Zadaci iz elektricnih masina
-
Upload
aleksandar-antic -
Category
Documents
-
view
285 -
download
14
description
Transcript of Zadaci iz elektricnih masina
1. OPŠTI DEO O ELEKTRIČNIM MAŠINAMA
1.1. ZAGREVANJE I HLAĐENJE ELEKTRIČNIH MAŠINA
1. Generator jednosmerne struje 150 kW, 250 V, ima indukt otpora 0,02 . Pobuda je paralelna,
otpor pobudnog namota je 35 , Jedinična snaga odvođenja toplote je p = 60 W/m2·C. Gubici usled
histerezisa u zupcima su 620 W, a u jarmu 1140 W. Gubici usled vrtložnih struja u zupcima su 150 W, a
u jarmu 440 W. Mehanički gubici su 300 W. Površina hlađenja je 1,5 m2; a indukt je oblika valjka.
Odrediti maksimalni porast temperature za dati generator.
2. Porast temperature neke mašine koja radi u nazivnom režimu je 20C posle jednog časa rada, a 30C posle dva časa rada. Odrediti:
a) vremensku konstantu zagrevanja i konačni porast temperature mašine,
b) koliki je krajnji porast temperature i koliko iznosi preopterećenje ako je mašina preopterećena da
je porast temperature je 40C nakon jednog časa rada? Uslovi hlađenja su nepromenjeni. Napomena: Gubici nezavisni od opterećenja predstavljaju 20 % nazivnih gubitaka.
3. Nazivni podaci motora su: Pn =32 kW, n =88 %. Pri nazivnom opterećenju odnos gubitaka je PCun : PFen : Pfvn =1,6 : 1 : 0,2. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja je Tz = 28 min, a temperatura okoline je 26C. Maksimalni dozvoljeni porast temperature je 75C. Odrediti
vreme koje motor može raditi opterećen momentom M =1,5Mn.
Napomena: Uzeti da se nazivno opterećena mašina zagreva do maksimalno dozvoljene temperature.
4. Motor sa podacima 19 kW i n =91 % ima maksimalni porast temperature u nazivnom režimu 72C. Odnos gubitaka PCun : PFen : Pfvn je 2 : 1,2 : 0,5. Vremenska konstanta zagrevanja je 28 min, a
temperatura okoline je 26C. Odrediti:
a) konačni (maksimalni porast temperature) pri polovini nazivnog opterećenja, kao i temperaturu
motora pri nazivnom režimu rada posle 10, 20, 40 i 50 minuta. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. b) Motor radi sa nazivnim opterećenjem neko duže vreme (t >> 3τz). Zatim se opterećenje smanji
na polovinu nazivnog. Odrediti temperaturu u trenutku 12 min. nakon smanjenja opterećenja, kao i ustaljenu temperaturu u ovom režimu.
c) Motor se iz ovog stanja, posle dovoljno dugo vremena (t >> 3τz), isključi sa mreže. Odrediti temperaturu motora u trenucima 10, 50 i 100 minuta nakon isključenja, ako je vremenska konstanta
hlađenja τhl =1,8τz. Nacrtati kompletne krive zagrevanja i hlađenja za sva tri radna režima.
1.
t
et 1 , gde je: t porast temperature nakon vremena t tokom kojeg
kojem je transformator radio sa nazivnim opterećenjem, hl
g
Sp
P
porast temperature u ustaljenom
stanju u režimu sa snagom gubitaka gP , vremenska konstanta zagrevanja mašine. Ukupni gubici iznose:
3004401501140620)35
250()
250
150000(02,0 2222
gmehFeppaag PPIRIRP 11636 W.
Maksimalni porast temperature iznosi: 5,160
11636
hl
g
Sp
P 129,3C.
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 2
2. a)
1
1 1 e ,
2
2 1 e ,
)1
20
30ln(
1
)1ln(
1
1
1
1
21
2
1
e
1,44 h.
44,1
11
1
1
20
1 ee 39,95C.
b)
44,1
1212
1
40
1
)1(
ee
h
79,9C.
95,39
9,7922
g
g
P
P2. Gubici koji su proporcionalni
kvadratu struje su se povećali 8,0
8,1 2,25 puta, što znači da se struja povećala 1,5 puta i toliko iznosi
preopterećenje.
3. Gubici u nazivnom režimu iznose 3288,0
32n
n
gn PP
P 4,36 kW. Na osnovu date proporcije
dobija se 8,2
36,4
8,2)2,016,1(
gn
FenFengn
PPPP 1,56 kW. Dalje je jednostavno
56,16,16,1 FenCun PP 2,5 kW i 56,12,02,0 Fenfvn PP 0,31 kW. Pri datom opterećenju od 1,5Mn
smatra se da je i struja 1,5 puta veća što znači da su gubici u bakru 2,25 puta veći. Ukupni gubici u ovom režimu iznose: 1111 CufvFeg PPPP 1,56+0,31+2,25·2,5=7,5 kW. Smatrajući uslove hlađenja nepromenjenim dobijamo da je maksimalni porast temperature u navedenom režimu:
7536,4
5,71
1 g
g
P
P129C. Dozvoljeni porast temperature je 75C tome postoji još 40-26=14C
rezerve koju možemo iskoristiti – dakle maksimalni porast temperature sme da bude θ1=89C. Motor sme
da radi sa datim opterećenjem tokom vremena
)129
891ln(28)1ln(
1
1
zTt 32,8 min.
4. a) Pgn=1,88 kW, PFen=0,61 kW, Pfvn=0,25 kW, PCun=1,02 kW
02,15,0)( 2211 Cun
n
Cu PI
IP 0,255 kW, Pg1=1,115 kW. 1 44,5C, θ(10 min.)=21,6C,
θ(20 min.)=36,7C, θ(40 min.)=54,7C θ(50 min.)=59,9C. T(10 min.)=47,6C, T(10
min.)=62,8C,
T(40 min.)=80,7C, T(50 min.)=85,9C.
b)
)1(5,447526)1(.)min12( 28
12
28
12
1 eeeeTT
tt
na 90,4C
5,4426)( 1aTT 70,5C.
c) hl
t
et
)( . Odavde se dobija T(10 min.)=61C, T(50 min.)=41,9C, T(100 min.)=32C.
Napomena: za četvrti zadatak data su uglavnom samo brojne vrednosti rešenja.
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3a
OSNOVNE VRSTE NAMOTAJA ROTACIONIH ELEKTRIČNIH MAŠINA
Osnovni princip formiranja namota rotacione električne mašine glasi: namotaj jedne faze
formira naizmenično rasporeĎene suprotne magnetne polove (severne N i juţne S). Primena navedenog principa se najlakše može uočiti na statoru jednosmerne mašine i rotoru sinhrone mašine. Posmatrajući stator jednosmerne mašine lako je odrediti broj magnetnih polova (2p) jer su
magnetni polovi istureni i zato lako uočljivi. Oko svakog pola se nalazi koncentrisan namotaj. Namotaji
susednih magnetnih polova imaju suprotan smer motanja čime se postiže da su susedni magnetni polovi suprotnog polariteta. Analogno važi i za rotor sinhrone mašine sa isturenim polovima. Navedeni primeri
su očigledni i jednostavni ali vrlo važni jer se mogu primeniti i na ostale vrste i delove mašina (rotor jednosmerne mašine i asinhrone kliznokolutne mašine, stator sinhrone i asinhrone mašine). Kod njih u
odnosu na stator jednosmerne mašine i rotor sinhrone mašine postoji samo prividna razlika iz dva razloga:
1. Magnetno kolo nije istureno
2. Namotaj jednog magnetnog pola ne mora biti koncentrisan (m=1), već može da zauzima više od jednog žleba (m>1). Broj žlebova m koje namotaj jednog magnetnog pola zauzima nije mnogo veći od jedan i obično je m jednako 2, 3 ili 4.
Prema broju strana sekcija u žlebu razlikujemo dvoslojne i jednoslojne namotaje. Dvoslojni
namotaj u svakom žlebu ima dve strane sekcija pa se ovi slojevi nazivaju gornji i donji sloj.
