Elektrik Makinaları 1 - Eemdersnotlari.com - Mustafa Turan Ders Notu (Tüm Konular)

m de r

sn o

tla

ri. co

m

TEMEL YASALAR VE KURALLAR

.e e

Manyetik alan nasıl modellenir? Tek kutup var mıdır? İndükleme nasıl olur? Kuvvet nasıl indüklenir?

Basit bir makinenin hangi yöne hareket edeceğini belirleyebilir misiniz?

w

w

w

Manyetik eşdeğer devreyi elde edebilir misiniz? Malzemelerin mıknatıslanma karakteristikleri hakkında neler söyleyebilirsiniz? Endüktans nedir?

Amaç:

Tüm elektrik makineleri manyetik alanlar sayesinde enerji dönüşümü yapar. Bu kısımda manyetik alanların oluşumunu, bu konudaki önemli bilgileri ve kuvvet oluşumunu inceleyeceğiz.

2

Elektrik Makineleri

Manyetik Alanlar ve Kuvvetler

m

Tüm elektrik makineleri elektromanyetik enerji dönüşümü yaptıklarından, elektrik makinelerinin anlaşılabilmesi için manyetik alan prensiplerinin bilinmesi gerekir.

ri. co

1820’de Hans Christian Ørsted, elektrik akımı ile pusulanın sapmasını fark ederek elektrik ile manyetizma arasındaki bağlantıyı ortaya koymuştur. Bundan bir yıl sonra, elektrik akımı ile manyetik alan ilişkisini ise André-Marie Ampère matematiksel olarak ifade etmiştir. Böylelikle elektromanyetizma çalışmaları hız kazanmıştır.

m de r

sn o

tla

Elektrik akımı manyetik alan oluşturur

[

]

H: Manyetik alan şiddeti [A/m; At/m: Amper x sarım/metre] ]

Bu kural; manyetizma ve manyetik kuvvetleri açıklayan iki sağ el kuralından ilkidir. Sağ el tirbuşon kuralı olarak bilinir.

w

w

w

.e e

B: Manyetik akı yoğunluğu [

Dr.Mustafa Turan - Sürüm EEM0.21

Hans Christian Oersted (1777-1851)

Temel Yasalar ve Kurallar

3

Demir Tozları Manyetik Akı Çizgilerinin Yönünü Gösterir

Mıknatısın manyetik alanı demir tozlarını mıknatıslar.

w

w

w

.e e

m de r

sn o

Pusula; İğnesi B ile yönlenen bir Mıknatıstır

tla

ri. co

Bu bağlamda demir tozları B manyetik endüksiyonuna paralel çizgiler halinde yönlenir.

m

Demir tozları çok küçük çubuk mıknatıslar olarak değerlendirilebilir.


4

Elektrik Makineleri

ri. co

m

Bir sarımın oluşturduğu manyetik akı

m de r

sn o

Sarımın oluşturduğu akıya detaylı bakış

tla

Sağ el tirbuşon kuralı ile manyetik akı yönünün bulunuşuna dikkat ediniz

w

w

w

.e e

Sarımın oluşturduğu manyetik akı, aynen çubuk mıknatıstakine benzer. Burada, akım yünü, akı yönü ve N-S kutuplarının oluşum yönüne dikkat ediniz. Akı çizgileri, mıknatısın dışında N’den S’e; mıknatısın içinde ise S’den N’ye doğrudur

Kuralın diğer bir ifadesi: Şayet sargıdaki akım saatin tersi yönde ise, mıknatısın N (kuzey) kutbunu görüyorsunuzdur. “.” size doğru; “x” tahtaya doğru olan akışı gösterir.


B endüksiyonu merkezde en güçlüdür. Yukarıdaki sarımda, sarımın size bakan iç kısmı S kutbudur. Sağ el tirbuşon kuralı ile kutuplaşmayı kendiniz de bulunuz.


5

Elektron manyetik bir dipol oluşturur

ri. co

Geleneksel olarak elektrik akımının yönü elektron akımının tersi yönündedir.

m

Elektron kendi ekseninde döner ve elektron akımı dönme yönündedir.

tla

Elektron; N ve S kutupları bulunan mikro bir mıknatıs gibidir. Bu temel (ikili) oluşuma manyetik dipol denir.

w

.e e

m de r

sn o

Demirdeki manyetik spin dipolleri

w

w

N ve S Kutupları Birbirinden Ayrılamaz


6

Elektrik Makineleri Bir mıknatısın ikiye parçalayarak, birbirinden ayrık N ve S kutupları elde edilmez. Açığa çıkan her bir parça müstakil N ve S kutupları olan yeni bir mıknatıstır. Parça sayısı arttıkça oluşum aynen devam eder.

ri. co

m

Bu süreç teorik olarak tek bir elektronun spin dipolüne kadar parçalanabilir. Elektronda da N ve S dipol kutuplaşmasının olduğu hatırlanırsa, tek kutuplu bir mıknatıs hiçbir zaman elde edilemez.

tla

Boyuna yönde de kesilse sonuç değişmez.

m de r

sn o

Çubuk Mıknatıs ve Yerkürenin Manyetik Alanı

w

w

w

.e e

Çubuk mıknatısın manyetik alanı, yerkürenin manyetik alanına benzerdir. Akı çizgileri S’den (manyetik güney) çıkar ve N’ye (manyetik kuzey) girer.

Çubuk Mıknatıslar Dr.Mustafa Turan - Sürüm EEM0.21

Yerküre içindeki konveksiyon akımları manyetik alan oluşturur.

7

ri. co

m


tla

Sabit konumlandırılan S kutbu; N kutbunu çekerken, S kutbunu iter.

sn o

Komşu uçlardaki manyetik dipol çevrimleri aynı yönde ise mıknatıslar birbirini çeker.

w

w

w

.e e

m de r

Mıknatıslanma Oluşumu

Mıknatıslanma ve Mıknatıslanmış Demir Dr.Mustafa Turan - Sürüm EEM0.21

Böyle bir durum karşısında, demir içindeki elektron spin dipollerinin yönlenmesi ve kümelenmesi soldaki şekillerde görülmektedir.

Elektrik Makineleri

ri. co

Yönlenmemiş dipoller | Yönlenmiş dipoller

Pusula iğnesinin gerçekte kalıcı mıknatıstan yapılmış olduğunu hatırlayınız.

sn o

tla

Kalıcı mıknatıs askıdaki demirin dipollerini etkiler ve mıknatısın akı çizgileri yönünde hizaya sokar. Demirdeki yönlenen dipollerin sayısı, kalıcı mıknatısın B akı yoğunluğunun büyüklüğüne bağlıdır.

Pusulada, yerkürenin manyetik S kutbu (jeolojik N kutbu; kuzey), pusula iğnesini benzer şekilde yönledirir ve pusula iğnesinin manyetik N kutbu yerkürenin manyetik S kutbunu gösterir.

m

8

.e e

m de r

Akım Geçen İletkenler Arasındaki Kuvvet

Önce iletkenlerden birine sağ el tirbuşon kuralını uygulayarak akımın oluşturacağı kutuplaşmayı belirleyip, daha sonra diğer iletkene aynı kuralı uygulayarak oluşacak kutuplaşmaların itme ya da çekme yönünde etkileyeceğini gösterip, yukarıdaki durumu ispatlayınız.

w

w

w

Akımların aynı yönde olması halinde, iletkenler birbirini çeker. Zıtlık halinde itme vardır. