Inversor de Voltaje Monofásico - udec.cl · Problema Estudiar el inversor de voltaje con...

© UdeC - DIEInversor de Voltaje Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-

inversorlado dc lado ac

vdc +

-

a

b

n

Problema Estudiar el inversor de voltaje con Modulación SPWM.

La moduladora es, M 0.9 ωs 2 π 50 fM 0 ma t( ) M sin ωs t fM

La triangular es, fn_tr 10 per 1

tri t( )2π

asin sin fn_tr ωs t fM fn_trπ

2

Se la función, s1 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s3 t( ) if ma t( ) tri t( ) 0 1

nf fn_tr 4 50 per n 0 nf tf .02 per t 0tfnf tf

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

Cuando la función s1 vale 1 se enciende elswitch 1 y cuando vale 0 se enciende elswitch 3.s2 t( ) s3 t( ) s4 t( ) s1 t( )

Los voltajes se pueden escribir como,

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

van t( ) s1 t( ) vdc t( )= vbn t( ) s2 t( ) vdc t( )=

vab t( ) van t( ) vbn t( )=

vab t( ) s1 t( ) vdc t( ) s2 t( ) vdc t( )=

vab t( ) s1 t( ) s2 t( ) vdc t( )=

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t

vab t( ) sab t( ) vdc t( )=

Se define la función de conmutación como,

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )

Capítulo II - Rectificadores/Inversores Monofásicos 1 de 34 Convertidores Estáticos Multinivel - 543 761

© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


vdc +

-

a

b

n

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

sab t( ) s1 t( ) s2 t( ) Vdc 500

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t

vdc t( ) Vdc vab t( ) sab t( ) vdc t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02600

200

200

600

0vab t( )

t

N 1024 m 1 N

xm vabmN

tf

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

200

400

600

M VdcFFT devab

La fundamental del voltaje ac esigual a MVdc y no haycomponentes de frecuencia hastafn_tr / 2.

vab1 t( ) Vdc ma t( )= ffn_tr

2


© UdeC - DIE

OtraModulaciónSPWM

Primera pierna s1 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s3 t( ) if s1 t( ) 1= 0 1

Segunda pierna s2 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s4 t( ) if s2 t( ) 1= 0 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )

vab t( ) sab t( ) vdc t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


vdc +

-

a

b

n

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02800

0

800

0vab t( )

t

N 1024 m 1 N

xm vabmN

tf

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

200

400

600

M VdcFFT devab

La fundamental del voltaje ac esigual a MVdc y no haycomponentes de frecuencia hastafn_tr.

vab1 t( ) Vdc ma t( )= f fn_tr


© UdeC - DIEModelo de Inversor de Voltaje MonofásicoProblema Estudiar el modelo del inversor de voltaje con Modulación SPWM.

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Ro Lo

vab t( ) Ro iab t( ) Lo diab t( )= vdc t( ) idc t( ) vab t( ) iab t( )=


sab t( ) vdc t( ) Ro iab t( ) Lo diab t( )= vdc t( ) idc t( ) sab t( ) vdc t( ) iab t( )=

idc t( ) sab t( ) iab t( )=

diab t( )Ro

Loiab t( )

1Lo

sab t( ) vdc t( )= idc t( ) sab t( ) iab t( )=

Parámetros Lo 15 10 3 Ro 10

Simulación tf 0.02 nf 2048 n 1 nf t 0tfnf tf

D t x( )Ro

Lox1

1Lo

sab t( ) vdc t( ) CI 0 Z rkfixed CI 0 tf nf D CI Znf 2 Z rkfixed CI 0 tf nf D iab n( ) Zn 2

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1

N 1024 m 1 N

xm Zm

nf

N 2

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

Iab_maxM Vdc

Ro2

ωs Lo 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

La carga natural es inductiva porla naturaleza del voltajeaplicado.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1

La corriente idc es,


idc n( ) sab ntfnf

Zn 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

N 1024 m 1 N

xm idc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

200

0

200

400

600

0

vdc t( )

idc n( ) 10

t Zn 1

El valor medio de la corriente idc es,

P RoIab_max

2

2

IdcP

Vdc

Notar que este último espectro sepuede obtner mediante convolución,

idc ω( ) sab ω( )= iab ω( )

0 10 20 30 40 500

10

20Idc

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Rs Ls

FFT deidc


© UdeC - DIEModelo Promedio de Inversor de Voltaje Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Ro Lo

Problema Estudiar el modelo promedio del inversor de voltaje.