Razmotrimo najpre dvoslojni namot kao tipičan primer namota trofazne mašine veće snage. Neka je
mašina trofazna (q=3) četvoropolna (2p=4) sa Z=36 žlebova na statoru (v. priloženu šemu). Najpre se
razmatra namotaj jedne faze (U), znajući da će namotaji ostale dve faze (V i W) biti analogni prvom i
pomereni na obodu za trećinu periode:
Svi magnetni polovi moraju biti jednaki radi simetrije što znači da svakom polu pripada prostor dužine
4
36
2p
Z 9 žlebova i zubaca. Kako ima tri identične faze svakoj od njih će na jednom polu pripasti
3
9
qm
3 žleba. Dakle faza U ima sledeće tri sekcije u prvom polu:
1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+τ)=1+9=10. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - (2+9)=11. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - (1+9)=12. žleb (donji sloj)
Drugi pol počinje u 1+τ=1+9=10 polu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - (10+9)=19. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - (11+9)=20. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - (12+9)=21. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 19. žleb (gornji sloj) - 28. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 20. žleb (gornji sloj) - 29. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 21. žleb (gornji sloj) - 30. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 28. žleb (gornji sloj) - 1. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 29. žleb (gornji sloj) - 2. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 30. žleb (gornji sloj) - 3. žleb (donji sloj)
Ovim su postavljene sve sekcije faze U na odgovarajuća mesta i ostaje još da se one pravilno meĎusobno povežu tako da faza ima dva kraja (označavaju se sa U1 U2). Označićemo sa U1 početak prve sekcije (u 1. žlebu). Postoje dva principijelno različita načina povezivanja koja rezultat stvaraju isto magnetno
polje:
1. Ako struja koja teče kroz namotaj faze najpre protiče kroz sve sekcije jednog pola pa tek onda prelazi u sekcije drugog pola namotaj se naziva petljasti. Tok struje ima izgled petlje - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "vraća se" u 2. žleb (jer ide u 2. sekciju).
2. Ako struja koja teče kroz namotaj faze protiče kroz jednu sekciju jednog pola i zatim odmah prelazi u sekciju drugi pol takav namotaj se naziva valoviti. Tok struje ima izgled "vala" - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "ide dalje" u 19. žleb (jer ide u 4. sekciju). Nakon toka struje u
sva četiri pola ona se vraća u prvi pol i ulazi u 2. sekciju (2. žleb).
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3b
Veza dve sekcije petljastog namota Veza dve sekcije valovitog namota
Da bi se formirao namotaj druge faze (V) treba odrediti njen pomak na obodu u odnosu na prvu fazu (U).
Taj pomak iznosi trećinu periode (2π/3), gde je perioda jednaka dužini dva magnetna pola (jer su suprotni) tj. 922 18 žlebova. Dakle pomak je 18/3=6 žlebova i druga faza ima sekcije: Prvi pol: 1. sekcija: (1+6)=7. žleb (gornji sloj) - 16. žleb (donji sloj)
2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -18. žleb (donji sloj)
Drugi pol počinje u 7+τ=7+9=16 žlebu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 26. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 27. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 25. žleb (gornji sloj) - 34. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 26. žleb (gornji sloj) - 35. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 27. žleb (gornji sloj) - 36. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 34. žleb (gornji sloj) - 7. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 35. žleb (gornji sloj) - 8. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 36. žleb (gornji sloj) - 9. žleb (donji sloj)
Analogno je i za treću fazu (W), s tim da je pomak za trećinu periode u odnosu na drugu fazu: Prvi pol: 1. sekcija: (7+6)=13. žleb (gornji sloj) - 22. žleb (donji sloj)
2. sekcija: 14. žleb (gornji sloj) - 23. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 15. žleb (gornji sloj) -24. žleb (donji sloj)
Drugi pol: 4. sekcija: 22. žleb (gornji sloj) - 31. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 23. žleb (gornji sloj) - 32. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 24. žleb (gornji sloj) - 33. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 31. žleb (gornji sloj) - 4. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 32. žleb (gornji sloj) - 5. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 33. žleb (gornji sloj) - 6. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 4. žleb (gornji sloj) - 13. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 5. žleb (gornji sloj) - 14. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 6. žleb (gornji sloj) - 15. žleb (donji sloj)
Očigledno dvoslojni namotaj ima ukupno Z sekcija, a svaka faza se sastoji iz q
Z sekcija. Može se
proveriti da je svaki sloj u žlebu zauzet jednom stranom sekcije.
Jednoslojni namot se karakteriše činjenicom da svaki žleb zauzima samo jedna strana sekcije.
Kako svaka sekcija ima dve strane to znači da jednoslojni namotaj ima ukupno 2
Z sekcija, a svaka faza se
sastoji iz q
Z
2 sekcija. Najčešće je jednoslojni namotaj koncentrični, mada se može izvesti i kao petljasti
ili valoviti. Za datu mašinu i broj polova bilo koja od ove tri izvedbe daje isto magnetno polje.
Razmotrimo jednoslojni koncentričan namotaj kao tipičan namotaj za naizmenične mašine manje snage. Neka je mašina trofazna četvoropolna i ima Z=24 žleba na statoru (v. priloženu šemu). Odmah
N
1. žleb
2. žleb 10. žleb 11. žleb
S N
19. žleb 1. žleb 10. žleb
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3c
odreĎujemo 4
24
2p
Z 6 žlebova i zubaca i 3
6
qm
2 žleba. Pomak izmeĎu faza je 12/3=4 žleba.
Pripadnost ţlebova namotajima pojedinih faza ista je za sve tri vrste namotaja. Dakle bilo da treba
napraviti petljasti, valoviti ili koncentrični namotaj pripadnost žlebova je sledeća: Faza U: 1., 2., 7. i 8. žleb
13., 14., 19. i 20. žleb
Faza V: 5., 6., 11. i 12. žleb 17., 18., 23. i 24. žleb
Faza W: 9.,10., 15. i 16. žleb 21., 22., 3. i 4. žleb
Kako bi se postavljale sekcije da je u pitanju petljasti ili valoviti namotaj već je opisano (1. - 7., 2. - 8.
itd.). Kod ovih namotaja su sve sekcije identične. Za razliku od njih koncentrisani namotaj ima sekcije
različite dužine. Koncentrisani jednoslojni namotaj bi glasio:
Prvi pol: 1. sekcija: 1. žleb - 8. žleb
2. sekcija: 2. žleb - 7. žleb
Drugi pol počinje u 1+τ=1+6=7 polu. MeĎutim pošto je 7 žleb zauzet ovaj pol nema svoj namotaj i
jednostavno se "preskače" (ionako treba postaviti ukupno 432
24
2
q
Z sekcije za celu fazu). To ne znači
da ovaj magnetni pol ne postoji. Njega formiraju strane sekcija susednih polova.
Treći pol: 4. sekcija: 13. žleb - 20. žleb
5. sekcija: 14. žleb - 19. žleb
Četvrti pol: Nema namotaja (važi isto što i za drugi pol).
Veza dve sekcije koncentričnog namota
Prethodno dati primeri predstavljaju namotaje sa punim (dijametralnim, neskraćenim) navojnim korakom y, pošto je bilo y=τ. Ako je potrebno izvesti skraćeni (tetivni) korak (y=τ), to se može izvesti samo kod dvoslojnog namotaja. IzvoĎenje je vrlo jednostavno: za izvedeni namotaj sa punim korakom samo se
druga strana sekcije "prebaci" u odgovarajući bliţi ţleb. Dakle za dati primer trofaznog dvoslojnog
namotaja sa Z=36 i korakom y=7 bilo bi:
Faza U, prvi pol: 1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+y)=1+7=8. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - 9. žleb (donji sloj)
3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - 10. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj)
5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - 18. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - 19. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 19. žleb (gornji sloj) - 26. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 20. žleb (gornji sloj) - 27. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 21. žleb (gornji sloj) - 28. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 28. žleb (gornji sloj) - 35. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 29. žleb (gornji sloj) - 36. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 30. žleb (gornji sloj) - 1. žleb (donji sloj)
Faza V, prvi pol: 1. sekcija: 7. žleb (gornji sloj) - 14. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 15. žleb (donji sloj)
N
1. žleb
2. žleb 7. žleb 8. žleb
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3d
3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -16. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 23. žleb (donji sloj)
5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 24. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 25. žleb (gornji sloj) - 32. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 26. žleb (gornji sloj) - 33. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 27. žleb (gornji sloj) - 34. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 34. žleb (gornji sloj) - 5. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 35. žleb (gornji sloj) - 6. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 36. žleb (gornji sloj) - 7. žleb (donji sloj)
Faza W, prvi pol: 1. sekcija: 13. žleb (gornji sloj) - 20. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 14. žleb (gornji sloj) - 21. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 15. žleb (gornji sloj) -22. žleb (donji sloj)
Drugi pol: 4. sekcija: 22. žleb (gornji sloj) - 29. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 23. žleb (gornji sloj) - 30. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 24. žleb (gornji sloj) - 31. žleb (donji sloj)
Treći pol: 7. sekcija: 31. žleb (gornji sloj) - 2. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 32. žleb (gornji sloj) - 3. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 33. žleb (gornji sloj) - 4. žleb (donji sloj)
Četvrti pol: 10. sekcija: 4. žleb (gornji sloj) - 11. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 5. žleb (gornji sloj) - 12. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 6. žleb (gornji sloj) - 13. žleb (donji sloj)
Može se proveriti da svaki sloj u žlebu zauzima jedna strana sekcije.
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3
1.2. MAGNETOPOBUDNE SILE
5. Indukt prečnika 0,26 m i dužine 0,2 m ima na svom obimu 48 žlebova u kojima se nalaze provodnici koji obrazuju trofazni četvoropolni namot, tako da svakoj fazi pripada 112 provodnika. Ako je
ekvivalentni vazdušni zazor 0,9 mm i kroz namot teku trofazne struje jačine 14 A i učestanosti 50 Hz,
odrediti:
a) obrtnu magnetopobudnu silu po polu,
b) fluks po polu,
c) snagu mašine.
6. Trofazni sinhroni turbogenerator 2p =2, Y, f =60 Hz ima na rotoru pobudni namot sa 46
navojaka i navojnim sačiniocem 0,9; a na statoru namot sa 24 navojka po fazi i navojnim sačiniocem 0,833. Dimenzija zazora je 0,075 m, srednji poluprečnik 0,5 m; a aktivna dužina sekcije je 4 m. Ako je
pobudna struja 1500 A, odrediti:
a) vrednost prvog harmonika magnetopobudne sile koju proizvodi pobudni namot i vrednost prvog
harmonika indukcije u zazoru,
b) fluks po polu i linijski napon u praznom hodu generatora.
1.3. INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE
7. Poznati su sledeći podaci trofaznog asinhronog motora: unutrašnji prečnik statora D =0,26 m,
dužina paketa limova l =0,2 m; ukupni broj žlebova Z =48, broj polova 2p =4. Odrediti broj provodnika
po fazi da bi se imala indukovana elektromotorna sila po fazi E =212 V, pri B =0,7 T i f =50 Hz.
8. O statoru trofaznog motora znaju se sledeći podaci: dužina l =0,075 m; unutrašnji prečnik D =0,112 m; broj žlebova Z =36 i broj polova 2p =6. Linijski napon mreže je 220 V, a učestanost 50 Hz.
Sprega namota statora je zvezda. Za B =0,55 T odrediti:
a) broj provodnika po fazi,
b) broj provodnika u žlebu, stvarni fluks po polu i maksimalnu vrednost indukcije za usvojeni ceo
broj provodnika u žlebu.
1.4. VIŠI HARMONICI INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE
9. Ispitati mogućnost potpunog poništenja jednog ili više harmonika pogodnim izborom broja žlebova po polu i fazi.
10. Pod kojim uslovima se potpuno eliminiše peti harmonik?
11. Izračunati elektromotornu silu osnovnog, trećeg, petog i sedmog harmonika za trofazni sinhroni
hidrogenerator sa podacima: 16,5 MVA; 11 kV, 860 A, 50 Hz cos =0,7, l =1,3 m, 2p=12, =0,693 m;
N =144 prov/fazi, m =4, y/=5/6. Amplitude harmoničnih komponenti indukcije u zazoru su: B1 =0,75 T;
B3 =0,039 T; B5 =0,035 T i B7 =0,02 T.
12. Polje u zazoru mašine za naizmeničnu struju dato je sledećim izrazom: b() = Bm1sin + Bm3sin3 + Bm5sin5. Odrediti THD i efektivne vrednosti indukcije i indukovane
elektromotorne sile u provodniku, navojku i fazi, ako je: y/ =4/5, m=5, Bm1 =1 T, Bm3 =0,3 T; Bm5 =0,2 T.
5. a) Izraz za rezultantnu (obrtnu) MPS trofaznog namotaja glasi: n
f
f kIp
NF 2
2
1
π4
2
33 , gde je: Nf
broj navojaka faze i kn navojni sačinilac, važi i za dvoslojni i za jednoslojni namotaj. Broj navojaka faze
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 4
je 2
112fN , a navojni sačinilac iznosi 1
2sin
2sin
m
m
kkk tpn (skraćenje se ne pominje u tekstu). m je
broj žlebova po polu i fazi 34
48
2pq
Zm 4, a β je električni pomak meĎu žlebovima
15248
360360p
Z . Time se dobija
5,7sin4
5,74sin142
22
112
2
1
π4
2
33 fF 507 A.
b)
2,022
π26,0
109,0
50710π4
π2
)2
π)((
π2
π2
3
7
0 lp
DFBS p 18,4 mWb.
c) qEIS . 9577,0104,1850π22
156
2
1 3
nf kNE 219,2 V.
142,2193qEIS 9,2 kVA.
6. a) U slučaju rotorskog namota izraz za rotorsku (pobudnu) MPS glasi: nr
fr
p kIp
NF
2
14
a može
se dobiti koristeći odgovarajućeg izraza iz prethodnog zadatka uz uvažavanje činjenice da je sada u
pitanju monofazni namot sa jednosmernom strujom. 9,015001
46
2
14
pF 39534,1 A.
075,0
1,3943510π4 7
0 p
p
FB 0,66 T.
b) 412
π166,0
π2
)2
π(
π2
π2
lp
DBBS p 2,65 Wb.
833,065,260π22
1243
2
133 00 nffl kNEE 24,46 kV.
7. Iz izraza za indukovanu EMS faze: nfnff kp
BDlfNkNE π2
2
1
2
1 , gde je Nf broj navojaka
faze. Odatle je:
9577,02,026,07,050π2
2212
π2 n
f
ffBDlk
pEN 54,75. Navojni sačinilac je
5,7sin4
5,74sin1
2sin
2sin
m
m
kkk tpn0,9577 (v. zad. 5). Treba izračunati broj provodnika u žlebu i to
naravno mora biti ceo broj: 784,642
75,54
22 11 z
f
z Npm
NN (usvajamo ceo veći broj). Konačno je
broj provodnika po fazi: 42722 11 pmNN zf 112.
8. a) Analogno kao u prethodnom zadatku dobija se:
15sin2
152sin1
2sin
2sin
m
m
kkk tpn 0.9659,
9659,0112,0075,055,050π2
33
220
π2 n
f
ffBDlk
pEN 384.4,
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 5
6507,6423
4,384
22 11 z
f
z Npm
NN 236522 11 pmNN zf
780.
b) N1z=65,
3909659,0112,0075,050π23
3220
π2 fn
f
NfDlk
pEB 0,54.
075,0
32
π112,054,0
π2
)2
(π2
π2
lp
DBBS p
1,51 mWb.
9. Izbor broja žlebova po polu i fazi m utiče na pojasni sačinilac:)
2sin(
)2
sin(
hm
hm
k ph . Dakle treba postići
uslov 1802
nhm
. Kako je qZ
ppq
Zm
2
180
2
360
22
dobija se da se mogu poništiti samo
harmonici deljivi sa dvostrukim brojem faza: nqh 2 . Za trofazni namot ovo znači da nema šestog, dvanaestog itd. harmonika , no parnih harmonika svakako nema zbog "naizmenične" konstrukcije namotaja. MeĎutim iako ne može potpuno da poništi pojedine harmonike pojasni sačinilac ih značajno smanjuje.
10. Na osnovu prethodnog zadatka vidimo da se traženi poništenje petog harmonika može eventualno
postići samo izborom tetivnog navojnog koraka. Iz jednakosti 2
π5sin5
ykt =0 dobijaju se dva moguća
rešenja: 5
2y
ili 5
4y . Prvo rešenje otpada jer je skraćenje preveliko (preveliko slabljenje EMS prvog
harmonika) pa je rešenje 5
4y
.
Napomena: U praksi se najčešće koristi 6
5y
iz dva razloga: manje slabljenje osnovnog harmonika i
jednako slabljenje 5. i 7. harmonika.
11. nhhfnh
h
fnhhhffh klfBNkph
DlBfhNkNE 22π2
2
1
2
1 , 2
sin
2sin
2sin
yh
hm
hm
kkk thphnh
Za h=1 dobija se: 90
6
5sin
5,7sin4
5,74sin3,1693,075,0504
2
172fE 6364,2 V.
Za h=3 dobija se: 90
6
53sin
5,73sin4
5,743sin3,1
3
693,0039,0
π2
350π22
1723fE 165,3 V.
Analogno se dobija Ef5=17,1 V i Ef7=7,6 V.
12. THD(B)= 1
2,03,0 22
1
2
5
2
3
B
BB36,1%.
Za provodnik je THD(E1)=
1
2
5
2
3
11
2
15
2
13
2
π2
π
Bp
fDl
BBp
fDl
E
EETHD(B)=36,1%.
VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 6
Za navojak : THD(Enav)=
9511,01
02,05878,03,0
2
π2
π2222
11
2
5
2
5
2
3
2
3
11
2
15
2
13
t
tt
kBp
fDl
kBkBp
fDl
E
EE18,5%
( 905
4sin
2
πsin1
ykt 0.9511, 90
5
43sin
2
π3sin3
ykt 0.5878, 90
5
45sin
2
π5sin5
ykt 0).
Dakle skraćen navojni korak smanjuje izobličenje napona. Za fazu:
THD(Ef)=
9567,09511,01
02,06472,05878,03,0
2
π2
π22222
111
2
5
2
5
2
5
2
3
2
3
2
3
11
2
15
2
13
pt
ptpt
kkBp
fDl
kkBkkBp
fDl
E
EE12,5%
(
6sin5
65sin
2sin
2sin
1
m
m
k p0.9567,
63sin5
653sin
23sin
23sin
3
m
m
k p 0.6472,
65sin5
655sin
25sin
25sin
5
m
m
k p 0,2).
Raspodela namota u više žlebova (pojas) smanjuje izobličenje napona.
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 7
1.5. OSNOVNE DIMENZIJE ELEKTRIČNIH MAŠINA
13. Odrediti osnovne dimenzije turbogeneratora snage 660 MVA ako je indukcija u zazoru 0,9 T i
obodnu gustinu struje pri direktnom hlađenju vodonikom A =160000 A/m. Maksimalna dozvoljena
periferijska brzina je 200 m/s.. Feromagnetni zazor je 6,5 cm, a brzina obrtanja je 3000 min-1
.
14. Za dve mašine iste električne snage sa brzinama 500 o/min i 1500 o/min, odrediti odnos
linearnih dimenzija, gubitaka, ukupne cene i cene po jedinici snage. Mašine imaju istu indukciju i obodnu
gustinu struje, kao i isti odnos linearnih dimenzija.
1.6. ZAKON SLIČNOSTI ELEKTRIČNIH MAŠINA
15. Data su dva geometrijski slična trofazna četvoropolna asinhrona motora. Poznati su podaci o motoru manje snage: Pn =7,5 kW, Un =380 V, In =15,2 A, cosn =0,86, Shl =1,6 m
2, m =74 kg. Drugi
motor je 3 puta veće prividne snage. Oba motora su predviđena za isti napon i imaju isti cosn. uzimajući u obzir odgovarajuće idealizacije, odrediti:
a) podatke o većem motoru (snaga, struja, površina hlađenja, težina), b) uslove hlađenja za oba motora, odnosno snagu gubitaka po jedinici površine hlađenja.
13. Najpre se može izračunati prečnik rotora: π100
20022
vDr
1,27 m. nfnfn IqES , (za veće mašine
ovo je tačnije), gde je q broj faza. Dalje je nnf k
p
BDlNfE π2 i
Nq
ADInf
2
π , (N je broj navojaka a D
unutrašnji prečnik statora D=Dr+2δ=1,34+0,13=1,4 m). Zamenom u polazni izraz dobija se:
lABDnk
S n
n
2
60
2π)
4
π2( . Kako je 1
4
π2 nk dobija se:
232 4,19,01016060
30002π660
60
2πABD
n
Sl n 7,4 m (primetiti da je kod turbogeneratora D<<l).
14. 2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
22
11
2
1
2
1
2
1
M
M
p
p
V
V
p
p
lD
lD
BA
BA
n
n
P
P
S
S . Prema tome 333
2
1
2
1 32
6
p
p
l
l1,44;
2
6
2
1
2
1
2
1
p
p
C
C
M
M3;
2
1
2
2
1
1
C
C
S
C
S
C
3. Odnos gubitaka: 2
6
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
p
p
lD
lD
P
P
g
g3.
15. a) Pn2=3Pn1=3·7,5=22 kW (jer je to standardna snaga) 31
22
1
2
n
n
hl
hl
S
Sk
S
S
6,133 12 hlhl SS 2,8 m2. 2,1533
3
3
31
1
1
2
22 n
nn
n IU
S
U
SI 45,6 A..
643)( 75,0
14
3
1
21
3
2 MS
SMkM
n
n 146 kg.
b) 44
1
2
1
1
2
2
3n
n
hl
g
hl
g
hl
g
S
S
S
P
S
P
kS
P1,32. 750086,02,153803cos 111 nnng PSP 1104 W
6,1
1104
1
1
hl
g
S
P690 W/m
2, 69034
2
2
2
2
hl
g
hl
g
S
Pk
S
P908,1 W/m
2.
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 8
2. PRIGUŠNICE I TRANSFORMATORI
2.1. PRIGUŠNICE
16. Izračunati dimenzije stepenastog preseka jezgra prigušnice ili transformatora sa dve "stepenice" u funkciji prečnika opisanog kruga D, da bi površina jezgra bila maksimalna. Uporediti dobijeni rezultat
za jezgro bez "stepenica". Ako je sačinilac ispune gvožđa Kfe = 0.96, odrediti sačinilac ispune jezgra Fe.
17. Ponoviti prethodni zadatak za simetrični presek transformatorskog jezgra sa tri "stepenice".
18. Feromagnetno kolo sa slike ima namot sa 250 navojaka otpora 0,58 . Namot se napaja iz
izvora naizmenične struje 120 V, 50 Hz. Karakteristika limova je data sledećom tabelom: Histerezisni faktor je = 0.0047, odnos gubitaka usled histerezisa i vrtložnih struja je PH/PV = 5.
Koeficijent ispune gvožđa je KFe = 0.85, a specifična masa magnetnog materijala je Fe = 7,9 kg/dm3.
a) Odrediti struju kroz namot i gubitke u gvožđu i nacrtati ekvivalentnu šemu. b) Konstruisati vektorski dijagram.
19. Na slici je prikazana prigušnica sa dimenzijama a = b = c = d = 25 mm, g = 2 mm. Kroz namot
teče struja 1 A. Provodnost materijala od koga je načinjen provodnik je = 5,78107 S/m. Faktor ispune
namota je KS = 0,8. Odrediti ulaznu snagu i broj navojaka namota da bi indukcija bila 0,8 T.
20. Prigušnica na gvozdenom jezgru ima histerezisnu petlju kao na slici. Termogena otpornost prigušnice je 1 k, a kalem ima N = 1000 navojaka. Ako je prigušnica bez remanentnog fluksa
priključena na izvor:
ostalo,0
s5,00,40)(
tttv
potrebno je:
a) odrediti izraze za struju, fluks i indukovanu elektromotornu
silu prigušnice u funkciji vremena za interval 0 t 1 s,
b) skicirati krive i=f(t), =f(t) i e=f(t) za isti interval.
B [T] 0,6 0,8 1 1,3
H [A/m] 160 200 300 1000 3
50
50
50
250
220
2
25
25
25
25
25 25
namotaj
φ[mWb]
i[mA]
1
4
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 9
16. )sincossin2()sin)sin(coscos(sin2
2 222 DDbba
abS j
7,31220)2sin2cos2(2 tgDd
dS j
07,312cos27,312sin42cos22sin42
2 d
Sd j, zaista je maksimum.
22222 618,0)7,31sin7,312(sin)sin2(sin DDDS j . Za jezgro kvadratnog oblika (bez
stepenica) je 25,0 DS j . Koeficijent ispune:
2
2
785,0
96,0618,0
D
D
S
kS
kr
Fej
Fe 0,756.
