Iarr 2 60 120 a va 120 r a 6 v 306 6 208 2 π 1 cos

Iarr = 2 ∗ 60 = 120 A.
Va = 120 ∗ r
a
= 6 V.

306
6 =
208 2
π
(1 + cos α
1
) α
1
= 159,37 °
La velocidad del motor será nula para V ≤ 6 Volts., para V =12 Volts α > 150 ° y se
presentará discontinuidad en la corriente, ω = 8,95 rad/seg.
Para Va = 20V.
20 =
208 2
π
( 1+ cos α
2
) α
2
= 141,85 °
E
2
= 20 - 120 ∗ 0,05 =14 V
ω
2
= 14/ (Kv ∗ I
F
) = 20,88 rad/seg = 199,4 R.P.M.
A continuación se tabulan los resultados :
Etapa Va.
α ° ω
rad/seg
n
RPM.
12 150,67 8,95 85,48
1 20 141,85 20,88 199,40
2 40 124,94 50,72 484,40
3 60 111,05 80,56 769,30
4 80 98,37 110,40 1054,30
5 120 73,64 170,08 1624,20
6 125,83 19,88 183,25 1750,00
La 6
ta
etapa corresponde a su condición nominal.
c ) Determinar el F.P. del circuito de armadura y de todo el sistema.
Si la corriente de armadura esta libre de rizado la potencia de salida del convertidor
será:
Pa = Va ∗ Ia = 125,83 ∗ 60 = 7549,8 Watts.
El valor rms de la corriente de entrada del semiconvertidor de acuerdo a la Fig b será

307
Ie =
2
2
60
69 88
2
π
θ
π θ
π
π
π
α
π
∗ =
−
=
−
∫
Ia d Ia
,
Ie = 46,929 A.
La potencia de entrada Pe = Ie ∗ Ve = 9761,23 Watts.
El factor de potencia del circuito de armadura Fpe =
Ps
Pe
= 0,773 en atraso.
El valor rms de la corriente de entrada del convertidor de onda completa del circuito de
campo será I
fe
= 1,14 A.
La potencia de salida del convertidor P
F
= I
F
∗ V
F
P
F
= 181,94 Watts.
La potencia de entrada Pe
F
= I
fe
∗ Ve = 237,12 Volts.
El factor de potencia del circuito de campo FP
F
=
P
Pe
F
F
= 0,7673
El factor de potencia del accionamiento :
Ie − 39,37 ° + I
F
− 39,91 ° = 48,06 − 39,38 ° FP
T
= 0,772
EJERCICIO 7-5.:
El motor del ejercicio anterior se va operar con un convertidor de onda completa en el
circuito de armadura.
a ) Determinar el ángulo de disparo para obtener condiciones nominales.
En el circuito del convertidor de campo.
V
F
= 159,6 Volts β = 31,54 °
En el convertidor del circuito de armadura.
125,83 =
2 208 2 ∗
π
cos α α = 47,78 °
b ) Determinar el factor de potencia del circuito de armadura y del accionamiento.
En el circuito de armadura.
FPe =
2 2
π
cos 47,78 = 0,6084
En el circuito de campo.
FP
F
=
2 2
π
cos 31,54 ° = 0,7678
Ie = Ia = 60
I
fe
= I
F
= 1,14
luego 60 − 52,52 ° + 1,14 − 39,91 ° = 61,1 − 52,29 °
FP
T
= 0,611
c ) Se requiere frenado regenerativo de este motor. Determinar los ángulos de disparo
de los 2 convertidores para mantener los 60 Amp. en el circuito de armadura, y la
potencia retornada al sistema producto de dicho frenado.
En este caso:
V
F
= − 159,6 volts luego β = π − 31,54 ° = 148,46 °

308
E’ = − 128,83 Volts.
Va = − 128,83 + 60 ∗ 0,05 = − 125,83 Volts
− 125,83 =
2 208 2 ∗
π
cos α ‘ α ‘ = 132,216 °
Pa = Va ∗ Ia = 125,83 ∗ 60 = 7549,8 Watts.
d ) Se desea programar el arranque de este motor en 6 etepas de disparo; determínese
los ángulos de disparo de los tiristores y la velocidad resultante para limitar la corriente
de arranque a 2 veces su valor nominal.
Ian = 60 A. Iarr = 120 A. r
a
= 0,05 Ω
Va = Iarr ∗ r
a
= 6 V.
Para cualquier Va ≤ 6 Volts la velocidad será nula.
Para Va = 20 V. α = 83,869 °
E = 20 − 6 = 14 V. ω = 14/(Km I
F
) = 20,88 rad/seg
n
= 199,4 R.P.M.
A continuación se listan los valores requeridos.
Paso. Va.
α ° ω rad/seg
n
RPM.
1 20 83,87 20,88 199,4
2 40 77,66 50,72 484,4
3 60 71,31 80,56 769,3
4 80 64,7 110,40 1054,3
5 100 57,72 170,08 1624,2
6 125,8 47,78 183,25 1750
Nota:
Los tiristores T
1
, T
4
conducen para α °
Los tiristores T
2
, T
3
conducen para ( α + π ) °
Ver Fig. 7-11-c
La velocidad y la F.C.E.M (E’) disminuirán con el tiempo, si se desea mantener
los 60 Amp. durante el proceso de regeneración el ángulo α debe reducirse en forma