Se opta portrabajarcon lafundamental.

vab t( ) ma t( ) vdc t( )=

ma t( ) vdc t( ) Ro iab t( ) Lo diab t( )= vdc t( ) idc t( ) ma t( ) vdc t( ) iab t( )=

idc t( ) ma t( ) iab t( )=

diab t( )Ro

Loiab t( )

1Lo

ma t( ) vdc t( )= idc t( ) ma t( ) iab t( )=


Simulación tf 0.02 nf 2048 n 1 nf t 0tfnf tf vab t( ) ma t( ) vdc t( )

D t x( )Ro

Lox1

1Lo

ma t( ) vdc t( ) CI 0 Z rkfixed CI 0 tf nf D CI Znf 2 Z rkfixed CI 0 tf nf D iab n( ) Zn 2

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1

N 1024 m 1 N

xm Zm

nf

N 2

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

Iab_maxM Vdc

Ro2

ωs Lo 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

Notar que desaparece sólo lainformación relacionada con laconmutación.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1


idc t( ) ma t( ) iab t( )=

idc n( ) ma ntfnf

Zn 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

N 1024 m 1 N

xm idc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

200

0

200

400

600

0

vdc t( )

idc n( ) 10

t Zn 1


P RoIab_max

2

2

IdcP

Vdc


idc ω( ) ma ω( )= iab ω( )

0 10 20 30 40 500

10

20Idc

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Ro Lo

FFT deidc


© UdeC - DIEModelo de Rectificador de Voltaje Monofásico

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-

conversorlado ac lado dc

vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

Problema Estudiar el modelo del rectificador de voltaje con Modulación SPWM.

vs t( ) Rs ir t( ) Ls dir t( ) vr t( )= vr t( ) sab t( ) vdc t( )=

idc t( ) Cdc dvdc t( )vdc t( )

Rdc= idc t( ) sab t( ) ir t( )=

vs t( ) Rs ir t( ) Ls dir t( ) sab t( ) vdc t( )=

sab t( ) ir t( ) Cdc dvdc t( )vdc t( )

Rdc=

dir t( )vs t( )

Ls

RsLs

ir t( )1Ls

sab t( ) vdc t( )=

Parámetrosdvdc t( )

1Cdc

sab t( ) ir t( )1

Cdc Rdcvdc t( )=

Ls 30 10 3 Rs 1 Cdc 500 10 6

Rdc 100

La moduladora es, M 0.9 fM 10π

180 La tensión de red, vs t( ) 2 220 sin ωs t

ma t( ) M sin ωs t fM Triangular, tri t( )2π


2

Primera pierna s1 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s3 t( ) if s1 t( ) 1= 0 1 Segunda pierna s2 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s4 t( ) if s2 t( ) 1= 0 1

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )Simulación tf 0.02 nf 2048 n 1 nf t 0

tfnf tf

D t x( )

Rs

Lsx1

1Ls

sab t( ) x2vs t( )

Ls

1Cdc

sab t( ) x11

Cdc Rdcx2

CI5

315

Z rkfixed CI 0 tf nf D CI

Znf 2

Znf 3

Z rkfixed CI 0 tf nf D

ir n( ) Zn 2 idc n( ) sab ntfnf

ir n( ) vdc n( ) Zn 3 vr n( ) sab ntfnf

vdc n( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

La triangular ha sido modificada enfase para minimizar la distorsión enla señal PWM.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02400

200

0

200

400

0vs t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0210

5

0

5

10

0ir n( )

Zn 1

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

0 5 10 3 0.01 0.015 0.025

0

5

10

0idc n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

100

200

300

0

vdc n( )

Zn 1

El tamaño del condensador define elripple u oscilación resultante. Hay unsegundo armónico de voltaje que lo defineun segundo armónico de corriente.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02400

200

0

200

400

0vr n( )

Zn 1

Debiera verse una distorsiónadicional por efecto de la tensión DCno constante.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02400

200

0

200

400

0

vr n( )

ir n( ) 30

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vr mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

