Rect Ific Adores No Control a Dos

Rectificador monofasico

D4

D1

iD1

D2

D3

vgig

R

+

−

vo

io

Si el voltaje de la lıneaes igual a:

vg = Vp sin (ωt)V

Los diodos D1 y D2

conducen en:

0 < ωt < π

Mientras los diodos D3

y D4 conducen en:

π < ωt < 2π

Ing. Jhon Bayona MSc. Rectificadores no Controlados 23 de septiembre de 2015 1 / 46


ωt

ig

π 2π

Ip

ωtπ 2π

vo

io



1D

ov

gi

gv

3D

4D 2D

oI

C

xi

Ci



t

2

gi

ov

gv

1gi



Si el voltaje de la lınea es igual a:

vg = Vp sin (ωt)

Los diodos D1 y D2 conducen en:

α < ωt < β

Mientras los diodos D3 y D4 conducen en:

π + α < ωt < π + β

Por consiguiente ix en estos intervalos es igual a:

ix = iC + Io

Y es igual a cero en el resto de intervalos



En el intervalo α < ωt < β el voltaje del condensador es igual a:

vC = Vp sin (ωt)

De ahi que la corriente del condensador sea igual a:

iC = ωCVp cos (ωt)

Por tanto:ix = ωCVp cos (ωt) + Io

En ωt = β:0 = ωCVp cos (β) + Io

Despejando β:

β = cos−1(− IoωCVp

)



vC en el intervalo β < ωt < π + α es igual a:

vC = − IoωC

(ωt− ωt0) + vC (ωt0)

vC evaluado en π + α es igual a −vg evaluado en π + α, por esta razon:

Vp sin (α)− Vp sin (β) +IoωC

(π + α− β) = 0

La ecuacion anterior debe resolverse numericamente para obtener α

Ejemplo

Calcular α, β, IgRMS , PF y dibujar ig, ix e iC si: C = 100µF , ω =2π60 rads , Vp = 170V y Io = 1A



El valor de β y α es igual a:

β = cos−1(− IoωCVp

)= 1,73rad ; α = 0,715rad

El valor de IgRMS es igual a:

IgRMS =

√1

π

∫ β

α(ωCVp cos (ωt) + Io)

2 d (ωt) = 2,01A

La corriente fundamental de ig es igual a:

ig1 = 0,953 cos (ωt) + 1,694 sin (ωt)A

Expresando ig1 en solo terminos de seno:

ig1 = 1,943 sin (ωt+ 29,36)A

El valor de la potencia media es:

P = VgRMSIg1RMS cos (θ1 − φ1) = 143.9 W



El valor de potencia aparente esigual a:

S = VgRMSIgRMS = 241,6V A

Por consiguiente el valor de factor depotencia es igual a:

PF =P

S= 0,595

El valor de la distorsion armonica to-tal es igual a:

THD =

√I2RMS − I21RMS

I21RMS

= 1,067

El valor de factor de distorsion esigual a:

DF =I1RMS

IRMS= 0,683

DPF = cos (θ1 − φ1) = 0,871

Por lo tanto el PF se puede expresarcomo:

PF =I1RMS

IRMScos (θ1 − φ1)

La relacion entre THD y DF es:

THD =

√1

DF 2− 1



ωtπ 2π

α β π + α π + β

ig

iC

−Io

ix



El voltaje de la lıneaes igual a:

vg = Vp sin (ωt)

Si iL > 0 entonces elrectificador esta en

modo de conduccioncontinua

D1 y D2 conducen en:

0 < ωt < π

D3 y D4 conducen en:

π < ωt < 2π

1D

ov

gi

gv

3D

4D 2D

oI

C

Li

Ci

Lv

xv

vx = Vp sin (ωt) para 0 < ωt < π

vx = −Vp sin (ωt) para π < ωt < 2π



vL < 0 para:

0 < ωt < α

π − α < ωt < π + α

2π − α < ωt < 2π

vL > 0 para:

α < ωt < π − α

π + α < ωt < 2π − α

2

2

xv

Li

oI

oV

t

pV

2

Li

2

Li

La red LC permite que solo pase a la salida elpromedio de vx:

Vo = 〈vx〉 =2Vpπ



La corriente de la inductancia es igual a:

iL =1

ωL

∫ ωt

0vLd (ωt) + iL (0)

Donde:vL = Vp sin (ωt)− Vo

De ahi que:

iL =1

ωL

∫ ωt

0[Vp sin (ωt)− Vo] d (ωt) + iL (0)

Integrando y evaluando se obtiene la corriente de la inductancia para0 < ωt < π, la cual es igual a:

iL = iL (0)− VpωL

cos (ωt) +VpωL− 2VpπωL

(ωt)

El valor de iL (0) es igual a:

iL (0) = Io



Para 0 < ωt < π:

ig = iL

Para π < ωt < 2π:

ig = −iL

2

t

gv

gi1gi

Si L es muy grande, entonces ig es una senal cuadrada de amplitud Io



En ωt = α, el valor de vx y Vo son iguales, por lo tanto:

Vp sin (α) =2Vpπ

Despejando α se obtiene:

α = arcsin

(2

π

)= 0,69rad

Para encontrar la inductancia critica se plantea la desigualdad:

∆iL

∣∣∣π2α≤ Io

Es decir:

∆iL

∣∣∣π2α

=1

ωL

∫ π2

α[Vp sin (ωt)− Vo] d (ωt)



Integrando y evaluando:

∆iL

∣∣∣π2α

=VpωL

cos (α)− VpωL

+2Vpα

πωL

De manera que:

Io ≥VpωL

cos (α)− VpωL

+2Vpα

πωL

Despejando L se obtiene:

L ≥ 0,2105VpωIo

Por otro lado:

iLmax = Io + ∆iL

∣∣∣π2α

yIgRMS = ILRMS



Ejemplo

Calcular IgRMS , PF y dibujar ig si: L = 0,5H, C = 100µF , ω = 2π60 rads ,Vp = 170V y Io = 1A


IgRMS =

√1

π

∫ π

0

(Io −

VpωL


(ωt)

)2

d (ωt) = 1,01A


ig1 = −0,1708 cos (ωt) + 1,2732 sin (ωt)A


ig1 = 1,29 sin (ωt− 7,6)A

Entonces:Ig1RMS = 0,912A



El valor de la potencia media es igual a:

P = VgRMSIg1RMS cos (θ1 − φ1) = 108,47W

El valor de potencia aparente es igual a:

S = VgRMSIgRMS = 121,08V A

Por consiguiente el valor de factor de potencia es igual a:

PF =P

S= 0,895

El valor de la distorsion armonica total es igual a:

THD =

√I2RMS − I21RMS

I21RMS

= 0,473



El valor del factor de distorsion es igual a:

DF =Ig1RMS

IgRMS= 0,903

El valor del factor de desplazamiento es igual a:

DPF = cos (θ1 − φ1) = 0,991

El valor del rizado de corriente de la inductancia es igual:

∆iL

∣∣∣π2α

=VpωL

cos (α)− VpωL

+2Vpα

πωL= 0,19A


Resistencia Equivalente Serie del Condensador

frC

El rf disminuye cuando aumenta la frecuencia

El condensador puede soportar una If mas alta, para valores altos defrecuencia

El rf para valores mayores a 2KHz es casi constante

f

fir0fr

0f nf



La potencia disipada en el condensa-dor es igual a:

Pd = rfI2n

El termino llamado multiplicador defrecuencia (Mf ) es expresado como:

Mf =InI120

=

√r120rf

In es el valor de la corrienteRMS a una frecuencia f

I120 es el valor de la corrienteRMS a una frecuencia 120Hz

Como iC es una senal no sinusoidal, alexpresarla como una serie de Fourierse obtiene:

iC =

∞∑n=1

√2In sin (ωnt+ ϕn)

Entonces Pd esta dada por:

Pd =

∞∑n=1

rfI2n

Sustituyendo:

Pd =

∞∑n=1

r120

(InMf

)2



Con el fin de conocer el calenta-miento del condensador, se introduceel termino CHF (Capacitor HeatingFactor):

CHF =

√√√√ ∞∑n=1

(InMf

)2

Entonces:

Pd = r120CHF2

El CHF es la corriente RMS ponde-rada con respecto al multiplicador defrecuencia que pasa por el condensa-dor

La vida util nominal de un condensa-dor es definida por:

Ln = Lo20,1(To−Tn)

Lo es la vida util en horas parala maxima To

To es la maxima temperatura deoperacion de C

Tn es la temperatura deoperacion de C

Del circuito termico se obtiene Tn:

Tn = TA +Rθr120CHF2



2

120CHFr

R

AT

nT

El termino llamado multiplicador detemperatura (MT ) es relacionado conel circuito termico:

To = TA1 +Rθr120 (MT1CHF )2

To = TA2 +Rθr120 (MT2CHF )2

Por consiguiente:

To − TA1To − TA2

=M2T1

M2T2

Al despejar To se obtiene:

To =TA1M

2T2 − TA2M2

T1

M2T2 −M2

T1

Rθr120, esta definido por:

Rθr120 =To − TA1

(MT1CHF )2

Rθr120 =To − TA2

(MT2CHF )2



iC en el intervalo 0 < ωt < π es igual a:

iC = − VpωL


(ωt)

Se expresa iC por medio de una serie de Fourier:

iC = −0,191 sin (2ωt)− 0,019 sin (4ωt)− 0,0055 sin (6ωt)−0,0023 sin (8ωt)− 0,0012 sin (10ωt)− . . .

Transformando la frecuencia a Hz y reemplazando los valores pico por losvalores RMS se obtiene:

iC = −0,135√

2 sin (2π120t)− 0,013√

2 sin (2π240t)

−0,0038√

2 sin (2π360t)− 0,0016√

2 sin (2π480t)

−0,0009√

2 sin (2π600t)− . . .



El valor de CHF es igual a:

CHF =

√I2n2 +

(In41,15

)2

+

(In61,15

)2

+

(In81,2

)2

+

(In101,2

)2

= 0,136A

Se escoge TA1 = 85 C y TA2 = 75 C, de ahi que, MT1 = 1 y MT2 = 1,17,por lo tanto, el valor de To es igual a:



To =TA1M

2T2 − TA2M2

T1

M2T2 −M2

T1

= 112 C

El valor de Rθr120, es igual a:

Rθr120 =To − TA1

(MT1CHF )2= 1460 CΩ/W

Si la TA = 50 C, entonces del circuito termico:

Tn = 77 C

Si Lo = 2000 h, en consecuencia, la vida util es de:

Ln = Lo20,1(To−Tn) = 22 627 h = 2.58 anos


Construccion de la Inductancia

Lv

Li

Esp

iras

N

fA

2

2

La ley de induccion de Faraday, afir-ma que:

vL = NdΦ

dt

Donde Φ es el flujo magnetico, elcual esta definido por:

Φ =

∫S

~B ~dAe

Donde B es la densidad de flujoy d (Ae) es el diferencial del areatransversal del nucleo. Si el B es uni-forme en Ae, entonces:

Φ = BAe

Por tanto, la ley de induccion de Fa-raday se convierte en:

vL = NAedB

dt

Al despejar dB:



H

B

rgB rugB

tgB

tugB

BugBg

cHcH

CHOKE

REACTOR

Sin gap

Con gap



dB =vLN Ae

dt

Se integra a ambos lados:∫ Bt

Br

dB =

∫ tt

tr

vLN Ae

dt

Al evaluar:

Bt −Br =1

N Ae

∫ tt

tr

vLdt

Por la grafica de histerisis:

∆B =1

N Ae

∫ tt

tr

vLdt

Para evitar que el nucleo se sature:

∆B ≥1

N Ae

∫ tt

tr

vLdt

La ley de Lenz, afirma que:

L [iL (tt)− iL (tr)] =

∫ tt

tr

vLdt

Al reemplazar en la desigualdad:

∆B ≥L [iL (tt)− iL (tr)]

N Ae

Por la grafica de histerisis:



∆B ≥L iL (tt)

N Ae

Si iLmax es la corriente que lleva elnucleo a saturacion, por consiguiente:

∆B ≥L iLmaxN Ae

Nucleo de Ferrosilicio Laminado

Btg = 1.4 T;Brg = 0.2 T;∆B = 1.2 T

Nucleo de Ferrita

Btg = 0.4 T;Brg = 0.1 T;∆B = 0.3 T

a

a3 a42a

2a

2a

a3

Técnica de cortado de la lamina

sin desperdicio



Nucleo sin gap

il

Nucleo con gap

2al

2al

2al

il

El area fısica de la pierna central delnucleo es Af = a b.

a

bfA

De otro lado, el area efectiva estadefinida por:

Ae = ksAf

Donde ks es el factor de apilamiento,el cual es igual a 0.9 para laminadogrueso y 0.8 para laminado fino.



La ley de Ampere, afirma que:∫~H ~dl = N iL

Si ~H es uniforme en el nucleo y enel entre hierro, entonces:

Hili +Hala = NiL

por otra parte, la relacion entre B yH, esta dada por:

B = µH

De ahı que:

B

µili +

B

µala = NiL

Se despeja B y despues se derivacon respecto a iL:

dB

diL= N

(liµi

+laµa

)−1Al retomar la ley de Faraday deinduccion y la ley de Lenz:

vL = NAedB

dt; vL = L

diLdt

Al igualar y resolver dBdiL

:



dB

diL=

L

NAe

al igualar con la dBdiL

que se obtuvode la ley de Ampere:

N

(liµi

+laµa

)−1=

L

NAe

Debido a que µi µa y al despejarla:

la =N2µaAe

L

Por otra parte, la densidad de co-rriente esta definida por:

J =ILRMS

Sa

aSLi

Donde Sa, es la seccion del alam-bre. J generalmente tiene un valorde 4 A

mm2 . Otra unidad de densidadde corriente es el circular mils poramperio RMS (Dcma).

3,947A

mm2−→ 500

cmils

A



ed

c

Do es el diametro del alambre.Tp es el espesor del papel.e5 es la altura de la formaleta.

NTL es el numero de vueltas por ca-pa.NL es el numero de capas.TL es el espesor de las capas.

NTL =h

Do− 1

NL =N

NTL

TL = NL (Do + Tp)

d > a; c < 2a; e <3

2a


Rectificador trifasico

Los voltajes de fase y de lıneason:

va = Vp sin (ωt)Vvb = Vp sin

(ωt− 2π

3

)V

vc = Vp sin(ωt+ 2π

3

)V

vac =√

3Vp sin(ωt− π

6

)V

vba =√

3Vp sin(ωt− 5π

6

)V

vcb =√

3Vp sin(ωt+ π

2

)V

av

bv

cv

acvbav

cbv

t

pV

2

3

2

3

4

3

3

5

6

2

6

5

6

7

2

3

6

11

av bv cv

6

13

3

7

t

pV3acv

bav cbvcavabv bcv



1D

ov

ai

av

cvbv

3D 5D

4D 6D 2D

oI

C

LLi

Ci

xv

Lv



Solo puede conducir un diodode la mitad superior, el cualtendra su anodo conectado alvoltaje de fase de mayor valor enese instante. Es decir D1, D3 oD5.

Solo puede conducir un diodo dela mitad inferior, el cual tendra sucatodo conectado al voltaje defase de menor valor en ese ins-tante. Es decir D2, D4 o D6.

Las parejas D1−D4, D3−D6 yD5 − D2 no pueden conducir almismo tiempo.

Los diodos conducen por parejasD5 − D6, D1 − D6, D1 − D2,D3 −D2, D3 −D4 y D5 −D4.

El voltaje de salida vx es cual-quiera de los seis posibles volta-jes de lınea. La frecuencia de vxes 6ω.

