Grupisani_zadaci EM1 i EM2 (1)

Електричне машине Испитни задаци, скрипта

Верзија 1.0

Петар Матић

Електротехнички факултет Бања Лука

Предговор Ово је скрипта са задацима са испита из предмета Електричне машина 1 и 2

који су одржани на Електротехничком факултету у Бањој Луци у периоду 2005-

2010. Приложени су и задаци са такмичења из Електричних машина на

Електријади.

Позивају се сви читаоци да евентуалне примједбе на тачност и коректност

задатака доставе на е-mail: [email protected].

У Бањој Луци, фебруар 2011.

mailto:[email protected]

Задаци за колоквијум из трансформатора Бања Лука, 27.12.2005.

1. Трофазни енергетски трансформатор има сљедеће номиналне податке: MVA1 ,

kVkV 4.0/10 , 9Dy , Hz50 . Однос губитака у бакру и гвожђу у номиналном режиму и при фактору снаге 9,0cos =ϕ је 1:3: =FenCun PP , а номинални степен корисног дејства износи %95 . Струја празног хода и напон кратког споја су

%20 =i и %6=ku . 1.1.Нацртати еквивалентну шему и одредити све њене елементе сведене на

нисконапонску страну. 1.2.Ако је номинални пораст температуре

(15 поена) Cmn °= 90ϑ , колики је пораст

температуре када је трансформатор оптерећен половином номиналне снаге при фактору снаге 0cos =ϕ капацитивно?

1.3.Колико износи пад напона у процентима при оптерећењу из претходне тачке (10 поена)

1.4.Нацртати спрегу трансформатора. (10 поена)

1.5. Колики ће бити преносни однос овог трансформатора ако се број навојака на секундару повећа за 10%? Колики је тада напон на секундару? Примарни напон и спрега остају непромијењени.

(10 поена)

2. Трофазни тронамотајни трансформатор има сљедеће номиналне податке

(10 поена)

10/35/%512110 ⋅± kV 3/2/1

3,6/20/20 MVA 3/2/1

%4/%5/%6 . 32/31/21 −−−

Спрега: dYy0

Сви омски отпори и оточни параметри могу се занемарити. Трансформатор је оптерећен на секундару са MWP 5,22 −= и MVArQ 12 = , а терцијар је у празном ходу. Регулациона преклопка на примару је тако подешена да се напони на секнудару и терцијеру могу сматрати номиналним.

2.1. Нацртати еквивалентну шему и одредити параметре.

2.2. Одредити комплексну струју примара и напон на примару.

(15 поена)

2.3. Одредити активну и реактивну снагу на примару.

(15 поена)

(15 поена)

НАПОМЕНА: Све величине треба да буду сведене на примар.

Колоквијум траје 2 сата! Оцјене: 55-64 шест, 66-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

НАПОМЕНА: Писати уредно! На сваком новом листу папира написати име, презиме и број индекса. Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани!

2

Рјешења колоквијума из трансформатора (27. 12. 2005) 1.1. На основу дефиниције степена корисног дејства трансформатора:

∑+==

gnn

n

ul

izn PP

PPP

η

могу се израчунати номинални губици:

kWSPP nnn

nn

n

ngn 368,479,0101

95,095,01cos

11 6 =⋅⋅−

=−

=−

=∑ ϕηη

ηη

,

па се из задатог односа: 1:3: =FenCun PP

могу израчунати номинални губици у бакру и гвожђу: FenCungn PPP +=∑

∑= gnFen PP4

kWP

P gnFen 842,11

447368

4=== ∑

kWPP FenCun 526,35842,1133 =⋅==

Номинална струја нисконапонске стране трансформатора је:

AV

SI

n

nnf 1445

4003101

3

6

2

=⋅⋅

==

Струја празног хода је: ОГЛЕД ПРАЗНОГ ХОДА (на нисконапонској страни)

AIjriI nff 9,28144502,0.].[00 =⋅=⋅= Импеданса празног хода је

Ω=== 89,28

3/400

0

00

f

f

IU

Z.

Фактор снаге празног хода је:

592,04009,283

1184233

cos0000

00 =

⋅⋅===

VIP

VIP Fenϕ

, па су отпор и реактанса магнећења:

Ω=== 51,13592,08

cos 0

0

ϕZ

RFe

,

Ω=== 926,9)592,0sin(arccos

8sin 0

0

ϕZ

X m

.

Напон кратког споја је: ОГЛЕД КРАТКОГ СПОЈА (на нисконапонској страни)

VUjruU nfkkf 87,133

40006,0.].[ ==⋅=,

а импеданса кратког споја

Ω=== mIU

Znf

kfk 6,9

144587,13

. Фактор снаге кратког споја је:

3

591,087,1314453

3552633

cos =⋅⋅

===kfkf

Cun

kfkf

kk IU

PIU

Pϕ

, па су отпор и реактанса кратког споја:

Ω=⋅⋅== − mZR kkk 67,5591,0106,9cos 3ϕ , Ω=⋅⋅== − mZX kkk 74,7)591,0sin(arccos106,9)sin(arccos 3ϕ .

Подужни параметри еквивалентне шеме сведени на секундар су:

Ω=⋅

===−

mR

RR k 853,221067,5

2

3

2"1 ,

Ω=⋅

===−

mX

XX k 87,321074,7

2

3

2"

1 σσ .

1.2. При половини номиналне снаге нови губици у бакру ће бити:

kWS

SP

SSPP

n

nCun

nCunCu 881,85,035526

5,0 222

11 =⋅=

=

= .

Пошто је ∑ gm P~ϑ , нови пораст температуре је:

CPPPP

FenCun

FenCumnm °=

++

=++

= 38,391184235526

1184288819011 ϑϑ .

1.3. Релативни пад напона на омском отпору трансформатора је:

[ ] %55,3100101

35526100% 6 =⋅

==n

CunR S

Pu ,

а релативни пад напона на реактанси је: %837,455,36[%] 2222 =−=−= RkX uuu

Оптерећење је капацитивно, па је 0cos =ϕ , 1sin −=ϕ . Из израза за прорачун пада напона на трансформатору:

( ) ( ) 22

200sincossincos[%]

−++=∆

n

RX

nXR S

SuuSSuuu ϕϕ

ϕϕ добија се:

( )( ) ( )( ) %394,2015.041,221

200155,30837,4

211837,4055,3[%]

22

−=+−=

−⋅−⋅

+−⋅+⋅=∆u

1.4.

4

1.5. Преносни однос трансформатора је:

25400

10000

2

1 ===n

nT V

Vm , односно

2

1

2

1

2

1

33 WW

U

UVV

mfn

fn

n

nT === .

Када се број навојака на секундару повећа за 10%, нови преносни однос ће бити:

TT

T mmWWm 909,0

1,11,13 2

11 ==

⋅= , односно

725,2225909,01 =⋅=Tm . Нови секундарни напон ће бити за 10% већи од номиналног:

VVV n 4404001,11,1 22 =⋅== . 2.1. Пошто је %% kk zu = , а сви омски отпори се занемарују, може се писати израз:

[ ] [ ]n

nkk S

VuX

2

100%

=Ω .

Сви параметри ће бити сведени на примар ( kV110 страну).

( ) [ ] ( )[ ] ( )Ω=

⋅⋅

==Ω −− 3,36

102010110

1006

100%

6

23

1

2121

21n

nkk S

VuX

( ) [ ] ( )[ ] ( )Ω=

⋅⋅

==Ω −− 03,96

103,610110

1005

100%

6

23

3

2131

31n

nkk S

VuX

( ) [ ] ( )[ ] ( )Ω=

⋅⋅

==Ω −− 83,76

103,610110

1004

100%

6

23

3

2132

32n

nkk S

VuX .

Реактансе еквивалентне звијезде су:

( ) ( ) ( )[ ] [ ] Ω=−+=−+= −−− 75,2783,7603,963,3621

21

3231211 kkk XXXX

( ) ( ) ( )[ ] [ ] Ω=+−=+−= −−− 55,883,7603,963,3621

21

3231212 kkk XXXX

( ) ( ) ( )[ ] [ ] Ω=++−=++−= −−− 28,6883,7603,963,3621

21

3231213 kkk XXXX

Еквивалентна шема је приказана на слици:

2.2. Пошто је терцијар у празном ходу, струја терцијара је 03 =I , па је сведена струја секундара уједно и струја примара.

5

Напон секундара сведен на примар је:

( ) kVUmU fTf 5,6331035

103510110 3

3

3

221'2 =

⋅⋅⋅

=⋅= −

Фазна оса ће се поставити у правац напона секундара, па је струја трансформатора:

( ) AjjUSI

f

)246,5121,13(105,633

1015,23 3

6

*2

22 −−=

⋅⋅⋅⋅−−

=⋅

= .

AI 13,142 = Са еквивалентне шеме може се писати једначина:

( ) 22121 IXXjUU ff ++= ( ) ( ) kVjjjU f )476.07,63(246,5121,1355,875,27635001 −=−−⋅++=

kVU f 7,631 =

kVkVUV fL 33,1107,6333 11 =⋅== . 2.3.Пошто су сви омски отпори занемарени, на трансформатору нема губитака

активне снаге. Активна снага примара једнака је активној снази секундара: MWPP 5,221 −== ,

а реактивна снага је: ( ) ( ) MVArIXXQQQQ 0217,113,1455,875,2731013 262

221221 =⋅+⋅+⋅=+⋅+=+= ∑ γ

НАПОМЕНА: 1. Модуо струје се могао наћи и из:

AU

QP

U

SI

ff

13,14105,633

1015,233 3

622

'2

22

'2

22 =

⋅⋅⋅+

=⋅

+=

⋅= ,

па из губитака реактивне снаге наћи снага на примару: ( )MVAjjQPS 0217,15,2111 −−=−=

Тада је напон на примару:

kVI

SU f 7,63

13,143100217,15,2

3

622

2

11 =

⋅⋅+

=⋅

= .

По оваквом поступку уопште није потребно користити комплексни прорачун. 2. До истог рјешења се може доћи и рачунањем снаге на примару по дефиницији:

( )MVAjjjIUS f 0217,15,2)246,5121,13(10)476,07,63(33 32

*11 −−=−−⋅⋅+⋅== .

Знак минус испред активне снаге значи да се она одаје, а знак минус испред реактивне снаге означава да се она троши.


Предметни наставник: проф. др Радован Радосављевић

Предметни асистент: мр Петар Матић

Задаци:

1. Испитивањем трофазног енергетског трансформатора снаге kVA600 напона V660/11000 , спреге 1Yd у огледу празног хода измјерено је V660 , A16 , kW8,4 . Омски отпор намотаја примара је Ω5,1 , секундара Ωm16 , а релативни напон кратког споја је %5,4 . Одредити

• Номиналне губитке у бакру, те номинални степен искориштења снаге при 8,0cos =nϕ (5+5 поена)

• Компоненте напона кратког споја [%]Ru и [%]Xu . (5 поена)

• Параметре еквивалентне шеме сведене на високонапонску страну (10 поена)

• Процентуалну промјену хистерезисних губитака и губитака вртложних струја ако се трансформатор прикључи на исти напон, али учестаности Hz60 . (10 поена)

• Пад напона на трансформатору при номиналној струји и капацитивном фактору снаге cap1,0cos =ϕ . (5 поена)

• Нацртати спрегу трансформатора (10 поена)

2. Трансформатор снаге kVA400 има временску константу загријавања hT 4= . При номиналном оптерећењу након једног сата достиже температуру од C°14 . Потребно је одредити:

• Колику ће температуру достићи након h10 рада у овом режиму. (10 поена)

• Коликом максималном снагом трансформатор може бити оптерећен 60 минута, а да се не прегрије? Познато је да се максимални степен искориштења снаге има при оптерећењу од kVAS 3201 = (15 поена)

Трансформатор сматрати термички хомогеним тијелом, те да је почетна температура једнака температури амбијента.

3. Номиналне снаге и реалтивни напони кратких спојева три трансформатора који треба да раде паралелно су: kVASn 4001 = , %41 =ku , kVASn 6302 = , %62 =ku , kVASn 10003 = ,

%53 =ku . Одредити

• Како се укупно оптерећење од kVA2030 расподјељује на поједине трансформаторе? (10 поена)

• Колико износи укупно оптерећење тако да ни један трансформатор не буде преоптерећен? (5 поена)

• Каква је расподјела оптерећења за случај из претходне тачке? (10 поена) Колоквијум траје 90 минута!

Оцјене: 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

НАПОМЕНА: Писати уредно! На сваком новом листу папира написати име, презиме и број индекса. Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани! Нацртати табелу за оцјењивање!

2

Рјешења задатака са колоквијума из Трансформатора (29.12.2006)

1. Однос броја навојака трансформатора је:

63,9660

3/11000

2

1

2

1 ===f

f

UU

WW .

Омски отпор сведен на високонапонску страну је:

Ω=⋅⋅=

= − 485,163,91016 23

2

2

12

'2 W

WRR ,

па је отпор кратког споја сведен на високонапонску страну: Ω=+=+= 98,2485,15,1'

21' RRRk .

Номинална струја је:

AVS

IL

nn 5,31

11000310600

3

3

11 =

⋅⋅

== ,

па су номинални губици у бакру: kWIRP nkCun 87,85,3198,233 22

1' =⋅⋅== .

Номинални степен искориштења снаге је:

927,0480088708,010600

8,010600cos

cos3

3

=++⋅⋅

⋅⋅=

++=

FenCunnn

nnn PPS

Sϕ

ϕη .

Релативна вриједност омског пада напона је:

%48,110010600

8870100[%] 3 =⋅

==n

CunR S

Pu ,

а индуктивног: %25,448,15,4[%] 2222 =−=−= RkX uuu .

Пошто је:

100[%]nf

nfkX U

IXu = ,

реактанса кратког споја сведена на високонапонску страну је:

Ω=⋅

==⋅= 57,810600

11000100

25,4100

[%]33

100[%]

3

221

1

1'

n

nLX

nf

nf

fn

fnXk S

VuUU

IUuX ,

па су редни параметри еквивалентне шеме сведене на високонапонску страну:

Ω===≈ 29,4257,8

2

''

21kXXX σσ , Ω= 485,1'

2R , Ω= 5,11R .

На основу огледа празног хода са нисконапонске стране, еквивалентна импеданса празног хода је:

Ω=== 44,713/16

660

02

02''0

f

f

IU

Z ,

која када се сведе на високонапонску страну износи:

Ω=⋅=

= k

WW

ZZ 625,663,944,71 22

2

1''0

'0 .

Фактор снаге празног хода је:

262,0166603

48003

cos00

00 =

⋅⋅==

LL IVP

ϕ ,

3

па су отпор и реактанса празног хода сведени на високонапонску страну (грана магнећења моделована паралелном везом 0R и 0X ):

Ω=== kZ

R 28,25262,0

6625cos 0

0'0 ϕ

,

Ω=== kZ

X 86,6)262,0sin(arccos

6625sin 0

0'0 ϕ

.

Индукција је пропорционална количнику (фазног) напона и учестаности, fU

B f~ ,

хистерезисни губици су пропорционални учестаности и квадрату индукције, 2~ fBPH , а губици у гвожђу пропорционални квадрату учестаности и квадрату индукције, 22~ BfPVS . Одавде се лако закључује да су при истом напону напајања, хистерезисни губици обрнуто пропорционални учестаности, а губици усљед вртложних струја константни:

HnHnHnnf

H PPPff

ffUfP 83,0

60501~~

12

2

=== .

.~ 2

22 constfU

fP fVS =

Хистерезисни губици се смањују за 27%, док губици усљед вртложних струја остају исти. (Иако на први поглед добијени резултат изгледа апсурдно, смањење губитака у гвожђу при повећавању учестаности је директна посљедица смањења индукције, пошто је напон остао константан). Пад напона на трансформатору при номиналној струји је:

%08,4)1,0sin(arccos25,41,048,1sincos[%] −=⋅−⋅=+≈∆ ϕϕ XR uuu . Пошто је оптерећење капацитивно, пад напона на трансформатору је негативан. Спрега трансформатора приказана је на наредној слици.

Спрега трансформатора 1Yd

2. На основу израза за промјену температуре термички хомогеног тијела:

( )

−=

−Tt

m et 1ϑϑ ,

може се израчунати номинални пораст температуре: ( ) C

ee

h

Thm °=

−=

−

=−−

3,631

14

1

1

411

ϑϑ .

Температура трансформатора након 10 сати рада је:

( ) Ceeh Th

m °=

−=

−=

−−1,5813,63110 4

1010

ϑϑ .

4

Ако трансформатор у режиму „ X “ не смије да буде преоптерећен током једног сата, тада је потребно да буде:

−=

−Th

mXmn e1

1ϑϑ , одакле је нови пораст температуре:

Cee T

hmn

mX °=−

=

−

=−−

16,2861

3,63

1 411

ϑϑ .

Пошто је ∑ γϑ Pm ~ , нови губици у трансформатору треба да буду:

∑ ∑= nmn

mXX PP γγ ϑ

ϑ.

Максимални степен искориштења снаге има се при снази 1S када су губици независни од оптерећења једнаки губицима зависним од оптерећења, односно:

2

11

==

nCunFenCu S

SPPP .

Одавде су укупни губици у трансформатору номиналном режиму:

+=+=∑

2

11n

CunFenCunn SS

PPPPγ ,

па су укупни губици у режиму „ X “

∑

+=

2

11n

Cunmn

mXX S

SPP

ϑϑ

γ . Пошто је:

2

1

+=+=∑

nCunCuXFenCuXX S

SPPPPPγ ,

Губици у бакру у режиму „ X “ су: 2

1

2

1

2

1 1

−

+=

−= ∑

nCun

nCun

mn

mX

nCunXCuX S

SPSSP

SSPPP

ϑϑ

γ ,

односно: 2

1

2

11

−

+=

nnmn

mX

Cun

CuX

SS

SS

PP

ϑϑ

.

одавде је нова снага:

nnnnmn

mXnX SS

SS

SSSS 6,2

400320

4003201

3,6316,2861

222

1

2

1 =

−

+=

−

+=

ϑϑ

.

Ново оптерећење трансформатора је: kVAkVASS nX 10404006,26,2 =⋅== .

3. На основу израза за оптерећење трансформатора у паралелном раду:

∑=

= m

i ki

niki

uknii

uS

u

SSS

1

,

могу се одредити оптерећења сваког трансформатора:

5

kVASSS nn 50040025,125,1

51000

6630

44004

2030111 =⋅==

++

= ,

kVASSS nn 3,526630835,0835,0

51000

6630

44006

2030222 =⋅==

++

= ,

kVASSS nn 5,100210000025,10025,1

51000

6630

44005

2030333 =⋅==

++

= .

Први трансформатор (и трећи незнатно) је преоптерећен. Да ни један трансформатор не би био преоптерећен, неопходно је да трансформатор са најмањим релативним напоном кратког споја буде номинално оптерећен, односно 11 nSS = , одакле је укупно оптерећење:

kVAuS

uSi ki

nikuk 1620

51000

6630

44004

3

11 =

++== ∑

=

.

Тада су оптерећења појединих трансформатора: kVASS n 40011 ==

kVASSS nn 420630666,0666,0

51000

6630

44006

1620222 =⋅==

++

= ,

kVASSS nn 80010008,08,0

51000

6630

44005

1620133 =⋅==

++

= .

Задаци за колоквијум из трансформатора Бања Лука, 11.01.2008. Предметни наставник: проф. др Радован Радосављевић Предметни асистент: мр Петар Матић

1. Трофазни енергетски трансформатор спреге 7Yd напона kVV 10/400 , номиналне снаге kVA1600 , %6=ku , kWPCun 17= , kWPFen 6,2= , %5,00 =i напаја се са нисконапонске

(примарне) стране номиналним напоном. У трансформатор улази kW600 активне и kW300 реактивне снаге. Потребно је:

1.1. одредити све параметре еквивалентне шеме сведене на нисконапонску страну (10 поена);

1.2. израчунати активну и реактивну снагу која излази из трансформатора у наведеном режиму Образлжити поступак и евентуална занемарења. Напомена: задатак се може радити на више начина. (15 поена);

1.3. одредити пад напона на трансформатору у наведеном режиму (5 поена);

1.4. израчунати степен искориштења снаге у наведеном режиму (5 поена);

1.5. нацртати спрегу 7Yd (10 поена);

2. Једнофазни трансформатор снаге kVASn 2,2= , преносног односа VV 110/220 , номиналних губитака WPFen 20= , WPCun 100= и номиналног пораста температуре Cmn °= 75ϑ повезан је као аутотрансформатор за напоне VV 110/330 . Потребно је израчунати:

2.1. номиналну снагу аутотрансформатора (тзв. „пролазну“ снагу) (5 поена);

2.2. струје примара и секундара трансформатора прије и након превезивања, као и струју заједничке гране аутотрансформатора (5 поена);

2.3. степен искориштења снаге трансформатора и аутотрансформатора при одговарајућем пуном оптерећењу и фактору снаге 1cos =ϕ (5 поена);

2.5. дио снаге аутотрансформатора који се преноси електромагнетским путем (5 поена);

2.4. дио снаге аутотрансформатора који се преноси електричним путем (галвански) (5 поена);

2.6. Колики ће бити пораст температуре аутотрансформатора ако се оптерети својом номиналном (пролазном) снагом? (5 поена)

3. Трофазни трансформатор на примару има 100001 =W , а на секундару 4002 =W навојака. Примар трансформатора прикључује се на мрежу линијског напона kV10 Потребно је одредити линијски напон на секундару ако је спрега трансформатора:

3.1. Dy (5 поена);

3.2. Yd (5 поена);

3.3. Dz (10 поена);

3.4. Колике су промјене индукције у трансформатору за све наведене случајеве (5 поена); Колоквијум траје 90 минута!

Оцјене: 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет НАПОМЕНА: Писати уредно! На сваком новом листу папира написати име, презиме и број индекса. Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани! Нацртати табелу за оцјењивање!

2

Рјешења задатака са колоквијума из Трансформатора (11.01.2008)

1.1.Из огледа празног хода на нисконапонској страни одређују се импеданса празног хода, фактор снаге празног хода, те реактанса магнећења и отпор који моделује губитке у гвожђу:

AVS

In

nn 4,2309

4003101600

3

3

22 =

⋅⋅

= ,

Ω=⋅

== 204,2309005,0

3/400

0

00

f

f

IU

Z ,

325,04,2309005,04003

26003

cos00

00 =

⋅⋅⋅==

IVP

ϕ ,

Ω=== 53,61325,020

cos 0

00 ϕ

ZR ,

Ω=== 35,21)325,0sin(arccos

20sin 0

0

ϕZ

X m .

Из огледа кратког споја одређује се импеданса кратког споја, фактор снаге кратког споја, те омски отпори и реактансе расипања примара и секундара:

Ω=⋅

== mIU

Zkf

kfk 6

4,23093/40006,0 ,

177,04,230906,04003

170003

cos =⋅⋅⋅

==kk

kk IV

Pϕ ,

Ω=⋅⋅== − mZR kkk 06,1177,0106cos 3ϕ , Ω=⋅⋅== − mZX kkk 9,5)177,0sin(arccos106sin 3ϕ ,

Ω==≈ mR

RR k 53,02

'21

Ω==≈ mX

XX k 95,22

'21 σσ

1.2. Излазна снага одређује се на основу познате улазне снаге и параметара трансформатора, рачунањем свих губитака снаге у трансформатору и њиховим одбијањем од улазне снаге. Пошто се напон на примару одржава на номиналној вриједности, може се сматрати да губици активне снаге у гвожђу и губици реактивне снаге на грани магнећења имају номиналну вриједност. (Занемарује се пад напона на примару, односно напон на грани магнећења сматра се константним). Уз ту претпоставку губици у гвожђу су константни и једнаки губицима празног хода:

kWPP FenFe 6,21 == , а реактивна снага на грани магнећења је:

kVArPSQQ nm 46,14)177,0tan(arccos2600tansin 000001 ===== ϕϕ . При задатој улазној снази, струја примара је:

AVQP

VS

In

5594003

1030060033

322

1

21

211

1 =⋅

⋅+=

+== .

Губици активне и реактивне снаге на подужној грани пропорционални су квадрату струје:

WIIPIRPn

CunkCu 9964,2309

55917000322

1211 =

=

=⋅= ,

kVArIXQ k 531,5559109,533 23211 =⋅⋅⋅== −

γ . Излазна активна и реактивна снага рачунају се као разлика улазних снага и губитака снаге:

3

∑ =−−⋅=−−=−= kWPPPPPP FeCuululiz 4,596260099610600 311γ ,

∑ =⋅−−⋅=−−=−= kVArQQQQQQ mululiz 2801046,14553110300 3311γγ .

Фактор снаге је:

905,0102804,596

104,596cos322

3

22=

⋅+

⋅=

+=

iziz

iz

QP

Pϕ .

Пошто трансформатор одаје и активну и реактивну снагу, терет на секундару је индуктивне природе.

Напомена: задатак се може урадити и одређивањем свих комплексних струја по гранама еквивалнентне шеме, па затим рачунањем привидне снаге по дефиницији.

1.3. Пад напона на трансформатору (уз занемарење попречне компоненте) је:

( )n

XnRn IIuuu ϕϕ sincos[%] +≈∆ ,

%06,1100101600

17000100[%] 3 =⋅

==n

CunRn S

Pu ,

%9,506,16[%] 2222 =−=−= RnkXn uuu ,

( ) %84,04,2309

559)905,0sin(arccos9,5905,006,1[%] =⋅+⋅≈∆u .

1.4. Степен искориштења снаге у овом режиму је:

994,010600104,596

3

3

=⋅⋅

==ul

iz

PP

η

1.4. Спрега трансформатора је приказана на слици (двије варијанте):

или 1. Рјешење задатка налази се у књизи „Трансформатори“, на страници 208 (задатак 10.10)

2.1. Привидна снага аутотрансформатора (пролазна снага) је:

kVAUUU

SS TAT 3,3220

22011022001

21 =+

=+

=

2.2. Струје трансформатора и аутотрансформатора су:

4

'

11 10

2202200 IA

US

I T ==== , ZT IAUS

I ==== 201102200

22

AUS

III ATz 30"1

" ==+=

2.3. Степен искориштења снаге трансформатора је:

%83,941002012200

12200cos

cos=

++⋅⋅

=++

=FeTCuTT

TT PPS

Sϕ

ϕη .

Пошто су и напони и струје на појединим намотајима трансформатора и аутотрансформатора остали исти, и губици ће остати исти, па је степен искориштења снаге аутотрансформатора:

%49,961002013300

13300cos

cos=

++⋅⋅

=++

=FeTCuTAT

ATAT PPS

Sϕ

ϕη

2.4. Дио снаге аутотрансформатора који се преноси електромагнетским путем једнак је номиналној снази трансформатора прије превезивања (код кога се снага преноси искључиво електромагнетским путем), па је:

kVASS Tmagel 2,2. == . 2.5. Дио снаге који се преноси галванским путем једнак је разлици између номиналне (пролазне) снаге аутотрансформатора и снаге која се преноси електромагнетским путем:

kVASSS TATgalvanski 1,122003300 =−=−= . 2.6 Пошто су губици у прије и послије превезивања остали исти, остаће исти и максимални пораст температуре, тј

CmTmAT °== 75ϑϑ . 3. Фазни напони су пропорционални броју навојака: WU f ~ при константној учестаности. 3.1. За спрегу Dy преносни однос је:

2

1

2

1

2

1

33 WW

U

UVV

mf

fT === , па је линијски напон на секундару:

VVWWV 8,69210000

1000040033

11

22 =

⋅== .

3.2. За спрегу Yd преносни однос је:

2

1

2

1

2

1 33WW

UU

VV

mf

fT === , па је линијски напон на секундару:

VVWWV 9,23010000

100003400

3 11

22 =

⋅== .

3.3. Спрега Dz може се посматрати преко спреге Dy код када се секундарни намотај направи од два полунамота са бројем навојака 2002/221 === WWW PP и нацрта фазорски дијаграм. Да би намотај везан у сломљену звијезду имао исти фазни напон као и намотај спојен у звијезду, потребно је да има укупно 15% навојака више, те је напон секундара у сломљеној звијезди

86,015,1/1 = пута мањи него када се исти број навојака искористи за спрегу звијезда. Због тога је ( ) ( )DymDzm TT 86,0= , па је напон на секундару:

VVWWV 4,60210000

10000400386,0386,0 1

1

22 =

⋅==

3.4. Индукција у трансформатору пропорционална је ФАЗНОМ напону примара при константној учестаности и конструкцији трансформатора. У дијелу задатка 3.2. фазни напон примара је 3 пута мањи него у дијеловима 3.1. и 3.3., па је тада индукција 3 пута мања него када је примар везан у троугао. О томе је потребно водити рачуна при превезивању!


Задаци:

1. Трофазни енергетски трансформатора снаге kVA400 напона V380/11000 , номиналне учестаности Hz50 , спреге 7Dy испитан је огледом кратког споја на нисконапонској страни при учестаности Hz40 . У том огледу измјерено је сљедеће: V70 , A500 , kW8 , Hz40 Одредити:

• Отпор и реактансу кратког споја (у омима) сведену на нисконапонску и високонапонску страну на учестаности Hz50 (20 поена)

• Компоненте напона кратког споја [%]Ru и [%]Xu . (10 поена)

• Пад напона на трансформатору при номиналној струји и индуктивном фактору снаге ind7,0cos =ϕ . (10 поена)

• Нацртати спрегу трансформатора (5 поена)

2. Трофазни трансформатор снаге kVA10 преносног односа VV 100/300 потребно је превезати у аутотрансформатор тако да пренесе највећу могућу снагу. Колики је преносни однос аутотрансформатора и колика је његова снага? (15 поена)

3. Магнетно коло једнофазне пригушнице има активни пресјек гвожђа 241025 mSFe−⋅= и на

гвожђе је намотано 200=N навојака. Омски отпор намотаја је Ω2 , а подаци о трафо лиму су )/(105,2 22 TkgHzWkH ⋅⋅⋅= − и )/(104.1 224 TkgHzWkV ⋅⋅⋅= − . Специфична тежина гвожђа је 3/9,7 dmkg . Изглед пригушнице дат је на слици, а каракетристика магнећења табеларно.

100mm

90m

m

[ ]TBm 0,6 0,8 1 1,3 [ ]mAH M 160 200 300 1000

Одредити: • Ефективну вриједност напона учестаности Hz50 који ће у магнетном колу успоставити

индукцију максималне вриједности T1 ; (5 поена) • магнетопобудну силу и струју магнећења која је потребна за успостављање флукса; (5

поена) • губитке усљед хистерезиса и вртложних струја; (5 поена) • струју кроз намотај; (5 поена) • укупне губитке и фактор снаге; (5 поена) • еквивалентне отпоре при номиналном напону. (5 поена) • скицирати фазорски дијаграм (5 поена) • укратко објаснити која је разлика између магнетних кола са ваздушним зазором у

односу на магнетна кола без ваздушног зазора (5 поена). Колоквијум траје 60 минута!

Оцјене: 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

Колоквијум из Синхроних машина Бања Лука, 27.01.2006. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! 1. Трофазни синхрони хидрогенератор ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор предаје у мрежу активну снагу MW2 , а из мреже узима MVAr1 реактивне снаге. Одредити: а) Електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму б) Струју генератора, електромоторну силу и угао оптерећења ако генератор треба да одаје исту активну снагу у мрежу уз

(25 бодова)

1cos =ϕ .

Називни подаци:

(25 бодова)

kV6,6 , MVA5 , min/1500o , Y , %20=σx , %80=adx , %35=aqx . Сви губици у машини могу се занемарити. 2. Синхрони мотор са цилиндричним ротором прикључен је на круту мрежу номиналног напона и учестаности. Подаци мотора су: kW50 , V380 , Hz50 , 2=p , Ω= 9,0sX , сви губици активне снаге могу се занемарити. Момент оптерећења на вратилу је константан и једнак Nm15,159 . Одредити: а) Активну и реактивну снагу, струју и фактор снаге ако је електромоторна сила по фази

V260 б) Одредити електромоторну силу при којој ће струја мотора бити најмања. Образложити

одговор!

(25 бодова)

(25 бодова)

Колоквијум траје 2 сата! Оцјене:

55-64 шест 65-74 седам 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

2

Рјешења колоквијума из синхроних машина (27.01.2006) 1. Трофазни синхрони хидрогенератор ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор предаје у мрежу активну снагу MW2 , а из мреже узима MVAr1 реактивне снаге. Одредити: а) Електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму б) Струју генератора, електромоторну силу и угао оптерећења ако генератор треба да одаје исту активну снагу у мрежу уз

(25 бодова)

1cos =ϕ .

Називни подаци:

(25 бодова)

kV6,6 , MVA5 , min/1500o , Y , %20=σx , %80=adx , %35=aqx . Сви губици у машини могу се занемарити.

а) Пошто генератор узима реактивну снагу из мреже, он је подпобуђен, па је фактор снаге капацитиван. Његова вриједност је:

РЈЕШЕЊЕ

capQP

P 895,01012

102cos622

6

21

21

11 =

⋅+

⋅=

+=ϕ

Струја генератора у овом режиму је:

AV

PIl

f 71,195895,066003

102cos3

6

1

11 =

⋅⋅⋅

==ϕ

.

Реактансе генератора су: [ ]

Ω=⋅

== 74,1105

660010020

100%

6

22

n

n

SVx

X σσ ,

[ ]Ω=

⋅== 97,6

1056600

10080

100%

6

22

n

nadad S

VxX ,

[ ]Ω=

⋅== 05,3

1056600

10035

100%

6

22

n

naqaq S

VxX ,

Ω=+=+= 71,897,674,1add XXX σ , Ω=+=+= 79,405,374,1aqq XXX σ . Једначина напонске равнотеже синхроног турбогенератора (са занемареним омским отпором намотаја статора) је:

qqddff IjXIjXUE ++=0 Фазорски дијаграм хидрогенератора за капацитиван фактор снаге приказан је на Сл. 1.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δ

ϕ

jXq qIjXd dI

Сл. 1. Фазорски дијаграм подпобуђеног синхроног хидротенератора

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: ddff IXEU += 0cosδ , (1)

qqf IXU =δsin , (2) ( )δϕ −= sinfd II , (3)

3

( )δϕ −= cosfq II . (4) Уврштавањем (4) у (3) добија се:

( )δϕδϕδ sinsincoscossin += fqf IXU , што након дијељења са 0cos ≠δ даје:

°=⋅−

⋅⋅=

−= 874,13

)895,0sin(arccos71,19579,43

6600895,071,19579,4arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

fqf

q

IXUIX

.

Струја генератора по d оси из (3) је: ( ) ( ) AII fd 75,42874,13895,0arccossin71,195sin =−=−= δϕ ,

па је електромоторна сила по фази на основу једначине (1):

kVIXUE ddff 331,375.4271,8874,13cos3

6600cos0 =⋅−°=−= δ ,

а њена линијска вриједност је: kVEE fL 763,5333133 00 =⋅== .

б) Када генератор ради са 1cos 2 =ϕ и активном снагом MW2 , тада је његова струја:

AV

PIl

f 16,17566003102

cos3

6

2

12 =

⋅⋅

==ϕ

.

Фазорски дијаграм синхроног хидрогенератора са јединичним фактором снаге приказан је на Сл. 2.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δ

jXq qI

jXd dI

Сл.2. Фазорски дијаграм синхроног хидрогенератора уз 1cos =ϕ

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: ddff IXEU −= 0cosδ , (5)

qqf IXU =δsin , (6) δsinfd II = , (7) δcosfq II = . (8)

Уврштавањем једначине (8) у (6) добија се: δδ cossin fqf IXU =

што након дијељења са 0cos ≠δ даје:

°=⋅

== 4,12

36600

16,17579,4arctanarctanf

fq

UIX

δ .

Електромоторна сила је на основу (5) и (7):

4

kVIXUE fdff 053,44,12sin16,17571,84,12cos3

6600sincos0 =°⋅⋅+°=+= δδ ,

а њена линијска вриједност је: kVEE fL 013,7405333 00 =⋅== .

2. Синхрони мотор са цилиндричним ротором прикључен је на круту мрежу номиналног напона и учестаности. Подаци мотора су: kW50 , V380 , Hz50 , 2=p , Ω= 9,0sX , сви губици активне снаге могу се занемарити. Момент оптерећења на вратилу је константан и једнак Nm15,159 . Одредити: а) Активну и реактивну снагу, струју и фактор снаге ако је електромоторна сила по фази

V260 б) Одредити електромоторну силу при којој ће струја мотора бити најмања. Образложити одговор!

(25 бодова)

(25 бодова)

РЈЕШЕЊЕ: Механичка снага на вратилу је:

kWpfM

pMMP s

mm 252

50215,1592=

⋅===⋅=

ππωω ,

што је уједно и улазна електрична снага јер су занемарени сви губици: kWPP mel 25== .

а) Једначина напонске равнотеже сихроног турбомотора (уз занемарен отпор статора) је: fsff IjXEU += 0

Пошто је електромоторна сила већа од напона ( 3803260 >⋅ ) мотор је надпобуђен. Фактор снаге је капацитиван, а одговорајући фазорски дијаграм може се представити као на Сл.3.

If

Uf

E0f

δjXs fI

ϕ

ϕ

Сл. 3. Фазорски дијаграм надпобуђеног синхроног турбомотора

Са фазорског дијаграма могу се написати сљедеће једначине: ϕδ cossin0 fsf IXE = , (1)

ϕδ sincos0 fsff IXUE += . (2) Активна снага мотора је:

ϕcos3 ff IUP = , а из једначине (1) је

s

ff X

EI

δϕ

sincos 0= ,

што уврштавањем у израз за активну снагу даје познату угаону карактеристику синхроне машине:

δsin3 0

s

ff

XEU

P = .

Угао оптерећења у овом режиму је:

5

°=⋅⋅

== 53,7260

33803

9,01025arcsin3

arcsin3

0 ff

s

EUPX

δ .

Једначине (1) и (2) се могу написати у облику: δϕ sincos 0 ffs EIX = , (4)

fffs UEIX −= δϕ cossin 0 , (5) па се њиховим дијељењем добија:

°=°

−°=

−= 94,47

53,7sin2603

38053,7cos260arctan

sincos

arctan0

0

δδ

ϕf

ff

EUE

,

па је фактор снаге: cap67,094,47coscos =°=ϕ .

Струја мотора је:

AXE

Is

ff 5,56

67,09,053,7sin260

cossin0 =

⋅°

==ϕδ

.

Реактивна снага је: kVArIVQ LL 58,2794,47sin5,563803sin3 =°⋅⋅⋅=⋅= ϕ .

б) Пошто је момент на вратилу константан, а занемарени су губици, електрична активна снага остаје константна:

kWPP mel 25== . Струја мотора је:

fff U

QPUSI

33

22 +== . (5)

Пошто је мотор прикључен на круту мрежу, напон је константан, тако да ће струја бити минимална ако је бројилац израза (5) минималан, односно ако ради са јединичним фактором снаге:

1cos0 =⇔= ϕQ . Струја мотора је тада:

AUP

USI

fff 88,37

33803

102533

3

=⋅

===

Одговарајући фазорски дијаграм може се извести на основу Сл. 3, и приказати као на Сл. 4.

If

Uf E0f

δ

jXs fI

Сл. 4. Фазорски дијаграм синхроног турбомотора са јединичним фактором снаге

Са фазорског дијаграма електромоторна сила је:

( ) ( ) ( ) VIXUE fsff 62,22288,379,03/380 22220 =⋅+=+= , односно њена линијска вриједност:

VEE fL 14,38562,22233 00 =⋅== .

Колоквијум из Синхроних машина Бања Лука, 02.02.2007. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! 1. Трофазни синхрони мотор са истуреним половима ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Момент оптерећења једнак је половини номиналног момента мотора. Струја побуде је тако подешена да мотор одаје у мрежу kVAr50 . Одредити:

а) Електромоторну силу, угао оптерећења, струју и фактор снаге у овом режиму (25 бодова)

б) Активну и реактивну снагу, угао оптерећења, струју и фактор снаге ако дође до прекида кола побуде, а машина се потпуно растерети. (25 бодова)

Називни подаци: kV4.0 , kW100 , min/1500o , Y , Ω= 68,1dX , Ω= 2,1qX ,. Сви губици активне снаге могу се занемарити. За оба режима нацртати фазорске дијаграме! 2. Синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: MVA5,1 , kV6,6 , Y , Hz50 , 2=p ,

%200=sX . Сви губици активне снаге могу се занемарити, а магнетно коло сматра се линеарним. Генератор ради на пасивној (сопственој) мрежи. Брзина обртања одржава се на константној и номиналној вриједности. Потребно је одредити:

а) Електромоторну силу празног хода, тако да линијски напон генератора буде kV6 при линијској струји A120 уз индуктивни фактор снаге 8,0cos =ϕ Одредити активну и реактивну снагу, те угао оптерећења у овом режиму.

б) Одредити еквивалентну импедансу мреже коју генератор напаја.

(10 бодова)

в) Струја побуде генератора се не мијења, а генератор се превеже у спрегу троугао. Одредити напон генератора, те угао оптерећења, активну и реактивну снагу у овом режиму.

(10 бодова)

г) Објаснити зашто није пожељно да се синхрони генератори везују у спрегу троугао.

(20 бодова)

(10 бодова)

Колоквијум траје 90 минута! Оцјене:


2

Рјешења колоквијума из синхроних машина (02.02.2006)

1. Пошто су сви губици занемарени, снага на вратилу једнака је улазној снази, тако да оптерећењу једнаком половини номиналног момента одговара половина номиналне електричне снаге:

kWPP nel 50210100

21 3

=⋅

== . Фактор снаге је:

( ) ( )cap

QP

P

el

el 707,010501050

1050cos2323

3

22=

⋅+⋅

⋅=

+=ϕ .

(Машина ради у моторском режиму, а реактивна снага се предаје мрежи, тако да је фактор снаге капацитиван). Струја мотора у овом режиму је:

AV

PIl

f 07,102707,04003

1050cos3

3

1

11 =

⋅⋅⋅

==ϕ

.

Једначина напонске равнотеже синхроног хидромотора (са занемареним омским отпором намотаја статора) је qqddff IjXIjXEU ++= 0 , a фазорски дијаграм хидромотора за капацитиван фактор снаге приказан је на Сл. 1.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δ

ϕ

jXq qI

jXd dI

Сл. 1. Фазорски дијаграм надпобуђеног синхроног хидромотора

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: ddff IXEU −= 0cosδ , (1)

qqf IXU =δsin , (2) ( )δϕ += sinfd II , (3) ( )δϕ += cosfq II . (4)

Уврштавањем (4) у (2) добија се: ( )δϕδϕδ sinsincoscossin −= fqf IXU ,


°=⋅+

⋅⋅=

+= 25,15

)707,0sin(arccos07,1022,13/400707,007,1022,1arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

fqf

q

IXUIX

.

Струја генератора по d оси из (3) је: ( ) ( ) AII fd 62,8825,15707,0arccossin07,102sin =−=+= δϕ ,


VIXUE ddff 6,37162,8868,125,15cos3

400cos0 =⋅+°=+= δ ,

а њена линијска вриједност је: VEE fL 78,6436,37133 00 =⋅== .

3

б) Када је машина потпуно растерећена (момент оптерећења једнак нули), тада је излазна снага једнака нули. Због занемарења свих губитака активне снаге и улазна активна снага постаје једнака нули: 02 =elP . Машина се магнети из мреже, тако да је фактор снаге индуктиван и износи ind0cos =ϕ . На основу угаоне каракетристике за активну снагу, закључује се и да је угао оптерећења једнак нули 0=δ . Једначина напонске равнотеже за хидромотор без побуде је qqddf IjXIjXU += , а фазорски дијаграм приказан је на Сл. 2.

d

q

If=Id

Uf

ϕ

jXd dI

Сл. 2. Фазорски дијаграм синхроног хидромотора без побуде у празном ходу

Са фазорског дијаграма је: 0=qI

AXU

IId

fdf 46,137

68,13/400==== ,

па је реактивна снага: kVArVIQ 95146,1374003sin3 =⋅⋅⋅== ϕ и узима се из мреже.

2. Синхрона реактанса ове машине је:

[ ] ( )Ω=

⋅⋅

== 08,58105,1106,6

100200

100%

6

232

n

nss S

VXX

а) Једначина напонске равнотеже сихроног турбогенератора (уз занемарен отпор статора) је:

fsff IjXUE +=0 , фазорски дијаграм за надпобуђени режим приказан је на Сл. 3.

U

E0

jXsI

jXoptI

I

RoptI

ϕ

ϕ

δ

Сл. 3. Фазорски дијаграм надпобуђеног синхроног турбогенератора

4

Са фазорског дијаграма могу се написати сљедеће једначине: ϕδ cossin0 fsf IXE = , (1)

ϕδ sincos0 fsff IXUE += . (2) Дијељењем ове двије једначине добија се да је угао оптерећења:

°=⋅⋅+

⋅⋅=

+= 1,36

6,012008,583/60008,012008,58arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

fsf

fs

IXUIX

,

па је електромоторна сила:

kVIX

E fsf 47,9

15,33sin8,012008,58

sincos

0 =°⋅⋅

==δ

ϕ,

односно њена линијска вриједност је: kVEE fl 4,1647,933 00 =⋅== .

Активна и реактивна снага су: MWIVP LL 18,012060003cos3 =⋅⋅⋅== ϕ

MVArIVQ LL 748,06,012060003sin3 =⋅⋅⋅== ϕ . Реактивна снага се одаје мрежи. б) параметри пасивне мреже коју генератор напаја су:

Ω=⋅⋅

== 231203101

3 2

6

2f

opt IPR ,

Ω=⋅

⋅== 3,17

120310748,0

3 2

6

2f

opt IQX .

в) Када се генератор превеже у спрегу троугао, уз непромијењену струју побуде електромоторна сила ће износити:

kVEE fl 4,161010 == . Пошто је оптерећење генератора остало исто, фактор снаге је непромијењен и износи 8,0cos =ϕ индуктивно. Са фазорског дијаграма је

( ) ( )IXXE opts +=+ δϕsin0

( ) IRE opt=+δϕcos0 , те је

( ) 26,309,23

03,1708,58=

+=

+=+

RXX

tg optsδϕ ,

односно °=+ 73δϕ , °= 36δ . Са фазорског дијаграма је такође:

ϕδ cossin0 IXE s=

ϕδ sincos0 IXUE s+= ,

па су струја и напон:

AXE

Is

f 96,2078,008,58

36sin104,16cossin 3

0 =⋅⋅⋅

==ϕδ

,

AII fL 2,36096,20733 =⋅==

kVIXEU s 02,66,096,20708,5836cos104,16sincos 30 =⋅⋅−°⋅⋅=−= ϕδ .