200

400FFT devr

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

400

0

vdc n( )

idc n( ) 30

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm idc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

0 10 20 30 40 500

1

2

3FFT deidc


© UdeC - DIEModelo Promedio de Rectificador de Voltaje Monofásico

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

Problema Estudiar el modelo promedio del rectificador de voltaje.

dir t( )vs t( )

Ls

RsLs

ir t( )1Ls

sab t( ) vdc t( )=

dvdc t( )1

Cdcsab t( ) ir t( )

1Cdc Rdc

vdc t( )=

Se utiliza la moduladora

dir t( )vs t( )

Ls

RsLs

ir t( )1Ls

ma t( ) vdc t( )=

dvdc t( )1

Cdcma t( ) ir t( )

1Cdc Rdc

vdc t( )= Parámetros

Ls 30 10 3 Rs 1 Cdc 500 10 6

Rdc 100

La moduladora es, M 0.9 fM 10π

180 La tensión de red, vs t( ) 2 220 sin ωs t

ma t( ) M sin ωs t fM


D t x( )

Rs

Lsx1

1Ls

ma t( ) x2vs t( )

Ls

1Cdc

ma t( ) x11

Cdc Rdcx2

CI5

315


Znf 2

Znf 3


ir n( ) Zn 2 idc n( ) ma ntfnf

ir n( ) vdc n( ) Zn 3 vr n( ) ma ntfnf

vdc n( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02400

200

0

200

400

0vs t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0210

5

0

5

10

0ir n( )

Zn 1

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02202468

0

idc n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

100

200

300

0

vdc n( )

Zn 1

El tamaño del condensador define elripple u oscilación resultante.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400200

0200400

0vr n( )

Zn 1

Debiera verse una distorsiónadicional por efecto de la tensión DCno constante.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02400

200

0

200

400

0

vr n( )

ir n( ) 30

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vr mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

200

400FFT devr

Las CI no son las más apropiadas,pues el sistema todavía no está enestado estacionario.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

400

0

vdc n( )

idc n( ) 30

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm idc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

idc

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr +

-vs

LsRs

+

-RdcCdc

0 10 20 30 40 500

1

2

3FFT deidc


© UdeC - DIEInversor de Corriente Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


idc

a

bCacvdc

+

-

Problema Estudiar el inversor de corriente con Modulación SPWM.

La moduladora es, M 0.9 fM 0 ma t( ) M sin ωs t fM

La triangular es, fn_tr 6 per 1

tri t( )2π


2

Primera pierna s1 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s3 t( ) if s1 t( ) 1= 0 1

Segunda pierna s2 t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 s4 t( ) if s2 t( ) 1= 0 1

La función deswitcheo es,

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )

Las corrientes son, idc t( ) 10 iab t( ) sab t( ) idc t( ) Las funciones s1(t), s2(t), s3(t) y s4(t) no corresponden alencendido y apagado de los switches para lograr lacorriente iab(t) en el circuito.vdc t( ) sab t( ) vab t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0215

0

15

0iab t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t


© UdeC - DIEInversor de Corriente Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


idc

a

bCacvdc

+

-

Problema Estudiar el inversor de corriente con Modulación SPWM.

Auxiliar 1 sa t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 sc t( ) if sa t( ) 1= 0 1

Auxiliar 2 sb t( ) if ma t( ) tri t( ) 0 1 sd t( ) if sb t( ) 1= 0 1

Primera pierna s1 t( ) sa t( ) sd t( ) s3 t( ) sb t( ) sc t( )

Segunda pierna s4 t( ) s1 t( ) s2 t( ) s3 t( )


sab t( ) s1 t( ) s2 t( )

Las corrientes son, idc t( ) 10 iab t( ) sab t( ) idc t( ) Las funciones s1(t), s2(t), s3(t) y s4(t) ahora si correspondenal encendido y apagado de los switches para lograr lacorriente iab(t) en el circuito.vdc t( ) sab t( ) vab t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0215

0

15

0iab t( )

t

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.021.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

0tri t( )

ma t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


idc

a

bCacvdc

+

-

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

sa t( )

t

sa t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

sb t( )

t

sb t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0

sc t( ) if sa t( ) 1= 0 1

sd t( ) if sb t( ) 1= 0 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

s1 t( ) sa t( ) sd t( )

s3 t( ) sb t( ) sc t( )

s4 t( ) s1 t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t

s2 t( ) s3 t( )

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0210

0

10

0iab t( )

t

iab t( ) sab t( ) idc t( ) vdc t( ) sab t( ) vab t( )

La tarea de generaación de pulsos dedisparo la puede realizar un circuitológico binario en línea. Falta ladistribución del estado nulo.


© UdeC - DIEModelo de Inversor de Corriente Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

Problema Estudiar el modelo del inversor de corriente con Modulación SPWM.

vab t( ) Ro io t( ) Lo dio t( )= vdc t( ) idc t( ) vab t( ) iab t( )=

iab t( ) Cac dvab t( ) io t( )= iab t( ) sab t( ) idc t( )=

vdc t( ) idc t( ) vab t( ) sab t( ) idc t( )=

vab t( ) Ro io t( ) Lo dio t( )= vdc t( ) sab t( ) vab t( )=

sab t( ) idc t( ) Cac dvab t( ) io t( )=

dio t( )Ro

Loio t( )

1Lo

vab t( )=

Parámetrosdvab t( )

1Cac

io t( )1

Cacsab t( ) idc t( )=

Lo 30 10 3 Ro 10 Cac 100 10 6

idc t( ) 10

La triangular es, fn_tr 10 per 1 tri t( )2π


2

Auxiliar 1 sa t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 sc t( ) if sa t( ) 1= 0 1 Auxiliar 2 sb t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 sd t( ) if sb t( ) 1= 0 1

Primera pierna s1 t( ) sa t( ) sd t( ) s3 t( ) sb t( ) sc t( ) Segunda pierna s4 t( ) s1 t( ) s2 t( ) s3 t( )


sab t( ) s1 t( ) s2 t( )Simulación tf 0.02 nf 2048 n 1 nf t 0tfnf tf

D t x( )

Ro

Lox1

1Lo

x2

1Cac

x11

Cacsab t( ) idc t( )

CI5

315


Znf 2

Znf 3


io n( ) Zn 2 vab n( ) Zn 3 vdc n( ) sab ntfnf

vab n( ) iab n( ) sab ntfnf

idc ntfnf


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

5

10

15

0

idc t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0210

5

0

5

10

0iab n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02250

0

250

0vab n( )

Zn 1


0 5 10 3 0.01 0.015 0.0215

0

15

0io n( )

Zn 1

Se requiere un condensador en ellado ac por la naturaleza de lacorriente iab.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

0

vdc n( )

Zn 1

La tensión en el enlace puede sernegativa lo que exige reverseblocking voltage capabilities a losswitches.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

200

0

200

0

vab n( )

iab n( ) 20

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm iab mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

6

12

M idc 0( )FFT deiab

M idc 0( ) 9

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

0

vdc n( )

idc n( ) 10

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vdc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

xv 1( ) 67.51 xv 3( ) 72.239

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

0 10 20 30 40 500

20

40

60FFT devdc


© UdeC - DIEModelo Promedio de Inversor de Corriente Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

Problema Estudiar el modelo promedio del inversor de corriente.

vdc t( ) idc t( ) vab t( ) iab t( )=dio t( )

Ro

Loio t( )

1Lo

vab t( )=iab t( ) ma t( ) idc t( )=

vdc t( ) idc t( ) vab t( ) sab t( ) idc t( )=dvab t( )1

Cacio t( )

1Cac

sab t( ) idc t( )=

vdc t( ) ma t( ) vab t( )=

dio t( )Ro

Loio t( )

1Lo

vab t( )=

Parámetrosdvab t( )

1Cac

io t( )1

Cacma t( ) idc t( )=

Lo 30 10 3 Ro 10 Cac 100 10 6

idc t( ) 10


D t x( )

Ro

Lox1

1Lo

x2

1Cac

x11

Cacma t( ) idc t( )

CI5

315


Znf 2

Znf 3


io n( ) Zn 2 vab n( ) Zn 3 vdc n( ) ma ntfnf

vab n( ) iab n( ) ma ntfnf

idc ntfnf


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

5

10

15

0

idc t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0210

5

0

5

10

0iab n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02250

0

250

0vab n( )