17. sin)2
1(cos25,0
24 222
DDcba
bS j
sin22sin5,0 222DDD
0)cos22cos4()cos22cos2( 222 DDd
dS j
1,259056,0cos 222 668,0sin)2
11,25(cos25,0 DDDS j .
2
2
785,0
96,0668,0
D
D
S
kS
kr
Fej
Fe 0,817.
18. a) 610250085,0250502
120
2 FefNS
EB 1,017 T. Iz tabele H=300 A/m pa je
250
737,0300103104
017,1 3
70
000
N
lHlB
N
lHlHI
FeFe
FeFe 10,6 A. Ovo je amplituda struje (!)
dok je efektivna vrednost 2
6,10xI 7,5 A..
2622 017,150790010250085,0737,00047,0fBSKlfBVP FeFesrFeFeh 3 W
5
3
5
h
v
PP 0,6 W. 6,03FehFe PPP 3,6 W Za aktivnu snagu se može napisati:
022,3612058,0)( 2222 rrFexrFer IIPIIRPRIUI , odakle se dobija rI 0,3 A.
Parametri ekvivalentne šeme su: 58,05,73,0
120ReRe
jR
I
URFe
0,06 Ω i
jI
UX
5,73,0
120ImIm 15,97 Ω.
b)
a b
a b c
U
Ir
Ix
I
R RFe jX U
I
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 10
19. )2525(4srl 200 mm, 1104
002,08,07
0 I
BgN 1274.
626
22
10258,01058
2,01274
SK
lN
N
S
Nl
S
lR
Cu
sr
Cu
sr 11,2 Ω. 22 12,11RIP 11,2 Ω.
20.
21. Za koliko se procenata smanjuje masa magnetnog kola i masa bakra ako se umesto običnih gvozdenih limova upotrebi silicijumski hladno-valjani lim, odnosno indukcija se može povećati sa 0,8 T
do 1,6 T, ako fluks ostaje isti.
22. Transformator snage 250 kVA ima nominalne gubitke u gvožđu 800 W i nominalne gubitke u
bakru 3800 W. Izračunati stepen iskorišćenja za četvrtinu nominalnog opterećenja i cos = 0,8.
23. Energetski transformator je predviđen da radi na mreži 50 Hz. Pri tome su gubici u bakru 1,5 %
prividne snage, gubici usled histerezisa su 0,6 % prividne snage, a zbog vihornih struja 0,4 % prividne
snage. Odrediti:
a) gubitke pri 60 Hz za isti napon i istu struju,
b) snagu koju ovaj transformator može odati radeći na mreži 60 Hz, uz uslov da su gubici i napon
isti kao kada radi na mreži 50 Hz.
21. Ako se indukcija poveća dva puta poprečni presek magnetnog kola se može smanjiti dva puta, što znači da će masa magnetnog kola biti 50% manja (oba materijala imaju približno istu gustinu). Zbog toga
se smanjuje obim magnetnog kola a time i dužina navojaka. Obim će se smanjiti:
11
1
21
1
22 707,0 OO
S
SO
D
DO
Fe
Fe , što znači da će se masa bakra smanjiti za 29,3%.
22.
8,3)
4
1(8,08,025025,0
8,025025,0
)4
1(cos25,0
cos25,0
221
2
CunFenn
n
PPS
S
P
P
0,98.
23. a) nhhh SPf
f
U
UP
f
f
B
BP %6,0
60
50)( 1
2
1
1
21
1
22
1
22 0,5 %Sn. 1
2
1
21
2
1
2
1
22 )()( hhv P
U
UP
f
f
B
BP 0,4 %Sn.
PCu2=PCu1=1,5 %Sn.
b) Pri radu na 60 Hz gubici su manji za 0,1 % Sn, na osnovu čega možemo povećati gubitke u bakru za
0,1 % Sn. Struju i snaga se mogu povećati za 1%5,1
%6,13,3 %, tj. S2=103,3 %Sn (napon je ostao isti).
v[V]
t[s]
20
0,5
i[mA]
t[s]
4
0,5 0,1 0,324
φ[mWb]
t[s]
1
0,5 0,1 0,324
0,02(t-0,1)2
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 11
24. Jednofazni transformator 200 kVA, 3810/210 V, 50 Hz ima srednju dužinu magnetnog jezgra
140 cm i poprečni presek SFe =160 cm2. Primarni namot ima 860 navojaka, gubici usled vrtložnih struja i
histerezisa su 0,012 W/cm3. Odrediti struju praznog hoda u funkciji vremena kao i komponentu koja
potiče od vrtložnih struja ako je priključeni napon sinusoidalan. Može se smatrati da je komponenta struje gubitaka sinusoidalna, i da je komponenta struje magnećenja u fazi sa fluksom. Polovina histerezisne petlje data je sledećom tabelom:
2.2. EKVIVALENTNA ŠEMA TRANSFORMATORA
25. Za transformator Sn =160 kVA, 10/0,4 kV, Yzn5 i f =50 Hz odrediti elemente ekvivalentne
šeme ako su ogledom kratkog spoja izmereni gubici koji iznose 2,35 kW i napon kratkog spoja uk =4 %.
Ogledom praznog hoda izmereno je Po =0,46 kW i jo =0,7 %.
26. Odrediti elemente ekvivalentne šeme trofaznog transformatora sprege Dy5, čiji su podaci: Sn =1000 kVA, Un1 =10 kV, P0 =2 kW, Pk =12 kW, uk =7 %, j0 =2 %.
27. Podaci o jednofaznom transformatoru su: Sn =10 kVA, 2400/240 V. Ogled praznog hoda na NN
strani: u0 =1 r.j., i0 =0,019 r.j., p0 =0,008 r.j. Kratak spoj na VN strani: uk =0,0333 r.j., ik =1,22 r.j.,
pk =0,022 r.j. Odrediti apsolutne vrednosti datih podataka za oglede praznog hoda i kratkog spoja i
relativne vrednosti primarnih i sekundarnih otpornosti i reaktansi rasipanja.
2.3. SPREGE TROFAZNIH TRANSFORMATORA
28. Broj navojaka po fazi namota trofaznog transformatora je N1 =2080 i N2 =80. Ako je primarni
napon U1 =3300 V odrediti U2 pri spregama: Yy, Dy, Yd, Dd.
24. Indukcija u jezgru je: 410160860502
3810
2 FefNS
EB 1,25 T. Reaktivna komponenta
struje magnećenja je: 8602
4,1356
20
N
HlI sr
x 0,41 A. Aktivne komponente je u fazi sa naponom i potiče
od histerezisnih gubitaka: 8602
4,144
20
N
HlI sr
r 50,6 mA.
B[T] 0 0,3 0,6 0,8 1 1,1 1,2 1,25
H[A/cm] 0,44 0,69 1 1,28 1,68 2,09 2,97 3,56
H[A/cm] -0,44 -0,17 0,15 0,48 1,09 1,62 2,75 3,56
-5 0 5 10 15 -1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
magnetna indukcija
struja PH
-400 -300 -200 -100 0 100 200 300 400 -1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
H [A/m]
B [T]
Comment [Sk1]: Ovo treba da bude
4.4.
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 12
Kako je 3810
160140012,00
U
pI Fe
r 70,6 mA, dobija se da je komponenta koja potiče od vrtložnih
struja: 6,506,70000 hrv III 20,6 mA.
Slika prikazuje struju praznog hoda dobijenu na osnovu pretpostavke o sinusoidalnom naponu i date krive
magnećenja materijala (slike gore). Treba primetiti sledeće značajne činjenice: - znatno prisustvo trećeg harmonika struje, - fazni pomeraj osnovnog harmonika struje u odnosu na napon je manji od 90º (na slici je to 78,8º;
cosφ=0,19),
- stvarna aktivna komponenta je 0,29 A, dok je reaktivna komponenta 55,8 mA.
25. Odredićemo ekvivalentnu šemu svedenu na primar. Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se 2
1
'3 nfkk IRP odakle je:
2
2
2
2
1
2
1
2
22
1
'
160
)3
10(23503
3
33
3 n
nfk
nf
n
k
nf
k
kS
UP
U
S
P
I
PR 9,18 Ω.
2
18,9
2
'
'
2
'
1
kRRR 4,59 Ω.
160000
)3
10000(04,03
3
3
22
1
1
1
1
1'
n
nfk
nf
n
nfk
nf
nfk
kS
Uu
U
S
Uu
I
UuZ 25 Ω.