5

Активна и реактивна снага су: MWIUP ff 38,096,2071002,63cos3 3 =⋅⋅⋅⋅== ϕ ,

MVArIUQ ff 25,26,096,2071002,63cos3 3 =⋅⋅⋅⋅== ϕ .

Добијени резултат је очигледан, јер повећавање линијског напона за 3 пута повећава снаге 3 пута (мала одступања су посљедица промјене пада напона на синхроној реактанси). ОБЈАСНИТИ! Напомена: задатак се може једноставно урадити и на други начин, помоћу еквивалентне шеме. г) Најбитнији разлози због којих се синхроне машине не везују у спрегу троугао су:

• Код реалних синхроних машина, усљед неједнакости намотаја појединих фаза, збир електромоторних сила није једнак нули. Овај напон кроз намотаје спрегнуте у троугао може да успостави врло велику кружну струју јер су реактансе и отпори синхроних машина врло мали;

• Трећи хармоник (и остали хармоници дјељиви са три) затвара се унутар троугла и изазива загријавање машине. Да би се елиминисао трећи хармоник струје, пожељно је да генератор буде везан у неуземљену звијезду.

• Изолација крајева намотаја према звјездишту може да буде ослабљена јер је напон на тој страни врло близак нули, док би код спреге троугао изолација цијелог намотаја морала да буде направљена према номиналном напону. Звјездиште се уземљава преко велике импедансе (због заштите од пренапона), а велика имеданса уземљења ограничава нулту и струју трећег хармоника.

• Ако генератор има звјездиште, лако се изводи диференцијална заштита постављањем релеја диференцијалне струје у звјездиште.

Колоквијум из Синхроних машина Бања Лука, 20.02.2008. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! 1. Трофазни синхрони генератор са истуреним половима ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор одаје у мрежу MVA40 при индуктивном фактору снаге

8,0cos =ϕ . Одредити:

а) Електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму (15 бодова)

б) Колику максималну активну снагу при електромоторној сили одређеној у претходној тачки може да одаје овај генератор? (15 бодова) Колики су угао оптерећења, фактор снаге и реактивна снага у овом случају? (10 бодова)

в) Колику максималну активну снагу овај генератор може да одаје ако дође до прекида кола побуде? Колики је тада угао оптерећења и колика је тада реактивна снага? (10 бодова)

Називни подаци: kV10 , MVA50 , min/1500o , Y , %20=σx , %100=adx , %30=aqx . Сви губици у машини могу се занемарити. 2. Трофазни синхрони турбогенератор има сљедеће податке: V500 , Hz50 , Y , отпор статора

Ω= 5,0sR , а синхрона реактанса је Ω5 . Генератор ради на крутој мрежи номиналног напона.

а) Машина испоручује активну снагу мрежи при 1cos =ϕ . У овом режиму струја статора је A15 . Колика је електромоторна сила празног хода и колики је угао оптерећења? (15 бодова) б) Побуда машине, тј. електромоторна сила одређена у претходном дијелу задатка се не мијења. Снага погонске машине се промијени тако да струја статора достиже вриједност од A50 . Скицирати фазорски дијаграм. Одредити нови угао оптерећења. (15 бодова) в) Да ли је машина подпобуђена или надпобуђена у овом режиму? Образложити. (10 бодова) г) Извести израз за угаону карактеристику синхроног турбогенератора по реактивној снази, тј. израз ),,,( 0 sff XEUfQ δ= уз занемарење отпора статора. (10 бодова)

Колоквијум траје 120 минута! Оцјене:


2


1. Синхроне реактансе генератора су:

( )Ω=

⋅⋅+

=+

= 4,21050

1010100

10020100 6

232

n

nadd S

VxxX σ ,

( )Ω=

⋅⋅+

=+

= 11050

1010100

3020100 6

232

n

naqq S

VxxX σ .

а) Струја генератора у овом режиму је:

AV

SIn

f 230910103

10403 3

6

=⋅⋅

⋅== .

Пошто је фактор снаге индуктиван, генератор је надпобуђен (одаје реактивну снагу у мрежу), па је одговарајући фазорски дијаграм приказан на Слици 1.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δϕ

jXq qI

jXd dI

Слика 1: Фазорски дијаграм надпобуђеног синхроног хидрогенератора

Са фазорског дијаграма пишу се једначине:

ddff IXEU −= 0cosδ ,

qqf IXU =δsin ,

( )δϕ += sinfd II ,

( )δϕ += cosfq II .

Из ових једначина одређује се угао оптерећења:

°=⋅⋅+

⋅⋅⋅

=+

= 46,146,023091

31010

8,023091arctansin

cosarctan 3ϕ

ϕδ

fqf

fq

IXUIX

,

па је електромоторна сила:

( ) VIXUE ddff 739346,148,0arccossin2309146,14cos31010cos

3

0 =°+⋅⋅+°⋅

=+= δ ,

kVEE fL 8,12739333 00 =⋅== .

б) Овај дио задатка најлакше је урадити помоћу угаоне карактеристике за активну снагу синхроног хидрогенератора (ИЗВЕСТИ ИЗРАЗ!)

δδ 2sin112

3sin3 2

0

−+=

dq

f

d

ff

XXU

XEU

P .

3

Да би активна снага била максимална, потребно је да буде 0=∂∂δP , односно:

021cos

112

cos 02 =−

−

+ δδ

dqdf

f

XXXU

E

021cos

4,21

114,2

310102

7393cos 32 =−

−

⋅+ δδ

05,0cos457,0cos2 =−+ δδ .

25,04457,0457,0

cos2 ⋅+±−

=δ .

Физички прихватљиво рјешење за угао оптерећења је °= 59δ . Активна и реактивна снага рачунају се из угаоних карактеристика:

( ) MWP 48,711075,2573,45592sin4,2

111

231010

359sin4,2

7393310103

6

233

=⋅+=°⋅

−

⋅

+°

⋅

= ,

( )

( ) ( ) MVAr

XXU

XEU

Qdq

f

d

ff

6,451085,4275,2592cos14,2

111

231010

359cos4,2

7393310103

2cos1112

3cos3

6

233

20

=⋅+=°⋅−

−

⋅

+°

⋅

=

=−

−+= δδ

Фактор снаге је:

indPQ 843,0arctancoscos =

=ϕ . Реактивна снага се одаје мрежи. Образложити зашто!

Напомена: Активна и реактивна снага могу се одредити и помоћу фазорског дијаграма. в) Када дође до прекида кола побуде ( 00 =fE ), угаона карактеристика за активну снагу постаје:

δ2sin112

32

−=

dq

f

XXU

P ,

па се максимална активна снага има при углу оптерећења °= 45δ . Максимална активна снага је:

MWXX

UP

dq

f 16,294,2

111

231010

3112

3

23

2

=

−

⋅

=

−= .

Реактивна снага је

MWXX

UQ

dq

f 16,294,2

111

231010

3112

3

23

2

=

−

⋅

=

−= , што је и логично јер је ϕϕ sincos = .

Реактивна снага се сада узима из мреже јер машина није побуђена.

4

2. Једначина напонске равнотеже синхроног турбогенератора је ffsfsf UIjXIRE ++=0 , а фазорски дијаграм за ситуацију 1cos =ϕ је приказан на Слици 2.

If

Uf

E0f

δ

jXs fI

Z Is f

Rs fI

Слика 2: Фазорски дијаграм синхроног турбогенератора без занемарења sR уз 1cos =ϕ

Са фазорског дијаграма лако се одређује електромоторна сила:

( ) ( ) ( ) ( ) VIXIRUE fsfsff 84,303155155,03/500 22220 =⋅+⋅+=++= ,

VEE fL 26,52684,30333 00 =⋅== , а угао оптерећења је:

°=⋅+

⋅=

+= 21,14

155,03/500155arctanarctan

fsf

fs

IRUIX

δ

б, в) Машина је радила са јединичним фактором снаге и долази до повећавања терета. Пошто се побуда не повећава, генератор ће постати подпобуђен. (ОБЈАСНИТИ ПОМОЋУ КРЕТАЊА ФАЗОРА НА ДИЈАГРАМУ!). Фазорски дијаграм синхроног подпобуђеног турбогенератора без занемарења отпора статора приказан је на Слици 3.

If

UfE0f

δ

jXs fI Rs fI

Z Is f

ϕ

Слика 3: Фазорски дијаграм подпобуђеног синхоног турбогенератора без занемарења sR

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине:

( ) ( ) ( )222fsfsfs IRIXIZ +=

( ) δcos2 020

22fffffs EUEUIZ −+= .

Одавде је угао оптерећења:

( ) ( ) ( )( ) °=

⋅⋅⋅+−+

=+−+

= 5084,3033/5002

505,0584,3033/500arccos2

arccos22222

0

22220

2

ff

fssff

EUIRXEU

δ .

г) Угаона карактеристика за реактивну снагу је:

s

f

s

ff

XU

XEU

Q2

0 3cos3 −= δ

Колоквијум из Синхроних машина Бања Лука, 12.02.2009. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани!

1. Трофазни синхрони генератор у ХЕ „Бочац“ има сљедеће податке: MVA65 , Hz50 , Y , kV5,10 , indn 85,0cos =ϕ , min/150o , %97=dx , %59=qx , отпор статора може се

занемарити. Израчунати:

а) Номиналну активну и реактивну снагу, те одговарајућу електромоторну силу и угао оптерећења (10 бодова)

б) Колику максималну активну снагу при електромоторној сили одређеној у претходној тачки може да одаје овај генератор? (10 бодова) Колики су угао оптерећења, фактор снаге и реактивна снага у овом случају? (10 бодова)

в) У непосредној близини генератора настане кратак спој, тако да напон прикључне мреже падне на 20% номиналне вриједности. Да ли ће машина испасти из синхронизма? Које мјере се могу предузети како би се спријечио испад машине из синхронизма у случају блиских кратких спојева? Објаснити. (20 бодова)

2. Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: V380 , Hz50 , Y , а отпор и реактанса статора су Ω= 1sR , Ω= 5sX . Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију могу се занемарити. Мотор је прикључен на круту мрежу напона V380 , Hz50 . При неком оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи A14 и има најмању могућу вриједност. Тако подешена побуда се даље не мијења.

а) Написати израз за струју мотора у зависности од активне и реактивне снаге, те одредити активну и реактивну снагу, фактор снаге, угао оптерећења и електромоторну силу празног хода у овом режиму (15 бодова); б) Мотор се додатно оптерети те струја порасте на A45 . Колико износи момент који мотор сада развија и колики је нови фактор снаге? (15 бодова) в) Навести предности и недостатке синхроних турбомашина у односу на синхроне хидромашине. Објаснити разлике између угаоних карактеристика хидро и турбомашина (20 бодова)

Колоквијум траје 90 минута!

Оцјене: 55-64 шест

65-74 седам 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

2


Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 03.02.2006. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Трофазни синхрони хидрогенератор ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор предаје у мрежу снагу од MVA5,1 при ind8.0cos =ϕ . Одредити: а) Активну снагу, струју, електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму

б) Извести изразе и скицирати зависност активне и реактивне снаге од угла оптерећења хидрогенератора коме је прекинуто коло побуде. Како се одређује максимална активна снага коју генератор у трајном раду може да преда мрежи при прекинутом колу побуде?

(10 бодова)

в) Генератору је прекинуто коло побуде, а снага погонске турбине је иста као у првој тачки задатка. Одредити струју генератора, фактор снаге, активну и реактивну снагу и угао оптерећења. Да ли генератор може да трајно настави да ради у овом режиму.

(20 бодова)

(20 бодова)

Називни подаци: kV6,6 , MVA5 , min/1500o , Y , ..15.0 jrx =σ , ..7,0 jrxad = , ..4,0 jrxaq = . Сви губици активне снаге у машини могу се занемарити. ТРАНСФОРМАТОРИ 2. Трофазни трансформатор има сљедеће номиналне податке: kVA100 kVkV 4,0/20 , Yz , %6=kx , сви омски отпори и грана магнећења могу се занемарити. а) Доказати да овај трансформатор има 15,5% више бакра на секундару у односу на трансформатор спреге Yy исте номиналне снаге и истих номиналних напона.

б) Ако је трансформатор оптерећен са

(10 бодова)

kVAS 502 = при 1cos 2 =ϕ , а напон на примару је номиналан, потребно је одредити напон на секундару, процентуални пад напона, те активну и реактивну снагу примара у овом режиму. в) Које су предности и недостаци спреге сломљена звијезда у односу на спрегу звијезда?

(30 бодова)

(10 бодова)

Испит траје 2 сата!

2

Рјешења испита из Електричних генератора и трансформатора (03.02.2006) 1. Трофазни синхрони хидрогенератор ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор предаје у мрежу снагу од MVA5,1 при ind8.0cos =ϕ . Одредити: а) Активну снагу, струју, електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму


(10 бодова)


(20 бодова)

Називни подаци: (20 бодова)

kV6,6 , MVA5 , min/1500o , Y , ..15.0 jrx =σ , ..7,0 jrxad = , ..4,0 jrxaq = . Сви губици активне снаге у машини могу се занемарити. РЈЕШЕЊЕ: а) Рекатансе машине су:

[ ] Ω=⋅

== 307,1105

660015,0.. 6

22

n

n

SV

jrxX σσ ,

[ ] Ω=⋅

== 098,6105

66007,0.. 6

22

n

nadad S

VjrxX , [ ] Ω=

⋅== 485,3

10566004,0.. 6

22

n

naqaq S

VjrxX ,

Ω=+=+= 41,7098,6307,1add XXX σ , Ω=+=+= 765,4458,3307,1aqq XXX σ .

Струја генератора је:

AV

SIL

f 22,13166003105,1

3

61

1 =⋅⋅

==,

а снага MWSP 2,18,0105,1cos 6

11 =⋅⋅== ϕ Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног хидрогенератора (уз занемарен отпор

статора) је: qqddff IjXIjXUE ++=0

Фазорски дијаграм синхроног надпобуђеног хидрогенератора приказан је на Сл. 1.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δϕ

jXq qI

jXd dI

Сл. 1. Фазорски дијаграм синхроног надпобуђеног генератора

3

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: fddf EIXU 0cos =+δ , (1)




°=⋅⋅+

⋅⋅=

+= 815,6

6,022,131765,43

66008,022,131765,4arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

fqf

fq

IXUIX

.

Струја генератора по d оси из (3) је: ( ) ( ) AII fd 63,90815,68,0arccossin22,131sin =+=+= δϕ ,


kVIXUE ddff 455,463,9041,7815,6cos3

6600cos0 =⋅+°=+= δ ,

а њена линијска вриједност је: kVkVEE fL 717,7445,433 00 =⋅== .

б) Када дође до прекида кола побуде, синхрони хидрогенератор може да настави са радом захваљујући релуктантној компоненти момента. Реактивна снага не може да се прозиводи (пошто нема побуде), тако да је генератор подпобуђен, односно његов фактор снаге је капацитиван.. Једначина напонске равнотеже синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде гласи:

qqddf IjXIjXU ++=0 , а фазорски дијаграм је приказан на Сл. 2:

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δΨ

ϕ

jXq qIjXd dI

Сл. 2. Фазорски дијаграм синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: ddf IXU =δcos , (5)

qqf IXU =δsin , (6) ( )δϕ −=Ψ= sinsin ffd III , (7) ( )δϕ −=Ψ= coscos ffq III . (8)

Активна снага хидрогенератора је:

4

( ) [ ]δδδϕ sinsincoscos3cos3cos3 Ψ−Ψ=+Ψ== ffffff IUIUIUP .

Из једначина (5-8) је:

q

ff X

UI

δsincos =Ψ , (9)

d

ff X

UI

δcossin =Ψ , (10)

те је израз за активну снагу:

δ2sin1123 2

−=

dqf XX

UP . (11)

Реактивна снага је: ( ) [ ]δδδϕ sincoscossin3sin3sin3 Ψ+Ψ=+Ψ== ffffff IUIUIUQ ,

што уз кориштење (9) и (10) даје:

+=

qdf XX

UQ δδ 222 sincos3 . (12)

Изглед угаоних карактеристика приказан је на Сл. 3.

а)

б)

Сл. 3. Угаона карактеристика активне (а) и реактивне снаге (б) синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде

Када је коло побуде прекинуто, производња и активне и реактивне снаге мијења се само од угла оптерећења δ . Максимална активна снага се теоријски има ако је 4/πδ = , али је при томе потребно водити рачуна да струја генератора не пређе номиналну вриједност. У складу са Сл.3,

5

повећавањем угла δ повећава и производња реактивне снаге, јер у опсегу стабилног рада за 4/0 πδ << и активна и реактивна снага су растуће функције. У трајном раду струја генератора не

смије прећи номиналну вриједност, што се своди на услов да привидна снага у том режиму мора бити једнака номиналној вриједности:

22 QPS +=

Уврштавањем (11) и (12) у (13) може се одредити угао оптерећења δ такав да машина има номиналну струју и развија максималну снагу. Треба примијетити са Сл. 3.б да је реактивна снага знатно већа од активне. в) Снага погонске турбине се не мијења, што значи да генератор и након прекида кола побуде у мрежу треба да одаје исту активну снагу (занемарени су сви губици):

MWSPP 2,18,0105,1cos 6112 =⋅⋅=== ϕ .

Прекидом кола побуде, синхрони хидрогенератор развија само релуктантну компоненту момента (снаге), која на основу угаоне карактеристике износи:

δ2sin1123 2

−=

dqf XX

UP ,

одакле је нови угао оптерећења:

°=

−

⋅⋅=

−

= 674,23

41,71

765,416600

102,12arcsin21

113

2arcsin21

2

6

2

dqf XX

U

Pδ .

Пошто је овај угао мањи од °45 , машина наставља са радом (ОБЈАСНИТИ!!!). У овом случају, угао δ је угао између напона и q осе. Струје по d и q оси су на основу (5) и (6):

AX

UI

d

fd 96,470

41,7

674,23cos3

6600cos

===δ

AX

UI

q

fq 1,321

765,4

674,23sin3

6600sin

===δ

.


AIII qdf 5701,32196,470 22221 =+=+= .

Номинална струја генератора је:

AV

SI

nL

nn 38,437

66003105

3

6

=⋅⋅

== .

Пошто је нова струја генератора већа од номиналне струје, генератор НЕ МОЖЕ да трајно ради у овом режиму. Угао између струје и напона је из (7):

°=°+=+= 388,79674,23570

96,470arcsinarcsin δϕf

d

II

,

а фактор снаге cap184,0388,79coscos =°=ϕ

6

Реактивна снага генератора је:

MVArIVQ LL 4,6388,79sin57066003sin3 1 =⋅⋅⋅== ϕ , и она се узима из мреже. Исти резултат би се добио кориштењем угаоне карактеристике реактивне снаге (12). 2. Трофазни трансформатор има сљедеће номиналне податке: kVA100 kVkV 4,0/20 , Yz , %6=kx , сви омски отпори и грана магнећења могу се занемарити. а) Доказати да овај трансформатор има 15,5% више бакра на секундару у односу на трансформатор спреге Yy исте номиналне снаге и истих номиналних напона.


(10 бодова)


(30 бодова)

(10 бодова)

РЈЕШЕЊЕ: а) Тражени доказ се може једноставно извести на основу фазорског дијаграма напона на страни сломљене звијезде, приказаног на Сл. 4. Испрекиданом линијом приказани су фазори напона еквивалентне звијезде, а пуном полунапони сломљене звијезде.

30o30o

N /2ZN /2Z

NY

Сл. 4: Фазорски дијаграм напона спреге сломљена звијезда

Нека трансформатор спреге сломљена звијезда има ZN навојака, а трансформатор еквивалентне спреге звијезда YN . Фазори напона пропорционални су одговарајућем броју навојака, како је и приказано на Сл. 4. Пошто је потребно да напони буду једнаки, са фазорског дијаграма може се написати:

ZZZ

Y NNNN2330cos

230cos

2=°+°= ,

одакле је тражени однос броја навојака:

155,13

2==

Y

Z

NN .

односно при истој снази, спрега сломљена звијезда има 15,5% више бакра у односу на спрегу звијезда при истим линијским напонима.

7

б) Апсолутна вриједност реактансе кратког споја (сведена на секундар) је:

Ω=⋅

== 096,010100

400100

6100

[%]3

22

n

nkT S

VxX .

Пошто су занемарени сви омски отпори и грана магнећења, еквивалентна шема се може представити као на Сл. 5:

Сл. 5. Еквивалентна шема трансформатора коме је занемарена грана магнећења и сви омски

отпори Струја трансформатора је:

2

2

3 ff U

PI = .

Номинални напон примара (сведен на секундар) је V400 , односно његова фазна вриједност је:

VU f 94,2303

4001 == .

Фазорски дијаграм трансформатора приказан је на Сл. 5.

U1f U2f

If

jXT fI

Слика 1: Фазорски дијаграм трансфороматора са занемареном граном магнећења, активним

отпорностима, и јединичним фактором снаге на секундару Са фазорског дијаграма је

( )2

2

21

221

22 cos3

−=−=

ϕfTffTff U

PXUIXUU ,

односно добија се биквадратна једначина:

09

2222

21

42 =+⋅−

PXUUU Tfff

Уврштавањем напона примара, активне снаге и реактансе кратког споја добија се:

( ) 09

1050096,094,230232

22

242 =

⋅⋅+⋅− ff UU ,

односно:

8

01056,210333,5 622

442 =⋅+⋅− ff UU .

Физички прихватљиво рјешење за напон секундара је: VU f 82,2302 = .

Линијски напон секундара је:

VUV fL 8,39982,23033 22 =⋅=⋅= .

Релативни пад напона је:

%048,010094,230

82,23094,230100[%]1

21 =⋅−

=⋅−

=∆f

ff

UUU

u .

Струја трансформатора је:

AUPI

ff 2,72

82,23031050

3

3

2

2 =⋅⋅

== .

Пошто нема губитака активне снаге, активна снага примара једнака је активној снази секундара: kWPP 5021 == .

Реактивна снага на секундару једнака је нули (трансформатор је чисто активно оптерећен): 02 =Q ,

а губици реактивне снаге су: WIXQ fT 5,15012,72096,033 22 =⋅⋅==γ ,

што је уједно и улазна реактивна снага: WQQ 5,15011 == γ .

в) Недостаци спреге сломљена звијезда су већа потрошња материјала, а самим тим и већа цијена, као и сложенији процес израде. Предности су у раду са великим несиметријама на секундару, као и у присуству виших хармоника (ДЕТАЉНО ОБЈАСНИТИ!). Ова спрега користи добре особине спреге звијезда (постоје и фазни и линијски напони) и троугла, јер нема додатних флуксева и губитака при несиметрији.

Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 04.07.2007. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор чија је синхрона импеданса Ω+= )20j1(Zsg , служи за напајање синхроног мотора чија је синхрона импеданса Ω+= )30j2(Zsm . Генератор ради у режиму када је напон на његовим крајевима V2000U = , струја A15I = , а фактор снаге 8.0cos =ϕ (инд). Обjе машине су осмополне и спрегнуте у звијезду. Колико износи механички угаони помјерај између ротора ових машина? Нацртати одговарајући векторски дијаграм! ТРАНСФОРМАТОРИ У трансформаторској станици „Цапарде“ предвиђена је уградња дистирбутивног трансформатора сљедећих података:

MVA4 , kVkV /10/35 , Hz50 , %7=ku , Dy , kWPCun 45= .

Потребно је одредити: а) ударну и устаљену струју трополног кратког споја на сабирницама ниског напона, сматрајући да је мрежа на коју је трансформатор прикључен идеално крута; б) субртанзијентну снагу трополног и једнополног кратког споја ако звјездиште није уземљено; в) субртанзијентну снагу трополног и једнополног кратког споја ако је звјездиште уземљено.


Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 11.05.2006. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Синхрони турбогенератор повезан је са крутом мрежом (мрежом бесконачне снаге) преко два паралелна вода чија је појединачна реактанса ..6,0 jr Синхрона реактанса машине је ..9,0 jrxs = Напон круте мреже је ..1 jr

• Генератор ради у режиму у којем даје називну струју при фактору снаге 1cos =ϕ на својим прикључцима. Одредити напон генератора, индуковану емс и активну и реактивну снагу испоручену крутој мрежи.

• Због квара, један вод се искључује. Побуда генератора се не мијења. Да ли генератор може испоручити мрежи активну снагу из а), и ако не може, колика је активна снага која се може предати мрежи.

• Извести изразе за угаоне карактеристике по активној и реактивној снази синхроног турбогенератора.

ТРАНСФОРМАТОРИ 2 Трофазни трансформатор kVA24 , Yy , kVkV /4,0/10 има максимални степен искоришћења када даје 87.8 % номиналне снаге при 1cos =ϕ . У огледу празног хода са kVV 80 = измјерени су губици

WP 1000 = и струја празног хода %20 =j . • Одредити номиналне губитке у гвожђу, номиналне губитке у бакру, максимални степен

искоришћења и губитке при максималном степену искоришћења. • Ако је %5=xu , потребно је наћи напон кратког споја у процентима као и све параметре

еквивалентне шеме. • Колики ја пад напона у трансформатору при половини називног оптерећења и фактору

снаге 0.8? • Извести израз за пад напона на трансформатору.


2

Рјешења испита из Електричних генератора и трансформатора (11.05.2006)

Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 16.02.2011. Писати уредно! Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Синхрони турбогенератор повезан је са крутом мрежом (мрежом бесконачне снаге) преко три паралелна вода чија је појединачна реактанса ..6,0 jr Синхрона реактанса машине је ..85,0 jrxs = Напон круте мреже је ..1 jr

• Генератор ради у режиму у којем даје називну струју при фактору снаге 1cos =ϕ на својим прикључцима. Одредити напон генератора, индуковану емс и активну и реактивну снагу испоручену крутој мрежи.

• Због квара, један вод се искључује. Побуда генератора се не мијења. Да ли генератор може испоручити мрежи активну снагу из а), и ако не може, колика је активна снага која се може предати мрежи.

• Због квара, два вода се искључују. Побуда генератора се не мијења. Да ли генератор може испоручити мрежи активну снагу из а), и ако не може, колика је активна снага која се може предати мрежи.

• Образложити како број паралелно вођених идентичних водова утиче на могућности преноса активне и реактивне снаге синхроног генератора

Сваки дио задатка носи по 25% поена! ТРАНСФОРМАТОРИ 2 Трофазни трансформатор kVA24 , Yy , kVkV /4,0/10 има максимални степен искоришћења када даје 87.8 % номиналне снаге при 1cos =ϕ . У огледу празног хода са kVV 80 = измјерени су губици

WP 1200 = и струја празног хода %20 =j . • Одредити номиналне губитке у гвожђу, номиналне губитке у бакру, максимални степен

искоришћења и губитке при максималном степену искоришћења. • Ако је %5=xu , потребно је наћи напон кратког споја у процентима као и све параметре

еквивалентне шеме. • Колики ја пад напона у трансформатору при 75% називног оптерећења и фактору снаге

0.8 капацитивно? Скицирати фазорски дијаграм! • Извести израз за пад напона на трансформатору у функцији струје и фактора снаге

оптерећења. Сваки дио задатка носи по 25% поена!


Испит из предмета Електрични генератори и трансформатори

Бања Лука, 18.04.2007. ТРАНСФОРМАТОРИ

Трофазни трансформатор снаге kVA630 има максимални пораст температуре Cm °= 90ϑ и временску константу загријавања 60 минута. Губици у бакру при %50 номиналне струје износе kW5 . Максимални степен корисног дејства постиже се при %60 номиналне струје.

Коликом максималном привидном снагом трансформатор може бити оптерећен 2 сата при %90 номиналног напона? СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: MVA25 ,

kV20 , Hz50 , спрега Y . Отпор статора може се занемарити. Генератор ради на крутој мрежи номиналног напона и учестаности. Карактеристика празног хода (фазна електромоторна сила у функцији струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и представљена сљедећом табелом:

[ ]AI P 20 50 80 100 120 140 160 180 200

[ ]kVE f0 1,73 8,53 16,90 18,48 20,13 21,46 22,53 23,33 24

Када је струја побуде A100 генератор у мрежу испоручује номиналну струју уз индуктивни фактор снаге 8,0cos =ϕ . Колика треба да буде струја побуде да би генератор у мрежу испоручивао исту активну снагу уз фактор снаге 1cos =ϕ ?


Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 20.06.2007. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Синхрони турбогенератор ради на изолованој мрежи и напаја трофазни симетрични омски потрошач чија је отпорност по фази Ω= 4,48PR при брзини од min/1500on = . Генератор је покретан турбином константне снаге kWP 3= . Уколико се побудна струја генератора одржава константном, потребно је одредити напон и брзину обртања генератора када се паралелно датом потрошачу пркључи још један трофазни симетрични омски потрошач исте отпорности. Број пари полова генератора је 2=p , а синхрона индуктивност mHLs 55= . Губици у генератору и прикључном воду могу се занемарити. ТРАНСФОРМАТОРИ Трофазни уљни дистрибутивни трансформатор са номиналним подацима: Sn = 400 kVA, U1 / U20 = 10 / 0,4 kV, 50 Hz, Dy5, начин хлађења ONAN, номиналним губицима у бакру PKn = 6 kW, uКn = 6 %, номиналним губицима у гвожђу P0n = 1.2 kW, j0 = 1,8 % и термичком временском констаном T = 2h има максимални пораст температуре θm = 65 K. Трансформатор је прикључен на мрежу 10 kV, 50 Hz и напаја асинхрони мотор који циклично ради 30 минута у номиналном режиму, а затим је 10 минута искључен. Ако је номинална привидна снага асинхроног мотора Sn = 450 kVA, одредити максимални пораст температуре трансформатора третирајући трансформатор као хомогено тијело.


2

Рјешења испита из Електричних генератора и трансформатора (03.02.2006) 1. Трофазни синхрони хидрогенератор ради прикључен на круту мрежу називног напона и учестаности. Генератор предаје у мрежу снагу од MVA5,1 при ind8.0cos =ϕ . Одредити: а) Активну снагу, струју, електромоторну силу и угао оптерећења у овом режиму


(10 бодова)


(20 бодова)

Називни подаци: (20 бодова)

kV6,6 , MVA5 , min/1500o , Y , ..15.0 jrx =σ , ..7,0 jrxad = , ..4,0 jrxaq = . Сви губици активне снаге у машини могу се занемарити. РЈЕШЕЊЕ: а) Рекатансе машине су:

[ ] Ω=⋅

== 307,1105

660015,0.. 6

22

n

n

SV

jrxX σσ ,

[ ] Ω=⋅

== 098,6105

66007,0.. 6

22

n

nadad S

VjrxX , [ ] Ω=

⋅== 485,3

10566004,0.. 6

22

n

naqaq S

VjrxX ,

Ω=+=+= 41,7098,6307,1add XXX σ , Ω=+=+= 765,4458,3307,1aqq XXX σ .


AV

SIL

f 22,13166003105,1

3

61

1 =⋅⋅

==,

а снага MWSP 2,18,0105,1cos 6

11 =⋅⋅== ϕ Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног хидрогенератора (уз занемарен отпор

статора) је: qqddff IjXIjXUE ++=0

Фазорски дијаграм синхроног надпобуђеног хидрогенератора приказан је на Сл. 1.

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δϕ

jXq qI

jXd dI

Сл. 1. Фазорски дијаграм синхроног надпобуђеног генератора

3

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: fddf EIXU 0cos =+δ , (1)




°=⋅⋅+

⋅⋅=

+= 815,6

6,022,131765,43

66008,022,131765,4arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

fqf

fq

IXUIX

.

Струја генератора по d оси из (3) је: ( ) ( ) AII fd 63,90815,68,0arccossin22,131sin =+=+= δϕ ,


kVIXUE ddff 455,463,9041,7815,6cos3

6600cos0 =⋅+°=+= δ ,

а њена линијска вриједност је: kVkVEE fL 717,7445,433 00 =⋅== .

б) Када дође до прекида кола побуде, синхрони хидрогенератор може да настави са радом захваљујући релуктантној компоненти момента. Реактивна снага не може да се прозиводи (пошто нема побуде), тако да је генератор подпобуђен, односно његов фактор снаге је капацитиван.. Једначина напонске равнотеже синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде гласи:

qqddf IjXIjXU ++=0 , а фазорски дијаграм је приказан на Сл. 2:

d

q

If

Id

Iq

Uf

E0f

δΨ

ϕ

jXq qIjXd dI

Сл. 2. Фазорски дијаграм синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде

Са фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине: ddf IXU =δcos , (5)

qqf IXU =δsin , (6) ( )δϕ −=Ψ= sinsin ffd III , (7) ( )δϕ −=Ψ= coscos ffq III . (8)

Активна снага хидрогенератора је:

4

( ) [ ]δδδϕ sinsincoscos3cos3cos3 Ψ−Ψ=+Ψ== ffffff IUIUIUP .

Из једначина (5-8) је:

q

ff X

UI

δsincos =Ψ , (9)

d

ff X

UI

δcossin =Ψ , (10)

те је израз за активну снагу:

δ2sin1123 2

−=

dqf XX

UP . (11)

Реактивна снага је: ( ) [ ]δδδϕ sincoscossin3sin3sin3 Ψ+Ψ=+Ψ== ffffff IUIUIUQ ,

што уз кориштење (9) и (10) даје:

+=

qdf XX

UQ δδ 222 sincos3 . (12)

Изглед угаоних карактеристика приказан је на Сл. 3.

а)

б)

Сл. 3. Угаона карактеристика активне (а) и реактивне снаге (б) синхроног хидрогенератора са прекинутим колом побуде

Када је коло побуде прекинуто, производња и активне и реактивне снаге мијења се само од угла оптерећења δ . Максимална активна снага се теоријски има ако је 4/πδ = , али је при томе потребно водити рачуна да струја генератора не пређе номиналну вриједност. У складу са Сл.3,

5

повећавањем угла δ повећава и производња реактивне снаге, јер у опсегу стабилног рада за 4/0 πδ << и активна и реактивна снага су растуће функције. У трајном раду струја генератора не

смије прећи номиналну вриједност, што се своди на услов да привидна снага у том режиму мора бити једнака номиналној вриједности:

22 QPS +=

Уврштавањем (11) и (12) у (13) може се одредити угао оптерећења δ такав да машина има номиналну струју и развија максималну снагу. Треба примијетити са Сл. 3.б да је реактивна снага знатно већа од активне. в) Снага погонске турбине се не мијења, што значи да генератор и након прекида кола побуде у мрежу треба да одаје исту активну снагу (занемарени су сви губици):

MWSPP 2,18,0105,1cos 6112 =⋅⋅=== ϕ .

Прекидом кола побуде, синхрони хидрогенератор развија само релуктантну компоненту момента (снаге), која на основу угаоне карактеристике износи:

δ2sin1123 2

−=

dqf XX

UP ,


°=

−

⋅⋅=

−

= 674,23

41,71

765,416600

102,12arcsin21

113

2arcsin21

2

6

2

dqf XX

U

Pδ .

Пошто је овај угао мањи од °45 , машина наставља са радом (ОБЈАСНИТИ!!!). У овом случају, угао δ је угао између напона и q осе. Струје по d и q оси су на основу (5) и (6):

AX

UI

d

fd 96,470

41,7

674,23cos3

6600cos

===δ

AX

UI

q

fq 1,321

765,4

674,23sin3

6600sin

===δ

.


AIII qdf 5701,32196,470 22221 =+=+= .


AV

SI

nL

nn 38,437

66003105

3

6

=⋅⋅

== .

Пошто је нова струја генератора већа од номиналне струје, генератор НЕ МОЖЕ да трајно ради у овом режиму. Угао између струје и напона је из (7):

°=°+=+= 388,79674,23570

96,470arcsinarcsin δϕf

d

II

,

а фактор снаге cap184,0388,79coscos =°=ϕ

6

Реактивна снага генератора је:

MVArIVQ LL 4,6388,79sin57066003sin3 1 =⋅⋅⋅== ϕ , и она се узима из мреже. Исти резултат би се добио кориштењем угаоне карактеристике реактивне снаге (12). 2. Трофазни трансформатор има сљедеће номиналне податке: kVA100 kVkV 4,0/20 , Yz , %6=kx , сви омски отпори и грана магнећења могу се занемарити. а) Доказати да овај трансформатор има 15,5% више бакра на секундару у односу на трансформатор спреге Yy исте номиналне снаге и истих номиналних напона.


(10 бодова)


(30 бодова)

(10 бодова)

РЈЕШЕЊЕ: а) Тражени доказ се може једноставно извести на основу фазорског дијаграма напона на страни сломљене звијезде, приказаног на Сл. 4. Испрекиданом линијом приказани су фазори напона еквивалентне звијезде, а пуном полунапони сломљене звијезде.

30o30o

N /2ZN /2Z

NY

Сл. 4: Фазорски дијаграм напона спреге сломљена звијезда

Нека трансформатор спреге сломљена звијезда има ZN навојака, а трансформатор еквивалентне спреге звијезда YN . Фазори напона пропорционални су одговарајућем броју навојака, како је и приказано на Сл. 4. Пошто је потребно да напони буду једнаки, са фазорског дијаграма може се написати:

ZZZ

Y NNNN2330cos

230cos

2=°+°= ,

одакле је тражени однос броја навојака:

155,13

2==

Y

Z

NN .

односно при истој снази, спрега сломљена звијезда има 15,5% више бакра у односу на спрегу звијезда при истим линијским напонима.

7

б) Апсолутна вриједност реактансе кратког споја (сведена на секундар) је:

Ω=⋅

== 096,010100

400100

6100

[%]3

22

n

nkT S

VxX .

Пошто су занемарени сви омски отпори и грана магнећења, еквивалентна шема се може представити као на Сл. 5:

Сл. 5. Еквивалентна шема трансформатора коме је занемарена грана магнећења и сви омски

отпори Струја трансформатора је:

2

2

3 ff U

PI = .

Номинални напон примара (сведен на секундар) је V400 , односно његова фазна вриједност је:

VU f 94,2303

4001 == .

Фазорски дијаграм трансформатора приказан је на Сл. 5.

U1f U2f

If

jXT fI

Слика 1: Фазорски дијаграм трансфороматора са занемареном граном магнећења, активним

отпорностима, и јединичним фактором снаге на секундару Са фазорског дијаграма је

( )2

2

21

221

22 cos3

−=−=

ϕfTffTff U

PXUIXUU ,

односно добија се биквадратна једначина:

09

2222

21

42 =+⋅−

PXUUU Tfff

Уврштавањем напона примара, активне снаге и реактансе кратког споја добија се:

( ) 09

1050096,094,230232

22

242 =

⋅⋅+⋅− ff UU ,

односно:

8

01056,210333,5 622

442 =⋅+⋅− ff UU .

Физички прихватљиво рјешење за напон секундара је: VU f 82,2302 = .

Линијски напон секундара је:

VUV fL 8,39982,23033 22 =⋅=⋅= .

Релативни пад напона је:

%048,010094,230

82,23094,230100[%]1

21 =⋅−

=⋅−

=∆f

ff

UUU

u .

Струја трансформатора је:

AUPI

ff 2,72

82,23031050

3

3

2

2 =⋅⋅

== .

Пошто нема губитака активне снаге, активна снага примара једнака је активној снази секундара: kWPP 5021 == .

Реактивна снага на секундару једнака је нули (трансформатор је чисто активно оптерећен): 02 =Q ,

а губици реактивне снаге су: WIXQ fT 5,15012,72096,033 22 =⋅⋅==γ ,

што је уједно и улазна реактивна снага: WQQ 5,15011 == γ .

в) Недостаци спреге сломљена звијезда су већа потрошња материјала, а самим тим и већа цијена, као и сложенији процес израде. Предности су у раду са великим несиметријама на секундару, као и у присуству виших хармоника (ДЕТАЉНО ОБЈАСНИТИ!). Ова спрега користи добре особине спреге звијезда (постоје и фазни и линијски напони) и троугла, јер нема додатних флуксева и губитака при несиметрији.

Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 22.02.2006. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: MVA25 , kV20 , Hz50 , спрега Y . Отпор статора може се занемарити. Генератор ради на крутој мрежи номиналног напона и учестаности. Карактеристика празног хода (фазна електромоторна сила у функцији струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и представљена сљедећом табелом:

[ ]AI P 20 50 80 100 120 140 160 180 200

[ ]kVE f0 1,73 8,53 16,90 18,48 20,13 21,46 22,53 23,33 24

Када је струја побуде A100 генератор у мрежу испоручује номиналну струју уз индуктивни фактор снаге 8,0cos =ϕ . Колика треба да буде струја побуде да би генератор у мрежу испоручивао исту активну снагу уз фактор снаге 1cos =ϕ ? ТРАНСФОРМАТОРИ Tрофазни енергетски трансформатор kVA100 има напон и реактансу кратког споја %4=ku и

%3=kx респективно. При номиналном оптерећењу и фактору снаге 8,0cos =ϕ трансформатор има степен корисног дејства 95,0=nη и пораст температуре (надтемпературу) Cm °= 90ϑ . У раду је трансформатор преоптерећен, па је пораст температуре у устаљеном стању Cm °= 1201ϑ . Ради растерећења паралелно са њиме везује се трансформатор снаге kVA50 истог преносног односа и исте спреге. Потребно је одредити напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био номинално оптерећен, те оптерећење другог трансформатора.


2

Рјешења испита из Електричних генератора и трансформатора (22.02.2006)

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: MVA25 , kV20 , Hz50 , спрега Y . Отпор статора може се занемарити. Генератор ради на крутој мрежи номиналног напона и учестаности. Карактеристика празног хода (фазна електромоторна сила у функцији струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и представљена сљедећом табелом:

[ ]AI P 20 50 80 100 120 140 160 180 200

[ ]kVE f0 1,73 8,53 16,90 18,48 20,13 21,46 22,53 23,33 24

Када је струја побуде A100 генератор у мрежу испоручује номиналну струју уз индуктивни фактор снаге 8,0cos =ϕ . Колика треба да буде струја побуде да би генератор у мрежу испоручивао исту активну снагу уз фактор снаге 1cos =ϕ ? РЈЕШЕЊЕ Из номиналних података генератора потребно је прво одредити синхрону реактансу. Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног генератора је ss IjXUE +=0 , а фазорски дијаграм приказан је на сљедећој слици:

U

E0jX

sI

Iϕ

ϕ

δ

Номинални фазни напон и струја генератора су:

kVVU nfn 55,11

31020

3

3

=⋅

== , AV

SIn

nn 69,721

102031025

3 3

6

=⋅⋅

⋅=

⋅= .

Активна снага коју генератор испоручује у номиналном режиму је: MWSP nnn 208,01025cos 6 =⋅⋅== ϕ .

Струји побуде од A100 из табеле одговара фазна вриједност електромоторне силе kVE fn 48,180 = .

На основу фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине у номиналном режиму: ( ) nsnnnnnn IXUE +=+ ϕδϕ sinsin0

3

( ) nnnnn UE ϕδϕ coscos0 =+ ,

одакле је у номиналном режиму:

( ) 5,01048,18

8,01055,11coscos 3

3

0

=⋅⋅⋅

==+n

nnnn E

U ϕδϕ , па је

°=+ 60nn δϕ , односно °=−°= 13,238,0arccos60nδ .

Синхрона реактанса је ( )

Ω=⋅⋅−°⋅

=−+

= 57,1269,721

6,01055,1160sin1048,18sinsin 330

n

nnnnnsn I

UEX ϕδϕ .

Да би генератор испоручивао MWPP n 201 == при 1cos 1 =ϕ потребно је да струја генератора буде:

AV

PIn

35,577110203

1020cos3 3

6

1

11 =

⋅⋅⋅⋅

==ϕ

.

Пошто је у овом режиму °= 0ϕ , троугао са слике је правоугли, па је:

( ) ( ) ( ) kVIXUE sff 625,1335,57757,121055,11 22321

210 =⋅+⋅=+=

Фазној вриједности електромоторне силе од kVE f 58,1310 = одговара струја побуде AIA P 8050 1 << . Линеарном интерполацијом криве магнећења између тачака ( )kVA 53,8,50 и

( )kVA 90,16,80 можемо одредити потребну струју побуде за kVE f 625,1310 = :

( ) ( )505080

1053,8109,161053,8 1

333

10 −−

⋅−⋅=⋅− Pf IE ,

одакле је нова струја побуде AI P 26,681 = .

ТРАНСФОРМАТОРИ Tрофазни енергетски трансформатор kVA100 има напон и реактансу кратког споја %4=ku и

%3=kx респективно. При номиналном оптерећењу и фактору снаге 8,0cos =ϕ трансформатор има степен корисног дејства 95,0=nη и пораст температуре (надтемпературу) Cm °= 90ϑ . У раду је трансформатор преоптерећен, па је пораст температуре у устаљеном стању Cm °= 1201ϑ . Ради растерећења паралелно са њиме везује се трансформатор снаге kVA50 истог преносног односа и исте спреге. Потребно је одредити напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био номинално оптерећен, те оптерећење другог трансформатора. РЈЕШЕЊЕ Номинални губици у транформатору су:

∑ =⋅⋅−

=−

=+= kWSPPP nnFenCungn 21,48,01010095,0

95,01cos1 3ϕηη .

Знајући да је [%][%][%][%] 22kkkk xrzu +== , отпор кратког споја је:

%646,234[%][%][%] 2222 =−=−= kkk xur , па је

4

kWSrP nk

Cun 646,210100100646,2

100[%] 3 =⋅== ,

а номинални губици у гвожђу су: kWPPP CungnFen 564,126464210 =−=−= ∑ .

Максимални пораст температуре (надтемпература) пропорционалан је губицима:

FeCum PP +~ϑ , па је

FenCun

FenCuXmnmX PP

PP++

=ϑϑ , одакле је

( ) ( ) kWPPPP FenFenCunmn

mXCuX 05,4156415642646

90120

=−+=−+=ϑϑ .