Zn 1


0 5 10 3 0.01 0.015 0.0215

0

15

0io n( )

Zn 1

Se requiere un condensador en ellado ac por la naturaleza de lacorriente iab.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

0

vdc n( )

Zn 1

La tensión en el enlace puede sernegativa lo que exige reverseblocking voltage capabilities a losswitches.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

200

0

200

0

vab n( )

iab n( ) 20

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm iab mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

6

12

M idc 0( )FFT deiab

M idc 0( ) 9

Se pierde la información de lasarmónicas de la conmutación. Elmodelo es válido hasta la frecuenciade la triangular.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0250

0

50

100

150

0

vdc n( )

idc n( ) 10

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vdc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

xv 1( ) 68.73 xv 3( ) 73.029

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


idc

a

bCac vdc

+

-

Ro Lo

io

0 10 20 30 40 500

20

40

60FFT devdc


© UdeC - DIEModelo de Rectificador de Corriente Monofásico

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

Problema Estudiar el modelo del rectificador de corriente con Modulación SPWM.

vs t( ) Rs is t( ) Ls dis t( ) vr t( )= ir t( ) sab t( ) idc t( )=

is t( ) Cac dvr t( ) sab t( ) idc t( )= vdc t( ) sab t( ) vr t( )=

sab t( ) vr t( ) Ldc didc t( ) Rdc t( ) idc t( )=Parámetros

Ldc 250 10 3 Rdc 10dis t( )

Rs

Lsis t( )

1Ls

vr t( )1Ls

vs t( )=

Cac 25 10 6 Ls 5 10 3

dvr t( )1

Cacis t( )

1Cac

sab t( ) idc t( )=Rs 1

La tensión de red, vs t( ) 2 220 sin ωs t

didc t( )Rdc

Ldcidc t( )

1Ldc

sab t( ) vr t( )=La moduladora es, M 0.9 fM 10

π

180 ma t( ) M sin ωs t fM

Triangular, tri t( )2π


2

Auxiliar 1 sa t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 sc t( ) if sa t( ) 1= 0 1 Auxiliar 2 sb t( ) if ma t( ) tri t( ) 1 0 sd t( ) if sb t( ) 1= 0 1

Primera pierna s1 t( ) sa t( ) sd t( ) s3 t( ) sb t( ) sc t( ) Segunda pierna s4 t( ) s1 t( ) s2 t( ) s3 t( )


sab t( ) s1 t( ) s2 t( )Simulación tf 0.02 nf 2048 n 1 nf t 0tfnf tf

D t x( )

Rs

Lsx1

1Ls

x21Ls

vs t( )

1Cac

x11

Cacsab t( ) x3

Rdc

Ldcx3

1Ldc

sab t( ) x2

CI

10

0

15


Znf 2

Znf 3

Znf 4


is n( ) Zn 2 vr n( ) Zn 3 idc n( ) Zn 4 vdc n( ) sab ntfnf

vr n( ) ir n( ) sab ntfnf

idc n( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400200

0200400

0vs t( )

t

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0220

10

0

10

20

0is n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02450

0

450

0vr n( )

Zn 1

El tamaño del inductor Ls ycondensador Cs define el ripple uoscilación resultante en la corriente is yvoltaje vr.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0225

0

25

0ir n( )

Zn 1

Se requiere un condensador en el ladoac por la naturaleza de la corriente ir.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0100200300400

0

vdc n( )

Zn 1

La tensión en el enlace puede sernegativa lo que exige reverse blockingvoltage capabilities a los switches.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

10

20

0

idc n( )

Zn 1

La corriente idc dista de ser constante,pero el tamaño de Ldc definde cuánoscilatoria es. En este caso se requierede un gran Ldc por la segunda armónicade voltaje en vdc.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400

200

0

200

400

0

vr n( )

ir n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm ir mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

5

10

FFT deir Aparecen armónicos no deseados de

baja frecuencia que: (1) aumentan ladistorsión, (2) exigen a los filtros enrms, (3) reducen el potencial ancho debanda de los controladores.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

400

0

vdc n( )

idc n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vdc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

xv 1( ) 135.245 xv 3( ) 132.929

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

0 10 20 30 40 500

50

100

FFT devdc


© UdeC - DIEModelo Promedio de Rectificador de Corriente Monofásico

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

Problema Estudiar el modelo promedio del rectificador de corriente.