222'2'' 18,925kkk RZX 23,25 Ω; 2
25,23
2
'
'
2
'
1
kXXX 11,63 Ω.
Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja:
22
2
22
0
2
10
2
1
2
0
0
2
10
0'
160007,0
)3
10(4603
3
33 n
nf
nff
mSi
UP
Ii
P
I
PR 36,67 kΩ;
2
2
2
2'
2
0
2
12'2'' 67,36160000007,0
)3
10000(3
3m
n
nf
mmm RSi
URZX 81,41 kΩ.
-5 0 5 10 15 -0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6 struja PH
1. i 3. harmonik struje
1. + 3. harmonik
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 13
26. Mogu se odrediti samo parametri ekvivalentne šeme svedene na primar (jer nije dat napon sekundara). Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se
2
1
'3 nfkk IRP odakle je:
2
2
2
2
1
2
1
2
22
1
'
1000
101200033
33
3 n
nfk
nf
n
k
nf
k
kS
UP
U
S
P
I
PR 3,6 Ω.
2
6,3
2
'
'
2
'
1
kRRR 1,8 Ω.
1000000
1000007,033
3
22
1
1
1
1
1'
n
nfk
nf
n
nfk
nf
nfk
kS
Uu
U
S
Uu
I
UuZ 21 Ω.
222'2'' 6,321kkk RZX 20,7 Ω; 2
7,20
2
'
'
2
'
1
kXXX 10,35 Ω.
Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja:
22
2
22
0
2
10
2
1
2
0
0
2
10
0'
100002,0
10200033
33 n
nf
nff
mSi
UP
Ii
P
I
PR 1,5 kΩ;
2
22
2'
2
0
2
12'2'' 1500100000002,0
1000033m
n
nf
mmm RSi
URZX 14,92 kΩ.
27. Sb=10 kVA, U1b=U1n, U2b=U2n. 4,2
10
1
1
b
b
bU
SI 4,17 A;
24,0
10
2
2
b
b
bU
SI 41,7 A
PH: 2401200 bUuU 240 V, 7,41019,0200 bIiI 0,79 A.; 10008,000 bSpP 80 W.
KS: 24000333,01bkk UuU 79,9 V, 17,422,11bkk IiI 5,09 A.; 10022,0bkk SpP 220 W.
22 22,1
022,0
k
k
ki
pr 0,0148;
22,1
0333,0
k
k
ki
uz 0,0273. 2222 0148,00273,0kkk rzx 0,0229 Ω.
Otpornosti i reaktanse rasipanja u nedostatku bližih podataka delimo na dva jednaka dela i to su parametri (otpornosti i reaktanse rasipanja) za svaki namotaj.
28. Yy: 33002080
801
1
22 U
N
NU 126,9 V; Dy: 3300
2080
8033 1
1
22 U
N
NU 219,8 V;
Yd: 33002080
80
3
11
1
22 U
N
NU 73,3 V; Dd: 3300
2080
801
1
22 U
N
NU 126,9 V.
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 14
2.4. PAD NAPONA NA TRANSFORMATORU
29. Transformator 200/100 V ima impedansu primara (0,4+0,8j) , impedansu sekundara
(0,1+0,2j) i priključen je na konstantan napon 200 V. Izračunati obe struje, napon na kraju sekundara i pad napona u procentima, ako su sekundarni krajevi:
a) kratkospojeni,
b) opterećeni impedansom 2 (čisto omsko opterećenje), c) opterećeni impedansom (2+4j) ,
d) opterećeni impedansom (2–4j) ,
30. Transformatoru 200 kVA, uk =5 % P0 =1 kW izmereni su na temperaturi 20C gubici zbog
opterećenja Pk =4 kW. Pri radu uz faktor snage cos =0,8 na radnoj temperaturi (75 oC) odrediti:
a) opterećenje pri kome se ima maksimalni stepen iskorišćenja za dati faktor snage i vrednost tog
maksimalnog stepena iskorišćenja, b) pad napona u procentima za dati režim rada.
31. Za transformator snage 100 kVA, uk =6 %, koji ima Pk =2 kW izračunati pad napona ako je impedansa opterećenja 200 % nazivne, uz cos =0,8.
32. Trofazni transformator snage 1,6 MVA; uk =8 %, =98 %, Pk/P0 =3,5 opterećen je nazivnim
opterećenjem. Odrediti: a) aktivnu i reaktivnu snagu pri maksimalnom padu napona,
b) nazivni primarni napon ako pri datom pogonskom stanju u a) sekundarni napon sveden na primar
iznosi 9,3 kV.
29. Kako se traži napon na sekundaru koristićemo ekvivalentnu šemu svedenu na
sekundar: )8,04,0(2
112121 jZ
mZ (0,1+0,2j) Ω
a)
04,02,0
10012
jZZ
UI
pk
223,6 A; 2
6,22321
m
II 111,8 A;
100
0100
2
22
n
n
U
UUu 100 %.
b)
24,02,0
10012
jZZ
UI
pk
44,7 A; 2
7,4421
m
II 22,4 A;
2
)sincos(
sincos
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
2
2
22
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n U
IR
U
IX
U
IX
U
IR
U
UUu
%6,1%9,8
2
)0sin100
7,442,00cos
100
7,444,0(
90sin100
7,444,00cos
100
7,442,02
10,5%
c)
jjZZ
UI
pk424,02,0
10012 20,3 A;
2
3,2021
m
II 10,2 A;
Zp U1
I2
kZ
U2
1U
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 15
2
)sincos(
sincos
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
2
2
22
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n U
IR
U
IX
U
IX
U
IR
U
UUu
%0%1,9
2
)4,63sin100
3,202,04,63cos
100
3,204,0(
4,63sin100
3,204,04,63cos
100
3,202,02
9,1%.
d)
jjZZ
UI
pk424,02,0
10012 23,7 A;
2
7,2321
m
II 11,8 A;
2
)sincos(
sincos
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
2
2
22
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n U
IR
U
IX
U
IX
U
IR
U
UUu
2
))4,63sin(100
7,232,0)4,63cos(
100
7,234,0(
)4,63sin(100
7,234,0)4,63cos(
100
7,232,02
%4,0%4,6 –6%.
30. Maksimalni stepen iskorišćenja ima se pri PCu=PFe. da bi izračunali PCu mora ih najpre preračunati na
referentnu temperaturu:
420235
75235
20235
75235 2075
kk PP 4,86 kW. Sada je
20086,4
175
0
75
11 n
k
n
k
Cu SP
PS
P
PS 90,7 kVA;
118,07,90
8,07,90
cos
cos
101
1
1
2
CuPPS
S
P
P
0,973.
31. Ako je impedansa opterećenja 200% nazivne onda je struja opterećenja jednaka polovini nazivne
struje. Da bi se izračunao traženi pad napona potrebno je odrediti aktivni i reaktivni deo pada napona:
100
2
2
2
n
k
nf
nfk
rS
P
U
IRu 2 %, 2222 26rkx uuu 5,66 %.
)2
)sincos(sincos(
2
22
2
222
2
2 rx
n
xr
n
uu
I
Iuu
I
Iu
200
)6,028,066,5(
2
16,066,58,02(
2
12
2,5 %.
32. )sincos()2
)sincos(sincos( 2
2
2
2
22
2
222
2
2 xr
n
rx
n
xr
n
uuI
Iuu
I
Iuu
I
Iu . Dakle
)cos(2
2 kk
n
uI
Iu . Kako je I2=I2n pad napona je maksimalan pri φ=φk. Ostalo je još da se odredi φk:
160098,0
16000 n
n
kgn SS
PPP 32,65 kW; 65,325,4
5,3
15,3
5,3nk PP 25,4 kW.
1600
4,25
2
2
n
k
nf
nfk
rS
P
U
IRu 1,59 %; 2222 59,18rkx uuu 7,84 %;
8
59,1cos k 0,2.
2,01600coscos knSSP 320 kW, 98,01600sinsin knSSQ 1568 kvar.
b)
08,01
3,9
1)cos( 2
1
1
21
2
2
k
n
n
n
kkk
n u
UU
U
UUuu
I
Iu 10,11 kV.
Comment [D.O.1]: Pad napona uopšte ne mora da se definiše u odnosu na nazivni napon već na trenutno priključeni! Ovo treba ispraviti svuda!