Пошто је 2~ IPCu , биће

nnCun

CuXnX II

PPII 24,1

26464050

=== , односно снага трансформатора је

kVASS nX 1241010024,124,1 31 =⋅⋅=⋅= .

Да први трансформатор не би био преоптерећен ( kVASS n 10011 == ), други треба да преузме снагу

( ) kVAkVASSS nX 241001242 =−=−= .

Из познатог израза за расподјелу оптерећења паралелно везаних трансформатора:

2

2

2

1

12

2 n

k

n

k

nk

uk S

uS

uSu

SS ⋅

+

= , гдје је xuk SS = укупно оптерећење, добија се:

%33,8424

2412410050

12

2

1

22 =⋅

−=

−= k

uk

n

nk u

SSS

SSu .

Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 26.02.2007. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор у ХЕ Требиње 2 има сљедеће номиналне податке: MVA10 , kV3,6 ,

%100=dx , %60=qx Y , indn 8,0cos =ϕ , Hz50 , min/200o . Сви губици снаге могу се занемарити. Одредити: а) Струју, момент, номиналну активну и реактивну снагу, индуковану електромоторну силу празног хода и угао оптерећења у номиналном режиму. б) Генератор у мрежу даје у мрежу половину номиналне активне снаге и номиналну реактивну снагу. Одредити фактор снаге, струју, момент, индуковану електромоторну силу праног хода и угао оптерећења у овом режиму. в) Израчунати сачинилаз синхронизационе снаге за претходне режиме г) Генератор је преко блок трансформатора преносног односа kV35/3,6 повезан на дистрибутивну мрежу. Скицирати једнополну шему блок – везе и објаснити поступак синхронизације генератора. ТРАНСФОРМАТОРИ Трофазни трансформатор са подацима kVA1600 , kV4,0/10 спреге 1Yd , напона кратког споја %6 има номиналне губитке у гвожђу и бакру kWPFen 3= и kWPCun 9,17= . Одредити:

а) степен искориштења снаге и пад напона при половини номиналног оптерећења уз 8,0cos =ϕ индуктивно; б) Ако је трансформатор оптерећен номинално, одредити фактор снаге при коме се има максимални пад напона и колико он износи; в) Нацртати спрегу трансформатора и фазорски дијаграм; г) Високонапонска страна трансформатора прикључена је на номинални напон, а звјездиште није уземљено. Трансформатор ради на граници засићења. Да ли постоји трећи хармоник у линијским струјама примара, фазним струјама секундара и линијским струјама секундара? Објаснити. Шта би се промијенило ако би звјездиште трансформатора било уземљено. Сваки дио задатка носи подједнак број поена (25%). Да би се положио испит, потребно је урадити најмање по 50% из сваке области (СМ и ТР)!


Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 26.10.2007. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Намотај побуде синхроног турбогенератора приказан је на слици. Одредити угао β тако да се елиминише пети просторни хармоник магнетопобудне силе коју ствара овај намотај.

2β

ТРАНСФОРМАТОРИ Трансформатор спреге Yz називног напона примара kV10 има 950 навојака по фази примара и 56 навојака по фази секундара. Потребно је да трансформатор буде спреге 5,5Yz . а) Како се остварује спрега "" z тако да сатни број трансформатора не буде цио број? б) Нацртати фазорски дијаграм спреге 5,5Yz и прорачунати све потребне величине. в) Одредити фазни и линијски напон секундара када је примар овог трансформатора прикључен на номинални напон.


2

Рјешења испита из Електричних генератора и трансформатора (26.10.2007.)

Трансформатори 2. a) Kod standardne sprege Yz5 navojci jedne faze sekundarnog namotaja su podeljeni u dve grupe (tzv. polunamotaji), pri čemu obe imaju jednak broj navojaka. Faza a sekundara se sastoji od dva takva polunamotaja vezana na red, pri čemu jedan polunamotaj ima fazni pomak od 4 h a drugi fazni pomak od 6 h tako da je rezultantni fazni pomak 5 h (v. dijagram).

Da bi se ostvarila sprega Yz5,5 očigledno te dve grupe navojaka moraju imati različit broj navojaka (v. vektorski dijagram dole).

Iz uslova zadatka se dobija 5622 =+ dg NN , a sa dijagrama 732,215sin45sin

2

2

2

2 =°°

==g

d

g

d

NN

UU . Iz ova dva

uslova se dobija 412 =dN , 152 =gN .

б) Na osnovu vektorskog dijagrama je:

=⋅⋅=°°

⋅=°°

= 225,13

1000095041

45sin120sin

45sin120sin

11

22 nfd

df UNNUU 305,2 V

=⋅=⋅= 32,305322 fl UU

528,7 V

30°

120° U2f

U1/2

U1/2

30°

120°

15°

U2f

45° U2g

A B C

a b c

N2g

N2d

3

Испит из предмета Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 27.02.2009. Писати уредно! На почетку рада нацртати табелу за оцјењивање. На сваком новом листу написати име и презиме и број индекса. Непотписани и неуредни радови неће бити прегледани! СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор чија је синхрона импеданса Ω+= )20j1(Zsg , служи за напајање синхроног мотора чија је синхрона импеданса Ω+= )30j2(Zsm . Генератор ради у режиму када је напон на његовим крајевима V2000U = , струја A15I = , а фактор снаге 8.0cos =ϕ (инд). Обjе машине су осмополне и спрегнуте у звијезду. Колико износи механички угаони помјерај између ротора ових машина? Нацртати одговарајући векторски дијаграм! ТРАНСФОРМАТОРИ Енергетски трансформатор је предвиђен да ради на мрежи 50 Hz. Пр и то ме су губици у бакру 1.5 % привидне снаге, губици усљед хистерезиса су 0.6 % привидне снаге, а због вихорних струја 0.4 % привидне снаге. Одредити: губитке при 60 Hz за исти напон и исту струју, снагу коју овај трансформатор може одати радећи на мрежи 60 Hz, уз услов да су губици и

напон исти као када ради на мрежи 50 Hz.

Испит траје 60 минута!

Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 24.02.2009.

Трансформатори

1. Трофазни трансформатор спреге 5Dy преносног односа VV 100/100 , Hz50 има номиналну индукцију T1 . Трансформатор треба превезати у спрегу 5Yd и прикључити на мрежу учестаности Hz60 .

а) Ако трансформатор на примару има 1001 =W навојака, колико навојака има на секундару?

б) Колики треба да буде напон нове мреже да би индукција у трансформатору остала номинална?

(15 бодова)

в) Колики је напон секундара у претходном случају?

(15 бодова)

2. Магнетно коло једнофазне пригушнице има активни пресјек гвожђа (15 бодова)

241025 mSFe−⋅= и на

гвожђе је намотано 200=N навојака. Омски отпор намотаја може се занемарити. Изглед пригушнице дат је на слици, а каракетристика магнећења табеларно.

100mm

90m

m

[ ]TBm 0,6 0,8 1 1,3 [ ]mAH M 160 200 300 1000

Одредити: • Ефективну вриједност напона учестаности Hz50 који ће у магнетном колу успоставити

индукцију максималне вриједности T1 ; (10 поена) • Струју кроз намотај ако је пригушница прикључена на напон одређен у претходној

тачки(15 поена) • Струју кроз намотај ако је пригушница пркључена на напон одређен у првој тачки, али

када постоји ваздушни зазор дужине mm1 .(15 поена) • Дискутовати добијене резултате. (15 поена)

Испит траје 90 минута! Оцјене: 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

2

Електрични трансформатори и генератори Бања Лука, 24.02.2009.

Синхроне машине

1. Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: V380 , Hz50 , Y , а отпор и реактанса статора су Ω= 1sR , Ω= 5sX . Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију могу се занемарити. Мотор је прикључен на круту мрежу напона V380 , Hz50 . При неком оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи A14 и има најмању могућу вриједност. Тако подешена побуда се даље не мијења.

а) Написати израз за струју мотора у зависности од активне и реактивне снаге, те одредити активну и реактивну снагу, фактор снаге, угао оптерећења и електромоторну силу празног хода у овом режиму (15 бодова); б) Мотор се додатно оптерети те струја порасте на A45 . Колико износи момент који мотор сада развија и колики је нови фактор снаге? (15 бодова) в) Навести предности и недостатке синхроних турбомашина у односу на синхроне хидромашине. Објаснити разлике између угаоних карактеристика хидро и турбомашина (20 бодова) 2. Синхрони турбогенератор ради на изолованој мрежи и напаја трофазни симетрични омски потрошач чија је отпорност по фази Ω= 4,48PR при брзини од min/1500on = . Генератор је покретан турбином константне снаге kWP 3= . Уколико се побудна струја генератора одржава константном, потребно је одредити напон и брзину обртања генератора када се паралелно датом потрошачу пркључи још један трофазни симетрични омски потрошач исте отпорности. Број пари полова генератора је 2=p , а синхрона индуктивност mHLs 55= . Губици у генератору и прикључном воду могу се занемарити. (50 бодова)

Испит траје 90 минута! Оцјене: 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам 85-94 девет 95-100 десет

Електрични генератори и трансформатори Бања Лука, 27.02.2008. ТРАНСФОРМАТОРИ Трофазни трансформатор има сљедеће податаке: kVA100 , kVkV 4,0/10 , Hz50 , 0Yy ,

%5=ku , WPCun 2000= . а) Трансформатор је оптерећен номиналном привидном снагом при 6,0cos =ϕ индуктивно. Одредити напон на примару тако да напон на секундару има номиналну вриједност ( )400V ; б) Трансформатор је оптерећен номиналном привидном снагом при 6,0cos =ϕ капацитивно. Одредити напон на примару тако да напон на секундару има номиналну вриједност ( )400V ; в) Нацртати фазорске дијаграме за претходна два случаја. г) Описати прелазни процес и извести једначине за случај кратког споја на нисконапонским намотајима ако је трансформатор прикључен на номинални напон. СИНХРОНЕ МАШИНЕ а) На фазорском дијаграму синхроног турбогенератора показати кретање радне тачке при промјени снаге на вратилу при константној побуди б) На фазорском дијаграму синхроног турбогенератора показати кретање радне тачке при промјени побуде при константној активној снази в) На фазорском дијаграму синхроног хидрогенератора показати кретање радне тачке при промјени снаге на вратилу при константној побуди г) На фазорском дијаграму синхроног хидрогенератора показати кретање радне тачке при промјени побуде при константној активној снази


Испит из Електромеханичког претвања енергије Бања Лука, 27.02.2008. Предметни наставник: проф. др Слободан Вукосавић АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни двополни асинхрони мотор, начињен за номинални фазни напон ефективне вредности Un=270V, номиналне учестаности од fS,n=60Hz, има параметре: • термогени отпор статорског намотаја (једне фазе) RS=0,25Ω, • сведена вредост термогеног отпора роторског намотаја (једне фазе) RR=0.2Ω, • расипна индуктивност статорског намотаја (једне фазе) LγS=3 mH. • сведена вредност расипне индуктивности роторског намотаја (једне фазе) LγR=3 mH, • индуктивност магнетизације Lm=100mH. Фазе статорских намотја повезане су у звезду. Губици у гвожђу и механичком подсистему овог мотора могу се занемарити. За радни режим у коме је мотор напајан намоном номиналне учестаности, , fS= fS,n, ефективне вредности која износи 70% номиналног напона (US=0,7Un), при чему се ротор окреће брзином од nm=3900ob/min, израчунати: a) вредност релативног клизања, s, брзину клизања и кружну учестаност струје у краткоспојеном роторском намотају b) струју статора, IS и струју ротора, IR; c) флукс статора, ΨS, флукс магнетизације, Ψm и флукс ротора, ΨR, а затим их упоредити по амплитуди и фази; d) електромагнетски момент, Mem. МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Мотор једносмерне струје са независном побудом је номинално побуђен. Мотор има следеће номиналне податке: Unom =110V, Inom =10A, Ra=1Ω, укупан момент инерције сведен на вратило мотора је J=0.1 kgm2. Познато је Km Φp=Ke Φp= 0.4 [Vs/rad]. a) Одредити и графички приказати механичку карактеристику мотора Mem=f(ω). Израчунати и на карактеристици означити вредности брзине идеалног празног хода ω0 и полазног момента Mpol . b) Одредити брзину којом се ротор обрће за случај када је момент оптерећења једнак четвртини номиналног момента мотора c) Између крајева арматурног намотаја прикључен је отпорник Rx = 9Ω (поред овог отпора, у колу арматуре нема других елемената, тј., у колу арматуре нема извора). Одредити и графички приказати механичку карактеристику машине Mem=f(ω) у оваквом режиму рада. d) Ако се машина прикључи на оптерећење чији се момент мења у функцији брзине обртања по закону Mopt[Nm] = 0.004 ωR[rad/s], одредити после ког времена, од тренутка започињања кочења, брзина ротора опада на вредност e = 2.718282 пута мању од иницијалне. (отпорник Rx из тачке (ц) је и даље у колу.) ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА Написати динамички модел асинхроног мотора са кратко спојеним ротором у синхроно ротирајућем координатном систему. Објаснити текстом све величине и параметре који се у моделу јављају. Записати исти модел у стационарном, αβ координатном систему. Полазећи од величина у dq координатном систему, одредити улазну снагу коју извор даје асинхроном мотору у току прелазних процеса, разложити је на њене три компоненте и извести израз за момент.


Рјешења задатака са испита из Електромеханичког претварања енергије од 27.02.2008.

1

Испит из електричних машина Бања Лука, 09.02.2005.

1. За трофазни трансформатор снаге

Трансформатори:

kVA1000 и релативног напона кратког споја %6 познато је 4/ =FenCun PP , као и степен искоришћења 0,98 при номиналном оптерећењу

и фактору снаге 0,8. Трансформатор ради преоптерећен за 25 % при чему температура његових намотаја достиже C°120 . Због тога се паралелно с њим прикључује други трансформатор снаге kVA400 . Одредити: а) колики треба да буде напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био растерећен што је више могуће, б) температуру намотаја првог трансформатора након растерећења. Температура околине је C°10 .

2. Трансформатор kVA250 , Hz50 , kVkV /4,0/10 , 5Dy Д, има релативни напон кратког споја 5,1 % и фактор снаге кратког споја 0,3. Колики треба да буде напон на примару да би на секундару био номиналан напон при оптерећењу од 250 А уз фактор снаге 0,9.

3. Електрично кочење синхроног мотора

Синхроне машине:

kW400 , min/750o , kV3,6 ; Y , A46 , 82,0cos =ϕ ; Ω= 8γX , Ω=100adX , Ω= 60aqX , Ω= 6,1sR обавља се на сљедећи начин: побуда се

остави укључена а статорски намотај одвоји од мреже и кратко споји. Одредити струју статора и снагу кочења при брзинама мотора min/750o и min/150o ако је у моторском режиму индукована ЕМС при почетку кочења била V5500 (фазно). Занемарити губитке празног хода.

4. Синхрони генератор kVA5,6 , V400 , Hz50 , min/3000o , Y , 8,0cos =ϕ Ω= 5,1sR ; Ω= 20sX , прикључен је на круту мрежу напона V380 . Генератор производи kW4

активне снаге и kVAr3 реактивне снаге. Затим се снага погонске машине повећа тако да генератор предаје у мрежу kW6 активне снаге. Да ли је овом манипулацијом генератор преоптерећен? Струја побуде се није мијењала!

5. За мотор једносмјерне струје с паралелном побудом номиналних података Машине једносмјерне струје:

kW4 , V220 , A24 , min/1500o , познато је да је отпор индукта 0,9 Ω и отпор индуктора 137,5 Ω. Колика

је струја празног хода мотора? Губитке трења и вентилације сматрати независним од брзине. 6. Статорски намотај четворополне једносмјерне машине има 1400 навојака. Струја статорског намотаја је 10 А. Колика је магнетопобудна сила и магнетна индукција под средином пола ако је ваздушни зазор на том мјесту mm3 ?

7. Електромеханички претварач има цилиндричан статор и истурен ротор. На статору се налазе два намотаја под правим углом кроз које теку простопериодичне струје

Генералисана теорија:

1i и 2i помјерене за °90 електрично.

• Извести израз за момент конверзије овог претварача и навести услове који морају бити испуњени да би средња вриједност момента била различита од нуле. Да ли се може постићи да тренутна вриједност момента буде једнака средњој вриједности?

• Шта би се промијенило у добијеним изразима да је умјесто феромагнетика ротор направљен од перманентног магнета? Дискутовати?


2

Рјешења испита 09.02.2005. ТРАНСФОРМАТОРИ

1. а) Да би први трансформатор био максимално растерећен други трансформатор мора

бити оптерећен номинално (више од тога не смије). То значи да треба да буде 12

2 =nS

S . Из

израза 21

1

22

2

nnk

k

opt

n SSuu

SSS

+⋅= добијамо =⋅

−=⋅

−= 6

10004001250

11

22 k

n

noptk u

SSS

u 5,1 %

б)

.

( )

−=

−∞

τθθt

et 1 ,

где је: ( )tθ пораст температуре након времена t током којег којем је трансформатор радио саназивним оптерећењем,

hl

gSp

P⋅

=∞θ пораст температуре у устаљеном стању у режиму са снагом

губитака gP , τ временска константа загревања машине.

Означимо: 1101012011 =−=−= ∞∞ aϑϑθ °С пораст температуре при преоптерећењу за 25 %, 2∞θ пораст температуре у устаљеном стању након прикључења другог

трансформатора. На основу CunCunn

Cu PPSSP ⋅

=⋅

=

221

1 10001250 и

CunCunn

Cu PPSSP ⋅

=⋅

=

222

2 1000850 добија се:

537,025,025,125,085,0

2

222

1

2

1

2

1

2 =+

+=

++

==

⋅

⋅=

∞

∞

CunCun

CunCun

FenCun

FeCu

g

g

hl

g

hl

g

PPPP

PPPP

PP

SpP

SpP

θθ ,

одакле је 59537,0110537,012 =⋅=⋅= ∞∞ θθ ºС. Тражена температура је: Ca °=+=+= ∞∞ 69105922 ϑθϑ

2. Релативни пад напона трансформатора износи:

∆ ( ) ( )200

cossinsincos2

22

22

2

2 ϕϕϕϕ

⋅−⋅+⋅+⋅= XR

nXR

n

uuIIuu

IIu (1),

где је 2I струја оптерећења трансформатора (струја секундара). Номинална струја

секундара износи 8,3604,03

2503 2

2 =⋅

=⋅

=n

nn U

SI А. Активна и реактивна компонента

релативног напона кратког споја рачунају се на основу податка о фактору снаге кратког споја 3,0cos =kϕ :

3

18,313,011

cos1

22 =−=−==k

kR

X tguu

ϕϕ и 222

kXR uuu =+ одакле следи

%53,118,31

1,51 2

2

2

2

=+

=+

=k

kR tg

uu

ϕ и %87,453,11,5 2222 =−=−= RkX uuu .

Уврштавањем у (1) добија се:

∆ ( ) ( ) %458,2033,0425,2200

9,087,4436,053,18,360

250436,087,49,053,18,360

250 2

2

2=+=

⋅−⋅+⋅+⋅=u

, одакле слијееди да на примару напон треба да буде

=−

⋅=∆−

⋅=246,01

1100001

111 u

UU n 10252 В

.

СИНХРОНЕ МАШИНЕ

3. Када се статор кратко споји машина ради у генераторском режиму и стога се јавља отпор обртању ротора – ова појава се користи за кочење. Из векторског дијаграма (в. сл.) добија се (Уф =0):

РсИфцосψ+XдИд=Е0ф=РсИq+XдИд РсИфсинψ=XqИq=РсИд

одакле је =+

=+

=

6,1681086,1

55000

s

qds

fq

RX

XR

EI 1,2 А

=⋅

==6,1

2,168

s

qqd R

IXI 51 А

=+=+= 2222 512,1qd III 51,01 А

=⋅⋅== 22 01,516,133 IRP sk 12,5 кW

(снага кочења).

Мотор успорава и при брзини од 150 мин-1 индукована ЕМС је пропорционално мања:

=⋅== 5500750150

750150

010 ff EE 1100 В. Потпуно аналогно се добија:

=+

=

+

=+

=

6,168108

2516,1

1100

750150

750150

10

11

101

s

qds

f

s

qds

fq

R

XXR

E

RX

XR

EI 5,94 А

=⋅

==6,1

94,56851

111 s

qdd R

IXI 50,49 А =+=+= 222

1211 94,549,50qd III

=⋅⋅== 22 84,506,133 IRP sk

50,84 А

12,41 кW

. Примијетити да иако брзина опада (а са њом и индукована ЕМС и фреквенција), струја кратког споја остаје готово непромјењена.

jXγIf

jXad·Id

E0f

If

d

jXaq·I

Id

Iq RsIf

4

4. =⋅

=⋅

=4003

65003 US

I nnf 9,38 A °=== 87,36

43arctg

PQarctgϕ

=⋅⋅

=⋅

=8,03803

4000cos3 ϕmr

f UPI 7,6 A °=== 29,4

205,1arctg

XIRI

arctgf

fα

=++⋅+⋅−++= )2

cos(2 22222220 ϕαπ

fssffsfsff IXRUIXIRUE

=°+°+°⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅+ )29,487,3690cos(205,16,73

38026,7206,75,13

380 2222222

339,7 В.

У новом режиму индукована ЕМС остаје иста јер побудна струја није мијењана (реактивна

снага не остаје иста!). На основу податка о П добија се =⋅

==3803

60003

cos1 UPI ϕ 9,12;

међутим не знамо посебно колико је И1. Зато пројектујемо на правац Уф да би нам фигурисало цосϕ : Е0фцосδ=Уф+РсИ1цосϕ+XсИ1синϕ Е0фсинδ=XсИ1цосϕ - РсИ1синϕ. Елиминацијом И1синϕ добија се:

⇒++=+ ϕϕδδ coscossincos 1100 IXIRXR

UXR

EEXR

ssss

fss

ffss

25,47цосδ+339,7синδ=199,88 ⇒=+ )1cos(sin 22 δδ

°=⇒=+−⇔=−

+ 44,310586,60sin333,209sin882,1781)47,25

sin7,33988,199(sin 222 δδδδδ или

°= 24,40δ . Усваја се мање решење.

°==⇒=⋅−−°⋅

=−−

=⇒ 3,1712,984,284,2

20

12,95,13

38044,31cos7,339coscossin 10

1 arctgX

IRUEI

s

sff ϕϕδ

ϕ

=°

=⇒3,17cos

12,91I 9,55 А. Како је И1>Ин генератор је (незнатно) преоптерећен

.

Uf

jXS·If E0f

If φ δ

RsI

α

5

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

5. 6,15,137

220===

p

ppn R

UI А 4,226,124 =−=−= pnan III А

=−⋅=−⋅= 40004,22220nangn PIUP 928 W.

4,4766,4519284,229,0928 22 =−=⋅−=−=−= aagnCungngob IRPPPP W. Сматрајући да су губици усљед обртања приближно константни јер зависе од брзине обртања а она се код мотора са паралелном побудом не мијења знатно од пуног оптерећења до празног хода, у празном ходу важи:

00 aaaan EIRU += ,

00 aagob IEP ⋅= . Посљедње двије једначине чине систем две једначине са двије непознате ( )00 , aa EI . Елиминацијом 0aE добија се квадратна једначина по 0aI :

04,4762209,0 0200

200 =+−=+− aagobaanaa IIPIUIR ,одакле је =0aI 2,2 А. Друго рјешење

квадратне једначине ( =0aI 242,3 А) се одбацује јер даје малу индуковану ЕМС а тиме и малу брзину обртања што је у супротности са претпоставком о малој промјени брзине. Дакле струја празног хода мотора износи =+=+= 6,12,20 pna III 3,8 А

6. Побудни намотај има 1400 навојака распоређених на четири пола (в. сл.). Дакле на

једном полу се налази

.

3504

1400= навојака.

Магнетопобудна сила под средином магнетног пола износи: Ф =⋅=⋅= 10350pp IN 3500 Анав =⋅ lH. Како је Ф то је магнетна индукција на средини

пола =⋅

⋅⋅⋅=

⋅=

−

−

3

70

1033500104F πµ

lB 1,47 Т

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА

.

7.

• ( ) ( )δωω +−−= ttLLIm sqdmc 2sin21 2 ; вратило се мора обртати синхроном брзином

да би средња вриједност момента била различита од нуле. Тада је и тренутна вриједност момента једнака средњој вриједности, односно има се синхрона релуктантна машина

• Добила би се синхрона машина са побудом и истуреним половима. Појавио би се и синхрони члан у моменту конверзије.

Испит из електричних машина Бања Лука, 25.02.2005.

1. За трофазни трансформатор снаге

Трансформатори:

kVA1000 и релативног напона кратког споја %6 познато је 4/ =FenCun PP , као и степен искоришћења 0,98 при номиналном оптерећењу и фактору снаге 0,8.

Трансформатор ради преоптерећен за 25 % при чему температура његових намотаја достиже C°120 . Због тога се паралелно с њим прикључује други трансформатор снаге kVA400 . Одредити:

а) колики треба да буде напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био растерећен што је више могуће, б) температуру намотаја првог трансформатора након растерећења. Температура околине је C°10 .

2. На располагању су три трансформатора номиналних снага 1300 kVA, 3200 kVA и 5600 kVA, напона кратког споја 6.5 %, 7 % i 7.5 % и спреga Yz11, Dy5 i Yd7, респективно. Повезати онолико трансформатора колико је могуће у паралелан рад (нацртати начин повезивања). Одредити снагу која се на тај начин може пренијети, а да не дође до прегријавања неког од трансформатора. Колико је појединачно оптерећење трансформатора?

3. Електрично кочење синхроног мотора

Синхроне машине:

kW400 , min/750o , kV3,6 ; Y , A46 , 82,0cos =ϕ ; Ω= 8γX , Ω=100adX , Ω= 60aqX , Ω= 6,1sR обавља се на сљедећи начин: побуда се остави

укључена а статорски намотај одвоји од мреже и кратко споји. Одредити струју статора и снагу кочења при брзинама мотора min/750o и min/150o ако је у моторском режиму индукована ЕМС при почетку кочења била V5500 (фазно). Занемарити губитке празног хода.

4. Синхрони генератор kVA5,6 , V400 , Hz50 , min/3000o , Y , 8,0cos =ϕ Ω= 5,1sR ; Ω= 20sX , прикључен је на круту мрежу напона V380 , при чему одаје номиналну привидну

снагу у мрежу при номиналном фактору снаге. Одредити активну и реактивну снагу, угао оптерећења и електромоторну силу у режимима када генератор:

• У мр ежу о даје 2 0% мање активне снаге у односу на номинални режим при константној струји побуде

• У мрежу одаје 20% мање реактивне снаге у односу на номинални при номиналној снази погонске мажине.

• У мрежу одаје 20% мање активне снаге у односу на номинални режим, и номиналну реактивну снагу.

4. Дат је мотор за једносмерну струју са паралелном побудом. За поништење магнетне реакције индукта уграђен је компензациони намот. Подаци о мотору су следећи:

Машине једносмјерне струје:

Pn = 26 kW Um = 110 V In = 274 A nn = 970 o/min Номинални губици у намотају ротора су 2 kW. Овај мотор треба употребити као генератор једносмерне струје чији је напон 120 V. Одредити:

a) брзину којом треба обртати ротор, b) снагу генератора.

Напомене: Механичке губитке, губитке у гвожђу и пад напона на четкицама занемарити.

7. Доказати (показати) да ротациони електромеханички претварач не може бити реализован ако број полова претварача на статору није једнак броју полова на ротору.



Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 03.09.2007. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Индуктор пречника mD 26.0= и осне дужине ml 2.0= има на свом обиму 48=Z жљебова у којима се

налазе проводници који образују трофазни четворополни намот, тако да свакој фази припада 112

проводника. Еквивалентни ваздушни зазор је mm9.0 . Машина има привидну снагу kVA4 и предвиђена

је за учестаност од Hzf 50= . Потребно је одредити:

- Струју магнећења ако је обртна магнетопобудна сила по полу polu/Anav600 ;

- Средњу вриједност флукса по полу;

- Индукцију у зазору.


Редни мотор једносмјерне струје оптерећен је константним моментом. Отпорности намотаја индукта и побудног намотаја, као и засићење, занемарују се. За колико процената ће се промијенити брзина мотора ако се напон напајања смањи са V230 на V220 ?


Електромеханички претварач има цилиндричан статор и цилиндричан ротор. На статору се налазе три намотаја међусобно помјерена за по °120 кроз које протичу струје tcosIi 1sm1s ω= ,

( )°−ω= 120tcosIi 1sm2s , ( )°−ω= 240tcosIi 1sm3s . Одредити тренутну вриједност момента конверзије ако се: на ротору налази намотај са струјом .constII DC2 == на ротору нема намотаја; под којим условима ће у претходним случајевима средња вриједност момента бити једнака

тренутној?


Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 03.10.2006. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

1. Трофазни асинхрони мотор са подацима kW4 , min/1410o , Hz50 прикључен је на мрежу номиналног напона и учестаности. Ако је познато да је превални момент двоструко већи од номиналног момента, потребно је израчунати колико су момент и излазна снага мотора када се његово вратило обрће брзином од min/1490o , а учестаност напајања је Hz60 .

2. Детаљно објаснити принцип рада пребацача звијезда-троугао.

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Мотор једносмјерне струје са независном побудом покреће оптерећење чији је момент

константан и износи 70% номиналног момента мотора. • Ако је струја побуде смањена на 50% номиналне вриједности, потребно је одредити напон

мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином у овом режиму • Да ли мотор може да трајно ради у режиму наведеном у претходној тачки? Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 2.0aR , srad /150 , номинална струја побуде AI Pn 5= . Пада напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.

4. Објаснити улогу помоћних полова код машина једносмјерне струје. ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА

5. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док се на ротору налази трећи навојак са струјом 3i . • Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента

конверзије. Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како?

6. Написати математички модел машине једносмјерне струје са независном побудом.


Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 04.07.2007. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Снага обртног поља трофазног шестополног асинхроног мотора за Hz50f = је kW80 80 а, учестаност роторских струја је Hz2 . Струја ротора сведена на статор је 65 А, а реактанса расипања намотја ротора

Ω=γ 7.0X k . Одредити: снагу конверзије, момент и брзину обртања мотора у овом режиму рада. превални момент мотора уз занемарење отпора и реактансе расипања статора. скицирати моментну карактеристику и назначити радне тачке када је учестаност роторских

струја Hz2 , Hz50 , Hz100 , а мотор је прикључен на номинални напон.

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Редни мотор једносмјерне струје има сљедеће номиналне податке: V270 , A90 , min/644o , Ω= 1,0aukR . Мотор је оптерећен константним отпорним моментом nopt MM 5,0= . Сматрати да је магнетно коло незасићено и занемарити губитке уљед обртања ( 0≈+ νfFe PP ). Колики треба да буде напон мотора да би се његово вратило обртало брзином од min/600o ?

Колика су тада струја, губици и степен искориштења снаге? Колики отпорник треба везати на ред са мотором тако да се његово вратило обрће брзином од

min/600o ? Колика је тада струја мотора? Колики су губици снаге на додатном отпорнику? Одредити временску зависност додатог редног отпора у коло мотора приликом пуштања у рад и

залетања мотора до брзине од min/600o тако да се мотор залеће константним моментом nM25,1 . Момент инерције мотора је 22,5 kgmJ = .


1. Електромеханички претварач енергије има истурен статор и цилиндричан ротор На ротору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i . • Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента


• Написати математички модел машине једносмјерне струје са независном побудом. Испит траје 2 сата!

2

Рјешења задатака са испита из Електромеханичког претварања енергије

(04.07. 2005) АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 06.02.2006.

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се

аксијална дужина промијени за %10 . Сматрати да је магнетно коло идеално. 2. Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором прикључен је на мрежу

номиналног напона и оптерећен половином номиналног момента. Превални момент је три пута већи од номиналног момента. Колики отпорник (сведен на статор) треба везати у коло ротора да би се вратило мотора обртало брзином од min/1000o ? Подаци о мотору: kW4 , min/1410o , Hz50 , Ω=+ 4rs XX γγ .

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом покреће оптерећење чији је момент

константан и износи 70% номиналног момента мотора. • Одредити напон мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином

у овом режиму • Како се може остварити режим рада при коме се вратило мотора обрће са

%120 номиналне брзине? • Прорачунати све потребне величине у режиму из претходне тачке. Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 1.0aR , Ω= 1.0PR , srad /150 . Сматрати да су доступни крајеви намотаја 1A и 2A , те 1D и 2D (по старом начину означавања A , B , E и F ). Пад напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.


4. Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd − координатном систему. Поставити d осу координатног система у правац флукса ротора (овај услов је еквивалентан услову 0≡ΨQ ).

• Трансформисати модел мотора за овај случај ( 0≡ΨQ )

• Написати трансформисани модел у стационарном стању. Показати да је могуће управљати флуксом мотора искључиво преко струје di , а моментом преко производа qd ii ⋅ .

5. На основу еквивалентне шеме машине једносмјерне струје са независном побудом, потребно је: • написати комплетан математички модел ове машине • на основу Њутнове једначине ротације, одредити вријеме за које ће мотор убрзати

из мировања до брзине srad /150 , ако се мотор прикључи на номинални напон. Занемарити електромагнетне прелазне процесе током старта. Мотор је оптерећен половином номиналног момента. Подаци о мотору: V220 , Ω= 5,0aR , A11 , kW2,2 min/1800o , 21,0 kgmJ = .

Магнетно коло је линеарно, а побуда константна и номинална.


2

Рјешења задатака са испита из Електромеханичког претварања енергије (06.02.2006)

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се

аксијална дужина промијени за %10 . Сматрати да је магнетно коло идеално. РЈЕШЕЊЕ: Магнетопобудна сила потребна за успостављање флукса може се одредити на основу

Амперовог закона:

∫∫ = JdSHdl

У случају машине чији се феромагнетик може сматрати идеалним (поље H у њему је занемарљиво мало), потребна је струја само за магнећење зазора:

NlHI m

00= ,

гдје је 0H јачина магнетног поља у зазору, δ20 =l (укупна) дужина зазора, а N број проводника (по фази) кроз које тече струја магнећења. У овом изразу не фигурише аксијална дужина, односно струја магнећења се не мијења промјеном аксијалне дужине.

2. Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором прикључен је на мрежу

номиналног напона и оптерећен половином номиналног момента. Превални момент је три пута већи од номиналног момента. Колики отпорник (сведен на статор) треба везати у коло ротора да би се вратило мотора обртало брзином од min/1000o ? Подаци о мотору: kW4 , min/1410o , Hz50 , Ω=+ 4rs XX γγ .

РЈЕШЕЊЕ: Номинално клизање је:

06,01500

14101500=

−=

−=

s

msn n

nns .

Превално клизање се може израчунати из Клосове формуле:

( ) ( ) 35,013306,01 22 =−+=−+= ννnpr ss .

Отпор ротора је из

'

'

rs

rpr XX

Rsγγ +

=

једнак: ( ) Ω=⋅=+= 4,1435,0''

rsprr XXsR γγ .

При новој брзини клизање је:

333,01500

1000150011 =

−=

−=

s

ms

nnn

s ,

а ново оптерећење је:

3

5,135,05,05,01

1 =⋅==== ννpr

n

pr MM

MM .

На основу Клосове форумуле рачуна се потребно превално клизање:

( ) ( ) 871,015,15,1333,01 221111 =−+=−+= ννss pr ,

па је додатни отпорник: ( ) Ω=−⋅=−+= 09,24,14871,0''

1'

rrsprd RXXsR γγ .


3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом покреће оптерећење чији је момент константан и износи 70% номиналног момента мотора.

• Одредити напон мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином у овом режиму.

• Како се може остварити режим рада при коме се вратило мотора обрће са %120 номиналне брзине?

• Прорачунати све потребне величине у режиму из претходне тачке. Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 1.0aR , Ω= 1.0PR srad /150 . Сматрати да су доступни крајеви намотаја 1A и 2A , те 1D и 2D (по старом начину означавања A , B , E и F ). Пад напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.

РЈЕШЕЊЕ:

• Момент редног мотора је: 2aIcM ⋅= ,па је при задатом оптерећењу струја мотора:

AMMII

nana 85,467,0561

1 =⋅== .

Номинални флукс је: ( ) Wb

IRU

n

anaukann 392,1

150561,01,0220

=⋅+−

=−

=Ψω

,

а при новој струји:

WbII

an

an 165,1

5685,46392,11

1 ==Ψ=Ψ

па је тражени напон: ( ) VIRU naauka 05,184150165,185,461,01,0111 =⋅+⋅+=Ψ+= ω

• Да би се вратило машине обртало брзином већом од номиналне, потребно је смањивати флукс при номиналном напону. Код редног мотора се флукс може смањити тако што ће се паралелно побудном намотају везати додатни отпорник који ће преузети дио струје побуде. Додатни отпорник везује се за крајеве 1D и 2D , а овај поступак се назива шантирање поља.

• Додатни отпорник и намотај побуде везани су као струјни раздјелник, тако да је нова струја кроз побудни намотај:

4

222 adodP

dodaP xI

RRR

II =+

= ,

гдје је:

dodP

dod

RRR

x+

= .

Флукс је пропорционалан струји побуде, односно:

222 ~ aP xII =Ψ ,

ann I~Ψ ,

па је:

an

an

an

a

dodP

dodn I

Ix

II

RRR 22

2 Ψ=+

Ψ=Ψ

Момент мотора зависи од струје кроз побудни намотај и струје кроз намотај арматуре:

22

2222 aa

dodP

dodaP cxII

RRR

cIcIM =+

== ,

односно 2

2

=

an

an I

IxMM .

Одавде је: 2

2

=

a

an

n II

MMx ,

па је нови флукс:

22

a

an

nn I

IMM

Ψ=Ψ

Једначина напонске равнотеже у овом режиму је: ( ) ( ) 222222 ωω Ψ++=Ψ++= aPaadodPaan IxRRIRRRU ,

односно:

22

2

2

2

ωa

an

nnaP

a

an

naan I

IMMIR

II

MMRU Ψ+

+= .

Одавде се добија квадратна једначина по струји ротора:

012

22

22 =

Ψ++−

anan

a

Pan

na

a

ana R

IRRI

MMI

RU

I ω .

Увржтавањем бројних вриједности лако се одређује струја ротора, а затим се може израчунати потребан додатни одтпорник.

ПРОВЈЕРИТИ ТАЧНОСТ ПРЕТХОДНОГ ИЗВОЂЕЊА!

5

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 4. Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd −

координатном систему. Поставити d осу координатног система у правац флукса ротора (овај услов је еквивалентан услову 0≡ΨQ ).

• Трансформисати модел мотора за овај случај ( 0≡ΨQ )

• Написати трансформисани модел у стационарном стању. Показати да је могуће управљати флуксом мотора искључиво преко струје di , а моментом преко производа qd ii ⋅ .

РЈЕШЕЊЕ: Математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем координатном

систему је:

qsd

dsd dtdiRu Ψ−Ψ

+= ω

dsq

qsq dtd

iRu Ψ+Ψ

+= ω

( ) QmsD

DRD dtdiRu Ψ−−Ψ

+= ωω

( ) DmsQ

QRQ dtd

iRu Ψ−+Ψ

+= ωω

Dmdsd iLiL +=Ψ Qmqsq iLiL +=Ψ

dmDrD iLiL +=Ψ qmQrQ iLiL +=Ψ

( )dqqdc iiPm Ψ−Ψ=2

3

optc mmdtdJ −=ω

dtdωϑ = ,

Pmωω = , klms ωωω =− .

Ако је 0≡ΨQ , математички модел асинроног мотора постаје:

qsd

dsd dtdiRu Ψ−Ψ

+= ω dsq

qsq dtd

iRu Ψ+Ψ

+= ω

dtdiR D

DrΨ

+=0 q

D

rmkl iTL

Ψ=

1ω


dmDrD iLiL +=Ψ qr

mQ i

LLi −=

qDr

mc i

LLPm Ψ=

23

optc mmdtdJ −=ω ,

dtdωϑ = .

У стационарном стању ( 0=p ), модел поприма сљедећи облик:

qsdsd iRu Ψ−= ω dsqsq iRu Ψ+= ω

6

0=Di q

d

rkl i

iT1

=ω

dsd iL=Ψ qsq iLσ=Ψ

dmD iL=Ψ qr

mQ i

LLi −=

qdr

mc ii

LLPm

2

23

=,

optc mm =

.const=ϑ Pmωω = ,

гдје су rrr RLT /= и srm LLL /1 2−=σ временска константа ротора и коефицијент расипања, респективно.

Потребно је примијетити да у овом случају ( 0≡ΨQ ) флукс ротора има само d компоненту, што значи да се укупни флукс ротора налази у правцу d осе ( Dr Ψ=Ψ ), и он зависи само од струје статора по d оси. Момент мотора зависи од производа струје статора по d и q оси. Принцип постављања синхроно роторајућег координатног система у правац флукса ротора (што је у ствари услов 0≡ΨQ ), представља основу за тзв. векторско управљање асинхорним мотором, при којем се флуксом мотора управља само струјом di , а моментом струјом qi , на сличан начин као што се машинама једносмјерне струје са независном побудом управља струјама побуде Pi и арматуре ai . Векторско управљање се детаљно проучава у предмету Електромоторни погони.

5. На основу еквивалентне шеме машине једносмјерне струје са независном побудом,

потребно је: • написати комплетан математички модел ове машине • на основу Њутнове једначине ротације, одредити вријеме за које ће мотор убрзати

из мировања до брзине srad /150 , ако се мотор прикључи на номинални напон. Занемарити електромагнетне прелазне процесе током старта. Мотор је оптерећен половином номиналног момента. Подаци о мотору: V220 , Ω= 5,0aR , A11 , kW2,2 min/1800o , 21,0 kgmJ = .

Магнетно коло је линеарно, а побуда константна и номинална.

РЈЕШЕЊЕ: • Математички модел мотора једносмјерне струје са независном побудом је:

fa

aaaa

aaaa dtdi

LiRedtdi

LiRu ψω++=++= , dt

dniRu f

fff

ψ+=

ffff cLii == )(ψψ (јер је коло линеарно), fae im ψ=

me mmdtdJ −=ω , ωϑ

=dtd .

7

• Из номиналних података мотора може се одредити номинални момент мотора:

NmP

mn

nn 67,11

60/180022200

===πω

.

Оптерећење је једнако половини номиналног момента: Nmmm nm 83,52/67,112/ === .

Номинални флукс је:

WbIRU

n

anaafn 156,1

60/18002115,0220

=⋅−

=−

=Ψπω

.

Ако се занемаре електромагнетни прелазни процеси, динамика убрзавања погона од мировања до тражене брзине одређена је само Њутновом једначином. Током залета струја побуде је на номиналној вриједности. Момент који мотор развија зависи од тренутне брзине, јер је мотор прикључен на номинални напон (НЕ НА НОМИНАЛНУ СТРУЈУ), тако да је:

a

fnafnafne R

Uim

Ψ−Ψ=Ψ=

ω.

У изразу за струју мотора занемарени су електромагнетни прелазни процеси (dtdi

L aa ),

јер су они знатно бржи од процеса успостављања брзине. Стриктно говорећи, занемарене су

индуковане електромоторне силе трансформације (dtdi

L aa ), јер су много мање од

електромоторних сила ротације fΨω . Тражено вријеме убрзавања може се израчунати из Њутнове једначине ротационог кретања:

me mmdtdJ −=ω , m

a

fnafn m

RU

dtdJ −

Ψ−Ψ=

ωω ,

односно:

ωω BAdtdJ −= , гдје су:

ma

afn m

RU

A −Ψ= , a

fn

RB

2Ψ= , па Њутнова једначина поприма облик:

∫∫ −=

ω

ωω

00

1BA

ddtJ

t

. Увођењем смјене xBA =− ω , Bdxd −=ω ,

интеграл се своди на:

ωa

fnm

a

afn

ma

afn

a

fn

Rm

RU

mRU

R

Jt 22 lnΨ

−−Ψ

−Ψ

Ψ= , односно

st 06,0150

5,0156,183,5

5,0220156,1

83,55,0

220156,1ln

5,0156,1

1,022 =

−−

−= .

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 27.06.2005. 1. Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке V380 , Hz50 , спрега Y , отпор статора по фази износи Ω3 . Мотор је испитан огледом кратког споја у спрези Y при линијском напону V110 учестаности Hz40 , те су измјерени снага кратког споја W500 , струја A5 и момент укоченог ротора

Nm15,2 . Магнетно коло може се сматрати линеарним. Потребно је одредити број пари полова и превални (максимални) момент при номиналном напајању. 2. Трофазна асинхрона машина има номиналне податке: V380 , Hz50 , спрега Y , min/1410o , отпор статора Ω3 , а отпор ротора сведен на статор Ω2 . Губици на трење и вентилацију, индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се занемарити. Мотор је прикључен на номинални напон номиналне учестаности. Његово вратило обрће се брзином од min/1800o у смјеру обртања обртног поља, а клизање је једнако превалном. Потребно је одредити у ком режиму ради машина (М, Г или АК), клизање, параметре подужне гране еквивалнтне шеме, те активну и реактивну снагу машине у овом режиму. 3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има номиналне податке: V220 , A75 , min1500 o ,

Ω= 2,0aukR , 0→FeP , 0→fvP и пад напона на четкицама је V2 . Магнетно коло је линеарно. Оптерећење мотора је константно и једнако половини номиналног момента мотора.

• Одредити брзину обртања вратила ако је мотор прикључен на номинални напон; • Одредити потребан напон напајања да би се вратило обртало брзином од min/1100o .

4. Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: kW8,14 , V400 min/850o , Ω= 25,0aR , пад напона на четкицама V2 . Отпор побуде износи Ω200 . Сматрајући магнетно

коло линеарним, одредити: • Номиналну струју генератора, побуде и индукта, те номиналну електромоторну силу; • Генератор одаје у мрежу kW10 при номиналном напону и брзини од min/1000o . Одредити нову

струју генератора, побуде и индукта, као и нову електромоторну силу; • Колики отпорник треба везати на ред са побудом да би се остварио претходни режим?

5. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док се на ротору налази трећи навојак са струјом 3i .

• Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента


• Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , tIi m 23 cosω= , извести израз за тренутну вриједност момента конверзије. Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како?

6. Написати математички модел кавезног асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd − координатном систему у стационарном стању. Ако је Vud 310= , 0=qu , Aid 76,6= , Aiq 13,5−= , потребно је одредити флуксеве статора и ротора ( dΨ , qΨ , DΨ , QΨ ), струје ротора Di и Qi , те учестаност клизања klω и механичку брзину mω . Подаци о мотору: Hz50 , min1400o , Ω= 54,1sR ,

Ω= 5,2'rR , HLL rs 2158,0' == , HLm 207,0= , губици у гвожђу и трење и вентилација су занемарени.

2

Рјешења испита из Електромеханичког претварања енергије АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1.Импеданса и фактор снаге кратког споја мотора су

Ω=== 7,125

3/110

k

kk I

UZ ,

52,051103

5003

cos =⋅⋅

==kk

kk IV

Pϕ

па су отпор и реактанса у огледу кратког споја Ω=⋅== 6,652,07,12cos kkk ZR ϕ ,

Ω=⋅== 85,10854,07,12sin kkk ZX ϕ . При номиналној учестаности реактанса кратког споја је

Ω=== 56,13405085,10

ffXX n

kkn ,

а отпор ротора сведен на статор Ω=−=−= 6,336,6'

skr RRR . Полазни момент (момент кратког споја) добија се из:

( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за 1=s , 402 ⋅= πω s , 3/110=fU одакле је

( ) ( )( ) 2

6,33/1103

85,106,640215,23 2

22

'2

22

≈⋅⋅

+⋅⋅=

+=

πω

rf

kkspol

RUXRM

p .

Превално клизање при номиналној учестаности рачуна се из:

%9,25259,056,133

6,32222

'

==+

=+

=kns

rprn

XRRs .

Номинални превални момент добија се из

( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за prss = , 502 ⋅= πω s , 3/380=fU одакле је

( ) ( )Nm

XsRRsRUpM

knrs

rf

sprn 38,27

56,13259,0/6,33259,0/6,3220

50223

//3

222

22'

'2 =

++⋅⋅

=++

=πω

2. Клизање машине у овом режиму је:

2,01500

18001500−=

−=

−=

s

ms

nnn

s ,

односно машина ради у генераторском режиму. Превално клизање је такође негативно:

( )2,0

2'2

'

−=++

−=rss

rpr

XXR

Rsγγ

,

одакле је реактанса кратког споја:

Ω=−

=−

=+ 54,93

2,02 2

22

2''

sr

rs Rs

RXX γγ .

На основу еквивалентне шеме, уз занемарену грану магнећења, струја мотора је:

3

( )A

XXs

RR

UZU

I

rsr

s

f

e

f 59,18

54,92,0

23

220

22

2'2'

=

+

−

=

++

+

==

γγ

.

Фактор снаге у овом режиму је:

( )!!!592,0

54,92,0

23

2,023

cos2

22'

2'

'

−=

+

−

−=

++

+

+

==

rsr

s

rs

e

ee

XXs

RR

sRR

ZZR

γγ

ϕ

Негативан фактор снаге добијен је зато што еквивалентна шема асинхроне машине у генераторском режиму није пасивно коло. (Према теорији рада асинхроног мотора, снага која се на фиктивном отпорнику ( ) ssRr /1' − претвара у топлоту одговара снази која се из електричног облика претвори у механички, а у генераторском режиму овај процес је обрнут.) Због тога је потребно узети апсолутну вриједност фактора снаге (који је индуктиван), а струји мотора промијенити смјер, па ће активна снага машине бити:

kWIVP LLel 243,7592,059,183803cos3 −=⋅⋅⋅−== ϕ , односно активна снага се одаје мрежи. Реактивна снага је:

kVArIVQ LL 89,9))592,0(sin(arccos59,183803sin3 =⋅⋅⋅== ϕ , односно, реактивна снага се узима из мреже. Исти резултат за реактивну снагу добио би се рачунањем губитака реактивне снаге у машини (уз занемарену грану магнећења):

( ) kVArIXXQ rs 89,959,1854,933 22' =⋅⋅=+= γγ . МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Номинална електромоторна сила је:

VUIRUE Cetanaann 2032752,0220 =−⋅−=∆−−= . Пошто је:

2~ ann Im , 211 ~ aIm ,

струја мотора је:

Am

mmmII

n

n

nana 03,53

5,0751

1 === . Пошто је оптерећење константно, ова струја се не мијења, 21 aa II = .

Када је машина прикључена на номинални напон, а оптерећена половином номиналног момента, њена електромоторна сила је:

VUIRUE Cetaaa 4,207203,532,0220111 =−⋅−=∆−−= . За редни мотор је:

nIE a ⋅~ , па је

min/2167150003,53203754,207

1

11 on

IEIE

n nan

an =⋅⋅

==

Ако се вратило мотора обрће брзином од min/1100o , тада је нова електромоторна сила:

VEnInI

E nnan

a 26,105203150075

110003,53222 =

⋅⋅

== ,

па је нови напон индукта: VUEIRU Cetaaa 87,117226,10503,532,0222 =++⋅=∆++= .

4

4. Номинална струја генератора и номинална струја побуде су

AUPI

an

nn 37

400108,14 3

=⋅

== ,

AR

UIP

anPn 2

200400

=== ,

а номинална струја индукта и номинална електромоторна сила су: AIII Pnan 39237 =+=+= ,

VUIRUE Cetanaann 75,41123925,0400 =+⋅+=∆++= Када генератор даје снагу kW10 при номиналном напону, његова струја је

AUPI

an

el 25400

1010 3

1 =⋅

== .

а струја индукта: 111 Pa III += . (1)

Нова електромоторна сила је Cetaaan UIRUE ∆++= 11 . (2)

Пошто је магнетно коло линеарно, важи nPnn nIE ~

111 ~ nIE P , па је

nnPn

P EnInIE 11

1 = (3)

Из (1), (2) и (3) добија се:

( ) ( ) ( ) ( ) ARnIEn

UUIRIanPnn

CetaaP 687,1

25,08502/75,411100024002525,0

/1

11 =

−⋅⋅++⋅

=−

∆++= .

Када се дода отпорник dR у коло побуде биће ( ) 1PdPa IRRU += , одакле је

Ω=−=−= 37200687,1

400

1P

P

ad R

IUR .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Индуктивности машине су:

.11 constL = .33 constL = mML ϑcos13 = .22 constL = 02112 == LL mML ϑsin23 =

Израз за момент конверзије након сређивања је: ( ) ( )mmc iiMitm ϑϑ cossin 213 +−= .

За први случај напајања, израз за тренутну вриједност момента је, након сређивања: ( ) ( )δωω +−= ttIMItm mDCmc 1sin .

Да би постојала средња вриједност момента, мора бити mωω =1 , односно вратило се мора обртати синхроном брзином. У том случају је тренутна вриједност једнака средњој вриједности:

δsinDCmsrc IMIMm == . За други случај напајања, израз за тренутну вриједност момента након сређивања је:

( ) ( ) ( )[ ]δωωωδωωω +−−+++−= ttttttMItm mmmc 21212 sinsin

21 .

Да би постојала средња вриједност момента, потребно је да буде: 21 ωωω ±= m , и била би једнака:

5

δsin21 2

msr MIM = ,

али би момент имао пулсације, односно не може се постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке. 6.Математички модел асинхроног мотора (без механичког подсистема) у синхроно ротирајућем координатном систему у стационарном стању је:

qsdsd iRu Ψ−= ω ,

dsqsq iRu Ψ+= ω ,

QklDriR Ψ−= ω0 ,

DklQr iR Ψ+= ω0 ,

Dmdsd iLiL +=Ψ ,

Qmqsq iLiL +=Ψ ,

dmDrD iLiL +=Ψ ,

qmQrQ iLiL +=Ψ . Флуксеви статора су:

WbuiR

s

ddsq 954,0

50231076,654,1

−=⋅−⋅

=−

=Ψπω

,

( ) WbiRu

s

qsqd 0252,0

50213,554,10

=⋅−⋅−

=−

=Ψπω

.

Струје ротора су:

AL

iLi

m

dsdD 926,6

207,076,62158,00252,0

−=⋅−

=−Ψ

= ,

( ) AL

iLi

m

qsqQ 739,0

207,013,52158,0954,0

=−⋅−−

=−Ψ

= .

Флуксеви ротора су: ( ) WbiLiL dmDrD 0953,076,6207,0926,62158,0 −=⋅+−⋅=+=Ψ ,

( ) WbiLiL qmQrQ 9024,013,5207,0739,02158,0 −=−⋅+⋅=+=Ψ . Учестаност клизања је:

( ) sradiR

Q

Drkl /187,19

9024,0926,65,2

=−

−⋅=

Ψ=ω .

Исти резултат би се добио и из:

D

Qrkl

iRΨ

−=ω .

Механичка брзина је:

sradP

klsm /486,147

2187,19502

=−⋅⋅

=−

=πωω

ω ,

односно:

min/38,14082

486,147602

60on m

m =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππ

ω .

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 12.07.2005. 1.Трофазни четворополни асинхрони мотор има номинални напон V380 и учестаност Hz60 , а спрегнут је у звијезду. Номинална вриједност превалног момента је nomprnom MM 5,2= , а номинално превално клизање је %14=prnoms . Отпорност статора је могуће занемарити. а) Одредите вриједност превалног момента мотора ако је напон статора VU s 3121 = (линијски) и

Hzf 501 = . При овој вриједности напона и учестаности, колико је превално клизање и механичка брзина мотора у min/o која одговара максималној вриједности момента?

б) Напон статора је номиналан при учестаности Hzf 752 = . Колико износи клизање при наведеној учестаности напајања ако је момент оптерећења радне машине nomM4,0 ?

2. Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором има податке: V380 , A10 , 8,0cos =ϕ , Y , Hz50 , 2=p , отпор статора Ω= 2,2sR . Мотор је испитан у празном ходу (напајање са стране статора, ротор

кратко спојен), те је измјерена снага W350 и струја статора A3 . Губици на трење и вентилацију износе W50 и сматрају се константним. Отпор роторског кола износи Ω=1rR , а преносни однос струја

статор/ротор је 85,0/ =rs II . Одредити све губитке и брзину обртања вратила мотора, ако је струја статора номинална.

3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има податке: V225 , A50 , min/3000o . Карактеристика магнећења (зависност индуковане електромоторне силе од струје индукта) снимљена је при номиналној брзини, и апроксимирана је кривом са слике. Мотор је оптерећен са %110 номиналног момента, а његово вратило се обрће брзином од .min/2000o Одредити напон и струју у овом режиму. Губици у гвожђу, пад напона на четкицама, реакција индукта, као и трење и вентилација могу се занемарити.

E [V]0

I [A]a

200

500 4. Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом kW20 и V220 има губитке празног хода од

W1300 , а при номиналном оптерећењу губици у арматури и помоћним половима износе W1700 , док су губици на четкицама износе W200 . Напон генератора је номиналан и константан, а отпор побуде Ω160 . Нађите највећи коефицијент корисног дејства генератора као и оптерећење при којем се он има? 5. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и истурен ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док ротор нема навојак.

• Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије. • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , извести израз за тренутну вриједност момента конверзије.

Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како?

• Ако је tIi m 11 cosω= , 02 =i , извести израз за тренутну вриједност момента конверзије. Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како?

6. Познати су подаци о трофазном асинхроном мотору: V380 , Y , Hz50 , min1400o , Ω= 54,1sR ,

Ω= 5,2'rR , HLL rs 2158,0' == , HLm 207,0= , губици у гвожђу и трење и вентилација су

занемарени. Мотор се напаја напоном номиналне амплитуде и учестаности, а ефективна вриједност струје мотора је A6 уз .8,0cos ind=ϕ Оса q синхроно ротирајућег ( )qd − координатног система постављена је у правац полифазора напона статора,као на слици. Потребно је:

2

q

dis

usϕ

• Написати математички модел кавезног асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd −

координатном систему инваријантном по амплитуди за стационарно стање, те израчунати напоне du , qu и струје di и qi .

• Одредити флуксеве статора и ротора ( dΨ , qΨ , DΨ , QΨ ), струје ротора Di и Qi , те учестаност клизања klω , механичку брзину mω и момент на вратилу мотора.

Рјешења испита из Електромеханичког претварања енергије

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

а) 2

~

fU

M fpr ,

па је

nnprnfn

nfpr MMM

UffU

M 41,25,222060

503/312

22

1

11 =

=

= .

fs pr

1~ ,

па је

%8,1650

6014,0

11 =

⋅=

⋅=

ffs

s nprnompr ,

а механичка брзина вратила је:

( ) ( ) min/12482

5060168,011 111 onsn sprprmeh =⋅

−=−= .

б) nnprnn

pr MMMff

M 6,15,27560 22

12 =

=

= .

44,0

22 =

⋅=

n

pr

MM

ν ,

%2,1175

6014,0

22 =

⋅=

⋅=

ffs

s nprnpr ,

па је ново клизање на основу Клосове формуле: ( ) ( ) %42,11442,111 22

2222 =−−=−−= ννprss . 2. За рјешавање задатка неопходно је одредити структуру губитака мотора у номиналном режиму. Структура губитака приказана је на сљедећој слици:

Pel

PCus PFes

Pob

PCur PFer

Pc

Pfv

Pm

3

У огледу празног хода може се писати једначина:

fvssFesfvCusFesel PIRPPPPP ++=++= 200 3

Односно: WPIRPP fvsselFes 6,2405032,233503 22

0 =−⋅⋅−=−−= Улазна (електрична) снага у номиналном режиму је:

kWIVPel 265,58.0103803cos3 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ Губици у бакру статора и ротора при номиналној струји статора су:

WIRP snsCusn 660102,233 22 =⋅⋅==

WII

IRIRPs

rsnrrnrCurn 25,415

85.01101333

222 =

⋅⋅⋅=

== .

Снага обртног поља је: kWPPPP FesCusneobn 364,46.2406605265ln =−−=−−= .

Пошто је obnnCurn PsP ⋅= ,

номинално клизање је:

095,04364

25,415===

obn

Curnn P

Ps ,

па је номинална брзина обртања: ( ) ( ) min/5,1357095,0115001 osnn nsn =−=−=

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Прво је потребно одредити у ком сегменту се налазе струја и електромоторна сила мотора, односно да ли је машина у засићењу. Претпоставимо прво да машина није засићена ( AI a 50≤ ), па је момент редног мотора пропорционалан квадрату струје:

2~ aIM ,

AAMM

IIn

ana 5044,521,15011 >=== .

Значи, претпоставка није оправдана, и мотор се налази у засићењу. Момент редног мотора у засићењу, због константног флукса, пропорционалан је струји индукта:

aIM ~ ,

AAMM

IIn

ana 50551,15011 >=⋅== .

Пошто је мотор засићен (флукс је константан – не зависи од струје оптерећења), електромоторна сила зависи само од брзине:

Vnn

EEn

n 33,133300020002001

1 === .

Из номиналног режима мотора може се одредити отпор индукта:

Ω=−

=−

= 5,050

200225

an

nana I

EUR ,

па је напон мотора VIREU aaa 8,160555,033,13311 =⋅+=+=

4

4. Номинална струја генератора је

AUP

In

nn 9,90

22020000

=== , а струја побуде ARU

Ip

pP 375,1

160220

=== и она је константна јер је напон

побуде константан. Номинална струја индукта је:

AIII Pnan 28,92375,19,90 =+=+= . Макисмални степен корисног дејства свака машина има када су губици зависни од оптерећења једнаки губицима независним од оптерећења:

PobfvFePHCetCua PPPPPP ++==+ 11 . (1) Губици зависни од оптерећења могу се написати као:

2~ aCua IP ,

aCet IP ~ ,па је

22

21

1 xPII

PP Cuanan

aCuanCua =

= , (2)

xPII

PP Cetnan

aCetnCet ⋅== 1

1 , (3)

гдје је an

a

II

x 1= .

Уврштавањем (2) и (3) у (1), те замјеном бројних вриједности, добија се квадратна једначина: 013002001700 2 =−+ xx ,

чије је физички прихватљиво рјешење 82,0=x , односно AII ana 49,7528,92818,0818,01 =⋅== .

Губици зависни од оптерећења су сада: kWxPP CuanCua 14,182,01700 22

1 =⋅== , WxPP CetnCet 16482,02001 =⋅=⋅= .

Нова струја генератора је: AIII Pa 11,74375,149,7511 =−=−= ,

па је оптерећење генератора при коме се има максимални степен корисног дејства: kWIUP a 305,1611,7422011 =⋅=⋅= .

Потребна механичка снага на вратилу је: kWPPPPP PHcetCuaelmeh 909,1813001641140163051111 =+++=+++= ,

а максимални степен корисног дејства је:

8622,0909,18305,16

1

1 ===meh

elMAX P

Pη .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Индуктивности машине су:

mBAL ϑ2cos11 += , ( )2/2cos22 πϑ −+= mBAL , mBLL ϑ2sin2112 == , 2

qd LLA

+= ,

2qd LL

B−

=

За први случај напајања, израз за тренутну вриједност момента је, након сређивања: ( ) ( )δωω +−= ttBItm mmc 1

2 2sin . Да би постојала средња вриједност момента, мора бити mωω =1 , односно вратило се мора обртати синхроном брзином. У том случају је тренутна вриједност једнака средњој вриједности:

δ2sin2msrc BIMm == .

За други случај напајања, израз за тренутну вриједност момента након сређивања је:

5

( ) ( ) ( ) ( )

−−++−+−−= tttttBItm mmmmc 11

2 2sin212sin

212sin

21 ωδωωδωδω . У овом случају је средења вриједност

момента различита од нуле уз услов mωω =1 и износи δ2sin41 2

msr BIM −= .

Момент ће имати пулсације на двострукој учестаности напајања. 6. Математички модел асинхроног мотора (без механичког подсистема) у синхроно ротирајућем координатном систему у стационарном стању је:

qsdsd iRu Ψ−= ω , Dmdsd iLiL +=Ψ ,

dsqsq iRu Ψ+= ω , Qmqsq iLiL +=Ψ ,

QklDriR Ψ−= ω0 , dmDrD iLiL +=Ψ ,

DklQr iR Ψ+= ω0 , qmQrQ iLiL +=Ψ .


На основу слике

q

dis

us q=uϕu =0d

id

iq

могу се одредити напони и струје статора у qd − систему инваријантном по амплитуди:

0=du , AIi seffd 13,56,062sin2 =⋅⋅== ϕ ,

VUu seffq 31122022 =⋅== , AIi seffq 76,68,062cos2 =⋅⋅== ϕ . Флуксеви статора су:

WbuiR

s

ddsq 025,0

502013,554,1=

⋅−⋅

=−

=Ψπω

,

WbiRu

s

qsqd 957,0

50276,654,1311

=⋅⋅−

=−

=Ψπω

.

Струје ротора су:

AL

iLi

m

dsdD 725,0

207,013,52158,0957,0

−=⋅−

=−Ψ

= ,

AL

iLi

m

qsqQ 926,6

207,076,62158,0025,0

−=⋅−

=−Ψ

= .

Флуксеви ротора су: ( ) WbiLiL dmDrD 906,013,5207,0725,02158,0 =⋅+−⋅=+=Ψ , ( ) WbiLiL qmQrQ 095,076,6207,0926,62158,0 −=⋅+−⋅=+=Ψ .

Учестаност клизања је: ( ) sradiR

Q

Drkl /07,19

095,0725,05,2

=−−⋅

=Ψ

=ω .Исти резултат би се добио и из D

Qrkl

iRΨ

−=ω . Механичка брзина

је: sradP

klsm /54,147

207,19502

=−⋅⋅

=−

=πωω

ω ,односно:

min/9,14082

54,147602

60on m

m =⋅

⋅=

⋅⋅

=ππ

ω .

Момент мотора је: ( ) ( )( ) NmiiPm dqqdc 79,1913,5025,076,6957,0223

23

=−⋅−⋅=Ψ−Ψ=

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 08.09.2008. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Клизноколутни асинхрони мотор има номиналне податке: kW30 , V380 , min/1450o , Hz50 , 8.0cos =ϕ ,

Y , 91.0=η , 7.2/ =npr MM , Ω= 5.0'rR . Мотор покреће радну машину чији је отпорни момент дат

сљедећим изразом: 20043.09.56 mRMM ω+= .

- Одредити момент мотора, клизање и брзину у стационарном стању;

- Одредити колики додатни отпорник треба укључити у коло ротора да би се мотор обртао

брзином min/1000o .

- Роторски прстенови мотора се кратко споје, а мотор прикључи на номинални напон номиналне

учестаности. Примијећено је да мотор не може да стартује из неких положаја вратила. Који је

узрок ове појаве и како се она може елиминисати?


Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има номиналну снагу kW20 . Губици празног хода износе W1300 , губици на ротору и помоћним половима при номиналном оптерећењу износе

W1700 , а губици на четкицама у номиналном режиму су W200 . Напон је номиналан и константан и износи V220 . • скицирати структуру губитака, и навести како поједини губици зависе од снаге оперећења, односно од струје мотора; • при којем оптерећењу (моменту или струји ) се има максимални степен корисног дејства и колико износи? • које су предности и недостаци машина једносмјерне струје у односу на асинхроне машине?


1. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и истурен ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док се на ротору налази трећи навојак са струјом 3i . • Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента


• Да ли се при још неким струјама 1i , 2i и 3i , осим оних наведених у претходној тачки, може постићи да средња вриједност момента буде различита од нуле, те да средња и тренутна вриједност буду једнаке? Образложити.


Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 09.07.2007 АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни четворополни асинхрони мотор има сљедеће номиналне податке: kW10 , V380 , Y , Hz60 , номиналну струју A,626 , номинални фактор снаге 780,cos n =ϕ и номинално клизање %5 . Губици трења и вентилације су W250 . Познати су сљедећи параметри мотора: Ω= 30,Rs , Ω== γγ 251,'XX rs , Ω= 150mR , Ω= 18mX , отпор ротора је непознат. За номинални режим потребно је одредити струју ротора, све губитке и момент; Одредити отпор ротора; Скицирати фазорски дијаграм за номинални режим рада.


Генератор једносмјерне струје са независном побудом има номиналну снагу kW10 , номинални степен искориштења снаге 9,0n =η , номинални пораст температуре C75° и временску консатнту

min45T = . Познато је да се губици односе као: 1,0:1,0:2,0:4,0:1P:P:P:P:P fvCetkicapobudeFeCu = ,

Вратило генератора се обрће номиналном брзином, а струја побуде је номинална. Ако је струја генератора једнака %120 своје номиналне вриједности, потребно је одредити:

Максимални пораст температуре у овом режиму; Колико дуго генератор може да ради у овом режиму а да се не прегрије, ако је

стартовао из хладног стања?


Користећи регуларну F трансформацију инваријантну по амплитуди:

⋅

=

=

02

2

0 11111

UUU

aaaa

UUU

FUUU

i

d

i

d

C

B

A

, 32π

αj

ea ==

потребно је одредити симетричне компоненте напона tcosUu mA ω= , ( )°−ω⋅= 13580 tcosU,u mB , ( )°−ω= 250tcosUu mC


Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 09.07.2010. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Снага обртног поља трофазног четворополног асинхроног мотора за Hz50f = је kW80 , а учестаност роторских струја је Hz3 . Струја ротора сведена на статор је 65 А, а реактанса расипања намотаја ротора

Ω=γ 7.0X k . Одредити: снагу конверзије, момент и брзину обртања мотора у овом режиму рада. (25 поена) превални момент мотора уз занемарење отпора и реактансе расипања статора. (25 поена) скицирати моментну карактеристику и назначити радне тачке када је учестаност роторских

струја Hz2 , Hz50 , Hz100 , а мотор је прикључен на номинални напон. (25 поена) Процијенити снагу на вратилу овог мотора када је прикључен на номинални напон, а учестаност

роторских струја је Hz4 . У случају да је потребно нешто занемарити у прорачуну у овом дијелу задатка, детаљно образложити оправданост тих занемарења. (25 поена)

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Редни мотор једносмјерне струје има сљедеће номиналне податке: V270 , A90 , min/644o , Ω= 1,0aukR . Мотор је оптерећен отпорним моментом min]/[onkM opt ⋅= , при чему је коефицијент k такав да се при номиналној брзини има номинални момент. Сматрати да је магнетно коло незасићено и занемарити губитке уљед обртања ( 0≈+ νfFe PP ). Колики треба да буде напон мотора да би се његово вратило обртало брзином од min/600o ?

Колика су тада струја, губици и степен искориштења снаге? (25 поена) Колики отпорник треба везати на ред са мотором тако да се његово вратило обрће брзином од

min/600o ? Колика је тада струја мотора? Колики су губици снаге на додатном отпорнику? (25 поена)

Одредити временску зависност додатог редног отпора у коло мотора приликом пуштања у рад и залетања мотора до брзине од min/600o тако да се мотор залеће константним моментом nM25,1 . Момент инерције мотора је 22,5 kgmJ = . (25 поена)

Како би изгледала временска зависност из претходне тачке ако би момент инерције био двоструко мањи? (25 поена)


1. Електромеханички претварач енергије има истурен статор и цилиндричан ротор. Претварач је направљен од идеалног феромагнетика. На ротору се налазе два навојка међусобно помјерена за

°90 кроз које протичу струје 1i и 2i . • Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије. (30

поена) • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента

конверзије. Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како? (30 поена)

• Детаљно објаснити каква би разлика наступила ако би магнетно коло овог претварача, умјесто од феромагнетика, било направљено од бакра, чија је релативна пермеабилност

1≈rµ (25 поена) • Написати математички модел линеарног електромеханичког претварача са m навојака на

статору и m навојака на ротору. (15 поена)


2


(04.07. 2005) АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 11.02.2008. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор узима из мреже снагу од 16,7 kW, при напону од 380V и фактору снаге cosϕ= 0,88. Активна отпорност намотаја статора измјерена на прикључцима мотора је Ω56,0 , а клизање је 3,3 %. Уз претпоставку да су у овом режиму магнетни губици једнаки половини електричних губитака на статору, а механички и допунски губици износе 5% укупних губитака, потребно је одредити корисну снагу и степен искориштења снаге мотора. МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са адитивном побудом, чији су подаци 100kW, 250V, 400A, има отпор индукта (укључујући и прелазни отпор на четкицама који се може сматрати константним) Ra=0,025Ω, отпор редног побудног намота Rpr=0,005Ω и карактеристику празног хода Eo=f(Ip) за n=1250 o/min, добијену побуђивањем из независног извора. Оточни намотај има 1000 навојака по полу, а редни 3 навојка по полу. Израчунати напон на крајевима генератора при номиналној струји када је струја оточне побуде 4,7A, а брзина 1150 o/min. Занемарити реакцију индукта.

E0 (V) 60 150 170 216 238 250 274 276 Ip (A) 1 2,6 3 4 4,6 5 5,9 6,1

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем координатном систему. Уз претпоставку да се d оса синхроног координатног система налази у правцу флукса ротора ( 0, QDr =ΨΨ=Ψ ), извести израз за промјену флукса ротора у функцији струје статора.


Електромеханичко претварање енергије (Машине једносмјерне струје и генералисана теорија)

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Раде се задаци за први колоквијум из Електромеханичког претварања енергије МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Дат је мотор једносмјерне струје са независном побудом. За поништавање магнетне реакције индукта уграђен је компензациони намот. Подаци мотора су сљедећи:

kW26 , V110 , A274 kWPCur 2= , min/970o , напон и струја побуде су V100 и A1 . Потребно је да се вратило мотора обрће брзином од min/1200o . Одредити:

• Напон побуде и напон арматуре да би се вратило обртало траженом брзином.

• Навјећи момент који мотор може развити у траженом режиму. • Извести израз за моментну карактеристику машине једносмјерне струје

са независном побудом. Напомена: Губитке у гвожђу, механичке губитке и пад напона на четикицама занемарити. Усвојити да је карактеристика магнећења линеарна.

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА • Написати математички модел асинхроне машине у оригиналном (фазном)

домену. • Образложити како се овај модел трансформише у qd − подручје. • Написати математички модел аинхроне машине у qd − подручју.



1. Асинхрони мотор V320 , Hz60 , ∆ треба прикључити на мрежу напона V380 Hz50 . Да ли је прикључење могуће и како?

2. Статор четворополног трофазног асинхроног мотора на свом обиму има 48 жљебова, осну дужину cm20 и пречник cm26 . Еквивалентни ваздушни зазор износи mm9,0 . Мотор треба прикључити на мрежу V380 Hz50 у спрези звијезда, тако да се у статору успостави индукција од T7,0 . Потребно је одредити:

• Потребан број проводника по фази, број проводника у жљебу, укупан број проводника по фази за усвојени цијели број проводника по жљебу и одговарајућу индукцију.

• Ефективну вриједност струје магнећења за успостављање индуције одређене у претходној тачки.

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има сљедеће податке: V220 , A56 , min/1500o ,

укупни отпор кола ротора је Ω2,0 . Губици у гвожђу, пад напона на четкицама и губици трења и вентилације могу се занемарити, а магнетно коло може се сматрати линеарним. Оптерећење мотора зависи од квадрата брзине, 2ωkmopt = , тако да при номиналној брзини обртања мотор из мреже узима номиналну струју. Потребно је одредити струју и брзину обртања вратила мотора када се напон мреже смањи на V150 при оваквом оптерећењу.

4. Дат је мотор једносмјерне струје са паралелном побудом. Подаци мотора су сљедећи: kWPn 26= , V110 , AI n 274= , kWPCur 2= , min/970o . Овај мотор треба употријебити као

генератор једносмјерне струје чији је напон VU 1201 = Одредити: • Максималну трајну снагу генератора. • Колика треба да буде брзина обртања генератора. Напомена: Губитке у гвожђу, на четкицама, те механичке губитке занемарити. Машину сматрати термички хомогеним тијелом, а карактеристику магнећења линеарном.

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Један електромеханички претварач има цилиндричан статор и ротор од феромагнетика који се

може сматрати идеалним. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 са струјама tIi ms 111 cosω= и tIi ms 112 sinω= респективно. На ротору су постављена два навојка под правим углом са струјама ( )ϕω += tIi mr 221 cos и ( )ϕω += tIi mr 222 sin . Потребно је:

• Написати изразе за све индуктивности те за тренутну вриједност момента конверзије овог претварача;

• Под којим условом ће се имати средња вриједност момента различита од нуле и колико ће износити?

• Да ли се може постићи рад претварача без пулсација? • Укратко продискутовати шта ће се промијенити ако је DCr Ii =1 , 02 =ri . 6. Трофазни асинхрони мотор спрегнут у неуземљену звијезду напаја се из несиметричног извора

напона: ( ) DCa Utu = ( ) 0=tub

DCc Utu −=)( . Примјеном трансформација инваријантних по амплитуди, потребно је одредити напоне мотора у стационарном координатном систему ( )βα − и координатном систему који ротира брзином gω .


2



1. Асинхрони мотор V320 , Hz60 , ∆ треба прикључити на мрежу напона V380 Hz50 . Да ли је прикључење могуће и како?

РЈЕШЕЊЕ Приликом промјене напона и учестаности, потребно је водити рачуна да индукција у мотору буде једнака номиналној (односно мања или једнака номиналној). Ако се индукција задржи на номиналној вриједности, тада ће мотор моћи и у новим условима да развија номиналну снагу, док се смањењем индукције смањује и снага мотора. Повећавање индукције преко номиналне вриједности није дозвољено, јер мотор одлази у засићење. ОБЈАСНИТИ!

fUB /~

HzV

fU

n

fn 33,560

320==

На новој мрежи:

n

fnf

fU

HzV

fU

>== 6,750

380

1

1 , те није могуће прикључити мотор у истој спрези. Ако би се мотор у новој

спрези превезао у звијезду, тада би било

VVU Lf 220

31

1 == ,

те би индукција била пропорционална:

n

fnf

fU

HzV

fU

<== 4,450220

1

1 .

Мотор може радити на новој мрежи, али се мора превезати у спрегу звијезда. Пошто ће индукција бити мања од номиналне, мотор ће развијати снагу мању од номиналне.

2. Статор четворополног трофазног асинхроног мотора на свом обиму има 48 жљебова, осну дужину cm20 и пречник cm26 . Еквивалентни ваздушни зазор износи mm9,0 . Мотор треба прикључити на мрежу V380 Hz50 у спрези звијезда, тако да се у статору успостави индукција од T7,0 . Потребно је одредити:

• Потребан број проводника по фази, број проводника у жљебу, укупан број проводника по фази за усвојени цијели број проводника по жљебу и одговарајућу индукцију.

• Ефективну вриједност струје магнећења за успостављање индуције одређене у претходној тачки. РЈЕШЕЊЕ: Број жљебова по полу и фази је:

4322

482

=⋅⋅

==pqZz ,

а појасни и тетивни сачиниоци:

957,0

2341sin4

231sin

21sin

21sin

=

⋅

=

=π

π

π

π

mqm

qk p

1=tk (јер није речено да намотај треба реализовати са скраћеним кораком). Средњи флукс по полу је:

mWbp

DlBp

DlBSB mmPolasrsr 2,182

102610207,02

2 22

=⋅⋅⋅

====Φ−−π

π.

3

Пошто је ff EU ≈ , укупан број проводника по фази је:

79,113102,18501957,022,2

22022,2 3 =

⋅⋅⋅⋅⋅=

Φ⋅⋅⋅⋅= −

srtp

ff fkk

UN .

Број проводника у жљебу је:

11,73/4879,113

/===

qZN

N fz .

Потребно је усвојити цијели број проводника у жљебу. Да индуција са усвојеним бројем проводника не би била већа од потребне, усвојиће се први већи цијели број (јер је NUB /~ ):

8=USVzN ,

па ће свака фаза имати: ( ) 128168/ =⋅== qZNN USV

zUSVf проводника.

За усвојени број проводника индукција ће износити:

TNN

BB USVf

fZeljenom

USVm 622,0

12879,1137,0 === .

• Јачина магнетног поља у зазору је:

0µmB

H = ,

а магнетопобудна сила потребна за успостављање тражене јачине поља може се одредити на основу Амперовог закона:

FNIlH mm ==∑ , те је ефективна вриједност струје магнећења:

ANB

IUSVf

USVm

meff 96,61281042622,0109,02

22

7

3

0

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅=

−

−

πµδ


3. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има сљедеће податке: V220 , A56 , min/1500o , укупни отпор кола ротора је Ω2,0 . Губици у гвожђу, пад напона на четкицама и губици трења и вентилације могу се занемарити, а магнетно коло може се сматрати линеарним. Оптерећење мотора зависи од квадрата брзине, 2ωkmopt = , тако да при номиналној брзини обртања мотор из мреже узима номиналну струју. Потребно је одредити струју и брзину обртања вратила мотора када се напон мреже смањи на V150 при оваквом оптерећењу.

РЈЕШЕЊЕ: Номинална електромоторна сила мотора је:

VIRUE anaann 8,208562,0220 =⋅−=−= При новом напону мреже нова електромоторна сила је:

111 aaa IRUE −= . (1) Момент редног мотора зависи од квадрата струје:

2~ aIM , а по услову задатка момент оптерећења зависи од квадрата брзине:

2~ ωoptM . Пошто је у стационарном стању MM opt = , струја ће у овом случају бити пропорционална брзини:

ω~aI . За редни мотор са линеарним колом важи:

ω⋅aIE ~ ,

4

па је у новом режиму:

nan

an

nan

a EII

EII

E2

1111

==

ωω

. (2)

Уврштавајући (2) у (1) добија се: 02

12

121 =−+ anaanaana IUIIREI ,

односно: 087,22523 1

21 =−+ aa II .

Физички прихватљиво рјешење за нову струју ротора је: AI a 461 = ,

па је нова брзина обртања:

min/14,1232150056461

1 onII

n nan

a === .

4. Дат је мотор једносмјерне струје са паралелном побудом. Подаци мотора су сљедећи:

kWPn 26= , V110 , AI n 274= , kWPCur 2= , min/970o . Овај мотор треба употријебити као генератор једносмјерне струје чији је напон VU 1201 = Одредити: • Максималну трајну снагу генератора. • Колика треба да буде брзина обртања генератора.

Напомена: Губитке у гвожђу, на четкицама, те механичке губитке занемарити. Машину сматрати термички хомогеним тијелом, а карактеристику магнећења линеарном.

РЈЕШЕЊЕ: • Aко се машина посматра као термички хомогено тијело, тада је температура свих њених дијелова

једнака, и не посматра се расподјела губитака и њихов утицај на поједине дијелове машине. Да машина не би била термички угрожена потребно је да укупни губици у новом режиму буду мањи или једнаки губицима у номиналном режиму, те ће и температура машине бити мања или једнака температури у номиналном режиму. Максимална нова снага (односно нова номинална снага) ће се имати када су губици у новом (генераторском) режиму једнаки номиналним губицима. Према услову задатка, у машини постоје само губици у бакру:

∑ += PobudeMOTCurMOTgMOT PPP . Укупни губици у мотору су:

kWPIUPPP nnnelgMOT 14,426000274110 =−⋅=−⋅=−=∑ . Губици побудног кола су:

∑ =−=−= kWPPP CurMOTgMOTPobudeMOT 14,220004140 , па су струја и отпор побуде

AU

PI

m

PobudeMOTPMOT 45,19

1102140

=== ,

Ω=== 65,545,19

110

PMOT

mPobude I

UR .

Номинална струја индукта је: AIII PMOTnaMOT 55,25445,19274 =−=−= ,

а отпор индукта:

Ω=== mIP

RaMOT

Cura 87,30

55,2542000

22 .

Када машина ради као генератор, потребно је да губици у новом режиму буду једнаки номиналним губицима:

5

kWPP gMOTgGEN 14,4==∑ ∑ . На новом напону мреже, нови губуци побуде ће бити:

kWRU

PPobude

GENPobudeGEN 55,2

65,512022

=== ,

а нова струја побуде:

ARU

IPobude

GENPobudeGEN 23,21

65,5120

=== .

Струја побуде је већа од номиналне струје побуде, што значи да ће и индукција бити већа од номиналне. Пошто се магнетно коло према услову задатка може сматрати линеарним, дозвољено је повећавање индукције! Максимални дозвољени губици у ротору ће бити:

∑ =−=−= kWPPP PobudeGENgGENCurGEN 59,125504140 , па је нова струја арматуре:

AR

PI

a

CurGENaGEN 95,226

1087,301590

3 =⋅

== − .

Струја генератора је: AIII PobudeGENaGENGEN 71,20523,2195,226 =−=−= ,

па је снага генератора: kWIUP GENGENGEN 69,2471,205120 =⋅=⋅=

НАПОМЕНА: Спроведени прорачун је оправдан у случају када се машина посматра као термички хомогено тијело. У пракси не би требало дозволити да било који од појединачних губитака буду већи него у номиналном режиму. Конкретно, у овом случају ће се побудни намотај прегријати. У реалним условима требало би губитке у побуди одржавати на номиналној вриједности додавањем отпорника на ред са намотајем побуде, како би се струја побуде поставила на номиналну вриједност. Одржавањем струје побуде на номиналној вриједности и индукција ће бити номинална, што је битно у случају нелинеарног магнетног кола. Нова номинална снага у том случају би била мања од прорачунате у овом задатку. ПОКАЗАТИ! Такође, може се закључити да је снага машине са паралелном побудом у генераторском режиму увијек мања од снаге у моторском режиму због покривања губитака у побуди. ОБЈАСНИТИ!

• Номинална електромоторна сила у моторском режиму је: VIRUE aMOTamnMOT 14,102=−= ,

а електромоторна сила у генераторском режиму је: VIRUE aGENaGENnGEN 12795,2261087,30120 3 =⋅⋅+=+= − .

За машине са паалелном побудом је: nIE Pobude ⋅~ ,

па је потребна брзина обртања

min/110597023,2114,102

45,19127 onIEIE

n MOTPobudeGENMOT

PobudeMOTGENGEN =

⋅⋅

== .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Један електромеханички претварач има цилиндричан статор и ротор направљене од феромагнетика који се може сматрати идеалним. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 са струјама tIi ms 111 cosω= и tIi ms 112 sinω= респективно. На ротору су постављена два навојка под правим углом са струјама ( )ϕω += tIi mr 221 cos и ( )ϕω += tIi mr 222 sin . Потребно је:

• Написати изразе за све индуктивности те за тренутну вриједност момента конверзије овог претварача;

6

• Под којим условом ће се имати средња вриједност момента различита од нуле и колико ће износити?

• Да ли се може постићи рад претварача без пулсација? • Укратко продискутовати шта ће се промијенити ако је DCr Ii =1 , 02 =ri .

РЈЕШЕЊЕ: Претварач са четири навојка укупно има шеснаест индуктивности. Пошто су и статор и ротор цилиндрични, све сопствене индуктивности ће бити константне. Намотаји на статору су под правим углом, а ротор је цилиндричан, па је међусобна индуктивност навојака на статору једнака нули. Исти закључак може се примијенити и на ротор, па ће и међусобна индуктивност навојака на ротору бити једнака нули. Због тога је од интереса само осам међусобних индуктивности између навојака на статору и ротору:

msrrs MLL ϑcos1111 == , msrrs MLL ϑsin1221 −== .

msrrs MLL ϑsin2112 == , msrrs MLL ϑcos2222 == . Из израза за момент конверзије машине са четири навојка:

( ) ∑∑= =

=2

1

2

121

i jji

m

ijc ii

ddL

tmϑ

,

добија се израз за тренутну вриједност момента конкретног претварача (избачени су чланови са индуктивностима које су једнаки нули, или они чији је извод једнак нули):

( )m

rsrs

m

rsrs

m

rsrs

m

rsrsc d

dLii

ddL

iid

dLii

ddL

iitmϑϑϑϑ

2222

2121

1212

1111 +++= .

Након уврштавања израза за струје статора и ротора, те сређивања, добија се израз за тренутну вриједност момента конверзије:

( ) ( )mmmc ttIMItm ϑϕωω −−−= 2121 sin . Пошто је:

δωϑ −= tmm , израз за момент постаје:

( ) ( )[ ]δϕωωω +−−−= tIMItm mmmc 2121 sin . Да би постојала средња вриједност момента, потребно је да синус не буде функција времена, односно:

21 ωωω += m , што је уједно услов слагања брзина асинхроне машине, тако да овај претварач представља асинхрону машину. Када је испуњен услов слагања брзина, тада је су средња и тренутна вриједност момента једнаке (нема пулсација момента) и износе:

( )ϕδ −== sin21 mmcsr IMImM . Ако се једна струја ротора прекине (изједначи са нулом), а кроз други навојак пропусти једносмјерна струја, тада ће се услов слагања брзина свести на mωω =1 , односно претварач ће радити као синхрона машина. Средња вриједност момента ће тада бити различита од нуле, момент неће имати пулсације, и износиће δsin1 DCmcsr IMImM == . 6. Трофазни асинхрони мотор спрегнут у неуземљену звијезду напаја се из несиметричног извора напона:

( ) DCa Utu = ( ) 0=tub

DCc Utu −=)( . Примјеном трансформација инваријантних по амплитуди, потребно је одредити напоне мотора у стационарном координатном систему ( )βα − и координатном систему који ротира брзином gω . РЈЕШЕЊЕ:

7

Пошто не постоје нулте компоненте, генерализована матрица трансформације је:

−−

−

−−

−

−

=

y

x

gg

gg

gg

c

b

a

uu

kuuu

34sin

34cos

32sin

32cos

sincos

πϑπϑ

πϑπϑ

ϑϑ

,

гдје је 1=k за систем инваријантан по амплитуди. • За стојећи координатни систем 0=gω биће α=x , β=y :

⋅

−

−−=

c

b

a

uuu

uu

23

230

21

211

32

β

α ,

=

−⋅

−

−−=

DC

DC

DC

DC

U

U

U

U

uu

330

23

230

21

211

32

β

α

• за координатни систем који ротира брзином gω биће dx = , qy = , а матрица трансформације је

−⋅

−−

−−−

−

−

=

DC

DC

ggg

ggg

q

d

U

U

ttt

ttt

uu

0

34sin

32sinsin

34cos

32coscos

32

πωπωω

πωπωω,

+−

+=

−+−

−−

=

tt

ttU

tt

ttU

uu

gg

gg

DC

gg

gg

DCq

d

ωω

ωω

πωω

πωω

cos33sin

sin33cos

34sinsin

34coscos

32


1. Статор трофазног асинхроног мотора има 18 жљебова, пречник cm15 , осну дужину cm22 , и предвиђен је за индукцију од T1,1 . Зазор између статора и ротора је mm5,0 . Предвиђено је да се мотор напаја из мреже линијског напона V380 Hz50 , а да намотај буде спрегнут у троугао. Скраћење корака није предвиђено. Потребно је одредити:

• Број проводника у жљебу и по фази, струју магнећења и стварну вриједност индукције за усвојени цијели број проводника по фази ако машина има један пар полова.

• Број проводника у жљебу и по фази, струју магнећења и стварну вриједност индукције за усвојени цијели број проводника по фази ако машина има два пара полова.

• Мотор је намотан тако да има један пар полова. Да ли се превезивањем готовог намотаја може постићи да мотор има два пара полова и како (без промјене броја навојака у намотају, односно вађења намотаја из жљебова)? Шта се мијења и да ли је овакво превезивање исплативо?


2. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има укупни отпор ротора и побуде Ω6,0 . Номинални подаци су kW2 , V240 , A10 , min/1000o . Пад напона на четкицама је V2 , а губици у гвожђу и на трења и вентилацију заједно износе W120 и мо гу се сматрати константним. Одредити: • номинални степен корисног дејства и све губитке у номиналном режиму • све губитке и степен корисног дејства при струји од A5 при номиналном напону.


3. Магнетно коло једног електромагнета приказано је на слици. Пресјек S магнетног кола је константан. На магнетном колу се налази намотај са N навојака oтпорности R који су пркључени на константан једносмјерни напон U . Потребно је: • извести изразе за индукцију и енергију у зазору, индуктивност намотаја, те силу

електромагнета у функцији удаљености котве. Сматрати да је гвожђе идеално. • образложити шта ће се промијенити ако електромагнет има N2 навојака, а прикључен је на

исти напон.

I

Φ

x∆x

4. Написати математички модел трофазног асинхроног мотора у синхроно ротирајућем )( qd −

систему. Да ли су све величине у моделу (струје, напони и флуксеви) једносмјерни или наизмјенични у стационарном стању?