ir t( ) ma t( ) idc t( )=dis t( )Rs

Lsis t( )

1Ls

vr t( )1Ls

vs t( )=

vdc t( ) ma t( ) vr t( )=

dvr t( )1

Cacis t( )

1Cac

sab t( ) idc t( )=Parámetros

didc t( )Rdc

Ldcidc t( )

1Ldc

sab t( ) vr t( )= Ldc 250 10 3 Rdc 10

Cac 25 10 6 Ls 5 10 3

Rs 1dis t( )

Rs

Lsis t( )

1Ls

vr t( )1Ls

vs t( )=

dvr t( )1

Cacis t( )

1Cac

mb t( ) idc t( )= Se utiliza la moduladora ma(t). La tensión de red, vs t( ) 2 220 sin ωs t

didc t( )Rdc

Ldcidc t( )

1Ldc

ma t( ) vr t( )=La moduladora es,

M 0.9 fM 10π

180 ma t( ) M sin ωs t fM


D t x( )

Rs

Lsx1

1Ls

x21Ls

vs t( )

1Cac

x11

Cacma t( ) x3

Rdc

Ldcx3

1Ldc

ma t( ) x2

CI

0

0

15


Znf 2

Znf 3

Znf 4


is n( ) Zn 2 vr n( ) Zn 3 idc n( ) Zn 4 vdc n( ) ma ntfnf

vr n( ) ir n( ) ma ntfnf

idc n( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400200

0200400

0vs t( )

t

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0220

10

0

10

20

0is n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02450

0

450

0vr n( )

Zn 1

No hay ripple en la corriente is y voltajevr pues ir es cuasi-sinusoidal.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.0225

0

25

0ir n( )

Zn 1

No se puede hacer diseño de Ls y Caccon este modelo.

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0100200300400

0

vdc n( )

Zn 1

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

10

20

0

idc n( )

Zn 1

La corriente idc dista de ser constante,pero el tamaño de Ldc definde cuánoscilatoria es. En este caso se requierede un gran Ldc por la segunda armónicade voltaje en vdc.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400

200

0

200

400

0

vr n( )

ir n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm ir mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

5

10



0 5 10 3 0.01 0.015 0.02100

0

100

200

300

0

vdc n( )

idc n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vdc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

xv 1( ) 133.818 xv 3( ) 133.698

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

0 10 20 30 40 500

50

100

FFT devdc


© UdeC - DIESelective Harmonic Elimination en un Inversor de Voltaje Monofásico

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


vdc +

-

a

b

n

Problema Estudiar la técnica SHE en un inversor de voltaje.

La señal de voltaje van seespera que tengaarmónicas van,h dadas por,

para,12 π

1 2

1

N

k

1( )k cos n αk

Mn= n 1= 3 5 2 N 1

con N-1 par e igual al número armónicos a eliminar, k losángulos a encontrar y Mn es la amplitud de la armónica n.

N 1 2= N 3 n 1= 3 5 M1M2

M3 0 M5 0

α1 25π

180 α2 30

π

180 α3 80

π

180

Dado

2π

1 2 cos 1 α1 2 cos 1 α2 2 cos 1 α3 M1=

2π

1 2 cos 3 α1 2 cos 3 α2 2 cos 3 α3 M3=

2π

1 2 cos 5 α1 2 cos 5 α2 2 cos 5 α3 M5=

α1 0 α2 α1 α3 α2 α3π

2

Sol Find α1 α2 α3 SolT180π

26.287 38.173 87.93( )

nf fn_tr 4 50 per n 0 nf tf .02 per t 0tfnf tf HI 0 LO if HI 0 0 1( ) ω 0

2 π

360per 2 π per

ga ω( ) if ω Sol1 HI LO gb ω( ) if ω Sol2 LO ga ω( ) gc ω( ) if ω Sol3 HI gb ω( )

gx ω( ) if ω

π

2 gc π ω( ) gc ω( )

gy ω( ) if ω π 1 gx 2 π ω( ) gx ω( ) s1 t( ) gy t2 π

tf

s3 t( ) if s1 t( ) HI= LO HI

s2 t( ) s3 t( ) s4 t( ) s1 t( )

sab t( ) s1 t( ) s2 t( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s1 t( )

t

idc

vab

s1

s3

iab s2

s4

+

-


vdc +

-

a

b

n

0 5 10 3 0.01 0.015 0.020

0.5

1

1.5

0

s2 t( )

t

sab t( ) s1 t( ) s2 t( ) Vdc 500

vdc t( ) Vdc vab t( ) sab t( ) vdc t( )