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 16
2.5. PARALELAN RAD TRANSFORMATORA
33. Data su dva transformatora sa podacima:
I: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnI =400 kVA, ukI =6,1 %, Dy7
II: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnII =250 kVA, ukII =5,7 %, Yz3
Povezati transformatore za paralelan rad i izračunati raspodelu opterećenja, ako je ukupno opterećenje 630 kVA.
34. Nacrtati šemu povezivanja za paralelan rad dva transformatora sprega Yd5 i Dy9.
35. Tri transformatora jednakih prenosnih odnosa, čije su snage 250 kVA, 400 kVA i 630 kVA, a
impedanse kratkog spoja 4 %, 4,5 % i 5 %, rade paralelno. Koliko iznosi ukupna trajna snaga koju mogu
preneti ova tri transformatora?
36. Dva monofazna transformatora rade paralelno. Njihove nazivne snage su 1000 kVA i
2000 kVA. Impedanse kratkog spoja su: o753ˆ
IkZ i o802ˆ kIIZ . Odrediti najveće dozvoljeno
opterećenje paralelno vezanih transformatora.
37. Data su dva transformatora sprege Dy sa sledećim podacima:
A: 600 kVA, 2300/398 V, Uk =160 V, Pk =4,2 kW;
B: 900 kVA, 2300/390 V, Uk =100 V, Pk =5,1 kW.
Transformatori su priključeni za paralelan rad. a) Odrediti kružnu struju u sekundarnom namotu, napon na sekundaru i gubitke u
transformatorima kada nije priključeno opterećenje. b) Izračunati struju transformatora, napon na sabirnicama sekundara i ukupne gubitke oba
transformatora ako je na sabirnice priključena trofazna impedansa spregnuta u zvezdu sa 0,132 /fazi uz
cos =0,8.
Napomena: Prilikom računanja struja zanemariti termogene otpornosti namota transformatora.
2.6. AUTOTRANSFORMATORI
38. Transformator sprege Yz5, 100 kVA, 6,3/0,66 kV za specijalne potrebe je prevezan u
autotransformator. Autotransformator je izveden razvezivanjem zvezdišta primarnog namota i povezivanjem na izvode sekundara, na način prikazan na slici.
Odrediti:
a) nazivni fazni i međufazni napon primara,
b) faznu razliku između primarnog i sekundarnog napona, c) snagu autotransformatora.
39. Monofazni transformator snage 50 kVA, napona 2400/240 V ima gubitke u praznom hodu
186 W, gubitke usled opterećenja 617 W i relativni napon kratkog spoja 2 %. Vezan je kao
autotransformator tako da je priključen na mrežu napona U’=2640 V a napaja mrežu napona U”=2400 V.
Potrebno je odrediti:
a) nazivnu snagu i struju transformatora i autotransformatora,
b) stepen iskorišćenja transformatora i autotransformatora pri punom opterećenju sa cos =0,8;
c) pad napona na autotransformatoru za puno opterećenje sa cos =0,8.
33. Šema spoja data je na slici. Jasno je da smeju biti spojeni samo priključci sekundara koji su u fazi. Relativno opterećenje transformatora iznosi:
C B A
c b a
C B A
c b a
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 17
)
7,5
250
1,6
400(1,6
630
)(kII
nII
kI
nI
kInI
I
u
S
u
Su
S
S
S0,944
)
7,5
250
1,6
400(7,5
630
)(kII
nII
kI
nI
kIInII
II
u
S
u
Su
S
S
S1,01.
odakle se dobija: 400944,0944,0 nII SS 377,5 kVA;
25001,101,1 nIIII SS 252,5 kVA
Dobijeni rezultati se slažu sa poznatom činjenicom da je
uvek više opterećen transformator sa manjim naponom
kratkog spoja (što se lako vidi i iz gornjih izraza).
34.
35. Pri paralelnom radu relativno opterećenje iznosi: )(
kIII
nIII
kII
nII
kI
nIkI
nI
I
u
S
u
S
u
Su
S
S
S
. Treba ispitati pri
kolikom ukupnom opterećenju S je relativno opterećenje transformatora sa najmanjim uk jednako jedan:
)5
630
5,4
400
4
250(4)(1max
kIII
nIII
kII
nII
kI
nI
kIu
S
u
S
u
SuS 1109,56 kVA. Snaga koja se može trajno preneti
je manja od zbira nazivnih snaga: 1280 kVA=250 kVA+400 kVA+630 kVA.
36. Najpre treba videti koji transformator ima manji uk: 20002
10003
2
2
nIIkII
nIkI
nII
nIIkII
nI
nIkI
kII
kI
SZ
SZ
U
SZ
U
SZ
u
u0,75. Dakle
za prenos maksimalne snage kritičan je prvi transformator:
kII
kI
I
Z
Z
SS
1
80sin280cos2
75sin375cos3110001max
j
j
Z
ZSS
kII
kI
nI 2500 KVA.
37. a) Kako se traže veličine u sekundaru odredićemo parametre ekvivalentne šeme svedene na sekundar:
2
2
2
2
2
600
398,042003
nA
Anfk
kAS
UPR 1,85 mΩ;
2
2
2
2
2
900
39,051003
nB
Bnfk
kBS
UPR 0,96 mΩ;
2300
160
1nAf
kA
kAU
Uu 6,96 %;
2300
100
1nBf
kB
kBU
Uu 4,35 %;
0
4
8
C B A
c b a n
Dy7
C B A
c b a n
Yz3
7
11
3
n
0
4
8
C B A
c b a
Yd5
C B A
Dy9
5
9
1
c b a
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 18
600000
3980696,03 22
1
An
nAfk
kAS
UuZ 18,37 mΩ;
900000
3900435,03 22
1
Bn
nBfk
kBS
UuZ 7,35 mΩ;
2222 85,137,18kAkAkA RZX 18,28 mΩ;
2222 96,035,7kBkBkB RZX 7,29 mΩ.
Zbog toga se nadalje zanemaruju aktivne otpornosti.
310)29,728,18(3
390398
BA
BfAf
krXX
UUI 180,6 A!
Zbog toga se propisuje da paralelno smeju raditi transformatori
sa istim odnosom transformacije, kao i da je dozvoljena
tolerancija prenosnog odnosa transformatora ±0,5 %.
b)
jj
jj
XXjXXZ
ZUUjXUI
kBkAkBkAopt
optBfAfkBAf
A 63
3
21029,728,1810)29,728,18)(08,0106,0(
)08,0106,0)(390398(1029,7398
3
1
)(
)(604,6 A;
63
3
21029,728,1810)29,728,18)(08,0106,0(
)08,0106,0)(398390(1028,18398
3
1
)(
)(
jj
jj
XXjXXZ
ZUUjXUI
kBkAkBkAopt
optAfBfkABf
B 1086,5 A
8,383,16654,315,10863,536,60422 BA III .
)1,478370(1028,73
390 3
222 jjIXjUU BkBfBf 221,1 V; 1,22133 22 fUU
=383 V. 232322 5,10861096,036,6041085,1333 BkBAkABAguk IRIRPPP 5,4 kW.
38. a) Na fazorskom dijagramu data je slika posle izvršenog prevezivanja. Naponi U1f i U2f su fazni naponi priključaka "A" i "a" koji pre prevezivanja iznose:
3
6300
3
11
n
nf
UU 3637,3 V;
3
660
3
22
n
nf
UU 381,1 V. U1fa je fazni napon
priključka "A" posle prevezivanja (indeks a: autotransformator). Na osnovu
dijagrama i kosinusne teoreme dobija se 30cos2 21
2
2
2
11 nfnfnfnfnfa UUUUU
30cos1,3813,363721,3813,3637 22 3312,7 V;
7,331233 11 nfana UU 5737,8 V.
b) Kako je ffa UU 22 traženi fazni pomak se može dobiti sa slike:
7,33121,3812
3,36377,33121,381arccos
2arccos
222
12
2
1
2
1
2
2
faf
ffaf
UU
UUU 146,7º (nešto manje od 5 h).
c) 3,63
1007,3312333 1111 nfnfanfanfana IUIUS 91,08 kVA.
39. a) Kada dati transformator radi kao dvonamotajni ima se:
Sn=50 kVA, 4,2
50
1
1
n
n
nU
SI 20,83 A;
24,0
50
2
2
n
n
nU
SI 208,33 A.
Kada je vezan kao autotransformator onda je: I1na=I2n=208,33 A; 83,2033,208122 nnna III 229,2 A; 33,208264011 nanana IUS
=550 kVA.
Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator može se preneti 11 puta veća snaga! Međutim ovo je ostvareno na uštrb transformacije napona koja je svega 1,1 umesto 10 što je bio odnos kod dvonamotajnog pogona.
30°
U2f
U1fa
U1f
ψ
U1
I2
U2
I1
U1f
I2Af
U2f
AfU 1
B
BfU 1
A
I2Bf
kAZ
kBZ
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 19
b)
617,0186,08,050
8,050
cos
cos
01
2
PPS
S
P
P
kn
n 0,98.
Što se tiče gubitaka autotransformatora treba primetiti da pri datom
pogonu važi P0a=P0 jer je indukcija u jezgru i frekvencija jednaka onoj
u dvonamotajnom pogonu. Takođe je Pka=Pk jer kroz odgovarajuće
namotaje autotransformatora protiču iste struje kao i pri dvonamotajnom
pogonu u nazivnom režimu. Na osnovu ovoga se dobija:
617,0186,08,0550
8,0550
cos
cos
01
2
PPS
S
P
P
kna
na
a 0,998.
Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je veći stepen iskorišćenja!
c) Izvođenjem izraza za pad napona kod autotransformatora (v. dodatak) dobija se u
U
Uua
2
11
1, gde
je U1 nazivni napon namota dvonamotajnog transformatora koji je sekundar autotransformatora (v. sliku
gore). Dakle treba izračunati pad napona dvonamotajnog transformatora:
50
617,0
2
2
n
k
nf
nfk
rS
P
U
IRu 1,23 %, 2222 23,12rkx uuu 1,58 %.
)2
)sincos(sincos(
2
22
2
222
2
2 rx
n
xr
n
uu
I
Iuu
I
Iu
200
)6,023,18,058,1(6,058,18,023,1(
2
=1,93 %. Pad napona na autotransformatoru je
93,1
240
24001
1
1
1
2
1
u
U
Uua
0,18 %.
Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je 11 puta manji pad
napona. Međutim ovo ima i lošu stranu jer je struja kratkog spoja 11 puta veća nego kod dvonamotajnog transformatora!
Dodatak: Izvođenje izraza za pad napona autotransformatora
(korišćene su oznake kao u zadatku). Na osnovu ekvivalentne šeme mogu se napisati jednačine: UENIZU 222 i ENIZU 111 ,
na osnovu kojih se za pad napona autotransformatora dobija:
n
n
n
n
a
U
UN
NNU
UNN
N
UUNN
N
u 1
21
21
1
21
1
. Kako je
211
1
222111
1
2222
1
2
1
21 )( IZIZN
NIZENIZ
N
NENIZU
N
NUUU
N
NNU k
dobija se da je brojilac izraza za au identičan brojiocu izraza za pad napona dvonamotajnog
transformatora. Međutim nn UN
NU 2
2
1 )1( , odakle je konačno
2
11U
U
uua
, gde je u pad napona
dvonamotajnog transformatora. Dakle pad napona autotransformatora se dobija tako što se izračuna pad napona dvonamotajnog transformatora u režimu sa istim strujama namotaja.
U1a I2a
U2a
I1a
sekundar
dvonamotajnog
transformatora
primar
dvonamotajnog
transformatora
I1 U
Zm
Z2
Z1 U
I2
N2
N1
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 20
2.7. PRELAZNE POJAVE KOD TRANSFORMATORA
40. Data je kriva magnećenja magnetnog jezgra transformatora 480/240 V, 15 kVA, 60 Hz,
i0=3,6 %. Namotaj primara ima 220 navojaka, poprečni presek jezgra je 58 cm2. Odrediti odnos struje
maksimalne struje uključenja i naznačene struje transformatora ako se transformator uključuje neopterećen.
41. Transformator 250 kVA, 10/0,4 kV, 50 Hz, Yy ima gubitke u praznom hodu 1 kW i gubitke u
kratkom spoju 4 kW. Struja praznog hoda je j0 =5 %, a napon kratkog spoja je uk =5 %. Izračunati vreme i broj perioda, počev od trenutka uključenja transformatora u praznom hodu do trenutka kada aperiodična komponenta opadne na 5 % od svoje početne vrednosti.
42. Koliko iznosi ustaljena struja, a koliko udarna struja kratkog spoja za monofazni transformator
10 MVA, 110 kV, Pk =80 kW i uk =10 % (ovakav transformator se koristi u električnoj vuči).
40. Zadatak ilustruje zašto dolazi do reagovanja zaštite (naročito trenutne prekostrujne zaštite)
prilikom uključenja transformatora. Struja uključenja transformatora je maksimalna ako se uključenje dogodi u trenutku prolaska napona kroz nulu. Ovo je najnepovoljniji slučaj zbog toga što je u tom trenutku fluks maksimalan. Nakon jedne poluperiode fluks je skoro dvostruko veći od fluksa u
naznačenom režimu. To znači da je dvostruko veća i indukcija:
4
1
1
1
1
1058220602
4802
22
22 SNf
U
SNf
EBmaz 2,8 T
Na osnovu krive magnećenja dobija se da je za ovu vrednost indukcije potrebna 260500
130000 puta veća
jačina magnetnog polja, što znači 260 puta veća jačina struje ( NilH ). Dakle u posmatranom slučaju amplituda struje iznosi: %6,3260260 0iiud 936 %. Amplituda struje uključenja je 9,36 puta veća od amplitude naznačene struje.
41. Parametri ekvivalentne šemu svedene na primar:
2
2
2
2
1
2
1
2
22
1
'
250
)3
10(40003
3
33
3 n
nfk
nf
n
k
nf
k
kS
UP
U
S
P
I
PR 6,4 Ω.
250000
)3
10000(05,03
3
3
22
1
1
1
1
1'
n
nfk
nf
n
nfk
nf
nfk
kS
Uu
U
S
Uu
I
UuZ 20 Ω; 222'2'' 4,620kkk RZX 18,95 Ω
2
4,6
2
'
'
21
kRRR 3,2 Ω;
2
95,18
2
'
1
kXX 9,5 Ω.
1,4
2,8
500 130000
B [T]
H [A/m]
VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 21
Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja:
22
2
22
0
2
10
2
1
2
0
0
2
10
0
25005,0
)3
10(10003
3
33 n
nf
nff
mSi
UP
Ii
P
I
PR 640 Ω;
2
2
2
2
2
0
2
122 64025000005,0
)3
10000(3
3m
n
nf
mmm RSj
URZX 7974,4 Ω.
Vremenska konstanta prelaznog procesa pri uključenju:
)6402,3(100
4,79745,9
)( 1
1 m
m
RR
XX39,5 ms.
Traženo vreme je: 35,3905,0ln1 t 118,5 ms=5,92 perioda.
Napomena: Vremenska konstanta kratkog spoja je nekoliko puta manja od vremenske konstante praznog
hoda. Tako je npr. za transformator čiji su podaci dati u ovom zadatku
4,6100
95,18
k
k
k
R
X9,4 ms.
42. Kako se razmatra prelazni proces mora se posmatrati diferencijalna naponska jednačina:
)cos(2 tUdt
diLiRu kk
uz početni uslov 0)0( i . Potrebno je odrediti parametre
ekvivalentne šeme: 2
2
2
2
1
10000
11080000
n
nk
kS
UPR 9,68 Ω;
502
68,9121 2222
kk
k
RZL 0,384 H.
Rešenje ove jednačine glasi: )cos(2)cos(2 t
kstkst eItIi , gde je
1101,0
100002
1
1
n
nk
n
k
kst
S
Uu
U
Z
UI 909,1 A ustaljena vrednost struje kratkog spoja (izražava se efektivnom
vrednošću kao i sve veličine u ustaljenom stanju);
68,9
384,0
k
k
R
L 39,7 ms, kZarg . Maksimum
apsolutne vrednosti struje će se javiti u slučaju i on se približno određuje kao zbir amplitude
ustaljene vrednosti i aperiodične komponente u trenutku t (jer su tada obe komponente istog znaka):
78,11,9092)1(1,9092)1(2 0397,0100
eeII kustkud 2,28 kA.
Udarna struja kratkog spoja se izražava amplitudom iz dva razloga: jer se javlja u prelaznom procesu i
zato što maksimalna sila koja deluje na namotaj zavisi od (kvadrata) amplitude struje.
U1
I1k
kZ
mZ