2



РЈЕШЕЊЕ: Када машина има један пар полова, тада сваком полу и фази припада:

3)312/(18)2/( =⋅⋅== pqZm жљеба. Полни корак је 9)12/(18)2/( =⋅== pZy , односно након девет жљебова долази супротан пол. Корак намотавања је онда 1-10, 2-11, 3-12.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 16 17 18

A a Појасни сачинилац је:


1. Дат је мотор за једносмјерну струју са сложеном адитивном побудом. Отпор намотаја ротора заједно са редним побудним намотајем је Ω6,0 , а отпор паралелног побудног намотаја је Ω180 . Мотор је прикључен на напон V240 и ради само са редном побудом, при чему повлачи из мреже струју од A40 , а ротор се обрће брзином min/595o . Када се веже да ради са сложеном побудом из мреже при истом напону повлачи струју од A42 . Одредити брзину обртања када мотор ради са сложеном побудом ако се тада због паралелног побудног намота флукс повећа за %50 . Занемарити пад напона на четкицама.

РЈЕШЕЊЕ: Када мотор ради само са редном побудом, тада је индукована електромоторна сила:

VIRUE aaaR 216406,0240 =⋅−=−= . Пошто постоји само редна побуда, индукована електромоторна сила је:

nkE RPΦ= . (1) Струја паралелне побуде је:

ARU

IP

aPP 33,1== ,

па је струја индукта тада: AIII PPa 67,4033,1421 =−=−= .

Нова електромоторна сила је: VIRUE aaa 6,21567,406,024011 =⋅−=−= .

Електромоторна сила када постоје оба побудна намотаја је:

( )a

aRPRPPPRP I

InknknkE 1

111111 5,15,1 Φ=Φ=Φ+Φ= , (2)

па је нова брзина обртања из (1) и (2):

min/2,389595216

5,21567,40

405,1

15,1

1 1

11 on

EE

II

na

a === .

3

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 2. Магнетно коло једног електромагнета приказано је на слици. Пресјек S магнетног кола је

константан. На магнетном колу се налази намотај са N навојака кроз које протиче једносмјерна струја I . Потребно је извести изразе за индукцију и енергију у зазору, индуктивност намотаја, те силу електромагнета у функцији удаљености котве. Сматрати да је гвожђе идеално.

I

Φ

x∆x

РЈЕШЕЊЕ Ако је магнетно коло идеално, онда је магнетна енергија:

2

21 LIWm = .

I

Φ

x∆x

Амперов закон за контуру која пролази средњом линијом магнетног кола је:

NIlHlH FeFe =+ 00 . Индукција у гвожђу и зазору је приближно иста уз занемарење ивичних ефеката, 0BBFe = , а пошто је FeFeFe HBHB µµ == ,000 , поље у жељезу је

)(0 000 HHH

FeFe <<→=

µµ

,

односно за идеално магентно коло поље FeH је занемариво мало, па је готово сва енергија сконцентрисана у зазору. Дужина контуре кроз ваздух је xl ∆= 20 , па је зависност индукције од зазора:

xNIB∆

=20µ .

Пошто је SB ⋅=Φ , и за линеарна магнетна кола LI=Φ , индуктивност намотаја је:

IBSL = , односно

xNSL∆

=20µ .

Енергија у зазору је (уз писање ознаке координате x умјесто x∆ ): 20

4I

xNSWm ∆

=µ .

Сила којом магнет привлачи котву може се наћи тражењем извода магнетне енергије по линеарној координати:

20

4

−=

∂∂

=xINS

xW

F mx

µ .

Сила увијек дјелује у правцу смањења магнетног отпора, супротно од смјера координате x .

4

3. Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке: V380 , Hz50 , min/1440o , Ω= 12,1sR , Ω= 28,1'

rR , Ω= 7,2sX γ , Ω= 8,3'rX γ напаја се из несиметричног извора чији су фазни напони у

комплексном облику: VU A 220= , VeU jB

°= 90240 , VeU jC

°−= 150200 . Звјездиште мотора није уземљено, а вратило се обрће номиналном брзином. Грана магнећења може се занемарити. Примјеном комплексне F трансформације потребно је:

• Одредити директну, инверзну и нулту компоненту напона, импедансе и струје статора; • Одредити фазне струје статора; • Одредити директну и инверзну компоненту момента и резултантни момент.

НАПОМЕНА: Користити регуларну F трансформацију инваријантну по амплитуди:

⋅

=

=

02

2

0 11111

UUU

aaaa

UUU

FUUU

i

d

i

d

C

B

A

, 32π

αj

ea ==

РЈЕШЕЊЕ: Прво је потребно наћи директну, инверзну и нулту компоненту напона статора. Пошто се користи регуларна F трансформација ( )IFF =⋅ −1 , симетричне компоненте се добијају из:

⋅

=

⋅=

−

C

B

A

C

B

A

i

d

UUU

aaaa

UUU

FUUU

11111

31 2

2

1

0

.

Трансформација је инваријантна по амплитуди, па је уједно инваријантна и по ефективној вриједности. Ефективне вриједности напона у домену симетричних компоненти су:

−−++−−

−+−+=

++++++

=

++++++

=

°−°

°°

°−°

10021,,17324022020012085,207220

100205,17312085,207220

31

200240220200240220200240220

31

31

15090

90210

30330

2

2

0 jjjj

jj

eeeeee

UUUUaUaUUaUaU

UUU

jj

jj

jj

CBA

CBA

CBA

i

d

Veee

Vjj

j

UUU

j

j

j

i

d

=

++−

=

°

°

°−

52,71

36,31

1,20

0 2,4997,2635,213

67,466,1567,2605,433,7335,200

.

Директно клизање при задатој брзини је:

%404,01500

14101500==

−=

−=

s

msd n

nns ,

а одговарајућа директна импеданса на основу еквивалентне шеме:

( )Ω+=+++=+++= 5,612,338,304,028,17,212,1'

'

jjjXsR

jXRZ rd

ssd γγ

γ .

Инверзно клизање се рачуна тако што се сматра да се поље обрће на страну која одговара директном редослиједу, а вратило мотора на супротну:

( )%19696,104,0222

2==−=−=

−−=

−−=

−++=

+= d

s

ms

s

mss

s

ssms

s

msi s

nnn

nnnn

nnnnn

nnn

s ,

па је инверзна импеданса:

( )Ω+=+++=+++= 5,677,18,396,128,17,212,1'

'

jjjXsR

jXRZ ri

ssi γγ

γ .

Пошто звјездиште мотора није уземљено, не може се успоставити нулта струја, па је нулта импеданса бесконачна, 00 =I , ∞→0Z , па ће фазне струје имати само директну и инверзну компоненту.

5

Директна и инверзна компонента струје су:

( ) AeAjjj

ZU

I j

d

dd

°−=−=+−

== 2,3132,6275,34,55,612,3333,7335,200 ,

( ) AeAjj

jZU

I j

i

ii

°=+=++

== 6,64465,097,35,677,167,2605,4 .

Фазне струје добијају се примјеном F трансформације на симетричне компоненете струја:

⋅

=

=

02

2

0 11111

III

aaaa

III

FIII

i

d

i

d

C

B

A

,

Aeeeeee

IIaIaIIaIa

III

III

j

j

jj

id

id

id

C

B

A

++++++

=

++++

++=

°°

°°

°°−

0432,60432,60432,6

6,2468,88

6,1268,208

6,62,31

02

02

0

Aeee

Ajjj

jjjj

j

III

j

j

j

C

B

A

=

+−+−−

=

−−++−+−−++−

=

°

°

°−

8,118

47,178

67,16

02,392,779,9

65,245,1211,091,781,238,9

67,359,132,6132,021,338,2353,5

46,097,327,341,5.

Директна и инверзна компонента момента су:

NmIsRpM d

d

r

sd 41,2432,6

04,028,1

502233 22

'

=⋅⋅

==πω

,

NmIsRpM i

i

r

si 2,04

96,128,1

502233 22

'

=⋅⋅

==πω

,

па је укупни момент: NmMMM ide 21,242,041,24 =−=−= .

НАПОМЕНА: Иако је инверзна компонента момента релативно мала, а машина развија приближно номинални момент (ПРОВЈЕРИТИ), рад мотора на значајно несиметричној мрежи се не препоручује. Струје мотора у прве двије фазе су знатно веће од номиналне, док је струја треће фазе много мања од номиналне (ПРОВЈЕРИТИ). Због тога ће се намотаји прве двије фазе врло брзо прегријати. ЗАДАТАК: Поновити поступак за случај да је звјездиште мотора уземљено преко отпора Ω= 6,1YR (нулта импеданса је тада YRZ 30 = , јер се импедансе из звјездишта повећавају три пута када се убацују у нулту шему - ОБЈАСНИТИ). На основу прорачуна, образложити зашто се не препоручује уземљавање звјездишта.


1. Статор трофазног асинхроног мотора има 18 жљебова. Нацртати развијену шему намотаја једне фазе ако нема скраћења навојног корака, а машина има један пар полова.


2. Дат је мотор за једносмјерну струју са сложеном адитивном побудом. Отпор намотаја ротора заједно са редним побудним намотајем је Ω6,0 , а отпор паралелног побудног намотаја је Ω180 . Мотор је прикључен на напон V240 и ради само са редном побудом, при чему повлачи из мреже струју од A40 , а ротор се обрће брзином min/595o . Када се веже да ради са сложеном побудом из мреже при истом напону повлачи струју од A42 . Одредити брзину обртања када мотор ради са сложеном побудом ако се тада због паралелног побудног намота флукс повећа за %50 . Занемарити пад напона на четкицама.


3. Магнетно коло једног електромагнета приказано је на слици. Пресјек S магнетног кола је константан. На магнетном колу се налази намотај са N навојака кроз које протиче једносмјерна струја I . Потребно је извести изразе за индукцију и енергију у зазору, индуктивност намотаја, те силу електромагнета у функцији удаљености котве. Сматрати да је гвожђе идеално.

I

Φ

x∆x

4. Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке: V380 , Hz50 , min/1440o , Ω= 12,1sR ,

Ω= 28,1'rR , Ω= 7,2sX γ , Ω= 8,3'

rX γ напаја се из несиметричног извора чији су фазни напони у


°= 90240 , VeU jC

°−= 150200 . Звјездиште мотора није уземљено, а вратило се обрће номиналном брзином. Грана магнећења може се занемарити. Примјеном комплексне F трансформације потребно је: • Одредити директну, инверзну и нулту компоненту напона, импедансе и струје статора; • Одредити фазне струје статора; • Одредити директну и индверзну компоненту момента и резултантни момент.


⋅

=

=

02

2

0 11111

UUU

aaaa

UUU

FUUU

i

d

i

d

C

B

A

, 32π

αj

ea ==


2


АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Статор трофазног асинхроног мотора има 18 жљебова. Нацртати развијену шему намотаја једне

фазе ако нема скраћења навојног корака, а машина има један пар полова.

РЈЕШЕЊЕ: Када машина има један пар полова, тада сваком полу и фази припада:

3)312/(18)2/( =⋅⋅== pqZm жљеба. Полни корак је 9)12/(18)2/( =⋅== pZy , односно након девет жљебова долази супротан пол. Корак намотавања је онда 1-10, 2-11, 3-12.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 16 17 18

A a

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 2. Дат је мотор за једносмјерну струју са сложеном адитивном побудом. Отпор намотаја ротора

заједно са редним побудним намотајем је Ω6,0 , а отпор паралелног побудног намотаја је Ω180 . Мотор је прикључен на напон V240 и ради само са редном побудом, при чему повлачи из мреже струју од A40 , а ротор се обрће брзином min/595o . Када се веже да ради са сложеном побудом из мреже при истом напону повлачи струју од A42 . Одредити брзину обртања када мотор ради са сложеном побудом ако се тада због паралелног побудног намота флукс повећа за %50 . Занемарити пад напона на четкицама.

РЈЕШЕЊЕ: Када мотор ради само са редном побудом, тада је индукована електромоторна сила:

VIRUE aaaR 216406,0240 =⋅−=−= . Пошто постоји само редна побуда, индукована електромоторна сила је:

nkE RPΦ= . (1) Струја паралелне побуде је:

ARU

IP

aPP 33,1== ,

па је струја индукта тада: AIII PPa 67,4033,1421 =−=−= .

Нова електромоторна сила је: VIRUE aaa 6,21567,406,024011 =⋅−=−= .

Електромоторна сила када постоје оба побудна намотаја је:

( )a

aRPRPPPRP I

InknknkE 1

111111 5,15,1 Φ=Φ=Φ+Φ= , (2)

па је нова брзина обртања из (1) и (2):

min/2,389595216

5,21567,40

405,1

15,1

1 1

11 on

EE

II

na

a === .

3

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 3. Магнетно коло једног електромагнета приказано је на слици. Пресјек S магнетног кола је

константан. На магнетном колу се налази намотај са N навојака кроз које протиче једносмјерна струја I . Потребно је извести изразе за индукцију и енергију у зазору, индуктивност намотаја, те силу електромагнета у функцији удаљености котве. Сматрати да је гвожђе идеално.

I

Φ

x∆x

РЈЕШЕЊЕ Ако је магнетно коло идеално, онда је магнетна енергија:

2

21 LIWm = .

I

Φ

x∆x

Амперов закон за контуру која пролази средњом линијом магнетног кола је:

NIlHlH FeFe =+ 00 . Индукција у гвожђу и зазору је приближно иста уз занемарење ивичних ефеката, 0BBFe = , а пошто је FeFeFe HBHB µµ == ,000 , поље у жељезу је

)(0 000 HHH

FeFe <<→=

µµ

,

односно за идеално магентно коло поље FeH је занемариво мало, па је готово сва енергија сконцентрисана у зазору. Дужина контуре кроз ваздух је xl ∆= 20 , па је зависност индукције од зазора:

xNIB∆

=20µ .

Пошто је SB ⋅=Φ , и за линеарна магнетна кола LI=Φ , индуктивност намотаја је:

IBSL = , односно

xNSL∆

=20µ .

Енергија у зазору је (уз писање ознаке координате x умјесто x∆ ): 20

4I

xNSWm ∆

=µ .

Сила којом магнет привлачи котву може се наћи тражењем извода магнетне енергије по линеарној координати:

20

4

−=

∂∂

=xINS

xW

F mx

µ .

Сила увијек дјелује у правцу смањења магнетног отпора, супротно од смјера координате x .

4

4. Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке: V380 , Hz50 , min/1440o , Ω= 12,1sR , Ω= 28,1'

rR , Ω= 7,2sX γ , Ω= 8,3'rX γ напаја се из несиметричног извора чији су фазни напони у


°= 90240 , VeU jC

°−= 150200 . Звјездиште мотора није уземљено, а вратило се обрће номиналном брзином. Грана магнећења може се занемарити. Примјеном комплексне F трансформације потребно је:

• Одредити директну, инверзну и нулту компоненту напона, импедансе и струје статора; • Одредити фазне струје статора; • Одредити директну и инверзну компоненту момента и резултантни момент.


⋅

=

=

02

2

0 11111

UUU

aaaa

UUU

FUUU

i

d

i

d

C

B

A

, 32π

αj

ea ==

РЈЕШЕЊЕ: Прво је потребно наћи директну, инверзну и нулту компоненту напона статора. Пошто се користи регуларна F трансформација ( )IFF =⋅ −1 , симетричне компоненте се добијају из:

⋅

=

⋅=

−

C

B

A

C

B

A

i

d

UUU

aaaa

UUU

FUUU

11111

31 2

2

1

0

.

Трансформација је инваријантна по амплитуди, па је уједно инваријантна и по ефективној вриједности. Ефективне вриједности напона у домену симетричних компоненти су:

−−++−−

−+−+=

++++++

=

++++++

=

°−°

°°

°−°

10021,,17324022020012085,207220

100205,17312085,207220

31

200240220200240220200240220

31

31

15090

90210

30330

2

2

0 jjjj

jj

eeeeee

UUUUaUaUUaUaU

UUU

jj

jj

jj

CBA

CBA

CBA

i

d

Veee

Vjj

j

UUU

j

j

j

i

d

=

++−

=

°

°

°−

52,71

36,31

1,20

0 2,4997,2635,213

67,466,1567,2605,433,7335,200

.

Директно клизање при задатој брзини је:

%404,01500

14101500==

−=

−=

s

msd n

nns ,

а одговарајућа директна импеданса на основу еквивалентне шеме:

( )Ω+=+++=+++= 5,612,338,304,028,17,212,1'

'

jjjXsR

jXRZ rd

ssd γγ

γ .

Инверзно клизање се рачуна тако што се сматра да се поље обрће на страну која одговара директном редослиједу, а вратило мотора на супротну:

( )%19696,104,0222

2==−=−=

−−=

−−=

−++=

+= d

s

ms

s

mss

s

ssms

s

msi s

nnn

nnnn

nnnnn

nnn

s ,

па је инверзна импеданса:

( )Ω+=+++=+++= 5,677,18,396,128,17,212,1'

'

jjjXsR

jXRZ ri

ssi γγ

γ .

Пошто звјездиште мотора није уземљено, не може се успоставити нулта струја, па је нулта импеданса бесконачна, 00 =I , ∞→0Z , па ће фазне струје имати само директну и инверзну компоненту.

5

Директна и инверзна компонента струје су:

( ) AeAjjj

ZU

I j

d

dd

°−=−=+−

== 2,3132,6275,34,55,612,3333,7335,200 ,

( ) AeAjj

jZU

I j

i

ii

°=+=++

== 6,64465,097,35,677,167,2605,4 .

Фазне струје добијају се примјеном F трансформације на симетричне компоненете струја:

⋅

=

=

02

2

0 11111

III

aaaa

III

FIII

i

d

i

d

C

B

A

,

Aeeeeee

IIaIaIIaIa

III

III

j

j

jj

id

id

id

C

B

A

++++++

=

++++

++=

°°

°°

°°−

0432,60432,60432,6

6,2468,88

6,1268,208

6,62,31

02

02

0

Aeee

Ajjj

jjjj

j

III

j

j

j

C

B

A

=

+−+−−

=

−−++−+−−++−

=

°

°

°−

8,118

47,178

67,16

02,392,779,9

65,245,1211,091,781,238,9

67,359,132,6132,021,338,2353,5

46,097,327,341,5.

Директна и инверзна компонента момента су:

NmIsRpM d

d

r

sd 41,2432,6

04,028,1

502233 22

'

=⋅⋅

==πω

,

NmIsRpM i

i

r

si 2,04

96,128,1

502233 22

'

=⋅⋅

==πω

,

па је укупни момент: NmMMM ide 21,242,041,24 =−=−= .

НАПОМЕНА: Иако је инверзна компонента момента релативно мала, а машина развија приближно номинални момент (ПРОВЈЕРИТИ), рад мотора на значајно несиметричној мрежи се не препоручује. Струје мотора у прве двије фазе су знатно веће од номиналне, док је струја треће фазе много мања од номиналне (ПРОВЈЕРИТИ). Због тога ће се намотаји прве двије фазе врло брзо прегријати. ЗАДАТАК: Поновити поступак за случај да је звјездиште мотора уземљено преко отпора Ω= 6,1YR (нулта импеданса је тада YRZ 30 = , јер се импедансе из звјездишта повећавају три пута када се убацују у нулту шему - ОБЈАСНИТИ). На основу прорачуна, образложити зашто се не препоручује уземљавање звјездишта.



1. Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке: V380 , Y , 3=p , Hz50 , Ω= 05,0sR , Ω= 05,0'

rR , Ω= 25,0sX γ Ω= 21,0'rX γ , Ω= 10mX , %3=ns . Мотор је преко дугачког

кабла импедансе ( )Ω+= 15,02,0 jZ k прикључен на мрежу номиналног напона и учестаности. Потребно је одредити:

• Полазну струју;

• Напон на мотору у тренутку старта;

• Полазни момент;

• Да ли ће мотор моћи да крене ако је оптерећен номиналним моментом? МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Мотор једносмјерне струје са паралелном побудом покреће оптерећење чији је момент константан и износи 70% номиналног момента мотора.

• Одредити напон мотора и струју побуде тако да се његово вратило обрће брзином од srad /200 у овом режиму.

• Шта ће се десити ако се при напону и струји побуде одређеним у претходној тачки оптерећење дупло смањи?

• Прорачунати струје и индуковане електромоторне силе за оба режима. Подаци о мотору: V220 , A12 , Ω= 1aR , Ω= 100PR , srad /150 . Пад напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.


Написати изразе за све индуктивности и момент конверзије електромеханичког претварача са цилиндричним статором и цилиндричним ротором са по три намотаја на статору и три намотаја на ротору. Намотаји на статору, односно ротору, међусобно су помјерени за °120 .


2

Рјешења задатака са испита из Електромеханичког претварања енергије (13. 07. 2006)


1. Трофазни асинхрони мотор повлачи из мреже 16.7 kW, при напону од 380 V и фактору снаге cosϕ = 0.88. Спрега намотаја статора је звијезда. Активна отпорност статора измјерена на прикључцима мотора је 0.56 Ω, а клизање је 3.3 %. Уз претпоставку да су губици у гвожђу статора једнаки половини губитака у бакру статора, а механички и допунски губици износе 5 % од укупних губитака, одредити: • Корисну снагу • Степен искориштења мотора

2. Једнофазни четворополни асинхрони мотор HzV 50220 на статору има 36 жљебова. Његова индукција је T1 , дужина гвожђа cm25 , унутрашњи пречник статора cm10 , дужина зазора mm2 . Мотор треба премотати у трофазни асинхрони мотор YHzPV ,50,1,380 = са истом индукцијом, без скраћења корака. Одредити

• Број навојака по фази статора, флукс по полу, број навојака у жљебу, те стварну вриједност флукса и индукције за усвојени цијели број навојака у жљебу

• Одредити привидну снагу статора • Нацртати развијену шему једне фазе намотаја премотаног мотора.

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 1. На генератор једносмјерне струје са паралелном побудом, чији је отпор ротора Ω26.0 , а отпор

побудног намота Ω44 , прикључен је потрошач отпора Ω4 . Ако је напон генератора V220 , потребно је израчунати вриједност индуковане електромоторне силе у намоту индукта

2. Мотор за једносмјерну струју са паралелном побудом има сљедеће податке: 22 kW, 220 V, 115 A и има снимљену карактеристику празног хода која је дата сљедећом табелом при брзини од 1150 o/min.

Eo [V] 75 140 190 220 240 If [A] 0.5 1 1.5 2 2.75

Укупни отпор ротора, укључујући и оптор четкица, је 0.12 Ω. Мотор служи за погон вентилатора коме се момент оптерећења мијења са квадратом брзине. Ако је мотор пркључен на напон од 220 V, одредити:

a) Брзину обртања када је мотор оптерећен тако да узима 87 A из мреже и ако је отпор побудног кола подешен тако да брзина празног хода буде 1150 o/min,

b) Колики отпор треба додати у побудно коло мотора да би се вентилатор обртао брзином 1200 o/min.


Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 03.09.2007. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор узима из мреже снагу од 16,7 kW, при напону од 380V и фактору снаге cosϕ= 0,88. Активна отпорност намотаја статора измјерена на прикључцима мотора је Ω56,0 , а клизање је 3,3 %. Уз претпоставку да су у овом режиму магнетни губици једнаки половини електричних губитака на статору, а механички и допунски губици износе 5% укупних губитака, потребно је одредити корисну снагу и степен искориштења снаге мотора. МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са адитивном побудом, чији су подаци 100kW, 250V, 400A, има отпор индукта (укључујући и прелазни отпор на четкицама који се може сматрати константним) Ra=0,025Ω, отпор редног побудног намота Rpr=0,005Ω и карактеристику празног хода Eo=f(Ip) за n=1250 o/min, добијену побуђивањем из независног извора. Оточни намотај има 1000 навојака по полу, а редни 3 навојка по полу. Израчунати напон на крајевима генератора при номиналној струји када је струја оточне побуде 4,7A, а брзина 1150 o/min. Занемарити реакцију индукта.

E0 (V) 60 150 170 216 238 250 274 276 Ip (A) 1 2,6 3 4 4,6 5 5,9 6,1

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем координатном систему. Уз претпоставку да се d оса синхроног координатног система налази у правцу флукса ротора ( 0, QDr =ΨΨ=Ψ ), извести израз за промјену флукса ротора у функцији струје статора.



AСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Испитивањем трофазног асинхроног мотора добијени су сљедећи подаци: Ω= 251,0SR ,

Ω=′ 65,0RR , Ω=′= 361,0RS XX , Ω= 3,17mX , Ω= 2000R . Мотор је прикључен на номинални фазни напон V220 , учестаности Hz50 , 2=p .

Мотор ради у режиму асинхроне кочнице, и вратило му се обрће брзином од min/500o (наравно, у супротном смјеру од смјера обртног поља).

- на основу еквивалентне шеме израчунати струју мотора и фактор снаге; - израчунати излазну снагу и момент на вратилу; - израчунати улазну активну и реактивну снагу; - израчунати степен корисног дејства уз занемарење губитака трења и вентилације.

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 1. Генератор једносмјерне струје са независном побудом при температури 15oC има отпор намота индукта 0,0066 Ω и отпор намота помоћних полова 0,0026 Ω. Радна температура генератора је 75oC, а оптерећење је термогено (активно). • Израчунати индуковану емс и одредити структуру губитака за номинални режим рада. • Одредити структуру губитака за празан ход генератора. • Израчунати све карактеристичне величине ако се оптерећење генератора удвостручи, а

погонска машина обезбеђује такву брзину да индукована емс остаје иста као при номиналном режиму.

Подаци о генераторуPn=25 kW; Un=115 V; Ifn=3 a; nn=1000 o/min; ηn=88,5%; ∆Uč=2 V, напон побуде

: V100 .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 1. Електрична машина има цилиндричан статор и ротор од феромагнетика чија се

пермеабилност може сматрати бесконачно великом. На статору и ротору се налази по један навојак. - извести израз за тренутну вриједност момента машине са цилиндричним статором и

ротором са по једним навојком на статору и ротору. - који услов треба да буде испуњен да би средња вриједност момента била различита од

нуле? Да ли је тај услов испуњен ако је струја статора једносмјерна и износи

(15 бодова)

A2 , а струја кроз ротор је функција положаја ротора (угла између оса статора и ротора) и износи:

≤≤−<<−

=πϑ

ϑπϑ

20,30,3

)(m

mmr A

Ai ?

- написати израз и скицирати зависност тренутне вриједности момента од положаја ротора за дате струје ако је међуиндуктивност између навојка на статору и навојка на ротору има максималну вриједност

(10 бодова)

HM 02.0= . Испит траје 2 сата!

(10 бодова)


1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се зазор повећа за %10 . Сматрати да је магнетно коло идеално.

2. Трофазни асинхрони мотор са подацима kW4 , min/1410o , Hz50 прикључен је на мрежу номиналног напона и учестаности. Ако је познато да је превални момент двоструко већи од номиналног момента, потребно је израчунати колико су момент и излазна снага мотора када се његово вратило обрће брзином од min/1490o , а учестаност напајања је Hz60 .


3. Мотор једносмјерне струје са независном побудом покреће оптерећење чији је момент константан и износи 70% номиналног момента мотора.

• Ако је струја побуде константна, потребно је одредити напон мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином у овом режиму

• Колика је брзина обртања вратила ако је струја побуде A4 , а напон ротора номиналан? Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 2.0aR , srad /150 , номинална струја побуде AI Pn 5= . Пада напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.




• Каква је разлика у односу на претходни случај ако је tIi m 11 sinω= , tIi m 12 cosω= , DCIi =3 ? 5. Навести разлоге увођења стационарног βα − и qd − координатног система и разлике између њих


2


АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се зазор повећа за

%10 . Сматрати да је магнетно коло идеално. РЈЕШЕЊЕ: Магнетопобудна сила потребна за успостављање флукса може се одредити на основу Амперовог закона:

∫∫ = JdSHdl У случају машине чији се феромагнетик може сматрати идеалним (поље H у њему је занемарљиво мало), потребна је струја само за магнећење зазора:

NlHI m

00= ,

гдје је 0H јачина магнетног поља у зазору, δ20 =l (укупна) дужина зазора, а N број проводника (по фази) кроз које тече струја магнећења. Пошто се статор мотора не мијења, тада су индукција и јачина магнетног поља у зазору константни

( .~ constSfNkk

UB

Polaftp

f = , 0

0 µBH = ), па је струја магнећења директно пропорционална величини

зазора. Због тога ће повећавање зазора од %10 проузроковати повећавање струје магнећења за %10 . ДА ЛИ МАГНЕТНО КОЛО МОЖЕ ОТИЋИ У ЗАСИЋЕЊЕ АКО СЕ ЗАЗОР ЗНАЧАЈНО ПОВЕЋА?

2. Трофазни асинхрони мотор са подацима kW4 , min/1410o , Hz50 прикључен је на мрежу номиналног напона и учестаности. Ако је познато да је превални момент двоструко већи од номиналног момента, потребно је израчунати колико су момент и излазна снага мотора када се његово вратило обрће брзином од min/1490o .

РЈЕШЕЊЕ: Пошто се вратило обрће брзином већом од номиналне, а напон и учестаност су номинални, може се закључити да је оптерећење мање од номиналног (СКИЦИРАТИ РАДНУ ТАЧКУ!). Тражено оптерећење може се одредити примјеном Клосове формуле. Номинално клизање је:

%606,01500

14101500==

−=

−=

s

nsn n

nns ,

а номинално превално клизање је: ( ) ( ) %4,22224,014206,012 ==−+=−+= ννnprn ss .

При новом оптерећењу клизање је:

%66,00066,01500

149015001 ==

−=

−=

s

ns

nnn

s ,

па је нови момент на основу Клосове формуле:

nn

pr

pr

pr MM

ss

ss

MM 117,0

0066,0224,0

224,00066,0

42=

+=

+= ,

односно

NmP

Mn

n 17,360/14102

4000117,0117,0 ===πω

.

Снага на вратилу мотора је

3

WMP 8,494601490217,3 =⋅=⋅=

πω .


3. Мотор једносмјерне струје са независном побудом покреће оптерећење чији је момент константан и износи 70% номиналног момента мотора. • Ако је струја побуде константна, потребно је одредити напон мотора тако да се његово

вратило обрће номиналном брзином у овом режиму • Како ће се остварити режим рада при коме се вратило мотора обрће са %120 номиналне

брзине? Прорачунати све величине у овом режиму. • Коликом максималном брзином може да се обрће вратило мотора у трајном раду?

Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 2.0aR , srad /150 , номинална струја побуде AI Pn 5= . Пада напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно. РЈЕШЕЊЕ:

• Номинална електромоторна сила је: VIRUE anaann 8,208562,0220 =⋅−=−= .

Номинални флукс и момент су:

WbE

n

nn 392,1

1508,208===Ψ

ω,

NmIM annn 95,7756392,1 =⋅=Ψ= Момент оптерећења је:

NmMM nopt 565,5495,777,07,0 =⋅== . Пошто се тражи да се вратило мотора обрће номиналном брзином, машина ради у првој зони управљања, па је побуда константна, а напон ће бити мањи од номиналног јер је оптерећење мање од номиналног. Струја мотора при овом оптерећењу је:

AIM

I ann

opta 2,397,0

392,1565,54

1 ===Ψ

=

Пошто је брзина обртања номинална, а флукс побуде номиналан, електрмоторна сила ће бити номинална. Напон потребан да би се у овом режиму вратило обртало номиналном брзином је:

VIREU aana 64,2162,392,08,20811 =⋅+=+= , односно напон је само мало мањи од номиналног, што је и очекивано, јер мотор једносмјерне струје са независном побудом има «тврду» моментну карактеристику.

• Када је потребно да се вратило мотора обрће брзином већом од номиналне (рад у зони слабљења поља), напон се одржава на номиналној вриједности, а струја побуде се смањује (слаби се поље).

VUU ana 2202 == . Сада се пишу нове једначине:

222 aaa IRUE −= , (1)

222 ωΨ=E , (2)

22 aopt IM Ψ= . (3) Из једначина (1), (2) и (3) могу се одредити нова струја мотора, нови флукс, и нова електрмоторна сила:

2222 Ψ−=Ψ opt

aa

MRUω ,

02

22

222 =+Ψ−Ψ

ωωoptaa MRU

4

0150

565,542,01502,1

2202

22 =

⋅+Ψ

⋅−Ψ ,

00728,0222,1 222 =+Ψ−Ψ .

Физички прихватљиво рјешење за флукс је Wb159,12 =Ψ , па је нова струја:

AM

I opta 08,47

159,1565,54

22 =

Ψ= ,

а електромоторна сила: VE 62,2081502,1159,1222 =⋅⋅=Ψ= ω .

Пошто је за линеарно магнетно коло: ωPIE ~ ,

нова побудна струја је:

AIEE

I Pnn

nP 16,45

2,11508,20815062,208

1

11 =⋅

⋅⋅⋅

==ωω

.

• Слабљењем флукса брзина обртања вратила мотора расте. При константном моменту оптерећења тада расте и струја мотора јер је .constIM aopt =Ψ= Најмања вриједност флукса одређује се из услова да тада струја арматуре мора бити максимална (односно номинална), пошто се тражи трајан рад мотора:

WbI

M

an

opt 974,056565,54

3 ===Ψ .

Електромоторна сила мотора је тада једнака номиналној вриједности, пошто су и напон и струја арматуре номинални.

VEE n 8,2083 == . Нова побудна струја је из PI~Ψ :

AII Pnn

P 5,35392,1974,03

3 =⋅=ΨΨ

= ,

а максимална брзина обртања:

sradIEIE

nPn

Pn /28,2141505,3

5

1

33 =⋅=⋅= ωω .

2. Дат је мотор једносмјерне струје са паралелном побудом. Подаци мотора су сљедећи: kWPn 26= ,

V110 , AI n 274= , kWPCur 2= , min/970o . Овај мотор треба употријебити као генератор једносмјерне струје чији је напон VU 1201 = Одредити:

• Шта је све потребно предузети да би машина могла да ради на новом напону? • Максималну трајну снагу генератора. • Колика треба да буде брзина обртања генератора.

Напомена: Губитке у гвожђу, на четкицама, те механичке губитке занемарити. Машину НЕ сматрати термички хомогеним тијелом, а карактеристику магнећења НЕЛИНЕАРНОМ.

РЈЕШЕЊЕ: • Пошто се магнетно коло не може сматрати линеарним, индукција се мора одржавати на номиналној

(или мањој) вриједности. Машина има паралелну побуду, па је потребно додати отпорник у коло побуде тако да струја побуде при повећаном напону мреже буде једнака номиналној струји побуде.

• Када се машина посматра као термички нехомогено тијело, што одговара реалном случају, тада се њени дијелови не загријавају подједнако. Максимална нова снага (односно нова номинална снага) ће се одредити из услова да сви појединачни губици буду мањи или једнаки одговарајућим појединачним губицима у номиналном режиму. Према услову задатка, у машини постоје само губици у бакру:

5

∑ += PobudeMOTCurMOTgMOT PPP . Укупни губици у мотору су:

kWPIUPPP nnnelgMOT 14,426000274110 =−⋅=−⋅=−=∑ . Губици побудног кола су:

∑ =−=−= kWPPP CurMOTgMOTPobudeMOT 14,220004140 , па су струја и отпор побуде

AU

PI

m

PobudeMOTPMOT 45,19

1102140

=== ,

Ω=== 65,545,19

110

PMOT

mPobude I

UR .



Ω=== mIP

RaMOT

Cura 87,30

55,2542000

22 .

Да би струја побуде остала једнака номиналној струји, потребно је додати отпорник у коло побуде који ће при повећаном напону мреже ограничити струју побуде на номиналној вриједности. Овај отпорник може се прорачунати из једначине:

( ) PMOTdodPobudeGEN IRRU += , односно

Ω=−=−= 52,065,545,19

120Pobude

PMOT

GENdod R

IU

R .

Да би губици у колу ротора остали константни и у генераторском режиму, потребно је и да струја остане константна:

AIIPP aMOTaGENCurMOTCurGEN 55,254==⇒= . Струја генератора је:

AIII PobudeGENaGENGEN 1,23545,1955,254 =−=−= , па је снага генератора:

kWIUP GENGENGEN 2,281,235120 =⋅=⋅= . НАПОМЕНА: Снага у генераторском режиму је већа од снаге у моторском режиму при мањој струји од номиналне, јер је напон мреже повећан са V110 на V220 . • Номинална електромоторна сила у моторском режиму је:

VIRUE aMOTamnMOT 14,102=−= , а електромоторна сила у генераторском режиму је:

VIRUE aGENaGENnGEN 26,1271,2351087,30120 3 =⋅⋅+=+= − . За машине са паралелном побудом је:

nIE Pobude ⋅~ , па је потребна брзина обртања

min/53,120897014,102

127 onIEIE

n MOTPobudeGENMOT

PobudeMOTGENGEN =

⋅== .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док се на ротору налази трећи навојак са струјом 3i .

• Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије

6

• Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента конверзије. Под којим условима ће средња вриједност момента бити различита од нуле и колико ће износити? Да ли се може постићи да тренутна и средња вриједност момента буду једнаке и како?

• Каква је разлика у односу на претходни случај ако је tIi m 11 sinω= , tIi m 12 cosω= , DCIi =3 ? РЈЕШЕЊЕ: Индуктивности машине су:

.11 constL = .33 constL = mMLL ϑcos3113 == .22 constL = 02112 == LL mMLL ϑsin3223 ==




δsinDCmsrc IMIMm == . Ако се замијени редослијед двије струје које формирају Теслино обртно поље, вратило претварача ће се обртати на супротну страну, док ће све остали процеси (моторски и генераторски рад) остати исти. 6. На основу еквивалентне шеме машине једносмјерне струје са независном побудом, потребно је:

• написати комплетан математички модел ове машине • на основу Њутнове једначине ротације, одредити вријеме за које ће мотор убрзати из

мировања до брзине srad /150 , ако се струје побуде и арматуре одржавају на номиналним вриједностима. Занемарити електромагнетне прелазне процесе током старта. Мотор је оптерећен половином номиналног момента.

Подаци о мотору: kW2,2 min/1800o , 21,0 kgmJ = . Магнетно коло је линеарно. РЈЕШЕЊЕ:

• Математички модел мотора једносмјерне струје са независном побудом је:

fa

aaaa

aaaa dtdi

LiRedtdi


dniRu f

fff

ψ+=



=dtd .

• Ако се занемаре електромагнетни прелазни процеси, динамика убрзавања погона од мировања до тражене брзине одређена је само Њутновом једначином. Пошто су током залета струје побуде и ротора номиналне, може се закључити да је и момент током залета номиналан:

.constmm ene == Из номиналних података мотора може се одредити номинални момент мотора:

NmP

mn

nn 67,11

60/180022200

===πω

.


Тражено вријеме убрзавања може се израчунати из Њутнове једначине ротационог кретања:

me mmdtdJ −=ω ,

7

∫∫ −=

ω

ω00

dmm

Jdtme

t

, односно

smm

Jtme

57,283,567,11

1501,0=

−⋅

=−

=ω .

Испит из предмета Електромеханичко претварање енергије Бања Лука, 24.02.2006. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке V380 , Hz50 , спрега Y , отпор статора по фази износи Ω3 . Мотор је испитан огледом кратког споја у спрези Y при линијском напону V110 учестаности

Hz40 , те су измјерени снага кратког споја W500 , струја A5 и момент укоченог ротора Nm15,2 . Магнетно коло може се сматрати линеарним. Потребно је одредити превални (максимални, прекретни) момент при номиналном напајању. МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: kW8,14 , V400 min/850o ,

Ω= 25,0aR , пад напона на четкицама V2 . Отпор побуде износи Ω200 . Сматрајући магнетно коло линеарним, одредити колики отпорник треба везати на ред са побудом да би генератор у мрежу давао снагу од kW10 при номиналном напону и брзини од min/1000o . ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd − координатном систему. Поставити d осу координатног система у правац флукса ротора (овај услов је еквивалентан услову 0≡ΨQ ).

• Трансформисати модел мотора за овај случај ( 0≡ΨQ ) • Написати трансформисани модел у стационарном стању. Показати да је могуће управљати

флуксом мотора искључиво преко струје di , а моментом преко производа qd ii ⋅ .


2


(24.02.2006) АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке V380 , Hz50 , спрега Y , отпор статора по фази износи Ω3 . Мотор је испитан огледом кратког споја у спрези Y при линијском напону V110 учестаности

Hz40 , те су измјерени снага кратког споја W500 , струја A5 и момент укоченог ротора Nm15,2 . Магнетно коло може се сматрати линеарним. Потребно је одредити превални (максимални, прекретни) момент при номиналном напајању. РЈЕШЕЊЕ Импеданса и фактор снаге кратког споја мотора су

Ω=== 7,125

3/110

k

kk I

UZ ,

52,051103

5003

cos =⋅⋅

==kk

kk IV

Pϕ



Ω=== 56,13405085,10

ffXX n

kkn ,



( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за 1=s , 402 ⋅= πω s , 3/110=fU одакле је

( ) ( )( ) 2

6,33/1103

85,106,640215,23 2

22

'2

22

≈⋅⋅

+⋅⋅=

+=

πω

rf

kkspol

RUXRM

p .


%9,25259,056,133

6,32222

'

==+

=+

=kns

rprn

XRRs .


( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за prss = , 502 ⋅= πω s , 3/380=fU одакле је

( ) ( )Nm

XsRRsRUpM

knrs

rf

sprn 38,27

56,13259,0/6,33259,0/6,3220

50223

//3

222

22'

'2 =

++⋅⋅

=++

=πω

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: kW8,14 , V400 min/850o ,

Ω= 25,0aR , пад напона на четкицама V2 . Отпор побуде износи Ω200 . Сматрајући магнетно коло линеарним, одредити колики отпорник треба везати на ред са побудом да би генератор у мрежу давао снагу од kW10 при номиналном напону и брзини од min/1000o .

3

РЈЕШЕЊЕ Номинална струја генератора и номинална струја побуде су

AUPI

an

nn 37

400108,14 3

=⋅

== ,

AR

UIP

anPn 2

200400

=== ,


VUIRUE Cetanaann 75,41123925,0400 =+⋅+=∆++= Када генератор даје снагу kW10 при номиналном напону, његова струја је

AUPI

an

el 25400

1010 3

1 =⋅

== .





nnPn

P EnInIE 11

1 = (3)

Из (1), (2) и (3) добија се:

( ) ( ) ( ) ( ) ARnIEn

UUIRIanPnn

CetaaP 687,1

25,08502/75,411100024002525,0

/1

11 =

−⋅⋅++⋅

=−

∆++= .

Када се дода отпорник dR у коло побуде биће ( ) 1PdPa IRRU += , одакле је

Ω=−=−= 37200687,1

400

1P

P

ad R

IUR .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( )qd − координатном систему. Поставити d осу координатног система у правац флукса ротора (овај услов је еквивалентан услову 0≡ΨQ ).

• Трансформисати модел мотора за овај случај ( 0≡ΨQ ) • Написати трансформисани модел у стационарном стању. Показати да је могуће управљати

флуксом мотора искључиво преко струје di , а моментом преко производа qd ii ⋅ . РЈЕШЕЊЕ: Математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем координатном систему је:

qsd

dsd dtdiRu Ψ−Ψ

+= ω

dsq

qsq dtd

iRu Ψ+Ψ

+= ω

( ) QmsD


+= ωω

4

( ) DmsQ

QRQ dtd

iRu Ψ−+Ψ

+= ωω




3

optc mmdtdJ −=ω

dtdωϑ = ,


Ако је 0≡ΨQ , математички модел асинроног мотора постаје:

qsd

dsd dtdiRu Ψ−Ψ

+= ω dsq

qsq dtd

iRu Ψ+Ψ

+= ω

dtdiR D

DrΨ

+=0 q

D

rmkl iTL

Ψ=

1ω


dmDrD iLiL +=Ψ qr

mQ i

LLi −=

qDr

mc i

LLPm Ψ=

23

optc mmdtdJ −=ω ,

dtdωϑ = .

У стационарном стању ( 0=p ), модел поприма сљедећи облик:

qsdsd iRu Ψ−= ω dsqsq iRu Ψ+= ω

0=Di q

d

rkl i

iT1

=ω

dsd iL=Ψ qsq iLσ=Ψ

dmD iL=Ψ qr

mQ i

LLi −=

qdr

mc ii

LLPm

2

23

=

optc mm =

.const=ϑ Pmωω = ,

гдје су rrr RLT /= и srm LLL /1 2−=σ временска константа ротора и коефицијент расипања, респективно. Потребно је примијетити да у овом случају ( 0≡ΨQ ) флукс ротора има само d компоненту, што значи да се укупни флукс ротора налази у правцу d осе ( Dr Ψ=Ψ ), и он зависи само од струје статора по d оси. Момент мотора зависи од производа струје статора по d и q оси. Принцип постављања синхроно роторајућег координатног система у правац флукса ротора (што је у ствари услов 0≡ΨQ ), представља основу за тзв. векторско управљање асинхорним мотором, при којем се флуксом мотора управља само струјом di , а моментом струјом qi , на сличан начин као што се машинама једносмјерне струје са независном побудом управља струјама побуде Pi и арматуре ai . Векторско управљање се детаљно проучава у предмету Електромоторни погони.


АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Трофазни асинхрони мотор има на статору 24 жљеба. Осна дужина пакета је cm35 , а

пречник статора је cm10 . Ширина зазора је mm5,0 , а мотор има три пара полова. Мотор треба да има номиналну индукцију T1,1 , спрегу звијезда и линијски напон V380 , Hz50 . Намотај извести са скраћењем корака од 6/5 . Потребно је одредити: • Број проводника по фази, број проводника у жљебу, и стварну индукцију у мотору

ако је потребно усвајати цијели број проводника. • Струју магнећења. • Шта би се десило ако би се овако пројектован статор прикључио на исту мрежу у

спрези троугао? Детаљно објаснити. 2. Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором прикључен је на мрежу

номиналног напона и оптерећен половином номиналног момента. Превални момент је три пута већи од номиналног момента. Колики треба да буду напон и учестанст напајња да би се вратило мотора обртало брзином од min/1000o ? Подаци о мотору:

kW4 , min/1410o , Hz50 , Ω=+ 4rs XX γγ .

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Мотор једносмјерне струје са паралелном побудом покреће оптерећење чији је

момент константан и износи 70% номиналног момента мотора. • Одредити напон мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином

у овом режиму. • Шта ће се десити ако се при напону одређеном у претходној тачки оптерећење

дупло смањи? • Прорачунати струје и индуковане електромоторне силе за оба режима. Подаци о мотору: V220 , A12 , Ω= 1aR , Ω= 100PR , srad /150 . Пад напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.


4. Написати математички модел асинхроног мотора у стационарном ( βα − ) координатном систему (25 поена). Да ли су ( βα − ) величине у стационарном стању једносмјерне или наизмјеничне. Образложити (10 поена).

5. Написати изразе за све индуктивности и момент конверзије електромеханичког претварача са цилиндричним статором и цилиндричним ротором са по три намотаја на статору и три намотаја на ротору. Намотаји на статору, односно ротору, међусобно су помјерени за °120 .


2



1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се зазор повећа за %10 . Сматрати да је магнетно коло идеално.



3. Мотор једносмјерне струје са независном побудом покреће оптерећење чији је момент константан и износи 70% номиналног момента мотора.

• Ако је струја побуде константна, потребно је одредити напон мотора тако да се његово вратило обрће номиналном брзином у овом режиму

• Како ће се остварити режим рада при коме се вратило мотора обрће са %120 номиналне брзине? Прорачунати све величине у овом режиму.

• Коликом максималном брзином може да се обрће вратило мотора у трајном раду? Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 2.0aR , srad /150 , номинална струја побуде AI Pn 5= . Пада напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.

4. Дат је мотор једносмјерне струје са паралелном побудом. Подаци мотора су сљедећи: kWPn 26= , V110 , AI n 274= , kWPCur 2= , min/970o . Овај мотор треба употријебити као

генератор једносмјерне струје чији је напон VU 1201 = Одредити: • Шта је све потребно предузети да би машина могла да ради на новом напону? • Максималну трајну снагу генератора. • Колика треба да буде брзина обртања генератора.





• Каква је разлика у односу на претходни случај ако је tIi m 11 sinω= , tIi m 12 cosω= , DCIi =3 ? 6. На основу еквивалентне шеме машине једносмјерне струје са независном побудом, потребно је:


мировања до брзине srad /150 , ако се струје побуде и арматуре одржавају на номиналним вриједностима. Занемарити електромагнетне прелазне процесе током старта. Мотор је оптерећен половином номиналног момента. Подаци о мотору: kW2,2 min/1800o , 21,0 kgmJ = . Магнетно коло је линеарно.


2


АСИНХРОНЕ МАШИНЕ 1. Процијенити промјену струје магнећења трофазног асинхроног мотора ако му се зазор повећа за

%10 . Сматрати да је магнетно коло идеално. РЈЕШЕЊЕ: Магнетопобудна сила потребна за успостављање флукса може се одредити на основу Амперовог закона:

∫∫ = JdSHdl У случају машине чији се феромагнетик може сматрати идеалним (поље H у њему је занемарљиво мало), потребна је струја само за магнећење зазора:

NlHI m

00= ,

гдје је 0H јачина магнетног поља у зазору, δ20 =l (укупна) дужина зазора, а N број проводника (по фази) кроз које тече струја магнећења. Пошто се статор мотора не мијења, тада су индукција и јачина магнетног поља у зазору константни

( .~ constSfNkk

UB

Polaftp

f = , 0

0 µBH = ), па је струја магнећења директно пропорционална величини

зазора. Због тога ће повећавање зазора од %10 проузроковати повећавање струје магнећења за %10 . ДА ЛИ МАГНЕТНО КОЛО МОЖЕ ОТИЋИ У ЗАСИЋЕЊЕ АКО СЕ ЗАЗОР ЗНАЧАЈНО ПОВЕЋА?


РЈЕШЕЊЕ: Пошто се вратило обрће брзином већом од номиналне, а напон и учестаност су номинални, може се закључити да је оптерећење мање од номиналног (СКИЦИРАТИ РАДНУ ТАЧКУ!). Тражено оптерећење може се одредити примјеном Клосове формуле. Номинално клизање је:

%606,01500

14101500==

−=

−=

s

nsn n

nns ,

а номинално превално клизање је: ( ) ( ) %4,22224,014206,012 ==−+=−+= ννnprn ss .

При новом оптерећењу клизање је:

%66,00066,01500

149015001 ==

−=

−=

s

ns

nnn

s ,

па је нови момент на основу Клосове формуле:

nn

pr

pr

pr MM

ss

ss

MM 117,0

0066,0224,0

224,00066,0

42=

+=

+= ,

односно

NmP

Mn

n 17,360/14102

4000117,0117,0 ===πω

.

Снага на вратилу мотора је

WMP 8,494601490217,3 =⋅=⋅=

πω .

3

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ 3. Мотор једносмјерне струје са независном побудом покреће оптерећење чији је момент

константан и износи 70% номиналног момента мотора. • Ако је струја побуде константна, потребно је одредити напон мотора тако да се његово

вратило обрће номиналном брзином у овом режиму • Како ће се остварити режим рада при коме се вратило мотора обрће са %120 номиналне

брзине? Прорачунати све величине у овом режиму. • Коликом максималном брзином може да се обрће вратило мотора у трајном раду?

Подаци о мотору: V220 , A56 , Ω= 2.0aR , srad /150 , номинална струја побуде AI Pn 5= . Пада напона на четкицама, губици у гвожђу, трење и вентилација могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно. РЈЕШЕЊЕ:

• Номинална електромоторна сила је: VIRUE anaann 8,208562,0220 =⋅−=−= .

Номинални флукс и момент су:

WbE

n

nn 392,1

1508,208===Ψ

ω,

NmIM annn 95,7756392,1 =⋅=Ψ= Момент оптерећења је:

NmMM nopt 565,5495,777,07,0 =⋅== . Пошто се тражи да се вратило мотора обрће номиналном брзином, машина ради у првој зони управљања, па је побуда константна, а напон ће бити мањи од номиналног јер је оптерећење мање од номиналног. Струја мотора при овом оптерећењу је:

AIM

I ann

opta 2,397,0

392,1565,54

1 ===Ψ

=

Пошто је брзина обртања номинална, а флукс побуде номиналан, електрмоторна сила ће бити номинална. Напон потребан да би се у овом режиму вратило обртало номиналном брзином је:

VIREU aana 64,2162,392,08,20811 =⋅+=+= , односно напон је само мало мањи од номиналног, што је и очекивано, јер мотор једносмјерне струје са независном побудом има «тврду» моментну карактеристику.

• Када је потребно да се вратило мотора обрће брзином већом од номиналне (рад у зони слабљења поља), напон се одржава на номиналној вриједности, а струја побуде се смањује (слаби се поље).

VUU ana 2202 == . Сада се пишу нове једначине:

222 aaa IRUE −= , (1)

222 ωΨ=E , (2)

22 aopt IM Ψ= . (3) Из једначина (1), (2) и (3) могу се одредити нова струја мотора, нови флукс, и нова електрмоторна сила:

2222 Ψ−=Ψ opt

aa

MRUω ,

02

22

222 =+Ψ−Ψ

ωωoptaa MRU

0150

565,542,01502,1

2202

22 =

⋅+Ψ

⋅−Ψ ,

00728,0222,1 222 =+Ψ−Ψ .

4

Физички прихватљиво рјешење за флукс је Wb159,12 =Ψ , па је нова струја:

AM

I opta 08,47

159,1565,54

22 =

Ψ= ,

а електромоторна сила: VE 62,2081502,1159,1222 =⋅⋅=Ψ= ω .

Пошто је за линеарно магнетно коло: ωPIE ~ ,

нова побудна струја је:

AIEE

I Pnn

nP 16,45

2,11508,20815062,208

1

11 =⋅

⋅⋅⋅

==ωω

.

• Слабљењем флукса брзина обртања вратила мотора расте. При константном моменту оптерећења тада расте и струја мотора јер је .constIM aopt =Ψ= Најмања вриједност флукса одређује се из услова да тада струја арматуре мора бити максимална (односно номинална), пошто се тражи трајан рад мотора:

WbI

M

an

opt 974,056565,54

3 ===Ψ .

Електромоторна сила мотора је тада једнака номиналној вриједности, пошто су и напон и струја арматуре номинални.

VEE n 8,2083 == . Нова побудна струја је из PI~Ψ :

AII Pnn

P 5,35392,1974,03

3 =⋅=ΨΨ

= ,

а максимална брзина обртања:

sradIEIE

nPn

Pn /28,2141505,3

5

1

33 =⋅=⋅= ωω .

2. Дат је мотор једносмјерне струје са паралелном побудом. Подаци мотора су сљедећи: kWPn 26= ,

V110 , AI n 274= , kWPCur 2= , min/970o . Овај мотор треба употријебити као генератор једносмјерне струје чији је напон VU 1201 = Одредити:

• Шта је све потребно предузети да би машина могла да ради на новом напону? • Максималну трајну снагу генератора. • Колика треба да буде брзина обртања генератора.


РЈЕШЕЊЕ: • Пошто се магнетно коло не може сматрати линеарним, индукција се мора одржавати на номиналној

(или мањој) вриједности. Машина има паралелну побуду, па је потребно додати отпорник у коло побуде тако да струја побуде при повећаном напону мреже буде једнака номиналној струји побуде.

• Када се машина посматра као термички нехомогено тијело, што одговара реалном случају, тада се њени дијелови не загријавају подједнако. Максимална нова снага (односно нова номинална снага) ће се одредити из услова да сви појединачни губици буду мањи или једнаки одговарајућим појединачним губицима у номиналном режиму. Према услову задатка, у машини постоје само губици у бакру: ∑ += PobudeMOTCurMOTgMOT PPP . Укупни губици у мотору су:

kWPIUPPP nnnelgMOT 14,426000274110 =−⋅=−⋅=−=∑ .

5

Губици побудног кола су: ∑ =−=−= kWPPP CurMOTgMOTPobudeMOT 14,220004140 ,

па су струја и отпор побуде

AU

PI

m

PobudeMOTPMOT 45,19

1102140

=== ,

Ω=== 65,545,19

110

PMOT

mPobude I

UR .



Ω=== mIP

RaMOT

Cura 87,30

55,2542000

22 .

Да би струја побуде остала једнака номиналној струји, потребно је додати отпорник у коло побуде који ће при повећаном напону мреже ограничити струју побуде на номиналној вриједности. Овај отпорник може се прорачунати из једначине:

( ) PMOTdodPobudeGEN IRRU += , односно

Ω=−=−= 52,065,545,19

120Pobude

PMOT

GENdod R

IU

R .

Да би губици у колу ротора остали константни и у генераторском режиму, потребно је и да струја остане константна:

AIIPP aMOTaGENCurMOTCurGEN 55,254==⇒= . Струја генератора је:

AIII PobudeGENaGENGEN 1,23545,1955,254 =−=−= , па је снага генератора:

kWIUP GENGENGEN 2,281,235120 =⋅=⋅= . НАПОМЕНА: Снага у генераторском режиму је већа од снаге у моторском режиму при мањој струји од номиналне, јер је напон мреже повећан са V110 на V220 . • Номинална електромоторна сила у моторском режиму је:

VIRUE aMOTamnMOT 14,102=−= , а електромоторна сила у генераторском режиму је:

VIRUE aGENaGENnGEN 26,1271,2351087,30120 3 =⋅⋅+=+= − . За машине са паралелном побудом је:

nIE Pobude ⋅~ , па је потребна брзина обртања

min/53,120897014,102

127 onIEIE

n MOTPobudeGENMOT

PobudeMOTGENGEN =

⋅== .

ГЕНЕРАЛИСАНА ТЕОРИЈА 5. Електромеханички претварач енергије има цилиндричан статор и ротор. На статору се налазе два навојка међусобно помјерена за °90 кроз које протичу струје 1i и 2i , док се на ротору налази трећи навојак са струјом 3i .

• Написати изразе за све индуктивности, као и за тренутну вриједност момента конверзије • Ако је tIi m 11 cosω= , tIi m 12 sinω= , DCIi =3 , извести израз за тренутну вриједност момента


6

• Каква је разлика у односу на претходни случај ако је tIi m 11 sinω= , tIi m 12 cosω= , DCIi =3 ? РЈЕШЕЊЕ: Индуктивности машине су:

.11 constL = .33 constL = mMLL ϑcos3113 == .22 constL = 02112 == LL mMLL ϑsin3223 ==




δsinDCmsrc IMIMm == . Ако се замијени редослијед двије струје које формирају Теслино обртно поље, вратило претварача ће се обртати на супротну страну, док ће све остали процеси (моторски и генераторски рад) остати исти. 6. На основу еквивалентне шеме машине једносмјерне струје са независном побудом, потребно је:


мировања до брзине srad /150 , ако се струје побуде и арматуре одржавају на номиналним вриједностима. Занемарити електромагнетне прелазне процесе током старта. Мотор је оптерећен половином номиналног момента.

Подаци о мотору: kW2,2 min/1800o , 21,0 kgmJ = . Магнетно коло је линеарно. РЈЕШЕЊЕ:

• Математички модел мотора једносмјерне струје са независном побудом је:

fa

aaaa

aaaa dtdi

LiRedtdi


dniRu f

fff

ψ+=



=dtd .

• Ако се занемаре електромагнетни прелазни процеси, динамика убрзавања погона од мировања до тражене брзине одређена је само Њутновом једначином. Пошто су током залета струје побуде и ротора номиналне, може се закључити да је и момент током залета номиналан:

.constmm ene == Из номиналних података мотора може се одредити номинални момент мотора:

NmP

mn

nn 67,11

60/180022200

===πω

.


Тражено вријеме убрзавања може се израчунати из Њутнове једначине ротационог кретања:

me mmdtdJ −=ω ,

∫∫ −=

ω

ω00

dmm

Jdtme

t

, односно

smm

Jtme

57,283,567,11

1501,0=

−⋅

=−

=ω .

1

Задаци за колоквијум из асинхроних машина Бања Лука, 04.05.2005. НАПОМЕНА: Писати уредно! На сваком новом листу написати име, презиме и број индекса. Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани! Нацртати табелу за оцјењивање!

1. Трофазни асинхрони мотор V380 , Hz50 , 2=p , Y испитан је огледом кратког споја и

добијени су сљедећи подаци: nk Uu 2,0= , AII nk 2,5== , WPk 400= . Отпор статора је Ω= 2sR , а грана магнећења и губици на трење и вентилацију могу се занемарити.

Потребно је одредити:

• Полазну струју при номиналном напону;

• Номинални полазни момент;

(10 бодова)

• Номинални превални момент у моторском режиму;

(10 бодова)

• Номинално превално клизање и брзину обртања вратила при превалном клизању у моторском режиму.

(10 бодова)

2. Трофазни асинхрони клизноколутни мотор са номиналним подацима

(10 бодова)

Hz50 3=p , 5,2/ =npr MM , %25=prs оптерећен је са %90 номиналног момента. Потребно је

одредити:

• Брзину обртања вратила ако у коло ротора није прикључен додатни отпорник,

• Брзину обртања вратила ако је у коло ротора прикључен отпорни

(10 бодова) '' 2 rd RR = .

3. Трофазном асинхроном мотору губици зависни од оптерећења и губици независни од оптерећења у номиналном режиму односе се као

(10 бодова)

1:2: 0 =PPI . Мотор је прикључен на номинални напон номиналне учестаности.

• Скицирати структуру губитака асинхроног мотора.

• Мотор је оптерећен са

(5 бодова)

nopt MM 5,1= . Колико ће при овом оптерећењу темепратура у устаљеном стању бити већа од номиналне?

• Ако је временска константа загријавања је

(10 бодова)

min30=T и мотор стартује из хладног стања, колико дуго може радити преоптерећен са nopt MM 5,1= , а да се не прегрије?

4. Статор четворополног трофазног асинхроног мотора има

(5 бодова)

36 жљебова, пречник mD 1,0= , осну дужину ml 25.0= , скраћење корака 5/4/ =τy , а индукција износи T1 .

Номинални напон је V380 учестаности Hz50 , а спрега статора је троугао.

• Колико свака фаза има навојака? • Одредити цијели број проводника у жљебу, те стварни број проводника по фази

и индукцију за усвојени цијели број проводника у жљебу.

(10 бодова)

(10 бодова)


2

Рјешења задатака са колоквијума из Асинхроних машина 04.05.2005.

1. Из огледа кратког споја одређују се параметри подужне гране еквивалентне шеме:

Ω=⋅

=== 46,82,52202,02,0

fn

fn

kf

kfk I

UI

UZ ,

584,02,52202,03

4003

cos =⋅⋅⋅

==kfkf

kk IU

Pϕ ,

Ω=⋅== 94,454,046,8cos kkk ZR ϕ ,

Ω=−=−= 94,2294,4'skr RRR ,

Ω=⋅== 87,6)8,0sin(arccos46,8sin kkk ZX ϕ ,

Ω==== 44,3287,6

2' krs

XXX σσ .

Номинална полазна струја је:

AZ

UI

k

fnPnf 26

46,8220

=== .

Номинални полазни момент је:

( ) ( ) ( ) ( )2'2'

2'

12'2'

'2 3

/

/3

rsrs

fnr

ss

rsrs

rfn

sPn

XXRR

URP

XXsRR

sRUPMσσσσ

ωω +++=

+++= = ,

NmIRPZU

RPM Pnfrsk

fnr

sPn 97,372694,2

5022333 22'

2

2' =⋅

⋅⋅

===πωω

.

Номинални превални момент је:

( )NmP

RXXR

UPMsrss

s

fnprn 5,50

287,621

502220

231

23

22

2

2'2

2

=++⋅

=+++

=πω

σσ

.

Номинално превално клизање је:

( )%4141,0

87,6294,2

222'2

'

==+

=++

=rss

rprn

XXR

Rsσσ

,

а механичка брзина при превалном клизању

( ) ( ) sradsP prn

spr /67,9241,01

25021 =−⋅

=−=πω

ω , односно

min/45,8852

67,92602

60on pr

pr =⋅

==ππ

ω.

2. На основу Клосове формуле:

( )12 −−= ννprss и задатог оптерећења:

78,29,05,2

9,0 ===⇒=n

n

opt

prnopt M

MMM

MM ν ,

може се одредити клизање мотора:

( ) %66,40466,0178,278,225,0 2 ==−−=s ,

па је нова брзина:

3

( ) ( ) sradsP

sm /82,970466,01

35021 =−⋅

=−=πω

ω , односно

min/4,9532

82,97602

60 on =⋅

==ππ

ω .

Када се машини дода отпорник у коло ротора, промијениће се превално клизање, док ће превални момент остати константан, и самим тим биће:

78,21 ==νν . Пошто је

k

rprn X

Rs'

= , k

drpr X

RRs

''

1+

=

ново превално клизање ће бити:

%7575,025,0332'

''

'

'

1 ==⋅==+

=+

= prnprnr

rrprn

r

drpr ss

RRRs

RRR

s .

На основу Клосове формуле, ново клизање је:

( ) ( ) ( ) ( ) %1414,03178,278,275,0131 122

1121111 ===−−=−−=−−= ssss prnpr νννν ,

па је брзина

( ) ( ) sradsP

sm /9014,01

35021 11 =−⋅

=−=πω

ω , односно

min/8602

90602

60 on =⋅

==ππ

ω .

3. Структура губитака асинхроног мотора приказана је на сљедећој слици:

Pel

PCus PFes

Pob

PCur PFer

Pc

Pfv

Pm

Пошто је

SPg

m αϑ ∑~ , нови пораст температуре је

∑∑=

gn

gmnm P

P 11 ϑϑ .

Укупни губици у номиналном режиму су:

∑ =+=+= nnnnIngn PPPPPP 0000 32 .

Пошто је: 22 ~~ MIPI , нови губици зависни од оптерећења су:

InInn

InI PPMMPP 25,25,1 2

2

11 ==

= .

Укупни губици при новом оптерећењу су:

∑ =+⋅=+= nnnnIg PPPPPP 000011 5,5225,2 ,

па је нови пораст температуре:

mnn

nmn

gn

gmnm P

PPP

ϑϑϑϑ 83,135,5

0

011 ===

∑∑ .

4

На основу једначине:

−=

−Tt

mmn e11ϑϑ може се одредити вријеме за које ће мотор достићи номиналну

температуру:

−=

−30183,1t

mnmn eϑϑ ,односно min23=t .

Мотор се мора искључити након min23=t да се не би прегријао при преотперећењу од 50%. 4. Број жљебова по полу и фази је:

3322

362

=⋅⋅

==pqZm ,

а појасни и тетивни сачиниоци су:

9598,0

2331sin3

231sin

21sin

21sin

=

⋅

⋅⋅

⋅

=

⋅⋅

⋅

=π

π

π

π

mqm

qk p ,

9508,025

4sin2

sin =

⋅=

⋅=

ππτykt .

Средњи флукс по полу је:

mWbp

DlBp

DlBSB mmpolasrsr 5,122

25,01,012

2=

⋅==⋅=⋅=Φ

ππ

,

па се из израза за индуковану контраелектромоторну силу fNkkE fsrtpf ⋅⋅Φ⋅⋅⋅= 22,2 може израчунати потребан број проводника по фази:

11,30050105,129508,09598,022,2

38022,222,2 3 =

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅Φ⋅⋅⋅≈

⋅Φ⋅⋅⋅= −fkk

Ufkk

EN

srtp

f

srtp

ff .

У сваком жљебу ће се налазити по

009,253/3611,300

/===

qZN

N fz проводника.

Усвојиће се прва већа цјелобројна вриједност, 26=USVzN , па ће свака фаза имати

( ) ( ) 3123/3626/ === qZNN USVz

USVf проводника. Пошто је при константном фазном напону

fNB 1~ , нова индукција ће бити

TNN

BB USVf

fSTV 962,0312

11,3001 === .

НАПОМЕНА: Пошто је потребан број проводника у жљебу 25≈zN , у конкретном задатку се није морао усвајати први већи цијели број, односно могло се усвојити да је 25=USV

zN , односно да свака фаза има ( ) ( ) 3003/3625/ === qZNN USV

zUSVf навојака. Индукција би у том

случају би TNN

BB USVf

fSTV 00036,1300

11,3001 === , односно индукција би се (занемарљиво) мало

повећала у односу на тражену вриједност.

1


1. Трофазни асинхрони мотор V380 , Hz50 , 4=p , Y , kW2,2 испитан је огледом кратког споја и празног хода. Добијени су сљедећи подаци: Кратак спој: nk Uu 25,0= , AII nk 2,5== , WPk 450= .

Празан ход: nUU =0 , AI 1,30 = , WP 1900 = .

Отпор статора може се занемарити. Потребно је одредити:

• Номинални степен корисног дејства;

• Номинални превални момент.

(10 бодова)

2. Трофазни четворополни асинхрони мотор има номинални фазни напон (15 бодова)

V220 и учестаност Hz60 , а спрегнут је у звијезду. Номинална вриједност превалног момента је

nprn MM 5,2= , а номинално превално клизање је %14=prns Отпорност статора је могуће занемарити. Одредити: • Вриједност превалног момента мотора ако је линијски напон статора VU s 3121 = , а

његова учестаност Hzf 501 = .

• Колико је превално клизање и механичка брзина одговара превалном клизању при напајању из претходне тачке?

(15 бодова)

3. Трофазни клизноколутни асинхрони мотор има сљедеће податке:

(15 бодова)

V380 , Y , 3=p , Hz50 , Ω= 05,0sR , Ω= 05,0'

rR , Ω= 25,0sX γ Ω= 21,0'rX γ , Ω= 10mX , %3=ns . Мотор

је прикључен на мрежу номиналног напона и учестаности. Потребно је одредити:

• Номиналну струју статора;

• Номиналну струју ротора

(10 бодова)

• Реактивну снагу на ротору у номиналном режиму;

(15 бодова)

• Вриједност додатног отпорника у колу ротора да би мотор кретао са максималним моментом.

(10 бодова)

(10 бодова)


2

Рјешења задатака са колоквијума из Асинхроних машина 11.05.2006. 1. Номинални степен корисног дејства је:

775,01904502200

2200

0

=++

=++

=+++

=+

=∑ PPP

PPPPP

PPP

P

kn

n

fvnFenCunn

n

gn

nη

Превални момент се рачуна из:

( ) srsss

fnprn

RXXR

UPM+++

=2'2

2 12

3

σσω

, што је уз занемарење отпор статора:

'

2 12

3

rss

fnprn XX

UPMσσω +

= .

Из огледа кратког споја могу се одредити реактансе расипања:

Ω=⋅

=== 57,102,522025,025,0

fn

fn

kf

kfk I

UI

UZ ,

524,02,522025,03

4503

cos =⋅⋅⋅

==kfkf

kk IU

Pϕ , Ω=⋅=+= 9)524,0sin(arccos57,10'

rsk XXX σσ ,

па је превални момент:

NmX

UPXX

UPMks

fn

rss

fnprn 76,102

91

502220

2431

231

23 22

'

2

=⋅

⋅==

+=

πωω σσ

2. Превални момент, уз занемарен отпор статора је: 2

'

22

~12

312

3

+

==

s

f

rss

f

ks

fnpr

ULL

UPX

UPMωωω γγ

.

У номиналном режиму и при новом напону и учестаности је: 2

~

sn

fnprn

UM

ω,

2

1

11 ~

s

fpr

UM

ω.

Дијељењем ова два израза добија се:

nprnprnprnsfn

snfpr MMMM

UU

M 41,2965,05060

2203/312

22

1

11 ==

=

=

ωω

Превално клизање је:

( ) srss

r

k

rpr LL

RXRs

ωω γγ

1~'

''

+== ,

па је у номиналном режиму и при новом напајању:

snprns

ω1~ ,

11

1~s

prsω

.

Дијељењем ова два израза добија се:

%8,165060141

1 ===sn

sprnpr ss

ωω

.

Механичка брзина која одговара превалном клизању при новом напајању је:

( ) ( ) ( ) min/1248168,01250601601 1

111 os

pfsnn prprspr =−

⋅=−=−= .

3

3. Еквивалентна шема асинхроног мотора приказана је на сљедећој слици:

Us

Is

L ’γrL sγ

Lm

emes er

Rm

Rs R ’r

Rr’(1-s)/s

Импеданса ротора у номиналном режиму је:

( )Ω+=+=+= 21,066,121,003,005,0'

'

jjjXsRZ r

n

rrn γ

Импеданса паралелне везе кола ротора и реактансе магнећења је:

( ) ( ) ( )Ω+=++−

=++

+=

+== 458,055,1

21,1066,16,161,2

1021,066,11021,066,1 j

jj

jjjj

jXZjXZ

jXZZmrn

mrnmrnp .

Укупна импеданса мотора је: ( )Ω+=+++=++= 708,06,1458,055,125,005,0 jjjZjXRZ psse γ .

Струја статора је:

( ) AAjjZ

UI

e

fs °−=−=

+== 87,2374,12588,5098,114

708,06,1220 .

Електромоторна сила на грани магнећења је: ( ) ( )( ) ( )

( ) VVj

jjjIjXRUE sssfm

°−=−=

=+−=−+−=+−=

4,725,2032,2653,201

2,2647,1822088,5098,11425,005,0220γ

Струја ротора је:

( ) AAjjj

ZEI

rn

mr °−=−=

+−

== 58,1444,12159,3053,11721,066,1

2,2653,201

Губици реактивне снаге на ротору су: kVArIXQ rrr 29,944,12121,033 22 =⋅⋅== γγ .

Да би мотор кретао са максималним (превалним) моментом, потребно је да превално клизање буде једнако полазном, односно

122

''

1 =+

+=

ks

drpr

XR

RRs ,

одакле је додатни отпорник: ( ) Ω=−++=−+= 4127,005,025,021,005,0 22'22'rksd RXRR .

Напомена: Струја ротора се могла одредити и на основу структуре губитака:

obCur sPP = , 2'3 rrCur IRP =

FesCuselob PPPP −−= .

Oтпор FeR се занемарује, па се и губици у гвожђу занемарују, што даје:

( ) 2'2 33cos3 rrfsff IRIRIUs =−ϕ ,

одакле се једноставно рачуна ефективна вриједност струје ротора.

1


1. Трофазни асинхрони мотор са подацима V380 , kW25 , Hz50 , 2=p , ∆ испитан је огледом кратког споја и празног хода. Добијени су сљедећи резултати:

Кратак спој: nk Uu 3,0= , AII nk 19== , 54,0cos =kϕ .

Празан ход: nUU 8,00 = , nII 3,00 = , WP 3000 =

Отпор статора је Ω= 9,0sR , а губици на трење и вентилацију могу се занемарити. Магнетно коло може се сматрати линеарним. Потребно је одредити:

а) Параметре еквивалентне шеме;

б) Губитке у гвожђу и бакру те степен искориштења снаге за номинални режим рада;

(10 бодова)

2. Трофазни асинхрони клизноколутни мотор са номиналним подацима

(10 бодова)

kW2,2 , Hz50 , min/575o , 3/ =npr MM има отпор ротора сведен на статор Ω= 4'

rR , док се отпор статора може занемарити. Мотор је оптерећен номиналним моментом. Потребно је одредити:

а) Номинално превално клизање те вриједност додатног отпорника у колу ротора (сведен на статор) како би мотор кретао максималним моментом.

б) Брзину обртања вратила ако је у колу ротора у трајном раду остао прикључен отпорник одређен у претходној тачки.

(10 бодова)

в) Израчунати излазну снагу мотора у режиму под б)

(10 бодова) (10 бодова)

г) Скицирати моментну карактеристику мотора и оптерећења за режим под б)

.

3. Полазна струја трофазног асинхроног мотора је пет пута већа од номиналне струје (

(10 бодова)

npolazno II 5= ), док је полазни момент три пута већи од номиналног ( npolazno MM 3= ). Момент оптерећења једнак је половини номиналног момента мотора. У циљу смањења полазне струје мотору се снижава напон при номиналној учестаности. Одредити:

а) минималну вриједност напона при којој ће мотор моћи да се покрене (10 бодова) б) полазну струју мотора при том напону (10 бодова)

4. Статор четворополног трофазног асинхроног мотора има 36 жљебова, пречник mD 1,0= , осну дужину ml 25,0= , скраћење корака 5/4/ =τy , а свака фаза има 200

навојака. Номинални напон је V380 учестаности Hz50 , а спрега статора је звијезда.

а) Одредити амплитуду индукције у мотору? б) За колико ће се промијенити индукција ако се мотор превеже у спрегу троугао и прикључи на мрежу линијског напона

(10 бодова)

V220 и учестаности Hz60 ? Да ли мотор може да ради на овој мрежи?

(10 бодова)


2

Рјешења задатака са колоквијума из Асинхроних машина 26.05.2007.

1. а) Из огледа кратког споја одређују се параметри подужне гране еквивалентне шеме:

Ω=⋅

=== 39,103/19

3803,03,0

fn

fn

kf

kfk I

UI

UZ ,

Ω=⋅== 61,554,039,10cos kkk ZR ϕ ,

Ω=−=−= 71,49,061,5'skr RRR ,

Ω=⋅== 74,8)54,0sin(arccos39,10sin kkk ZX ϕ ,

Ω==== 37,4274,8

2' krs

XXX σσ .

Снага у огледу кратког споја је:

kWIUP kkkk 025,254,0193803,03cos3 =⋅⋅⋅⋅== ϕ .

Из огледа празног хода одређују се параметри попречне гране еквивалентне шеме:

( )Ω=

⋅⋅

== kI

UZ

kf

kf 37,923/193,0

3808,0

0

00 ,

( )1,0

193,03808,03300

3cos

00

00 =

⋅⋅⋅⋅==

IUP

ϕ ,

Ω=== 7,9231,037,92

cos 0

00 ϕ

ZR ,

( ) Ω=== kZ

X m 83,921,0arccossin

37,92sin 0

0

ϕ

Обично се оглед празног хода изводи при номиналном напону, како би клизање током огледа било што мање, те да би што тачније одредила номинална индуктивност магнеђења која расте са смањењем напона. ОБЈАСНИТИ! б) Пошто је оглед кратког споја обављен са номиналном струјом, номинални губици у бакру једнаки су губицима огледа кратког споја:

kWPP kCu 025,2== .

Оглед празног хода обављен је са сниженим напоном. Да би се одредили губици у гвожђу који се имају при номиналном напајању, потребно је уважити да при константној учестаности они зависе само од квадрата напона:

22 ~~ fFe UBP ,

одакле је:

WUU

PP nFen 75,468

3808,0380300

22

00 =

⋅

=

= ,

па је номинални степен корисног дејства уз занемарење губитака трења и вентилације:

909,075,468202525000

25000=

++=

++==

FeCum

m

ul

izn PPP

PPP

η .

2. а) На основу Клосове једначине превално клизање је:

3

( ) ( ) 243,0133600

5756001 22 =−+−

=−+= ννnpr ss .

Збир реактанси расипања статора и ротора је:

Ω===+ 47,16243,04'

'

pr

rrs s

RXX γγ .

Да би мотор кретао са максималним моментом, потребно је да ново превално клизање буде једнако јединици, одакле је:

Ω=−=−+= 47,12447,16' ''rrsd RXXR γγ .

б) На основу Клосове формуле ново клизање је:

( ) ( ) 17,013311 2211 =−−⋅=−−= ννprss ,

па је нова брзина обртања: ( ) ( ) .min/49717,016001 11 osnn s =−=−=

в) Излазна снага мотора је:

kWnnPPnMMP

n

n

n

nnmm 9,1497

5752,2

602

111

11 ====== ωω

πω .

Пошто је при константном моменту оптерећења смањена брзина обртања, логично је да се снага смањила. НАПОМЕНА: Трајан рад асинхроног мотора са укљученим отпорником у колу ротора се не препоручује због великих губитака. г) Моментна карактеристика приказана је на слици.

Mn

sns1

Mpr

3. а) Полазни момент мотора зависи од квадрата напона:

2ln ~ fnpo UM ,

211 ~ fpol UM

а полазна струја је пропорционална напону:

( ) fe

fpol U

sZU

I ~1=

= .

Смањењем напона смањује се полазни момент, тако да се минимална вриједност напона при којој ће мотор моћи да се покрене има када је полазни момент једнак моменту оптерећења.

optpol MM =1

nn

nn

po

poln U

MM

UMM

UU 4,035,0

ln

11 === .

4

Полазна струја је једноставно:

nnpon

npo

npopol III

UU

IUUII 254,04,0

4,0lnln

1ln1 =⋅==== .

4. а) Средњи флукс по полу је (уз занемарење омског отпора статора)

fNkkU

ftp

fsr 22,2=Φ ,

гдје су

3322

362

=⋅⋅

==pqZm - број жљебова по полу и фази,

9598,0

2331sin3

231sin

21sin

21sin

=

⋅

⋅⋅

⋅

=

⋅⋅

⋅

=π

π

π

π

mqm

qk p - појасни сачинилац, а

9508,025

4sin2

sin =

⋅=

⋅=

ππτykt тетивни сачинилац.

Средњи флукс по полу је:

mWbfNkk

U

ftp

fsr 83,10

502009508,09598,022,23/380

22,2=

⋅⋅⋅⋅==Φ .

Површина испод једног пола је:

20196,022

25,01,02

mp

DlS pola =⋅⋅⋅

==ππ ,

па је средња вриједност индукције (по полу):

TS

Bpola

srsr 553,0

0196,01083,10 3

=⋅

=Φ

=−

,

док је максимална индукција:

TB

B srm 868,0

2553,0

2=

⋅==ππ

б) Приликом прикључивања мотора на мрежу чији су учестаност и напон различити од номиналних, потребно је водити рачуна да не дође до повећавања индукције, како машина не би радила у засићењу (док у врло кратком року не прегори). Индукција у мотору пропорционална је количнику напона и учестаности:

fU

B f~ .

У номиналном режиму однос фазног напона и учестаности је:

HzV

fU

Bn

fnn 387,4

503/380~ == , а на новој мрежи је:

HzV

fU

B f 66,360220~

1

11 == .

Нова индукција је онда: TBB n 72,083,01 == .

Пошто ће нова индукција бити мања од номиналне, машина може радити на новој мрежи без опасности да ће бити у засићењу. Међутим, због смањења индукције, при машина ће развијати мању снагу од номиналне при номиналној струји.

1


1. Трофазни асинхрони мотор V380 , Hz50 , min/965o ,∆ испитан је огледом кратког споја и добијени су сљедећи подаци: VU k 160= , AI k 20= , WPk 2760= . Отпор између прикључака статора је Ω= 2,2ABR Грана магнећења и губици на трење и вентилацију могу се занемарити. Потребно је одредити:

• Полазни момент;

• Полазни момент када се мотор превеже у спрегу звијезда;

(15 бодова)

2. Трофазни асинхрони клизноколутни мотор има четири пола. Учестаност напајања статора је

(10 бодова)

Hz50 . Потребно је одредити учестаност роторских струја ако је брзина обртања ротора:

• min/1500o , min/1200o , min/1200o−

• На моментној карактеристици скицирати све три радне тачке.

(15 бодова)

3. Трофазном асинхроном мотору губици зависни од оптерећења и губици независни од оптерећења у номиналном режиму односе се као

(10 бодова)

1:3: 0 =PPI . Номинална температура је Cmn °= 100ϑ . Временска константа загријавања је min30 . Мотор се покреће из хладног стања преоптерећен за %50 . Колико дуго овај мотор може да ради док се не прегрије?

4. Статор четворополног трофазног асинхроног мотора има

(15 бодова)

48 жљебова, пречник mD 2,0= , осну дужину ml 4.0= . Скраћење корака је такво да је поништен пети

хармоник индуковане електромоторне силе. На натписној плочици се налази податак VYV 660/380∆ , а мотор се прикључује на мрежу V380 учестаности Hz50 .

• У којој спрези треба прикључити овај мотор (звијезда или троугао и зашто)?

• Колико свака фаза има навојака за изабрану спрегу?

(10 бодова)

• Одредити цијели број проводника у жљебу, те стварни број проводника по фази и индукцију за усвојени цијели број проводника у жљебу из претходног случаја.

(5 бодова)

• Да ли се и зашто овај мотор смије покретати пребацачем звијезда – троугао на датој мрежи?

(10 бодова)

(10 бодова)


Оцјене: 0-55 пет, 55-64 шест, 65-74 седам, 75-84 осам, 85-94 девет, 95- десет

Други колоквијум из Електромеханичког претварања енергије (машине једносмјерне струје и генералисана теорија)

Бања Лука, 26.06.2006. Машине једносмјерне струје

1. Генератор једносмјерне струје са независном побудом има сљедеће номиналне податке: kW2,2 , V220 , min/1450o , отпор индукта Ω= 9.0aR , отпор побуде Ω= 240PR , номинални напон побуде V120 . Побуда се напаја из засебног извора. Карактеристика магнећења може се сматрати линеарном. На генератор је прикључен потрошач чији је отпор Ω= 40optR , а вратило генератора се обрће номиналном брзином. Напон на генератору је номиналан. Одредити: • Колику снагу генератор предаје оптерећењу; (10 поена) • Струју генератора и индуковану електромоторну силу (10 поена) • Напон побуде у овом режиму? (10 поена)

2. Мотор једносмјерне струје са редном побудом има сљедеће податке: kW145 , V1000 , A160 , отпор побуде Ω= 156,0PR , отпор индукта Ω= 234,0aR , min/1100o , губици на

трење и вентилацију износе W1500 . Карактеристика магнећења може се сматрати линеарном, а пад напона на четкицама износи V2 . Мотор је прикључен на номинални напон. Потребно је одредити:

• Номинални степен корисног дејства и номиналне губитке; (10 поена) • Скицирати структуру губитака; (10 поена) • Одредити све појединачне губитке у номиналном режиму; (10 поена) • Струју мотора када су губици у мотору најмањи (када машина ради са

максималним степеном корисног дејства); (20 поена) • Максимални степен корисног дејства; (10 поена) • Излазну снагу при максималном степену корисног дејства. (10 поена)


1. Електромеханички претварач има цилиндричан статор и цилиндричан ротор. На статору и ротору налази се по један навојак са струјом si односно ri . Потребно је:

• Написати изразе за све индуктивности и момент конверзије; (15 поена) • Ако су обје струје једносмјерне, средњих вриједности, 1DCs Ii = и 2DCr Ii = , да

ли (и како) машина може развијати средњу вриједност момента различиту од нуле? Под којим условом момент неће имати пулсације? (25 поена)

• Ако је струја статора наизмјенична, тренутне вриједности tIi sms ωcos1= , а струја ротора једносмјерна, 2DCr Ii = , да ли (и како) машина може развијати средњу вриједност момента различиту од нуле? Под којим условом се момент неће имати пулсације?. (25 поена)

2. Написати математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем ( qd − )

координатном систему (25 поена). Да ли су ( qd − ) величине у стационарном стању једносмјерне или наизмјеничне. Образложити (10 поена).

2

Рјешења задатака са другог колоквијума ЕМПЕ 26.06.2006. 1. Све тражене величине могу се одредити на основу еквивалентне шеме. • Снага генератора при номиналном напону је:

WRU

Popt

ng 1210

4022022

===

• Струја генератора је:

ARU

Iopt

na 5,5

40220

=== ,

а индукована електромоторна сила: VIRUE aaan 95,2245,59,0220 =⋅+=+= .

• Номинална електромоторна сила је:

VUP

RUIRUEan

naananaann 229

22022009,0220 =⋅+=+=+= .

Пошто је:

P

PP R

UIE ~~ ,

може се писати:

VEE

UUn

PnP 87,117229

95,22412011 ===

2. Задатак се рјешава помоћу еквивалентне шеме и структуре губитака. • Номинални степен корисног дејства је:

9063,01601000

10145 3

ln=

⋅⋅

===anan

n

e

nn IU

PPP

η ,

а номинални губици су: ∑ =⋅−⋅=−= kWPPP nelgn 15101451601000 3 .

• Структура губитака приказана је на слици:

• Губици у побуди и индукту су : kWIRP anPPn 4160156,0 22 =⋅== ,

kWIRP anaan 6160234,0 22 =⋅= . Губици на четкицама су:

WIUP ancetcetn 3201602 =⋅=⋅∆= , а губици у гвожђу:

=FeP ( ) kWPPPPP fvcetnanPngn 18,3105,132,06415 3 =⋅−−−−=−−−−∑ .

• Степен корисног дејства може се написати у облику: ( ) ( )[ ]

aa

fvFeacetaaPaa

el

fvFecetaPel

el

gel

el

iz

IUPPIUIRRIU

PPPPPPP

P

PP

PP ++∆++−

=++++−

=−

== ∑ 2

η .

Максимални степен корисног дејства налази се тражењем првог извода и изједначавањем са нулом:

0=∂∂

aIη .

Први извод ће бити једнак нули ако је испуњен ислов:

3

( ) fvFeaCetaaP PPIUIRR +=∆++ 2 , односно:

fvFeCetCu PPPP +=+ . Добијени израз је познати услов за добијање максималног степена корисног дејства који важи за сваку електричну машину (губици зависни од оптерећења су једнаки губицима независним од оптерећења када машина има максимални степен корисног дејства). Тражена струја мотора рачуна се из квадратне једначине: ( ) 150031802156,0234,0 2 +=++ aa II ,

04680239,0 2 =−+ aa II , одакле се добија да је физички прихватљива вриједност за струју

AI a 107= • Максимални степен корисног дејства је:

( )[ ]

( )[ ]1071000

150031801072107156.0234,01071000 2

2

⋅++⋅+⋅+−⋅

=

=++∆++−

=aa

fvFeacetaaPaaMAX IU

PPIUIRRIUη

913,0=MAXη • Снага која одговара овој струји је:

kWIUPP aaeliz 6,971071000913,0 =⋅⋅=== ηη

Генералисана теорија: 1. Индуктивности претварача су:

.11 constL = .22 constL =

( )δωϑ −=== tMMLL mm coscos2112 . Израз за момент конверзије је:

( ) ( )δωϑϑ

−−=== ∑∑= =

tMiiddL

iiiddL

itm mmi j

jm

ijic sin

21

2112

21

2

1

2

1

.

• Ако су обје струје једносмјерне, тада је момент претварача: ( ) ( )δω −−= tMIItm mDCDCc sin21 .

Пошто се вријеме не може елиминисати из синусне функције, средња вриједност момента је увијек једнака нули. Момент је увијек пулсирајући, а машина половину обртаја ради као мотор, а половину као генератор. • Ако је једна струја наизмјенична, израз за момент постаје:

( ) ( )δωω −−= ttIMItm msmDCc sincos12 . Уз тригонометријски идентитет:

( ) ( )βαβαβα −++= sin21sin

21cossin ,

израз за момент је:

4

( ) ( ) ( )[ ]δωωδωω −−+−+= ttttIMItm msmsmDCc sinsin21

12 .

Средња вриједност момента може бити различита од нуле само ако је брзина обртања једнака угаоној учестаности струје, односно ако се вратило претварача обрће синхроно са пољем (синхрона машина):

ms ωω ±= . Средња вриједност момента је тада:

δsin21

12 mDCsr IMIM ±= ,

а пошто је тренутна вриједност:

( ) ( )[ ]δω sin2sin21

12 ±= tIMItm smDCc ,

момент ће имати пулсације на двострукој учестаности напајања. 2. Математички модел асинхроног мотора у синхроно ротирајућем координатном

систему инваријантном по амплитуди је:

qsd

dsd dtdiRu Ψ−Ψ

+= ω

dsq

qsq dtd

iRu Ψ+Ψ

+= ω

( ) QmsD


+= ωω

( ) DmsQ

QRQ dtd

iRu Ψ−+Ψ

+= ωω




3

optc mmdtdJ −=ω

dtdωϑ = ,


(Ако је систем инваријантан по снази, све једначине остају исте, осим што се у изразу за момент конверзије губи коефицијент 2/3 ). Сви полифазори (напона, флуксева, струја) асинхроног мотора се у стационарном стању обрћу синхроном брзином, па су њихове пројекције на координатни систем који ротира истом том брзином константне. Због тога су све величине у qd − моделу у стационарном стању једносмјерне и константне, а пошто се ради о правом стационарном стању, сви изводи се могу избацити из модела јер су једнаки нули.

Други колоквијум из електромеханичког претварања енергије

Бања Лука, 25.06.2007. Нацртати табелу за оцјењивање! Писати уредно! На сваком новом листу написати име, презиме и број индекса! Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани!