La corriente de un diodo en con-duccion es igual a la corriente iL.

La corriente de cada una de laslıneas es igual a:

ia = iD1 − iD4

ib = iD3 − iD6

ic = iD5 − iD2



Por consiguiente el voltaje a la salida del rectificador para π6 < ωt < π

2 esigual a:

vx =√

3Vp sin(ωt+

π

6

)Entonces la corriente de la inductancia es igual:

iL =1

ωL

∫ ωt

π6

vLd (ωt) + iL

(π6

)Donde:

vL =√

3Vp sin(ωt+

π

6

)− Vo

y:

Vo =3√

3Vpπ



De ahi que:

iL =1

ωL

∫ ωt

π6

(√

3Vp sin(ωt+

π

6

)− 3√

3Vpπ

)d (ωt) + iL

(π6

)Integrando y evaluando se obtiene la corriente de la inductancia para π

6 <ωt < π

2 , la cual es igual a:

iL = iL

(π6

)−√

3VpωL

cos(ωt+

π

6

)+

√3VpωL

− 3√

3VpπωL

(ωt)

El valor de iL(π6

)es igual a:

iL

(π6

)= Io



xv

oV

oI

3

3

2 3

4

3

5 23

7

Li3

Li

61DD 21DD 23DD 43DD 45DD65DD65DD 61DD

t

pV3

6

2

6

5

6

7

2

3

6

11

6

13



Para π6 < ωt < 5π

6 :

ia = iL

Para 7π6 < ωt < 11π

6 :

ia = −iL

Para 0 < ωt < π6 ,

5π6 < ωt < 7π

6 y11π6 < ωt < 13π

6 :

ia = 0

1ai

ai

2 t



En ωt = α el valor de vx y Vo son iguales, por lo tanto:

√3Vp sin

(α+

π

6

)=

3√

3Vpπ

Entonces α = 0,7458 y para encontrar la inductancia critica se plantea ladesigualdad:

∆iL

∣∣∣π3α≤ Io

Donde ∆iL

∣∣∣π3α

es el incremento que experimenta la corriente de la inductan-

cia entre α y π3 y esta dado por:

∆iL

∣∣∣π3α

=1

ωL

∫ π3

α

[√3Vp sin

(ωt+

π

6

)− Vo

]d (ωt)



Integrando y evaluando:

∆iL

∣∣∣π3α

=0,0156VpωL

De manera que:

Io ≥0,0156VpωL

Despejando L se obtiene:

L ≥ 0,0156VpωIo

Por otro lado:

iLmax = Io + ∆iL

∣∣∣π3α

Ejemplo

Calcular IaRMS , PF y dibujar ia si: L = 100mH, C = 200µF , ω =2π60 rads , Vp = 170V y Io = 1A




IaRMS =

√√√√ 2

π

∫ π2

π6

(Io −

√3VpωL

cos(ωt+

π

6

)+

√3VpωL

− 3√

3VpπωL

(ωt)

)2

Resolviendo:IaRMS = 0,8175A

El valor de ILRMS es igual a:

ILRMS = 1,0013A


ia1 = −0,0145 cos (ωt) + 1,1027 sin (ωt)A


ia1 = 1,1027 sin (ωt− 0,75)A



Entonces:Ia1RMS = 0,779A

El valor de la potencia media es igual a:

P = 3VaRMSIa1RMS cos (θ1 − φ1) = 280,41W

El valor de potencia aparente es igual a:

S = 3VaRMSIaRMS = 294,3V A

Por consiguiente el valor de factor de potencia es igual a:

PF =P

S= 0,952

El valor de la distorsion armonica total es igual a:

THD =

√I2RMS − I21RMS

I21RMS

= 0,318



El valor del factor de distorsion es igual a:

DF =Ia1RMS

IaRMS= 0,953

El valor del factor de desplazamiento es igual a:

DPF = cos (θ1 − φ1) = 0,999

El valor del rizado de corriente de la inductancia es igual:

∆iL

∣∣∣π3α

= 0,070A


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