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02600

200

200

600

0vab t( )

t

N 1024 m 1 N

xm vabmN

tf

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 500

200

400

600

M VdcFFT devab

La fundamental del voltaje ac esigual a MVdc y no haycomponentes de frecuencia comodiseñado.


© UdeC - DIESHE en un Inversor de Voltaje MonofásicoProblema Estudiar la SHE en un inversor de voltaje.

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Ro Lo



sab t( ) vdc t( ) Ro iab t( ) Lo diab t( )= vdc t( ) idc t( ) sab t( ) vdc t( ) iab t( )=


diac t( )Ro

Loiac t( )

1Lo

sab t( ) vdc t( )= idc t( ) sab t( ) iab t( )=



D t x( )Ro

Lox1

1Lo

sab t( ) vdc t( ) CI 0 Z rkfixed CI 0 tf nf D CI Znf 2 Z rkfixed CI 0 tf nf D iab n( ) Zn 2

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1

N 1024 m 1 N

xm Zm

nf

N 2

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

Iab_maxM Vdc

Ro2

ωs Lo 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

La carga natural es inductiva porla naturaleza del voltajeaplicado.


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02750

500

250

0

250

500

750

0

vab t( )

iab n( ) 10

t Zn 1



idc n( ) sab ntfnf

Zn 2

0 10 20 30 40 500

30

60

Iab_max

FFT deiab

N 1024 m 1 N

xm idc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02500

0

500

0

vdc t( )

idc n( ) 10

t Zn 1


P RoIab_max

2

2

IdcP

Vdc


idc ω( ) sab ω( )= iab ω( )

0 10 20 30 40 500

10

20Idc

idc

vab

s1

s3

iab

s2

s4

+

-


vdc

+

-

a

b

Rs Ls

FFT deidc


© UdeC - DIESHE en un Rectificador de Corriente Monofásico

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

Problema Estudiar la SHE en un rectificador de corriente.

vs t( ) Rs is t( ) Ls dis t( ) vr t( )= ir t( ) sab t( ) idc t( )=

is t( ) Cac dvr t( ) sab t( ) idc t( )= vdc t( ) sab t( ) vr t( )=

sab t( ) vr t( ) Ldc didc t( ) Rdc t( ) idc t( )=

Parámetros

Ldc 250 10 3 Rdc 10dis t( )

Rs

Lsis t( )

1Ls

vr t( )1Ls

vs t( )=

Cac 100 10 6 Ls 5 10 3

dvr t( )1

Cacis t( )

1Cac

sab t( ) idc t( )= La tensión de red, vs t( ) 2 220 sin ωs t Rs 1

didc t( )Rdc

Ldcidc t( )

1Ldc

sab t( ) vr t( )=


D t x( )

Rs

Lsx1

1Ls

x21Ls

vs t( )

1Cac

x11

Cacsab t( ) x3

Rdc

Ldcx3

1Ldc

sab t( ) x2

CI

10

0

15


Znf 2

Znf 3

Znf 4


is n( ) Zn 2 vr n( ) Zn 3 idc n( ) Zn 4 vdc n( ) sab ntfnf

vr n( ) ir n( ) sab ntfnf

idc n( )


© UdeC - DIE

0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400

200

0

200

400

0

vr n( )

ir n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm ir mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

0 10 20 30 40 500

5

10



0 5 10 3 0.01 0.015 0.02

400

200

0

200

400

0

vdc n( )

idc n( ) 15

Zn 1

N 1024 m 1 N

xm vdc mnfN

xf FFT x( )

xv m( ) if m 1= 1 2( ) xf m per

vdc

s1

s3

ir

s2

s4

+

-


vr

idc

+

-vs

LsRs

+

-

LdcCac

is

Rdc

0 10 20 30 40 500

50

100

FFT devdc


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