1. Мотор једносмјерне струје са паралелном побудом оптерећен је половином номиналног момента. Потребно је одредити:

Машине једносмјерне струје

а) Струју и брзину обртања вратила мотора када је мотор приључен на номинални напон; (25 бодова) б) Струју и брзину обртања вратила мотора када се мотор прикључи на напон од V110 . (25 бодова)

Подаци о мотору: V220 , kW65,1 , min/1510o A5,8 , Ω= 9,0aR , Ω= 440PR . Пад напона на четкицама и губици трења и вентилације могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.

2. Генератор једносмјерне струје са независном побудом покретан је дизел мотором. Побудни намотај напаја се из засебног извора номиналном струјом. Потребно је одредити: а) Струју, напон и излазну снагу ако је на прикључцима генератора прикључен потрошач отпорности Ω30 , а брзина обртања је номинална; (10 бодова) б) Струју, напон и излазну снагу ако је на прикључцима прикључен исти потрошач као у тачки а), али се брзина обртања смањи на половину номиналне вриједности; (20 бодова) в) Улазну снагу и степен искориштења снаге у режиму под б) ако су у номиналном режиму губици у ротору усљед хистерезиса W120 , а усљед вртложних струја W90 . (20 бодова)

Подаци о генератору: V400 , A10 , min/1500o , Ω= 2aR . Губици побудног кола, губици трења и вентилације и пад напона на четкицама могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно

1. Електромеханички претварач има цилиндричан статор и цилиндричан ротор који су направљени од феромагнетног материјала. На статору се налазе два међусобно нормална навојка са струјама

Генералисана теорија

tIi m 11 cosω= и tIi m 12 sinω= , док се на ротору налази навојак са струјом DCIi =3 . Потребно је: а) Написати изразе за све индуктивности претварача, као и за тренутну вриједност момента конверзије (20 бодова). б) Да ли се и под којим условима може постићи да овај претварач развија средњу вриједност момента различиту од нуле, као и да тренутна вриједност момента буде једнака средњој вриједности? (20 бодова) в) На основу анализе у тачки б), коментарисати шта би се догодило ако би се на ротору, умјесто навојка са струјом 3i , налазио стални магнет. (Да ли би средња вриједност момента била једнака нули и зашто? Да ли би тренутна и средња вриједност момета биле једнаке?) (10 бодова)

3. За трофазни асинхрони мотор потребно је: а) Написати комплетан математички модел у фазном ( abc ) домену; (20 бодова) б) Написати матрицу индуктивности, дефинисати који су чланови константни, а који зависе од времена (тј. положаја ротора); (20 бодова) в) Када се модел из тачке а) трансформише Кларкином трансформацијом, како ће се промијенити матрица индуктивности и зашто? (10 бодова)


2

Рјешења другог колоквијума из Електромеханичког претварања енергије (25.07.2007)

1. У номиналном режиму, номинални момент, номинална струја побуде, номинална струја ротора и номинална електромоторна сила су:

NmnPP

Mn

n

n

nn 44,10

15102165060

260

=⋅⋅

===ππω

,

ARU

IP

nPn 5,0

440220

=== ,

AIII Pnnan 85,05,8 =−=−= , VIRUE anaann 8,21289,0220 =⋅−=−= .

а) Момент мотора је пропорционалан производу флукса и струје арматуре: aPa IIIcM ~Φ= .

У номиналном режиму је: anPnannn IIIcM ~Φ= ,

а у неком другом режиму момент је: 11111 ~ aPa IIIcM Φ= .

Одавде је нова струја арматуре:

nP

Pnana M

MII

II 1

11 =

Када је мотор прикључен на номинални напон, струја побуде се не мијења: AII PnP 5,01 == ,

па је струја арматуре у првом случају:

AM

MMMII

n

n

nana 4

5,081

1 === .

Струја мотора је: AIII Pna 5,45,0411 =+=+= .

Нова електромоторна сила је: VIRUE aaan 4,21649,022011 =⋅−=−= .

Електромоторна сила у номиналном режиму пропорционална је производу флукса побуде и брзине обртања:,

nPnnnn nInkE ~Φ= , ау неком другом режиму је:

11111 ~ nInkE PΦ= . Нова брзина обртања је:

1

11

P

Pn

nn I

IEEnn = .

Пошто је струја побуде константнта, нова брзина је:

min/55,15358,2124,21615101

1 oEEnn

nn === .

Пошто је машина прикључена на номинални напон, а оптерећење је мање од номиналног, логично је да брзина обртања буде већа од номиналне брзине. б) Када се машина прикључи на напон од V110 при истом моменту оптерећења, струја побуде, струја арматуре и струја мотора постају:

ARUI

PP 25,0

4401102

2 === ,

3

AM

MMM

II

IIn

n

nP

Pnana 8

5,025,05,082

22 === ,

AIII Pa 25,825,08222 =+=+= . Добијени резултати су очекивани, јер се струја побуде смањује када се смањи напон, док струја арматуре мора да порасте да би се при мањем флуксу развијао исти момент. Електромоторна сила у овом режиму је:

VIRUE aaa 8,10289,0110222 =⋅−=−= , а брзина обртања:

min/91,145825,05,0

8,2128,1021510

2

22 o

II

EEnn

P

Pn

nn === .

Иако се напон мотора смањио, брзина обртања је порасла пошто је струја побуде мања. 2. Машина има независну и номиналну побуду, тако да је флукс константан и једнак својој

номиналној вриједности. Номинална електромоторна сила је: VIRUE anaann 420102400 =⋅+=+= .

Електромоторна сила у општем случају пропорционална је производу флукса побуде и брзине. Пошто је побуда независна и константна, електромоторна сила зависи само од брзине:

nE ~ . а) Када је брзина обртања номинална, због константног флукса побуде и електромоторна сила ће бити номинална:

VEE n 420== . Струја и напон генератора одређени су прикљученим оптерећењем. На основу еквивалентне шеме генератора са независном побудом, струја арматуре је:

ARR

EI

opta

na 125,13

302420

=+

=+

= .

Напон генератора је: VIRU aopta 75,393125,1330 =⋅=⋅= .

Снага генератора је: kWIUP aael 167,5125,1375,393 =⋅== .

Струја генератора већа је од номиналне струје, тако да је генератор струјно преоптерећен у овом режиму. б) Када се брзина обртања смањи на половину номиналне вриједности, а струја побуде се и даље одржава на константној и номиналној вриједности, електромоторна сила постаје:

Vn

nnnEE

n

n

nn 210

5,04202

2 === .

Пошто је оптерећење остало исто, струја, напон и снага генератора ће бити:

ARR

EIopta

a 56,6302

21022 =

+=

+= ,



в) На основу структуре губитака генератора једносмјерне струје са независном побудом, а уз занемарење губитака на трење и вентилацију, губитака на четкицама, као и губитака у побуди, укупни губици су:

FeCuag PPP +=∑ . Губици у намотају ротора су:

WIRP aaCua 07,8656,62 222 =⋅== .

4

Губици у гвожђу постоје само у ротору (ротор се налази у пољу константног флукса побуде, али се окреће, тако да је флукс у ротору промјенљив па постоје губици усљед хистерезиса и вртложних струја). Пошто је струја побуде константна и номинална, тада је и флукс (индукција) у гвожђу ротора константан и једнак својој номиналној вриједности. Вратило ротора обрће се брзином различитом од номиналне, тако да је и еквивалентна учестаност ротора различита од номиналне. Губици усљед хистерезиса пропорционални су учестаности:

fPH ~ , односно nPH ~ , док су губици усљед вртиложних струја пропорционални квадрату учестаности:

2~ fPVS , односно 2~ nPVS . Одавде су губици у гвожђу када је брзина различита од номиналне, а флукс номиналан једнаки:

Wn

nnnPP

n

n

nHnH 60

5,01201

2 === ,

Wn

nnnPP

n

n

nVSnVS 5,22

5,090

22

12 =

= ,

WPPP VSHFe 5,825,2260222 =+=+= . Укупни губици су:

WPPP FeCuag 57,1685,8207,86222 =+=+=∑ , па је улазна (механичка) снага у генератор:

∑ =+=+== kWPPPP gelmul 5,157,1681331 , а степен искориштења снаге:

8873,015001331

===ul

iz

PP

η .

3. а) Пошто су статор и ротор цилиндрични, све сопствене индуктивности су константне: .11 constL = .22 constL = .33 constL =

Намотаји на статору су међусобно нормални, а ротор је цилиндричан, тако да не постоји заједнички флукс између њих, те су њихове међусобне индуктивности једнаке нули:

02112 == LL . Међусобне индуктивности између намотаја статора и ротора су:

mMLL ϑcos3113 == ,

mMLL ϑsin3223 == . Момент конверзије је:

( ) ( )δωωϑ

−−−== ∑∑= =

ttIMIiddL

itm mDCmi j

jm

ijic 1

23

1

3

1sin

21 .

б) Да би средња вриједност момента била различита од нуле, неопходно је да машина ради у синхронизму, односно да угаона брзина обртања ротора буде једнака угаоној учестаности напајања: mωω =1 . Тада је средња вриједност момента једнака тренутној вриједности, и нема пулсација момента. Ова врста електромеханичких претварача припада групи синхроних машина са побудом. в) Побудни флукс перманентног магнета еквивалентан је побудном флуксу намотаја са константном једносмјерном струјом. Због тога се, у смислу електромеханичке конверзије, ништа неће промијенити када се умјесто побудног намотаја постави перманентни магнет. Да би постојала средња вриједност момента различита од нуле, неопходно је да машина буде у синхронизму ( mωω =1 ). Средња вриједност момента тада је једнака тренутној вриједности.

5

Ова машина припада групи синхроних машина са перманентним магнетима. Предност машина са перманентним магнетима у односу на машине са побудом је једноставнија и јефтинија конструкција ротора, пошто ротор нема намотаје, нити механизам за довођење напајања (четкице и прстенове). Поред тога, синхроне машине са перманентним магнетима немају никакве губитке на ротору, тако да имају бољи степен искориштења снаге. Због релативно малих вриједности побудног флукса, којим се не може управљати, као и велике масе ротора, синхроне машине са перманентним магнетима праве се за знатно мање снаге него синхроне машине са побудом (до неколико десетина kW ). 4. Математички модел асинхроног мотора у фазном домену је:

dtdiRu Ψ

+⋅= , (1)

( ) iL ⋅=Ψ ϑ . (2) Електромагнетни момент је:

( ) idLdiPm T

e ϑϑ

2= . (3)

Једначина механичке равнотеже (Њутнова једначина) је:

−−= ωω

Pk

mmJP

dtd tr

me , (4)

dtdθω = , (5)

гдје су: u - вектор напона статора и ротора, R - матрица отпорности намотаја статора и ротора, i - вектор струја статора и ротора, Ψ - вектор флуксних обухвата статора и ротора, ( )ϑL - матрица индуктивности,

ϑ - угао између осе "а" намотаја статора и осе "А" намотаја ротора, em - електромагнетни момент, mm - механички момент оптерећења,

P - број пари полова, J - момент инерције, ω - електрична угаона брзина ротора,

trk - коефицијент трења. Веза између брзине обртања вратила мотора и електричне угаоне брзине ротора је:

Pmωω = , (6)

гдје је mω брзина обртања вратила мотора. Матрице у изразима (2.1)– (2.4)приказане у развијеном облику гласе:

[ ]TCBAcba uuuuuuu = , (3) [ ]TCBAcba iiiiiii = , (4) [ ]TCBAcba ΨΨΨΨΨΨ=Ψ , (5)

rrrsss RRRRRRdiagR ,,,,,= , (6)

=

rTsr

srs

LLLL

L. (7)

6

Подматрице sL , rL и srL су облика:

=

cccbca

bcbbba

acabaa

s

LLLLLLLLL

L

(8),

=

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

r

LLLLLLLLL

L

, (9)

−

+

+

−

−

+

=

θπθπθ

πθθπθ

πθπθθ

cos3

2cos3

2cos

32coscos

32cos

32cos

32coscos

srsr LL

. (10) Подматрице sL , rL су константне, и у њима фигуришу међусобне индуктивности намотаја

на статору, односно међусобне индуктивности намотаја на ротору, респективно. Подматрице srL се мијењају са временом (односно положајем ротора). У изразима (1-14) ознаке су:

au , bu , cu - фазни напони намотаја статора, Au , Bu , Cu - фазни напони намотаја ротора,

ai , bi , ci - фазне струје намотаја статора, Ai , Bi , Ci - фазне струје намотаја ротора,

aΨ , bΨ , cΨ - флуксни обухвати намотаја статора, AΨ , BΨ , CΨ - флуксни обухвати намотаја ротора, sR - омски отпор намотаја статора, rR - омски отпор намотаја ротора, aaL , bbL , ccL - сопствене индуктивности намотаја статора, abL , bcL , caL - међусобне индуктивности намотаја статора, AAL , BBL , CCL - сопствене индуктивности намотаја ротора, ABL , BCL , CAL - међусобне индуктивности намотаја ротора, srL - међусобна индуктивност намотаја фазе а на статору и намотаја фазе А на ротору.

Матрица индуктивности је квадратна, димензија 66× . Она је функција тренутног положаја ротора (времена). Због тога су једначине (1-4) нелинеарне са промјенљивим коефицијентима, па је математички модел у домену фазних величина непогодан за анализу.

Кларкином трансформацијом се трофазни намотај на статору и трофазни намотај на ротору замјењују одговарајућим двофазним, међусобно нормалним намотајима. Матрица индуктивности тада има димензије 44× , а због ортогоналности оса на статору и ротору, нестају међусобне индуктивности између фаза статора и фаза ротора. Због тога је матрица индуктивности:

−

−=

r

r

s

s

Klark

LMMLMM

MMLMML

L

0cossin0sincoscossin0sincos0

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

Да би матрица индуктивности постала константна, неопходно је даље примијенити трансформацију ротације, како би се елиминисали синусни и косинусни чланови из ње.

Први колоквијум из електромеханичког претварања енергије Уводна област и машине једносмјерне струје

Бања Лука, 06.06.2007. Нацртати табелу за оцјењивање! Писати уредно! На сваком новом листу написати име, презиме и број индекса! Неуредни и непотписани радови неће бити прегледани!

1. Електромеханички претварач има цилиндричан статор на коме се налазе два међусобно нормална навојка са струјама

Уводна област

tIi m 11 cosω= и tIi m 12 sinω= . Ротор је такође цилиндричан, и на њему се налазе два међусобно нормална навојка са струјама tIi m 23 cosω= и

tIi m 24 sinω= . Материјал од кога су направљени статор и ротор је идеални феромагнетик.. Потребно је:

а) Написати изразе за све индуктивности претварача, као и за тренутну вриједност момента конверзије (25 бодова). б) Под којим условима се може постићи да овај претварач развија средњу вриједност момента различиту од нуле? (20 бодова) в) Под којим условима је тренутна вриједност момента једнака средњој вриједности? (5 бодова)

2. Електромеханичком претварачу из претходног задатка напајање на статору остане непромијењено. Кроз ротор се пропусте струје DCIi =3 и 04 =i .

б) Под којим условима се може постићи да овај претварач развија средњу вриједност момента различиту од нуле? (15 бодова) в) Под којим условима је тренутна вриједност момента једнака средњој вриједности? (15 бодова) г) Шта би се десило ако би струје ротора постале DCIii == 43 ? (20 бодова)

1. Мотор једносмјерне струје има независну побуду. Мотор је номинално побуђен, прикључен на номинални напон и оптерећен номиналним моментом. Потребно је одредити:

Машине једносмјерне струје

а) Брзину празног хода и полазни момент (15 бодова) б) Брзину обртања вратила мотора ако се на ред са роторoм веже отпорник од Ω= 2dR . (25 бодова) в) Скицирати моментне карактеристике за претходне случајеве. (10 бодова)

Подаци о мотору: V220 , min/1400o A5,7 , Ω= 85,0aR . Пад напона на четкицама и губици трења и вентилације могу се занемарити. Магнетно коло је линеарно.

2. Мотор једносмјерне струје има сложену адитивну побуду. Однос броја навојака паралелног и редног побудног намотаја је такав да је при номиналном терету флукс паралелног побудног намотаја двоструко већи од флукса редног намотаја. Сви губици и сви омски отпори могу се занемарити, а магнетно коло је незасићено.

а) Објаснити принцип рада, предности и недостатке машина са сложеном побудом (30 бодова) б) Мотор одаје половину номиналног момента при номиналном напону. Колика је брзина

обртања у односу на номиналну? (20 бодова)


2

Рјешења другог колоквијума из Електромеханичког претварања

енергије (25.07.2007) 1. У номиналном режиму, номинални момент, номинална струја побуде, номинална струја

ротора и номинална електромоторна сила су:

NmnPP

Mn

n

n

nn 44,10

15102165060

260

=⋅⋅

===ππω

,

ARU

IP

nPn 5,0

440220

=== ,

AIII Pnnan 85,05,8 =−=−= , VIRUE anaann 8,21289,0220 =⋅−=−= .

а) Момент мотора је пропорционалан производу флукса и струје арматуре: aPa IIIcM ~Φ= .

У номиналном режиму је: anPnannn IIIcM ~Φ= ,

а у неком другом режиму момент је: 11111 ~ aPa IIIcM Φ= .

Одавде је нова струја арматуре:

nP

Pnana M

MII

II 1

11 =

Када је мотор прикључен на номинални напон, струја побуде се не мијења: AII PnP 5,01 == ,

па је струја арматуре у првом случају:

AM

MMMII

n

n

nana 4

5,081

1 === .

Струја мотора је: AIII Pna 5,45,0411 =+=+= .

Нова електромоторна сила је: VIRUE aaan 4,21649,022011 =⋅−=−= .

Електромоторна сила у номиналном режиму пропорционална је производу флукса побуде и брзине обртања:,

nPnnnn nInkE ~Φ= , ау неком другом режиму је:

11111 ~ nInkE PΦ= . Нова брзина обртања је:

1

11

P

Pn

nn I

IEEnn = .

Пошто је струја побуде константнта, нова брзина је:

min/55,15358,2124,21615101

1 oEEnn

nn === .

Пошто је машина прикључена на номинални напон, а оптерећење је мање од номиналног, логично је да брзина обртања буде већа од номиналне брзине. б) Када се машина прикључи на напон од V110 при истом моменту оптерећења, струја побуде, струја арматуре и струја мотора постају:

ARUI

PP 25,0

4401102

2 === ,

3

AM

MMM

II

IIn

n

nP

Pnana 8

5,025,05,082

22 === ,

AIII Pa 25,825,08222 =+=+= . Добијени резултати су очекивани, јер се струја побуде смањује када се смањи напон, док струја арматуре мора да порасте да би се при мањем флуксу развијао исти момент. Електромоторна сила у овом режиму је:

VIRUE aaa 8,10289,0110222 =⋅−=−= , а брзина обртања:

min/91,145825,05,0

8,2128,1021510

2

22 o

II

EEnn

P

Pn

nn === .

Иако се напон мотора смањио, брзина обртања је порасла пошто је струја побуде мања. 2. Машина има независну и номиналну побуду, тако да је флукс константан и једнак својој

номиналној вриједности. Номинална електромоторна сила је: VIRUE anaann 420102400 =⋅+=+= .

Електромоторна сила у општем случају пропорционална је производу флукса побуде и брзине. Пошто је побуда независна и константна, електромоторна сила зависи само од брзине:

nE ~ . а) Када је брзина обртања номинална, због константног флукса побуде и електромоторна сила ће бити номинална:

VEE n 420== . Струја и напон генератора одређени су прикљученим оптерећењем. На основу еквивалентне шеме генератора са независном побудом, струја арматуре је:

ARR

EI

opta

na 125,13

302420

=+

=+

= .



Струја генератора већа је од номиналне струје, тако да је генератор струјно преоптерећен у овом режиму. б) Када се брзина обртања смањи на половину номиналне вриједности, а струја побуде се и даље одржава на константној и номиналној вриједности, електромоторна сила постаје:

Vn

nnnEE

n

n

nn 210

5,04202

2 === .

Пошто је оптерећење остало исто, струја, напон и снага генератора ће бити:

ARR

EIopta

a 56,6302

21022 =

+=

+= ,



в) На основу структуре губитака генератора једносмјерне струје са независном побудом, а уз занемарење губитака на трење и вентилацију, губитака на четкицама, као и губитака у побуди, укупни губици су:

FeCuag PPP +=∑ . Губици у намотају ротора су:

WIRP aaCua 07,8656,62 222 =⋅== .

4

Губици у гвожђу постоје само у ротору (ротор се налази у пољу константног флукса побуде, али се окреће, тако да је флукс у ротору промјенљив па постоје губици усљед хистерезиса и вртложних струја). Пошто је струја побуде константна и номинална, тада је и флукс (индукција) у гвожђу ротора константан и једнак својој номиналној вриједности. Вратило ротора обрће се брзином различитом од номиналне, тако да је и еквивалентна учестаност ротора различита од номиналне. Губици усљед хистерезиса пропорционални су учестаности:

fPH ~ , односно nPH ~ , док су губици усљед вртиложних струја пропорционални квадрату учестаности:

2~ fPVS , односно 2~ nPVS . Одавде су губици у гвожђу када је брзина различита од номиналне, а флукс номиналан једнаки:

Wn

nnnPP

n

n

nHnH 60

5,01201

2 === ,

Wn

nnnPP

n

n

nVSnVS 5,22

5,090

22

12 =

= ,

WPPP VSHFe 5,825,2260222 =+=+= . Укупни губици су:

WPPP FeCuag 57,1685,8207,86222 =+=+=∑ , па је улазна (механичка) снага у генератор:

∑ =+=+== kWPPPP gelmul 5,157,1681331 , а степен искориштења снаге:

8873,015001331

===ul

iz

PP

η .

3. а) Пошто су статор и ротор цилиндрични, све сопствене индуктивности су константне: .11 constL = .22 constL = .33 constL =

Намотаји на статору су међусобно нормални, а ротор је цилиндричан, тако да не постоји заједнички флукс између њих, те су њихове међусобне индуктивности једнаке нули:

02112 == LL . Међусобне индуктивности између намотаја статора и ротора су:

mMLL ϑcos3113 == ,

mMLL ϑsin3223 == . Момент конверзије је:

( ) ( )δωωϑ

−−−== ∑∑= =

ttIMIiddL

itm mDCmi j

jm

ijic 1

23

1

3

1sin

21 .

б) Да би средња вриједност момента била различита од нуле, неопходно је да машина ради у синхронизму, односно да угаона брзина обртања ротора буде једнака угаоној учестаности напајања: mωω =1 . Тада је средња вриједност момента једнака тренутној вриједности, и нема пулсација момента. Ова врста електромеханичких претварача припада групи синхроних машина са побудом. в) Побудни флукс перманентног магнета еквивалентан је побудном флуксу намотаја са константном једносмјерном струјом. Због тога се, у смислу електромеханичке конверзије, ништа неће промијенити када се умјесто побудног намотаја постави перманентни магнет. Да би постојала средња вриједност момента различита од нуле, неопходно је да машина буде у синхронизму ( mωω =1 ). Средња вриједност момента тада је једнака тренутној вриједности.

5

Ова машина припада групи синхроних машина са перманентним магнетима. Предност машина са перманентним магнетима у односу на машине са побудом је једноставнија и јефтинија конструкција ротора, пошто ротор нема намотаје, нити механизам за довођење напајања (четкице и прстенове). Поред тога, синхроне машине са перманентним магнетима немају никакве губитке на ротору, тако да имају бољи степен искориштења снаге. Због релативно малих вриједности побудног флукса, којим се не може управљати, као и велике масе ротора, синхроне машине са перманентним магнетима праве се за знатно мање снаге него синхроне машине са побудом (до неколико десетина kW ). 4. Математички модел асинхроног мотора у фазном домену је:

dtdiRu Ψ

+⋅= , (1)

( ) iL ⋅=Ψ ϑ . (2) Електромагнетни момент је:

( ) idLdiPm T

e ϑϑ

2= . (3)

Једначина механичке равнотеже (Њутнова једначина) је:

−−= ωω

Pk

mmJP

dtd tr

me , (4)

dtdθω = , (5)

гдје су: u - вектор напона статора и ротора, R - матрица отпорности намотаја статора и ротора, i - вектор струја статора и ротора, Ψ - вектор флуксних обухвата статора и ротора, ( )ϑL - матрица индуктивности,

ϑ - угао између осе "а" намотаја статора и осе "А" намотаја ротора, em - електромагнетни момент, mm - механички момент оптерећења,

P - број пари полова, J - момент инерције, ω - електрична угаона брзина ротора,

trk - коефицијент трења. Веза између брзине обртања вратила мотора и електричне угаоне брзине ротора је:

Pmωω = , (6)

гдје је mω брзина обртања вратила мотора. Матрице у изразима (1)– (3)приказане у развијеном облику гласе:

[ ]TCBAcba uuuuuuu = , (3) [ ]TCBAcba iiiiiii = , (4) [ ]TCBAcba ΨΨΨΨΨΨ=Ψ , (5)

rrrsss RRRRRRdiagR ,,,,,= , (6)

=

rTsr

srs

LLLL

L. (7)

6

Подматрице sL , rL и srL су облика:

=

cccbca

bcbbba

acabaa

s

LLLLLLLLL

L

(8),

=

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

r

LLLLLLLLL

L

, (9)

−

+

+

−

−

+

=

θπθπθ

πθθπθ

πθπθθ

cos3

2cos3

2cos

32coscos

32cos

32cos

32coscos

srsr LL

. (10) Подматрице sL , rL су константне, и у њима фигуришу међусобне индуктивности намотаја

на статору, односно међусобне индуктивности намотаја на ротору, респективно. Подматрице srL се мијењају са временом (односно положајем ротора). У изразима (1-14) ознаке су:

au , bu , cu - фазни напони намотаја статора, Au , Bu , Cu - фазни напони намотаја ротора,

ai , bi , ci - фазне струје намотаја статора, Ai , Bi , Ci - фазне струје намотаја ротора,

aΨ , bΨ , cΨ - флуксни обухвати намотаја статора, AΨ , BΨ , CΨ - флуксни обухвати намотаја ротора, sR - омски отпор намотаја статора, rR - омски отпор намотаја ротора, aaL , bbL , ccL - сопствене индуктивности намотаја статора, abL , bcL , caL - међусобне индуктивности намотаја статора, AAL , BBL , CCL - сопствене индуктивности намотаја ротора, ABL , BCL , CAL - међусобне индуктивности намотаја ротора, srL - међусобна индуктивност намотаја фазе а на статору и намотаја фазе А на ротору.

Матрица индуктивности је квадратна, димензија 66× . Она је функција тренутног положаја ротора (времена). Због тога су једначине (1-4) нелинеарне са промјенљивим коефицијентима, па је математички модел у домену фазних величина непогодан за анализу.

Кларкином трансформацијом се трофазни намотај на статору и трофазни намотај на ротору замјењују одговарајућим двофазним, међусобно нормалним намотајима. Матрица индуктивности тада има димензије 44× , а због ортогоналности оса на статору и ротору, нестају међусобне индуктивности између фаза статора и фаза ротора. Због тога је матрица индуктивности:

−

−=

r

r

s

s

Klark

LMMLMM

MMLMML

L

0cossin0sincoscossin0sincos0

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

Да би матрица индуктивности постала константна, неопходно је даље примијенити трансформацију ротације, како би се елиминисали синусни и косинусни чланови из ње.

Задаци из термичког прорачуна

1. Електромеханички претварач има губитке у бакру статора W600 и губитке у бакру ротора W950 . Укупни губици усљед хистерезиса су W176 , док су укупни губици усљед вихорних струја W70 при номиналном напону напајања и номиналној учестаности. Губици трења и вентилације су W15 . Површина хлађења је 25,1 m , а

снага одвођења топлоте је Cm

W°

= 260α . Одредити максималну температуру

претварача у номиналном режиму рада, сматрајући га хомогеним тијелом.

2. Пораст температуре (надтемпература) једне електричне машине износи C°24 послије једног сата рада, а °38 након два сата рада. Наћи крајњи пораст температуре у устаљеном стању за овај режим рада, као и временску константу загријавања. Сматрати да се машина у термичком погледу понаша као хомогено тијело.

3. Пораст температуре једне машине је C°20 након једног сата рада, односно C°30 након два сата рада.

• одредити временску константу загријавања и максимални пораст температуре;

• машина се преоптерети, те је пораст температуре након једног сата рада C°40 . Колики је крајњи пораст температуре, и колико износи преоптерећење?

Губици независни од оптерећења су W200 , и представљају %20 номиналних губитака. Машину сматрати хомогеним тијелом.

4. Однос губитака који зависе и не зависе од оптерећења једног електромеханичког претварача је 4.0:1 . Временска константа загријавања је min28=T и једнака је временској константи хлађења. Максимални дозвољени пораст температуре је

C°75 . Температура амбијента је C°26 . Машину сматрати хомогеним тијелом.

• ако се машина преоптерети за %50 , колики ће бити крајњи пораст температуре?

• колико дуго би машина смјела да ради оптерећен као у претходној тачки, а да не дође до прегријавања?

• машина дуже времена ради оптерећена номиналним теретом, након чега се оптерећење преполови. Одредити температуру након 12 минута од промјене оптерећења, као и устаљену температуру у овом режиму.

• Електромеханички претварач се потпуно искључи са напајања, при чему је био оптерећен половином номиналног терета. Након колико времена ће његова температура бити C°30 ?

ELEKTRIČNE MAŠINE TR Zadatak: Monofazni transformator nominalne snage 50 MVA, 60 Hz ima prenosni odnos 8 kV/78 kV. Ogledom praznog hoda provedenim na niskonaponskoj strani pri naponu od 8 kV izmerena je struja i snaga praznog hoda od 61,9 A, odnosno 103 kW, respektivno. U ogledu kratkog spoja izmerena je struja kratkog spoja na niskonaponskoj strani od 6,25 kA, pri naponu od 650 V, a snaga kratkog spoja je 103 kW. Ako je ovaj transformator prevezan kao autotransformator odrediti: a) Prenosni odnos autotransformatora, norninalnu snagu kao i odnos prividnih snaga

prenetih kondukcijom i indukcijom. b) Koeficijent korisnog dejstva autotransformatora kada je nominalno opterećen uz

jedinični faktor snage. Napomena: Naravno, monofazni transformator je tako prevezan u autotransformator da se dobije maksimalno moguća preneta snaga. DC Zadatak: Motor jednosmerne struje sa paralelnom pobudom 20 kW i 220 V ima gubitke praznog hoda od 1300 W, a pri nominalnom opterećenju gubici u armaturi i pomoćnim polovima iznose 1700W, gubici na prelazu struje preko kolektora iznose 200W. Nađite najveći koeficijent korisnog dejstva motora kao i opterećenje pri kojem se on ima? AM Zadatak: Trofazni četvoropolni asinhroni motor ima nominalni fazni napon 220V i učestastanost 60 Hz, spregnut je u zvezdu. Nominalna vrednost prevalnog momenta je Mprnom=2,5 Mnom, a nominalno prevalno klizanje je sprnom =14%. Otpornost statora je moguće zanemariti. a) Odredite vrednost prevalnog momenta motora ako je napon statora Us1= 312 V

linijski i f1=50 Hz. Pri ovoj vrednosti napona i učestanosti, koliko je prevalno klizanje i mehanička brzina motora u o/min koja odgovara maksimalnoj vrednosti momenta?

b) Napon statora je nominalan pri učestanosti f2=75 Hz. Koliko iznosi klizanje pri navedenoj učestanosti napajanja ako je moment opterećenja radne mašine 0,4Mnom?

SM Zadatak: Koliko iznosi maksimalno moguća izlazna snaga sinhronog generatora sa isturenim polovima, kada radi kao motor sa nominalnim naponom napajanja all bez pobude. Sinhrone reaktanse iznose xd=0,85 r.j. i xq=0,6 r.j. Za ovaj radni režim izračunati struju statora u r.j.

Zadatke priredio

doc. dr Veran V. Vasić

ЕЛЕКТРИЧНЕ МАШИНЕ Електријада 2003 ТРАНСФОРМАТОРИ

Трофазни трансформатор снаге kVA630 има максимални пораст температуре Cm °= 90ϑ и временску константу загријавања 60 минута. Губици у бакру при %50

номиналне струје износе kW5 . Максимални степен корисног дејства постиже се при %60 номиналне струје.

Коликом максималном привидном снагом трансформатор може бити оптерећен 2 сата при %90 номиналног напона? МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Мотор једносмјерне струје са редном побудом има податке: V225 , A50 , min/3000o . Карактеристика магнећења (зависност индуковане електромоторне силе од

струје индукта) снимљена је при номиналној брзини, и апроксимирана је кривом са слике. Губици у гвожђу, пад напона на четкицама, реакција индукта, трење и вентилација могу се занемарити.

Мотор је оптерећен са %110 номиналног момента, а његово вратило се обрће брзином од .min/2000o Одредити напон и струју у овом режиму.

E [V]0

I [A]a

200

500 АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором има податке: V380 , A10 , 8,0cos =ϕ , Y , Hz50 , 2=p , отпор статора Ω= 2,2sR . Мотор је испитан у празном

ходу (напајање са стране статора, ротор кратко спојен), те је измјерена снага W350 и струја статора A3 . Губици на трење и вентилацију износе W50 и сматрају се константним. Отпор роторског кола износи Ω=1rR , а преносни однос струја статор/ротор је 85,0/ =rs II .

Одредити брзину обртања вратила мотора, ако је струја статора номинална. СИНХРОНЕ МАШИНЕ

Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има сљедеће номиналне податке: kVA10 , Y , 8,0cos =ϕ , V400 , min/1500o , Hz50 . Синхрона реактанса је Ω2 , док се омски отпори намотаја, губици у гвожђу, трење и вентилација занемарују. Струја побуде се одржава на номиналној вриједности, а магнетно коло је линеарно.

Генератор ради на пасивној мрежи импедансе Ω= 50R , HL 15,0= при брзини обртања од min/1300o . Потребно је одредити активну и реактивну снагу коју генератор даје у мрежу у овом режиму (струја побуде је номинална).

Задатке приредио мр Петар Матић, ЕТФ Бањалука

1

РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА

Електријада 2003 АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор са намотаним ротором има податке: V380 , A10 ,

8,0cos =ϕ , Y , Hz50 , 2=p , отпор статора Ω= 2,2sR . Мотор је испитан у празном ходу (напајање са стране статора, ротор кратко спојен), те је измјерена снага W350 и струја статора A3 . Губици на трење и вентилацију износе W50 и сматрају се константним. Отпор роторског кола износи Ω=1rR , а преносни однос струја статор/ротор је 85,0/ =rs II . Одредити брзину обртања вратила мотора, ако је струја статора номинална. РЈЕШЕЊЕ За рјешавање задатка неопходно је одредити структуру губитака мотора у номиналном режиму. Структура губитака приказана је на сљедећој слици:

Pel

PCus PFes

Pob

PCur PFer

Pc

Pfv

Pm

У огледу празног хода може се писати једначина:

fvssFesfvCusFesel PIRPPPPP ++=++= 200 3

Односно: WPIRPP fvsselFes 6,2405032,233503 22

0 =−⋅⋅−=−−= Улазна (електрична) снага у номиналном режиму је:

kWIVPel 265,58.0103803cos3 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ Губици у бакру статора и ротора при номиналној струји статора су:

WIRP snsCusn 660102,233 22 =⋅⋅==

WII

IRIRPs

rsnrrnrCurn 25,415

85.01101333

222 =

⋅⋅⋅=

== .

Снага обртног поља је: kWPPPP FesCusneobn 364,46.2406605265ln =−−=−−= .

Пошто је obnnCurn PsP ⋅= ,

номинално клизање је:

095,04364

25,415===

obn

Curnn P

Ps ,

па је номинална брзина обртања: ( ) ( ) min/5,1357095,0115001 osnn nsn =−=−=

2

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има сљедеће номиналне податке: kVA10 , Y , 8,0cos =ϕ , V400 , min/1500o , Hz50 . Синхрона реактанса је Ω2 , док се омски отпори намотаја, губици у гвожђу, трење и вентилација занемарују. Струја побуде се одржава на номиналној вриједности, а магнетно коло је линеарно. Генератор ради на пасивној мрежи импедансе Ω= 50R , HL 15,0= при брзини обртања од min/1300o . Потребно је одредити активну и реактивну снагу коју генератор даје у мрежу у овом режиму (струја побуде је номинална). РЈЕШЕЊЕ Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног генератора је

ss IjXUE +=0 , а фазорски дијаграм приказан је на сљедећој слици:

U

E0

jXsI

jXoptI

I

RoptI

ϕ

ϕ

δ


AV

SI

n

nn 43,14

400310000

3=

⋅=

⋅= .

На основу фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине у номиналном режиму:

( ) nsnnnnnn IXUE +=+ ϕδϕ sinsin0 ( ) nnnnn UE ϕδϕ coscos0 =+ ,

одакле је у номиналном режиму:

( ) 906,08,03400

43,1426,03400cos

sin=

⋅

⋅+⋅=

+=+

nn

nsnnnnn U

IXUtg

ϕϕ

δϕ ,

односно °=+ 18,42nn δϕ .

Фазна вриједност електромоторне силе у номиналном режиму је:

( ) VU

Enn

nnn 31,249

18,42cos8,03400

coscos

0 =°

⋅=

+=

δϕϕ

.

При константној побудној струји, смањењем брзине обртања, смањује се и електромоторна сила, па је

3

VnnEEn

n 1,2161500130031,24900 ===

Због промјене брзине, нова учестаност је

Hznnffn

n 33,431500130050 === ,

па су реактансе

Ω=⋅== 73,11500130021

1n

ss nn

XX , Ω=⋅⋅== 84,4015,033,4321 πω LX sopt . Нови

фактор снаге оптерећења је:

775,084,4050

50cos2222=

+=

+=

optopt

opt

XR

Rϕ , °= 19,39ϕ

Са фазорског дијаграма је ( ) ( )IXXE opts +=+ δϕsin0 ( ) RIE =+ δϕcos0 ,

те је

( ) 85,050

84,4073,1=

+=

+=+

RXX

tg optsδϕ ,

односно °=+ 41,40δϕ , °= 22,1δ .

Са фазорског дијаграма је : ϕδ cossin0 IXE s=

ϕδ sincos0 IXUE s+= , па су струја и напон:

AXE

Is

43,3775,073,1

22,1sin1,216cossin0 =

⋅⋅

==ϕδ

,

VIXEU s 3,21219,39sin43,373,122,1cos1,216sincos0 =⋅⋅−⋅=−= ϕδ Активна и реактивна снага су:

kWIUP ff 69,1775,043,33,2123cos3 =⋅⋅⋅== ϕ , kVArIUQ ff 38,119,39sin43,33,2123sin3 =⋅⋅⋅== ϕ

4

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Мотор једносмјерне струје са редном побудом има податке: V225 , A50 ,

min/3000o . Карактеристика магнећења (зависност индуковане електромоторне силе од струје индукта) снимљена је при номиналној брзини, и апроксимирана је кривом са слике. Мотор је оптерећен са %110 номиналног момента, а његово вратило се обрће брзином од .min/2000o Одредити напон и струју у овом режиму. Губици у гвожђу, пад напона на четкицама, реакција индукта, као и трење и вентилација могу се занемарити.

E [V]0

I [A]a

200

500

РЈЕШЕЊЕ Прво је потребно одредити у ком сегменту се налазе струја и електромоторна сила мотора, односно да ли је машина у засићењу. Претпоставимо прво да машина није засићена ( AI a 50≤ ), па је момент редног мотора пропорционалан квадрату струје:

2~ aIM ,

AAMM

IIn

ana 5044,521,15011 >=== .

Значи, претпоставка није оправдана, и мотор се налази у засићењу. Момент редног мотора у засићењу, због константног флукса, пропорционалан је струји индукта:

aIM ~ ,

AAMM

IIn

ana 50551,15011 >=⋅== .

Пошто је мотор засићен (флукс је константан – не зависи од струје оптерећења), електромоторна сила зависи само од брзине:

Vnn

EEn

n 33,133300020002001

1 === .

Из номиналног режима мотора може се одредити отпор индукта:

Ω=−

=−

= 5,050

200225

an

nana I

EUR ,

па је напон мотора VIREU aaa 8,160555,033,13311 =⋅+=+=

5

ТРАНСФОРМАТОРИ Трофазни трансформатор снаге kVA630 има максимални пораст температуре

Cm °= 90ϑ и временску константу загријавања 60 минута. Губици у бакру при %50 номиналне струје износе kW5 . Максимални степен корисног дејства

постиже се при %60 номиналне струје. Одредити коликом максималном привидном снагом трансформатор може бити оптерећен 2 сата при %90 номиналног напона? РЈЕШЕЊЕ Номинални губици у бакру су:

kWII

PP nCuCun 20

5,015000

22

11 =

=

= .

Максимални степен корисног дејства има се када су губици независни од оптерећења једнаки губицима зависним од оптерећења:

WI

IPP

n

nCunFen 72006,020000

6,0 22

=⋅=

=

Пошто губици у гвожђу зависе од квадрата индукције, односно од квадрата напона, при nU9,0 они износе:

WU

UPP

n

nFenFe 5832

9,02

1 =

=

Максимално оптерећење мора бити такво да након 2 сата рада трансформатор достигне номиналну температуру, односно:

−=

−Tt

mmn e11ϑϑ , C

ee Tt

mnm °=

−

=

−

=−−

08,104

1

90

1 121

ϑϑ .

Максимални пораст температуре (надтемпература) пропорционалнан је губицима:

FeCum PP +~ϑ , па је

FenCun

FeCumnm PP

PP++

= 111 ϑϑ , одакле је

( ) ( ) kWPPPP FeFenCunmn

mCu 62,255832720020000

9008,104

11

1 =−+=−+=ϑϑ

.

Пошто је

2~ IPCu , Cun

Cun P

PII 1

1 = , тражена привидна снага је

kVAPP

SPP

IUIUSCun

Cun

Cun

Cunn 8,641

20000256209,06300009,09,033 11

111 =⋅=⋅⋅=⋅==

ЕЛЕКТРИЧНЕ МАШИНЕ Електријада 2004. ТРАНСФОРМАТОРИ Tрофазни енергетски трансформатор има напон и реактансу кратког споја kVA100 %4=ku и

респективно. При номиналном оптерећењу и фактору снаге %3=kx 8,0cos =ϕ трансформатор има степен корисног дејства 9,0=n 5η и пораст температуре (надтемпературу) C°m = 90ϑ . У раду је трансформатор преоптерећен, па је пораст температуре у устаљеном стању Cm °= 1201ϑ . Ради растерећења паралелно са њиме везује се трансформатор снаге истог преносног односа и исте спреге. Потребно је одредити напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био номинално оптерећен, те оптерећење другог трансформатора.

kVA50

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: , ,

, , пад напона на четкицама . Отпор побуде износи . Сматрајући магнетно коло линеарним, одредити колики отпорник треба везати на ред са побудом да би генератор у мрежу давао снагу од 10 при номиналном напону и брзини од 1000 .

kW8,14Ω

min/o

V400min/850o Ω= 25,0aR V2 200

kW АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке , , спрега V380 Hz50 Y , отпор статора по фази износи . Мотор је испитан огледом кратког споја у спрези Ω3 Y при линијском напону 110 учестаности , те су измјерени снага кратког споја , струја и момент укоченог ротора 2 . Магнетно коло може се сматрати линеарним.

VHz40

NmW500 A5

15,Потребно је одредити превални (максимални, прекретни) момент при номиналном напајању. СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: , , , спрега

MVA25 kV20 Hz50Y . Отпор статора може се занемарити. Генератор ради на крутој мрежи номиналног

напона и учестаности. Карактеристика празног хода (фазна електромоторна сила у функцији струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и представљена сљедећом табелом:

[ ]AIP 20 50 80 100 120 140 160 180 200

[ ]kVE f0 1,73 8,53 16,90 18,48 20,13 21,46 22,53 23,33 24

Када је струја побуде генератор у мрежу испоручује номиналну струју уз индуктивни фактор снаге 8

A100,0cos =ϕ . Колика треба да буде струја побуде да би генератор у мрежу

испоручивао исту активну снагу уз фактор снаге cos 1=ϕ ?

Задатке приредио

мр Петар Матић, ЕТФ Бањалука


Електријада 2004 ТРАНСФОРМАТОРИ Tрофазни енергетски трансформатор има напон и реактансу кратког споја kVA100 %4=ku и

респективно. При номиналном оптерећењу и фактору снаге %3=kx 8,0cos =ϕ трансформатор има степен корисног дејства 95,0=nη и пораст температуре (надтемпературу) C°m = 90ϑ . У раду је трансформатор преоптерећен, па је пораст температуре у устаљеном стању C°120m =1ϑ . Ради растерећења паралелно са њиме везује се трансформатор снаге истог преносног односа и исте спреге. Потребно је одредити напон кратког споја другог трансформатора да би први трансформатор био номинално оптерећен, те оптерећење другог трансформатора.

kVA50

РЈЕШЕЊЕ Номинални губици у транформатору су:

∑ =⋅⋅−

=−

=+= kWSPPP nnFenCungn 21,48,01010095,0

95,01cos1 3ϕηη .

Знајући да је [%][%][%][%] 22kkkk xrzu +== , отпор кратког споја је:

%646,234[%][%][%] 2222 =−=−= kkk xur , па је

kWSrP nk

Cun 646,210100100646,2

100[%] 3 =⋅== ,

а номинални губици у гвожђу су: kWPPP CungnFen 564,126464210 =−=−= ∑ .

Максимални пораст температуре (надтемпература) пропорционалан је губицима: FeCum PP +~ϑ , па је

FenCun

FenCuXmnmX PP

PP++

=ϑϑ , одакле је

( ) ( ) kWPPPP FenFenCunmn

mXCuX 05,4156415642646

90120

=−+=−+=ϑϑ .

Пошто је , биће 2~ IPCu

nnCun

CuXnX IIPPII 24,1

26464050

=== , односно снага трансформатора је

kVASS nX 1241010024,124,1 31 =⋅⋅=⋅= .

Да први трансформатор не би био преоптерећен ( kVASS n 10011 == ), други треба да преузме снагу ( ) kVAkVASSS nX 241001242 =−=−= .

Из познатог израза за расподјелу оптерећења паралелно везаних трансформатора:

1

2

2

2

1

12

2 n

k

n

k

nk

uk S

uS

uSu

SS ⋅

+

= , гдје је укупно оптерећење, добија се: xuk SS =

%33,8424

2412410050

12

2

1

22 =⋅

−=

−= k

uk

n

nk u

SSS

SSu .

