V
𝜋
110√2
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑉1 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 =
= 55√2 𝑉
2
Se procede a calculas los armónicos siguientes (PERDIDAS):
Ahora se procede a comparar con la simulacion y se obtiene lo siguiente:
Se observa entonces que efectivamente se borraron aquellos armonicos que
aparecian en el punto 4 de la carga combinada de rectificacion de media onda tal
y como se habia echo el analisis en ese punto.
Para sacar los armonicos de la corriente se divide la sumatoria de fourier sobre el
voltaje y se obtiene lo siguiente:
∞
110√2 110√2
110√2
2𝑉𝑚
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑ 2
𝑅𝜋
2𝑅
𝑅𝜋
(𝑛 − 1)𝜋
𝑛=2
Reemplazando la R se tiene que:
∞
110√2 110√2
110√2
2𝑉𝑚
𝑖𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑ 2
121𝜋
242
121𝜋
(𝑛 − 1)𝜋
𝑛=2
Se hallan entonces los 2 primeros armonicos y se tiene que:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑉0 = 𝑉𝑑𝑐 =
= 409.23mA
121𝜋
110√2
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑉1 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 =
= 642.82𝑚𝐴
242
Se proceden a hallar los armónicos faltantes perdidas:
Ahora se procede a comparar con los datos simulados:
Se observa que efectivamente dio los valores calculados; el diodo volante lo que
hace es acercar el angulo 𝛼 a cero lo cual reduce la energia perdida, este analisis
ya se hizo en el punto 4.
La simulacion como las formas de onda son las siguientes:
5) Carga resistiva rectificador de onda completa
2𝑉𝑚 2(110√2)
=
= 99.03
𝜋
𝜋
= 110𝑉
𝑉𝑑𝑐 =
𝑉𝑟𝑚𝑠
2
(110√2)
𝑉𝑚 2
𝑉𝑚 2
𝑃𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 =
− − − −→ 𝑅 =
=
= 242 Ω
2𝑅
2 ∗ 𝑃𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎
2 ∗ 50
𝑉𝑟𝑚𝑠 110
𝑖𝑟𝑚𝑠 =
=
= 454.52 𝑚𝐴
𝑅
242
2
𝑉𝑚 2 (110√2)
𝑆=
=
= 50 𝑉𝐴
2𝑅
2(242)
𝑃 50
=
=1
𝑆 50
ara sacar la serie de Fourier, se expresa la función de la onda rectificada así:
𝑓(𝑥) = (110√2) sin 𝑤𝑡
Donde la sumatoria de Fourier seria la siguiente:
∞
𝑎0
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝐹𝑝 =
El periodo estaría expresado así:
𝑛=1
𝑇 = 2𝜋
Donde los límites de integración se colocarían de 0 a π, ya que de π a 2π el valor
es 0; 𝑎𝑛 se determinaría así:
2 𝑇
2 𝜋
𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = ∫ 𝑉𝑚 sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
𝜋 0
𝜋
2(110√2)
220√2 (1 + (−1)𝑛 )
=
∫ sin(𝑤𝑡) cos(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 = −
𝜋
𝜋
𝑛2 − 1
0
y el 𝑏𝑛 asi:
2 𝑇
2 𝜋
𝑏𝑛 = ∫ 𝑓(𝑤𝑡) sin(nwt) 𝑑𝑤𝑡 =
∫ 𝑉 sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡
𝑇 0
2𝜋 0 𝑚
(110√2) 𝜋
110√2
1
1
(0) −
(0))
=
∫ sin(𝑤𝑡) sin(𝑛𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 =
(
𝜋
𝜋
𝑛−1
𝑛+1
0
de esto de puede concluir que:
110√2 (1 + (−1)𝑛 )
,
𝑛≠1
𝑎𝑛 = {− 𝜋
𝑛2 − 1
0,
𝑛=1
0,
𝑛≠1
𝑏𝑛 = {220√2
,
𝑛=1
2
Donde el valor en n=1 se determinó gracias al límite que se halló por Symbolab.
Volviendo con la sumatoria de Fourier se tiene que:
∞
𝑎0
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+ ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝜔𝑡) + 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜔𝑡)
2
𝑛=1
∞
(1 + (−1)𝑛 )
220√2 220√2
220√2
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋
2
𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
De lo anterior se puede deducir que las magnitudes de los 2 primeros armónicos
serán:
220√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑉0 = 𝑉𝑑𝑐 =
= 99.04
𝜋
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑉1 = 𝑉𝑟𝑚𝑠 = 110√2 = 155.156𝑉
Estos 2 primeros armónicos describen el voltaje promedio y el voltaje RMS tal y
como se indicó en la ecuación. Luego a partir de la sumatoria se procede a sacar
el valor de los armónicos faltantes(PERDIDAS):
10
(1 + (−1)𝑛 )
110√2
𝑓 = 60𝑛 − − − −−→ 𝑉𝑛 = −
∑
𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
Al ser una sumatoria par, todo n impar dentro de la sumatoria va a dar 0 por lo
que se descartan los números impares para los siguientes armónicos, entonces se
tendría que:
𝑓 = 120 − − − −→ 𝑉2 = 66.02 𝑉
𝑓 = 240 − − − −→ 𝑉4 = 12.12 𝑉
𝑓 = 360 − − − −→ 𝑉6 = 5.66V
𝑓 = 480 − − − −→ 𝑉8 = 3.14V
𝑓 = 600 − − − −→ 𝑉10 = 2V
Todos estos valores fueron hallados gracias a la herramienta matemática de
Symbolab. Ahora se procede a colocar los datos arrojados por la simulación y se
comparan:
Como se puede observar coinciden con los datos calculados; acá el análisis que se
hace es que la señal de onda completa emite el doble de energía que la de media
onda, pero por ese mismo concepto también los armónicos de la energía perdida
también es el doble, por lo que hay más perdidas que en la media onda.
Ahora para los terminos de la corriente se tiene en cuenta lo siguiente:
𝑉
𝑅
Teniendo en cuenta esto se procede entonces a modificar el siguiente termino
hallado anteriormente:
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝑉𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋
2
𝜋
𝑛2 − 1
𝑖=
𝑛=2
Lo cual da:
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
𝜋𝑅
2𝑅
𝜋𝑅
𝑛2 − 1
𝑛=2
Reemplazando la R se tiene que:
∞
(1 + (−1)𝑛 )
110√2 110√2
110√2
𝐼𝑅 (𝜔𝑡) =
+
𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) −
∑
121𝜋
(121)2
121𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
De lo anterior se puede deducir que las magnitudes de los 2 primeros armónicos
serán:
110√2
𝑓 = 0 − − − −→ 𝑖0 = 𝑖𝑑𝑐 =
= 0.404A
121𝜋
55√2
𝑓 = 60 − − − −→ 𝑖1 = 𝑖𝑟𝑚𝑠 =
= 642.82 𝑚𝐴
121
Al igual que con el voltaje, los 2 primeros armónicos de la corriente describen la
corriente promedio y la corriente RMS tal y como se indicó en la ecuación. Luego
a partir de la sumatoria se procede a sacar el valor de los armónicos
faltantes(PERDIDAS):
10
(1 + (−1)𝑛 )
110√2
𝑓 = 60𝑛 − − − −−→ 𝑖𝑛 = −
∑
121𝜋
𝑛2 − 1
𝑛=2
Al ser una sumatoria par, todo n impar dentro de la sumatoria va a dar 0 por lo
que se descartan los números impares para los siguientes armónicos, entonces se
tendría que:
𝑓 = 120 − − − −→ 𝑖2 = 262.82 𝑚𝐴
𝑓 = 240 − − − −→ 𝑖4 = 54.56mA
𝑓 = 360 − − − −→ 𝑖6 = 23.38 mA
𝑓 = 480 − − − −→ 𝑖8 = 12.99 mA
𝑓 = 600 − − − −→ 𝑖10 = 8.26 Ma
Todos estos valores fueron hallados gracias a la herramienta matemática de
Symbolab. Ahora se procede a dejar los datos de simulación y comparar:
Se puede observar entonces que las componentes de la corriente no cambian con
respecto al de media onda.
Por último se muestra la simulación y las respectivas graficas:
6) Carga Combinada rectificador de onda completa
𝑉𝑚 2(110√2)
=
= 99.03 𝑉
𝜋
𝜋
𝑉𝑚 2(110√2)
𝑖𝑜 =
=
= 409.23 𝑚𝐴
𝑅𝜋
242𝜋
1
1
)
𝑉𝑛 = 𝑉𝑜 (
−
𝑛−1 𝑛+1
Armónicos V: 𝑉2,4,6,8,10 = 66.02𝑉, 13.2𝑉, 5.66𝑉, 3.14𝑉, 2𝑉
𝑉(𝑤𝑡) = 99.03 + 66.02𝐶𝑜𝑠(2𝑤𝑡 + 𝜋) + 13.2𝐶𝑜𝑠(4𝑤𝑡 + 𝜋) + 5.66𝐶𝑜𝑠(6𝑤𝑡 + 𝜋)
+ 3.14𝐶𝑜𝑠(8𝑤𝑡 + 𝜋) + 2𝐶𝑜𝑠(10𝑤𝑡 + 𝜋)
𝑉𝑜 =
𝐼𝑛 =
𝑉𝑛
=
𝑉𝑛
√𝑅 2 + (2𝜋 ∗ 𝑓 ∗ 𝑛 ∗ 𝐿)2 √2422 + (2𝜋 ∗ 60 ∗ 𝑛 ∗ 0.026)2
Armónicos i=𝑖2,4,6,8,10 = 262.55𝑚𝐴, 52,39𝑚𝐴, 22.4𝑚𝐴, 12.41𝑚𝐴, 7.88𝑚𝐴
𝑖(𝑤𝑡) = 409.23𝑥10−3 + 262.55𝑥10−3 𝐶𝑜𝑠(2𝑤𝑡 + 𝜋) + 52.39𝑥10−3 𝐶𝑜𝑠(4𝑤𝑡 + 𝜋)
+ 22.4𝑥10−3 𝐶𝑜𝑠(6𝑤𝑡 + 𝜋) + 12.41𝑥10−3 𝐶𝑜𝑠(8𝑤𝑡 + 𝜋)
+ 7.88𝑥10−3 𝐶𝑜𝑠(10𝑤𝑡 + 𝜋)
𝑖𝑟𝑚𝑠 = √𝑖𝑜 +
𝑖2 𝑖4 𝑖6 𝑖8 𝑖10
+ + + +
2 2 2 2
2
= √409.23𝑚2 +
262.55𝑚2 52.39𝑚2 22.4𝑚2 12.41𝑚2 7.88𝑚2
+
+
+
+
2
2
2
2
2
= 451.29𝑚𝐴
𝑃 = 𝑖𝑟𝑚𝑠 2 𝑅 = 451.29𝑚𝐴2 (242) = 49.29𝑊
𝑆 = 110 ∗ 451.29𝑚𝐴 = 49.6419 𝑉𝐴
𝐹𝑝 =
49.29
= 0.992838
49.6419
7) Concluciones
a) Las ondas rectificadas de onda completa comparadas con las de media genera
el doble de energia pero tambien pierden el doble de energia
b) Las cargas combinadas de rectificacion de media onda sin diodo de volante
tienen muchisimas mas perdidas de energia debido al desfase.