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: ,

, , пад напона на четкицама . Отпор побуде износи . Сматрајући магнетно коло линеарним, одредити колики отпорник треба везати на ред са побудом да би генератор у мрежу давао снагу од 10 при номиналном напону и брзини од 1000 .

kW8,14Ω

min/o

V400min/850o Ω= 25,0aR V2 200

kW РЈЕШЕЊЕ Номинална струја генератора и номинална струја побуде су

AUPIan

nn 37

400108,14 3

=⋅

== ,

ARUIP

anPn 2

200400

=== ,


VUIRUE Cetanaann 75,41123925,0400 =+⋅+=∆++= Када генератор даје снагу 10 при номиналном напону, његова струја је kW

AUPIan

el 25400

1010 3

1 =⋅

== .





nnPn

P EnInIE 11

1 = (3)

Из (1), (2) и (3) добија се:

( ) ( ) ( ) ( ) ARnIEn

UUIRIanPnn

CetaaP 687,1

25,08502/75,411100024002525,0

/1

11 =

−⋅⋅++⋅

=−

∆++= .

Када се дода отпорник у коло побуде биће dR( 1PdPa IRRU += ) , одакле је

Ω=−=−= 37200687,1

400

1P

P

ad R

IUR .

2

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има сљедеће податке , , спрега V380 Hz50 Y , отпор статора по фази износи . Мотор је испитан огледом кратког споја у спрези Ω3 Y при линијском напону учестаности , те су измјерени снага кратког споја , струја и момент укоченог ротора . Магнетно коло може се сматрати линеарним.

V110Hz40

NmW500 A5

15,2Потребно је одредити превални (максимални, прекретни) момент при номиналном напајању. РЈЕШЕЊЕ Импеданса и фактор снаге кратког споја мотора су

Ω=== 7,125

3/110

k

kk IUZ ,

52,051103

5003

cos =⋅⋅

==kk

kk IV

Pϕ



Ω=== 56,13405085,10

ffXX n

kkn ,



( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за , 1=s 402 ⋅= πω s , 3/110=fU одакле је

( ) ( )( ) 2

6,33/1103

85,106,640215,23 2

22

'2

22

≈⋅⋅

+⋅⋅=

+=

πω

rf

kkspol

RUXRM

p .


%9,25259,056,133

6,32222

'

==+

=+

=kns

rprn

XRRs .


( ) 22'

'2

//3

krs

rf

s XsRRsRUpM++

=ω

за , prss = 502 ⋅= πω s , 3/380=fU одакле је

( ) ( )Nm

XsRRsRUpM

knrs

rf

sprn 38,27

56,13259,0/6,33259,0/6,3220

50223

//3

222

22'

'2 =

++⋅⋅

=++

=πω

3

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни синхрони генератор са цилиндричним ротором има податке: , , , спрега

MVA25 kV20 Hz50Y . Отпор статора може се занемарити. Генератор ради на крутој мрежи номиналног напона

и учестаности. Карактеристика празног хода (фазна електромоторна сила у функцији струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и представљена сљедећом табелом:

[ ]AIP 20 50 80 100 120 140 160 180 200

[ ]kVE f0 1,73 8,53 16,90 18,48 20,13 21,46 22,53 23,33 24

Када је струја побуде генератор у мрежу испоручује номиналну струју уз индуктивни фактор снаге 8

A100,0cos =ϕ . Колика треба да буде струја побуде да би генератор у мрежу

испоручивао исту активну снагу уз фактор снаге 1cos =ϕ ? РЈЕШЕЊЕ Из номиналних података генератора потребно је прво одредити синхрону реактансу. Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног генератора је ss IjXUE +=0 , а фазорски дијаграм приказан је на сљедећој слици:

U

E0jX

sI

Iϕ

ϕ

δ

Номинални фазни напон и струја генератора су:

kVVU nfn 55,11

31020

3

3

=⋅

== , AV

SIn

nn 69,721

102031025

3 3

6

=⋅⋅

⋅=

⋅= .

Активна снага коју генератор испоручује у номиналном режиму је: MWSP nnn 208,01025cos 6 =⋅⋅== ϕ .

Струји побуде од 100 из табеле одговара фазна вриједност електромоторне силе A kVE fn 48,180 = . На основу фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине у номиналном режиму:

( ) nsnnnnnn IXUE +=+ ϕδϕ sinsin0 ( ) nnnnn UE ϕδϕ coscos0 =+ ,

одакле је у номиналном режиму: 4

( ) 5,01048,18

8,01055,11coscos 3

3

0

=⋅⋅⋅

==+n

nnnn E

U ϕδϕ , па је

°=+ 60nn δϕ , односно °=−°= 13,238,0arccos60nδ . Синхрона реактанса је

( )Ω=

⋅⋅−°⋅=

−+= 57,12

69,7216,01055,1160sin1048,18sinsin 33

0

n

nnnnnsn I

UEX ϕδϕ .

Да би генератор испоручивао MWPP n 201 == при 1cos 1 =ϕ потребно је да струја генератора буде:

AVPIn

35,577110203

1020cos3 3

6

1

11 =

⋅⋅⋅⋅

==ϕ

.

Пошто је у овом режиму °= 0ϕ , троугао са слике је правоугли, па је:

( ) ( ) ( ) kVIXUE sff 625,1335,57757,121055,11 22321

210 =⋅+⋅=+=

Фазној вриједности електромоторне силе од kVE f 58,1310 = одговара струја побуде . Линеарном интерполацијом криве магнећења између тачака и

можемо одредити потребну струју побуде за AIA P 8050 1 <<

( kVA 90,16,80( )kVA 53,8,50

) kV625E f ,1310 = :

( ) ( )505080

1053,8109,161053,8 1

333

10 −−

⋅−⋅=⋅− Pf IE ,

одакле је нова струја побуде AIP 26,681 = .

5

ЕЛЕКТРИЧНЕ МАШИНЕ

Електријада 2005. ТРАНСФОРМАТОРИ

Tрофазни енергетски трансформатор има сљедеће податке: , , , релативна реактанса кратког споја је %

kVA50 kVkV /4,0/10 6Yy12=kx . Сви омски отпори, губици у гвожђу и реактанса

магнећења могу се занемарити. Примар трансформатора је прикључен на номинални напон, а на секундару је оптерећен са при јединичном фактору снаге (kVA40 12 =cosϕ на секундару).

Потребно је одредити напон на секундару и процентуални пад напона на трансформатору у овом режиму. МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: , , , , пад напона на четкицама . Побудни намотај састоји се од

двије секције са и навојака везаних на ред, укупног отпора . Магнетно коло може се сматрати линеарним, а губици у гвожђу, реакција индукта и трење и вентилација могу се занемарити.

kW22V400 min/850o

NΩ= 25,0aR

1001 = NV2

502 = Ω200

Ако се секција кратко споји, коликом брзином треба да се обрће вратило да би генератор у мрежу одавао 10 при номиналном напону?

2NkW


Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: , 50 , спрега V380 Hz Y , 1410 , отпор статора , а отпор ротора сведен на статор

min/oΩ3 Ω2 . Губици на трење и вентилацију,

индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се занемарити. Мотор је прикључен на номинални напон номиналне учестаности. Његово вратило обрће се брзином од у смјеру обртања обртног поља, а клизање је једнако превалном.

min/1800o

Потребно је одредити активну и реактивну снагу машине у овом режиму. СИНХРОНЕ МАШИНЕ

Трофазна четворополна синхрона машина има сљедеће номиналне податке: 380 , 50 , V HzY , , . Отпор статора, нелинеарност магнетног кола и сви губици могу се занемарити. Машина је прикључена на номинални напон номиналне учестаности, ради у моторском режиму, а струја побуде је таква да мотор одаје у мрежу 1 при

Ω= 20dX Ω= 15qX

kVAr 74cos ,0=ϕ . Одредити реактивну снагу и фактор снаге када у датом режиму дође до прекида кола

побуде, сматрајући да је оптерећење на вратилу константно.



Електријада 2005.

ТРАНСФОРМАТОРИ

Tрофазни енергетски трансформатор има сљедеће податке: , , ,

релативна реактанса кратког споја је %

kVA50 kVkV /4,0/10 6Yy

12=kx . Сви омски отпори, губици у гвожђу и реактанса

магнећења могу се занемарити. Примар трансформатора је прикључен на номинални напон, а на

секундару је оптерећен са при јединичном фактору снаге (kVA40 12cos =ϕ на секундару). Потребно

је одредити напон на секундару и процентуални пад напона на трансформатору у овом режиму.

РЈЕШЕЊЕ:

На слици је приказана еквивалентна шема трансформатора у овом режиму са свим величинама

сведеним на примар.

Пошто нема губитака активне снаге на трансформатору, улазна и излазна активна снага су

једнаке:

kWPP 4021 == ,

односно

ffff U

PIIUP2

222 3

3 =⇒= (1)

Реактивна снага на улазу једнака је губицима реактивне снаге на реактанси кратког споја:

21 3 ft IXQQ == γ ,

1

а реактивна снага на излазу једнака нули 02 =Q . Привидна снага на улазу у трансформатор је:

2213 QPIUS f +== ,

односно

( ) ( 21

2222 33 fft IUIXP =+ ) . (2)

Уврштавањем (2) у (1) добија се:

099 22

222

21

42 =+− PXUUU Tfff . (3)

Дијељењем израза (3) са ( ) 41

4

14

1 93 ffl UU ==V добија се:

[ ] [ ] 0.... 2222

42 =+− jrpjrxuu kff ,

гдје је f

ff U

U

1

22 =u релативна фазна вриједност напона секундара (сведена на примар), 12,0=kx

релативна реактанса кратког споја, а 8,05040

3 1

===kVAkW

IUPp

ff

релативна снага оптерећења.

Рјешење биквадратне једначине:

08,012,0 2222

42 =⋅+− ff uu

је

[ ]..99534,02 jru f = ,

односно

kVU f 745,52 = , односно линијски напон секундара сведен на примар је

kVV L'

2 = U f 9534,93 2 = ,

па је релативни пад напона

%46,010

9534,910

1

'21 =

−=

−=∆

L

LL

VVVu ,

односно линијски напон на секундару је:

VVV LL 13,39810

4,0'22 ==

.

2

Напоменe:

1. До истог рјешења (3) би се дошло и помоћу фазорског дијаграма трансформатора у овом

режиму:

U1f U2f

If

jXT fI

Слика 1: Фазорски дијаграм трансфороматора са занемареном граном магнећења, активним отпорностима, и јединичним фактором снаге на секундару

Са фазорског дијаграма је

( )2

2

21

221

22 cos3

−=−=

ϕfTffTff U

PXUIXUU .

2. Други алтернативни начин за рјешавање задатка је примјена обрасца:

[ ]200

%2bau +=∆ ,

гдје је

( )ϕϕβ sincos xr uua += ,

( )ϕϕβ sincos rx uub −= ,

8,0/ == nSSβ .

3


Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: , ,

, , пад напона на четкицама . Побудни намотај састоји се од двије секције са

и навојака везаних на ред, укупног отпора

kW22 V400

min/850o

1001 =N

Ω= 25,0aR

502 =N

V2

Ω200 . Магнетно коло може се сматрати

линеарним, а губици у гвожђу, реакција индукта и трење и вентилација могу се занемарити. Ако се

секција кратко споји, коликом брзином треба да се обрће вратило да би генератор у мрежу одавао

при номиналном напону?

2N

kW10

РЈЕШЕЊЕ

Прво ћемо прорачунати номинални режим генератора. Номинална струја генератора је:

AUP

In

nn 55

40022000

=== ,

а номиналне струје побуде и ротора:

ARU

Ip

nPn 2

200400

=== ,

AIII Pnnan 57255 =+=+= .

Електромоторна сила у номиналном режиму је:

VUIRUE Cetanann 25,41625725,0400 =+⋅+=∆++= .

Ако генератор одаје 10 при номиналном напону, тада је његова струја: kW

AUPI

n

25400

1000011 === .

Када се дио побудног намотаја кратко споји, промијениће се побудна струја (јер се мијења

отпор побуде). Отпор побудног кола прије квара је:

( '21~ RNNRPn + ) , а нови отпор побудног кола је:

'11 ~ RNRP , гдје је 'R отпор једног навојка.

Номинална и нова струја побуде су:

Pn

nPn R

UI = ,

1

11

PP R

UI = , односно

4

1

211

1

211

1

1

NNN

UU

NNN

UU

RR

II

nnP

Pn

Pn

P +=

+== . (1)

Нова струја побуде при краткоспојеној секцији је: 2N

AIN

NNI PnP 32100

50100

1

211 =⋅

+=

+= ,

а струја индукта:

AIII Pa 28325111 =+=+= ,

па је нова електромоторна сила:

VUIRUE Cetaan 40922825,040011 =+⋅+=∆++= .

Номинална електромоторна сила се има када је брзина номинална, када је побудна струја

номинална, и када су обје секције побуде везане на ред:

( ) nPnn nINNE 21~ + ,

док је електромоторна сила при краткоспојеној секцији , новој струји побуде и новој

брзини:

2N

1111 ~ nINE P ,

па је нова електромоторна сила за линеарно магнетно коло:

nnPn

P Enn

II

NNNE 11

21

11 += . (2)

Уврштавајући (1) у (2) добија се:

nn

EnnE 1

1 = . (3)

На основу (1), (2) и (3) може се закључити да се у случају кратког споја дијела навојака побуде

машина са независном или паралелном побудом побудни флукс не мијења, па је из (3) нова брзина

обртања:

min/2,83585025,416

409

11 on

EE

n nn =⋅== .

5


Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: , , спрега V380 Hz50 Y , ,

отпор статора , а отпор ротора сведен на статор

min/1410o

Ω3 Ω2 . Губици на трење и вентилацију,

индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се занемарити. Мотор је прикључен на номинални

напон номиналне учестаности. Његово вратило обрће се брзином од у смјеру обртања

обртног поља, а клизање је једнако превалном.

min/o1800

Потребно је одредити активну и реактивну снагу машине у овом режиму.

РЈЕШЕЊЕ

Клизање машине у овом режиму је:

2,01500

18001500−=

−=

−=

s

ms

nnn

s ,

односно машина ради у генераторском режиму. Превално клизање је такође негативно:

( )2,0

2'2

'

−=++

−=rss

rpr

XXR

Rsγγ

,

одакле је реактанса кратког споја:

Ω=−

=−

=+ 54,93

2,02 2

22

2''

sr

rs Rs

RXX γγ .

На основу еквивалентне шеме, уз занемарену грану магнећења, струја мотора је:

( )A

XXs

RR

UZU

I

rsr

s

f

e

f 59,18

54,92,0

23

220

22

2'2'

=

+

−

=

++

+

==

γγ

.

Фактор снаге у овом режиму је:

( )!!!592,0

54,92,0

23

2,023

cos2

22'

2'

'

−=

+

−

−=

++

+

+

==

rsr

s

rs

e

ee

XXs

RR

sR

R

ZZR

γγ

ϕ

6

Негативан фактор снаге добијен је зато што еквивалентна шема асинхроне машине у

генераторском режиму није пасивно коло. (Према теорији рада асинхроног мотора, снага која се на

фиктивном отпорнику претвара у топлоту одговара снази која се из електричног облика

претвори у механички, а у генераторском режиму овај процес је обрнут.) Због тога је потребно узети

апсолутну вриједност фактора снаге (који је индуктиван), а струји мотора промијенити смјер, па ће

активна снага машине бити:

( ) ssRr /1' −

kWIVP LLel 243,7592,059,183803cos3 −=⋅⋅⋅−== ϕ ,

односно активна снага се одаје мрежи. Реактивна снага је:

kVArIVQ LL 89,9))592,0(sin(arccos59,183803sin3 =⋅⋅⋅== ϕ ,

односно, реактивна снага се узима из мреже. Исти резултат за реактивну снагу добио би се

рачунањем губитака реактивне снаге у машини (уз занемарену грану магнећења):

( ) kVArIXXQ rs 89,959,1854,933 22' =⋅⋅=+= γγ .

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазна четворополна синхрона машина има сљедеће номиналне податке: , , V380 Hz50 Y ,

, . Отпор статора, нелинеарност магнетног кола и сви губици могу се занемарити.

Машина је прикључена на номинални напон номиналне учестаности, ради у моторском режиму, а

струја побуде је таква да мотор одаје у мрежу 1 при

Ω= 20dX Ω= 15qX

kVAr 74,0cos =ϕ .

Одредити реактивну снагу и фактор снаге када у датом режиму дође до прекида кола побуде,

сматрајући да је оптерећење на вратилу константно.

РЈЕШЕЊЕ:

Пошто мотор одаје реактивну снагу, он је надпобуђен, а фактор снаге је капацитиван. Активна

снага мотора, уз занемарење губитака, је:

kWQSPel 1,1)74,0sin(arccos

74,01000cossin

cos =⋅

=== ϕϕ

ϕ .

Пошто је оптерећење на вратилу константно, а губици су занемарени, значи да ће мотор исту

ову активну снагу узимати из мреже и након прекида кола побуде. Из израза за активну снагу

синхроног хидромотора са прекинутом побудом (угаона карактеристика без члана са ): fE0

7

δ2sin112

32

−=

dq

f

XXU

P , гдје је фазни напон на мотору, а fU δ угао оптерећења, може се

одредити угао оптерећења када је прекинуто коло побуде:

°=

−

=

−

= 7,32

201

151

22203

1100arcsin21

112

3

arcsin21

22

dq

f

XXU

Pδ .

Пошто је овај угао мањи од угла оптерећења на граници стабилног рада (при максимално

могућем оптерећењу без побуде угао је теоријски једнак ), мотор ће наставити са радом. Уз

претпоставку да je мотор у новом режиму подпобуђен и да је

°45

δϕ > , може се нацртати фазорски

дијаграм:

IUf

Id

Iq

d

q

jXd dIjXq qI

ϕ

δ

Слика 2: Фазорски дијаграм синхроног мотора у подпобуђеном режиму са прекинутим колом побуде Са фазорског дијаграма могу се писати сљедеће једначине:

dd IXU =δcos ( )δϕ −= sinII d

qq IXU =δsin ( )δϕ −= cosII q ,

из којих се лако добија:

( ) °=−⇒=°

==− 43,49168,17,32tan

12015

tan1tan δϕδ

δϕd

q

XX

,

односно угао између струје и напона је

°= 14,82ϕ ,

што је у складу са претпоставком δϕ > , односно фазорски дијаграм је добро нацртан. Фактор

снаге је 137,0cos =ϕ индуктивно, па је реактивна снага мотора

8

kVArPQ 965,714,82tan1100tan =°== ϕ ,

односно реактивна снага се узима из мреже.

Исти резултат добио би се из израза за угаону карактеристику за реактивну снагу без побуде:

kVArXX

UQdq

f 965,720

7,32cos15

7,32sin2203cossin322

222

2 =

°+

°⋅=

+=

δδ ,

односно реактивна снага се узима из мреже, а фактор снаге је:

)(137,079651100

1100cos22

indSP

=+

==ϕ ,

а привидна снага и струја и kVAS 042,8= AI 18,12= .



9

ELEKTRIČNE MAŠINE Elektrijada 2007 TRANSFORMATORI 1. Trofazni uljni distributivni transformator sa nominalnim podacima: Sn = 400 kVA,

U1 / U20 = 10 / 0,4 kV, 50 Hz, sprega Dy5, hlađenje ONAN, PKn = 6 kW, uКn = 6 %, P0n = 1.2 kW, j0 = 1,8 % i termičkom vremenskom konstantom T = 2h ima maksimalni porast temperature θm = 65 K. Transformator je priključen na mrežu 10 kV, 50 Hz i napaja asinhroni motor koji ciklično radi 30 minuta u nominalnom režimu, a zatim je 10 minuta isključen. Ako je nominalna prividna snaga asinhronog motora Sn = 450 kVA, odrediti maksimalni porast temperature transformatora tretirajući transformator kao homogeno telo.

JEDNOSMERNE MAŠINE 2. Redni motor jednosmerne struje ima sledeće nominalne podatke: 270 V, 90 A, 644 ob/min,

Rp = 0.02 Ω, Ra = 0,08 Ω, J = 5.2 2mkg ⋅ . Odrediti vremensku zavisnost dodatog rednog otpora u kolo motora prilikom puštanja u rad i zaletanja motora do brzine od 600 ob/min, konstantnim pogonskim momentom Mem = 1,25 Mn. Motor je opterećen konstantnim otpornim momentom mopt = 0.5 Mn. Smatrati da je magnetno kolo nezasićeno i zanemriti gubitke motora usled obrtanja ( 0≈+ νfFe PP ).

ASINHRONE MAŠINE 3. Dva asinhrona motora sledećih podataka: M1 : Pn = 13 kW, Un = 380 V, fn = 50 Hz, In = 27.3 A, nn = 940 ob/min, cosφ = 0.85 M2 : Pn = 13 kW, Un = 380 V, fn = 50 Hz, In = 26.8 A, nn = 975 ob/min, cosφ = 0.85

priključeni su na napon U = 380 V učestanosti 50 Hz. Radi smanjenja brzine motori su preko reduktora mehanički spregnuti i zajedno pokreću radnu mašinu i predaju joj snagu 13 kW. Ako su prenosni odnosi reduktora respektivno za prvi i drugi motor I1 = 29, I2 = 28, odrediti brzine obrtanja motora i radne mašine, kao i kako će se ukupno opterećenje raspodeliti između datih motora.

SINHRONE MAŠINE 4. Sinhroni turbogenerator radi na izolovanoj mreži i napaja trofazni simetrični omski potrošač

čija je otpornost po fazi Rp=48,4 Ω pri brzini od n = 1500 ob/min. Generator pokreće turbina konstantne snage P=3 kW. Ukoliko je pobudna struja generatora konstantna odrediti napon i brzinu obrtanja generatora ako se paralelno datom potrošaču priključi još jedan trofazni simetrični omski potrošač iste otpornosti. Broj pari polova generatora je p = 2, a sinhrona induktivnost Ls = 55 mH. Gubici u generatoru i priključnom vodu mogu se zanemariti.

Zadatke priredili mr Željko Đurišić, Milovan Milošević, ETF Beograd

ЕЛЕКТРИЧНЕ МАШИНЕ

Електријада 2008. ТРАНСФОРМАТОРИ Једнофазни регулациони трансформатор направљен је као аутотрансформатор. Примар је прикључен на напон V220 . Сви губици, засићење, струја магнећења и пад напона могу се занемарити. Оптерећење трансформатора износи kW1 уз капацитивни фактор снаге

95,0cos =ϕ . Регулациона преклопка је у таквом положају да је типска снага (снага која се преноси електромагнетним путем) четри пута мања од укупне пренесене снаге. Колика је струја секундара у овом режиму? МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Вратила два мотора једносмјерне струје са независном побудом круто су механички спрегнута и заједнички покрећу оптерећење од Nm50 . Оба мотора су номинално побуђена. Губици на трење и вентилацију и губици у гвожђу, пад напона на четкицама и рекација индукта могу се занемарити. На натписним плочицама налазе се сљедећи подаци:

:1M V220 , A75 , min/1500o , Ω= 2,0aR :2M V220 , A12 , min/1250o , Ω= 8,0aR

Оба мотора су прикључена на мрежу напона V200 . Потребно је одредити брзину обртања заједничког вратила и моменте оба мотора. АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: min/1410o , Hz50 , спрега Y . Oтпор статора, губици на трење и вентилацију, индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се занемарити. Превални момент је два пута већи од номиналног. Мотор је прикључен на номинални напон учестаности Hz75 . Колика је струја мотора у односу на номиналну када је клизање једнако превалном? СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: V380 , Hz50 , Y , а отпор и реактанса статора су Ω= 1sR , Ω= 5sX . Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију могу се занемарити. Мотор је прикључен на круту мрежу напона V380 , Hz50 . При неком оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи A14 и има најмању могућу вриједност. Тако подешена побуда се даље не мијења. Мотор се додатно оптерети те струја порасте на A45 . Колико износи момент који мотор сада развија и колики је нови фактор снаге?


1




Једнофазни регулациони трансформатор направљен је као аутотрансформатор. Примар је

прикључен на напон V220 . Сви губици, засићење, струја магнећења и пад напона могу се

занемарити. Оптерећење трансформатора износи kW1 уз капацитивни фактор снаге 95,0cos =ϕ .

Регулациона преклопка је у таквом положају да је типска снага (снага која се преноси

електромагнетним путем) четри пута мања од укупне пренесене снаге. Колика је струја секундара

у овом режиму?

РЈЕШЕЊЕ:

Потребно је прво одредити напон на секундару аутотрансформатора. Познато је да je код

аутотрансформатора однос пролазне (укупно пренесене) и типске снаге (снаге пренесене

електромагнетним путем) једнак:

1−=

T

T

T

a

mm

SS

,

гдје су aS - укупна пренесена снага, TS - снага пренесена електромагнетним путем, а

2

1

UUmT = преносни однос трансформатора.

Преносни однос при задатом положају регулационе преклопке је:

34

4111

=−

=−

=Ta

aT SS

Sm .

Напон секундара је:

VmU

UT

16534

22012 === ,

па је струја секундара:

AU

PUSI 38,6

95,01651000

cos22

22 =

⋅===

ϕ.

2


Вратила два мотора једносмјерне струје са независном побудом круто су механички

спрегнута и заједнички покрећу оптерећење од Nm50 . Оба мотора су номинално побуђена.

Губици на трење и вентилацију и губици у гвожђу, пад напона на четкицама и рекација индукта

могу се занемарити. На натписним плочицама налазе се сљедећи подаци:

:1M V220 , A75 , min/1500o , Ω= 2,0aR

:2M V220 , A12 , min/1250o , Ω= 8,0aR

Оба мотора су прикључена на мрежу напона V200 . Потребно је одредити брзину обртања

заједничког вратила и моменте оба мотора.

РЈЕШЕЊЕ

Номиналне електромоторне силе оба мотора су:

VIRUE anaann 205752,0220111 =⋅−=−= ,

VIRUE anaann 4,210128,0220222 =⋅−=−= .

Пошто је за машине са независном побудом ωω ⋅Ψ=Φ= cE , тада су укупни флуксеви

мотора:

( ) VsE

n

n 298,160/15002

205

1

11 =

⋅⋅==Ψ

πω,

( ) VsE

n

n 607,160/12502

4,210

2

22 =

⋅⋅==Ψ

πω.

Једначине напонске равнотеже у датом режиму су:

VIRU aaa 200111 =Ψ+= ω , (2.1)

VIRU aaa 200222 =Ψ+= ω , (2.2)

а укупни момент који мотори развијају је:

ukMMM =+ 21 .

Пошто је за машине са независном побудом

ωΨ=Φ= aIcM ,

укупни момент је:

NmII aa 502211 =Ψ+Ψ . (2.3)

3

Елиминацијом обје струје из система једначина (2.1-2.3) добија се:

uka

a

a

a MR

UR

U=

Ψ−Ψ+

Ψ−Ψ

2

22

1

11

ωω,

одакле је тражена брзина:

( ) ( ) sradRR

RRMRRU

aa

aaukaaa /6,1412,0607,18,0298,1

8,02,0502,0607,18,0298,120022

1222

21

211221 =⋅+⋅

⋅⋅−⋅+⋅=

Ψ+Ψ−Ψ+Ψ

=ω ,

односно

min/13522

6.141602

60 on =⋅

==ππ

ω .

Струје мотора су:

AR

UI

a

aa 11,81

2,06,141298,1200

1

11 =

⋅−=

Ψ−=

ω,

AR

UI

a

aa 43,34

8,06,141607,1200

2

22 −=

⋅−=

Ψ−=

ω,

па су моменти:

NmIM a 34,10511,81298,1111 =⋅=Ψ= ,

( ) NmIM a 34,5543,34607,1222 −=−⋅=Ψ= .

Пошто је момент другог мотора негативан, а брзина позитивна, он ради у генераторском

режиму. Радне тачке могу се приказати и на механичким карактеристикама у ω−M равни.

Добијени резултат може се потврдити и поређењем добијене брзине и брзине празног хода

при напону V200 :

sradsradU a /6,141/1,154

298,1200

101 >==

Ψ=ω ,

sradsradU a /6,141/45,124

607,1200

202 <==

Ψ=ω .

Када два мотора раде на заједничком вратилу, а разликују им се брзине које имају у

празном ходу, може наступити ситуација као у овом задатку да један мотор преузме комплетан

терет, и да још буде оптерећен снагом коју други мотор враћа назад у мрежу.

4


Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: min/1410o , Hz50 , спрега Y . Oтпор

статора, губици на трење и вентилацију, индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се

занемарити. Превални момент је два пута већи од номиналног.

Мотор је прикључен на номинални напон учестаности Hz75 . Колика је струја мотора у

односу на номиналну када је клизање једнако превалном?

РЈЕШЕЊЕ

Номинално клизање је:

%606,01500

14101500==

−=

−=

s

nsn n

nns , односно одговарајућа угаона учестаност клизања је:

srads snnk /85,1850206,0ln =⋅⋅⋅== πωω .

Превално клизање при номиналним условима напајања рачуна се из Клосове формуле:

( )12 −+= ννnpr ss , гдје је 2/ == npr MMν , па је: ( ) %4,22224,012206,0 2 ==−+=prs .

Из израза за релативно превално клизање (уз занемарен отпор статора):

( )rss

rpr LL

Rsγγω +

= (3.1)

види се да релативно клизање опада са растом учестаности, док његова апсолутна

вриједност остаје константна:

( ) sradLL

Rsrs

rsnprklprn /37,70502224,0 =⋅⋅⋅=

+=⋅= πωω

γγ

.

Еквивалентна шема асинхроног мотора уз дате претпоставке приказана је на Сл 1.

Us

Is

ωsLγs ωsLγr

Rr

s

Сл. 1. Еквивалентна шема асинхроног мотора са занемареним отпором статора и граном

магнећења

5

На основу еквивалентне шеме, може се написати израз за ефективну вриједност струје

мотора:

( )222

rssr

ss

LLs

R

UI

γγω ++

=

. (3.2)

Елиминисањем отпора ротора из (3.1) и (3.2) добија се израз за струју статора у функцији

клизања и превалног клизања:

( ) 22'prrss

ss

sss

LLU

I+

⋅+

=γγω .

Да би се елиминисала релативна зависност клизања, претходни израз дијели се и множи са

синхроном брзином, те се добија:

( ) 22'klprklr

kl

rss

ss

RLLU

Iωω

ωω γγ ++

= . (3.3)

Када је клизање једнако превалном, струја мотора је:

( ) 21

'⋅

+=

rss

sspr LL

UI

γγω. (3.4)

Дијељењем израза (3.3) и (3.4) добија се однос струје при превалном клизању и номиналне

струје:

82,185,182

37,7085,187550

2

22

ln

22ln

=⋅

+=

+⋅

=

k

klprk

ssn

sns

sn

spr

UU

II

ω

ωω

ωω .

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: V380 , Hz50 , Y , а

отпор и реактанса статора су Ω= 1sR , Ω= 5sX . Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију

могу се занемарити. Мотор је прикључен на круту мрежу напона V380 , Hz50 . При неком

оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи A14 и има најмању могућу

вриједност. Тако подешена побуда се даље не мијења.

Мотор се додатно оптерети те струја порасте на A45 . Колико износи момент који мотор

сада развија и колики је нови фактор снаге?

6

РЈЕШЕЊЕ:

Потребно је прво одредити фактор снаге и електромоторну силу мотора при струји од A14 .

Привидна снага мотора је:

223 QPIVS LL +== ,

одакле је струја мотора:

LL V

QPI

3

22 += .

Пошто је побуда тако подешена да струја статора има најмању вриједност, закључује се да

машина ради са јединичним фактором снаге, односно 0=Q , 1cos =ϕ . Једначина напонске

равнотеже за овај режим је:

ffsfsf EIjXIRU 0++= ,

а одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл. 1.

Uf

E0f

If

RsIf jXsIf

δ

Сл.1. Фазорски дијаграм синхроног мотора при 1cos =ϕ

Са фазорског дијаграма је:

( ) ( ) ( ) ( ) VIXIRUE fsfsff 2171451413/380 22220 =⋅+⋅−=+−= .

Угао оптерећења је:

°=⋅−

=−

= 82,1866,243

1413/380arccosarccos0

0f

fsf

EIRU

δ .

7

Када струја мотора порасте, а побуда се не промијени, долази до повећавања угла

оптерећења. Врх фазора електромоторне силе празног хода креће се по кружници константног

пречника fE0 . Одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл. 2.

E0fIf

jXsIf

δϕ

ϕϕ

Uf

RsIf

Сл 2. Фазорски дијаграм синхроног мотора при порасту оптерећења и константној струји побуде

Са фазорског дијаграма је на основу косинусне теореме:

( ) ( ) δcos2 020

222fffffsfs EUEUIXIR −+=+ ,


( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]( ) 2173/3802

4554512173/3802

arccos2222

0

2220

2

⋅⋅⋅+⋅−+

=+−+

=ff

fsfsff

EUIXIREU

δ ,

°= 34,631δ .

Са фазорског дијаграма могу се писати сљедеће једначине:

δϕϕ coscossin 0 ffsffs EIRUIX −−= , (4.1)

δϕϕ sincossin 0 ffsfs EIXIR −= . (4.2)

Дијељењем једначина (4.1) и (4.2) елиминише се ϕsin и добија израз за фактор снаге:

( )( )

( )( ) 4551

13/38034,63cos134,63sin5217cossincos 2222

0

⋅+⋅+°⋅+°⋅

=+

+−=

fss

sfssf

IXRRURXE δδ

ϕ ,

( )( ) ind934,0

455113/38034,63cos134,63sin5217cos 22 =

⋅+⋅+°⋅+°⋅

=ϕ .

8

Активна снага коју мотор узима из мреже је:

kWIVP LL 65,27934,0453803cos3 =⋅⋅⋅== ϕ .

Пошто су занемарени сви губици осим губитака у бакру статора, механичка снага је:

kWIRPP fsm 58,2145131065,273 232 =⋅⋅−⋅=−= .

па је момент на вратилу:

Nmf

PpPM m

m

m 2065021058,213

2

3

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅==

ππω.



1

ЕЛЕКТРИЧНЕ МАШИНЕ Електријада 2009.


Једнофазни трансформатор са подацима kVA6 , VV 60/220 има релативни напон кратког споја %5,12=ku . Примар трансформатора прикључен је на номинални напон номиналне учестаности, а секундар оптерећен са kW5,2 уз индуктивни фактор снаге 7,0cos =ϕ . Познато је да је у овом режиму степен искориштења снаге максималан и износи %90 . Колики је тада напон секундара? МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Генератор једносмјерне струје има сложену адитивну побуду. Карактеристика празног хода снимљена је при брзини од min/1200o . Тада је установљено да се карактеристика магнећења може апроксимирати правом ][200][0 AIVE Pe= . Отпор арматуре је Ω= 4,0aR , паралелни побудни намотај има 2700=PPN навојака по полу и укупни отпор Ω= 100PPR , а редни побудни намотај има 27=PRN навојака по полу и укупни отпор Ω= 04,0PRR . Колика је брзина обртања вратила генератора ако је његов напон V240 , струја A55 , а на ред са паралелним побудним намотајем везан додатни отпорник од Ω250 ? АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

Трофазни асинхрони мотор номиналних података kW630 , kV6 , Hz50 , Y , min/1410o развија номинални превални момент при брзини од min/1120o . Грана магнећења, губици на трење и вентилацију и отпор статора могу се занемарити. Мотор се превеже у спрегу троугао и прикључи на трофазну мрежу напона kV2 , учестаности Hz42 . Колику снагу на вратилу развија мотор када је брзина обртања min/1200o ?


Трофазни синхрони турбогенератор има сљедеће номиналне податке: MVA45 , kV4,14 , Y , Hz50 , синхрона реактанса је %110=sx . Отпор статора и сви губици активне снаге могу се

занемарити. Карактеристика празног хода (зависност индуковане електромоторне силе од струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и приказана табеларно.

][AI P 100 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 ][0 kVE f

5 7,05 11,1 14,6 17,7 20 21,9 22,2 22,5 Генератор у мрежу номиналног напона испоручује MW30 уз индуктивни фактор снаге

8,0cos =ϕ . Због квара на прикључном далеководу, напон у све три фазе генератора смањи се за %.70 Колико износи минимална струја побуде која ће обезбиједити да генератор не испадне из синхронизма током трајања квара? Сматрати да се побудна струја може успоставити довољно брзо.

Задатке приредио мр Петар Матић, ЕТФ Бања Лука

1




Једнофазни трансформатор са подацима kVA6 , VV 60/220 има релативни напон кратког

споја %5,12=ku . Примар трансформатора прикључен је на номинални напон номиналне

учестаности, а секундар оптерећен са kW5,2 уз индуктивни фактор снаге 7,0cos =ϕ .

Познато је да је у овом режиму степен искориштења снаге максималан и износи %90 .

Колики је тада напон секундара?

РЈЕШЕЊЕ:

Привидна снага у траженом режиму је kVAPS 57.37,0

2500cos

===ϕ

, а губици су:

∑ =⋅−

=⋅−

= WPPg 7,27725009,0

9,011ηη .

Машина постиже максимални степен искориштења снаге када су губици који зависе и не

зависе од оптерећења међусобно једнаки:

WP

PP gCuFen 85,138

27,277

2==== ∑ .

Губици у бакру пропорционални су квадрату струје, па су номинални губици у бакру:

WSS

PP nCuCun 3,460

3570650085,138

22

=

=

= .

Активна компонента релативног напона кратког споја је:

[ ] %08,71006500

3,460100% =⋅=⋅=n

Cunr S

Pu , а индуктивна:

[ ] [ ] [ ] %3,1008,75,12%%% 2222 =−=−= rkx uuu ,

па је релативни пад напона:

[ ] [ ] [ ][ ] ( )[ ] %76,6650035707,0arccossin3.107,008,7sin%cos%% =⋅+⋅=+≈∆

nxr S

Suuu ϕϕ .

Напон на секундару је

[ ] VuUU 94,55100

78,6160100

%1202 =

−=

∆−= .

2


Генератор једносмјерне струје има сложену адитивну побуду. Карактеристика празног хода

снимљена је при брзини од min/1200o . Тада је установљено да се карактеристика магнећења

може апроксимирати правом ][200][0 AIVE Pe= . Отпор арматуре је Ω= 4,0aR , паралелни

побудни намотај има 2700=PPN навојака по полу и укупни отпор Ω= 100PPR , а редни

побудни намотај има 27=PRN навојака по полу и укупни отпор Ω= 04,0PRR .

Колика је брзина обртања вратила генератора ако је његов напон V240 , струја A55 , а на ред

са паралелним побудним намотајем везан додатни отпорник од Ω250 ?

РЈЕШЕЊЕ

Струја паралелног побудног намотаја је:

ARR

UI

dPP

aPP 686,0

250100240

=+

=+

= .

Струја арматуре је:

AIII PPa 686,55686,055 =+=+= .

Електромоторна сила генератора је:

( ) ( ) VUIRRUE caPRaa 5,2662686,5504,04,0240 =+⋅++=∆+++= .

Систем побуђивања са флуксевима који потичу од паралелног и редног побудног намотаја

потребно је еквивалентирати одговарајућом побудном струјом која би се имала да је машина

независно побуђена. Та еквивалентна побудна струја је:

AINN

II aPP

PRPPPe 24,1686,55

270027686,0 =+=+= .

Струја PeI у генератору са независном побудом ствара исти флукс као и струје AIPP 686,0=

паралелног и AII aPR 686,55== редног побудног намотаја. Одговарајућа електромоторна

сила је nkE Φ= , гдје је Φ еквивалентни флукс.

Еквивалентна струја побуде у празном ходу и при брзини од min/1200o индукује

електромоторну силу која се може одредити из карактеристике празног хода

VIE Pe 57,24824,120020001 =⋅=⋅= ,

док при радној брзини и задатом терету еквивалентна побудна струја индукује

електромоторну силу VE 5,266= . Због тога је тражена брзина:

min/11101200288

5,2660

01

onEEn === .

3


Трофазни асинхрони мотор номиналних података kW630 , kV6 , Hz50 , Y , min/1410o

развија номинални превални момент при брзини од min/1120o . Грана магнећења, губици на

трење и вентилацију и отпор статора могу се занемарити.

Мотор се превеже у спрегу троугао и прикључи на трофазну мрежу напона kV2 , учестаности

Hz42 . Колику снагу на вратилу развија мотор када је брзина обртања min/1200o ?

РЈЕШЕЊЕ:

Номинални момент, номинално клизање, и номинално превално клизање су:

kNmnPP

Mn

n

n

nn 267,4

141021063060

260 3

=⋅

⋅⋅===

ππω,

06,01500

14101500=

−=

−=

sn

nsnn n

nns ,

253,01500

11201500=

−=

−=

sn

prnsnprn n

nns .

На основу Клосове формуле:

ss

ssM

Mpr

pr

pr

+=

2, номинални превални момент је:

kNmMMss

ss

M nnn

prn

prn

nprn 51,923,210267,4

06,0253,0

253,006,0

21

21 3 ==⋅

+=

+= .

Када се мотор превеже у троугао и прикључи на другу мрежу, промијениће се превални

момент и превално клизање јер су се промијенили фазни напон и учестаност напајања.

Превални момент пропорционалан је количнику квадрата напона и учестаности: 2

~

fUM pr ,

па је превални момент на новој мрежи:

kNmVf

fV

MUf

fUMM

n

nnprn

n

nprnpr 49,43

60004250200095103

22

1

1

2

1

11 =

⋅⋅

=

=

=

Превално клизање је обрнуто пропорционално учестаности:

( )rss

rpr LL

Rsγγω +

= ,

па је превално клизање на новој мрежи:

4

3.04250253,0

11 ===

ff

ss nprnpr .

Клизање на новој мрежи је:

0476.0

24260

12002

4260

60

60

1

11

1

111 =

⋅

−⋅

=−

=−

=

pf

npf

nnn

ss

s ,

па је развијени момент на основу Клосове формуле:

kNm

ss

ssM

Mpr

pr

pr 39,1

0476,03,0

3,00476,0

449022

1

1

1

1

11 =

+

⋅=

+= .

Снага на вратилу је:

kWn

MMPm 6,17460

12002139060

2 11111 =

⋅⋅===

ππω .

5


Трофазни синхрони турбогенератор има сљедеће номиналне податке: MVA45 , kV4,14 , Y ,

Hz50 , синхрона реактанса је %110=sx . Отпор статора и сви губици активне снаге могу се

занемарити. Карактеристика празног хода (зависност индуковане електромоторне силе од

струје побуде) снимљена је при номиналној брзини и приказана табеларно.

][AI P 100 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600

][0 kVE f 5 7,05 11,1 14,6 17,7 20 21,9 22,2 22,5

Генератор у мрежу номиналног напона испоручује MW30 уз индуктивни фактор снаге

8,0cos =ϕ . Због квара на прикључном далеководу, напон у све три фазе генератора смањи се

за %.70 Колико износи минимална струја побуде која ће обезбиједити да генератор не

испадне из синхронизма током трајања квара? Сматрати да се побудна струја може

успоставити довољно брзо.

РЈЕШЕЊЕ

Номинални фазни напон и струја генератора задатом режиму су:

kVV

U nfn 313,8

3104,14

3

3

=⋅

== , AVP

In

15048,0104,143

1030cos3 3

61

1 =⋅⋅⋅

⋅=

⋅⋅=

ϕ,

а синхрона реактанса је:

Ω=⋅

== 068,51045

14400100110

100[%]

6

22

n

nss S

VxX

Једначина напонске равнотеже синхроног надпобуђеног генератора је ss IjXUE +=0 , а фазорски дијаграм приказан је на сљедећој слици:

U

E0jX

sI

Iϕ

ϕ

δ

На основу фазорског дијаграма пишу се сљедеће једначине:

ϕδ sincos0 IXUE sff += ϕδ cossin0 IXE sf = ,

6

па је угао оптерећења:

°=⋅⋅+

⋅⋅=

+= 32,25

6,01504068,583138,01504068,5arctan

sincos

arctanϕ

ϕδ

IXUIX

sf

s .

Фазна вриједност електромоторне силе у овом режиму је:

kVIX

E sf 239,14

32,25sin8,01504068,5

sincos

0 =°⋅⋅

==δϕ

.

На основу угаоне карактеристике синхроне турбомашине:

δsin3 0

s

ff

XEU

P = ,

може се закључити да ће у режиму кратког споја, угао оптерећења веома порасти јер се

напон мреже смањује, а снага турбине не мијења. Ако се електромоторна сила не би

промијенила, нови угао оптерећења при сниженом напону рачунао би се из:

( ) ?!423,1142393/144003,03

068,510303

sin6

01

=⋅⋅

⋅⋅==

ff

s

EUPX

δ .

Угао оптерећења би због драстичног пада напона статора постао већи од °90 и генератор би

испао из синхронизма. Да би се предуприједио испад генератора, потребно је повећати

побудну струју, тј. електромоторну силу, како би угао оптерећења остао мањи од °90 . Ако се

побудна струја може успоставити довољно брзо (тј. да коло којим се напаја побудни намотај

може да обезбиједи довољно висок напон), електромоторна сила се може повећати прије

него што ће угао оптерећења прећи граничну вриједност.

Гранични (теоријски) случај има се када је струја побуде тако повећа да угао оптерећења

буде тачно једнак °90 , па је потребна електромоторна сила:

( ) kVUPX

Ef

sf 34.20

3/144003.031030

3

6

0 =⋅⋅⋅

== .

Фазној вриједности електромоторне силе од kVE f 34,2010 = одговара струја побуде AIA P 12001000 1 << . Линеарном интерполацијом криве магнећења између тачака

( )kVA 20,1000 и ( )kVA 90,21,1200 можемо одредити потребну струју побуде за kVE f 34,2010 = :

( ) ( )100010001200

1020109,211020 1

333

10 −−

⋅−⋅=⋅− Pf IE ,

па је потребна струја побуде AI P 79,10351 = .

Режим рада када се одржава динамичка стабилност генератора током драстичних падова напона на мрежи назива се режим форсирања побуде.

Задатке приредио мр Петар Матић, ЕТФ Бања Лука

Documents

Grupisani_zadaci EM1 i EM2 (1)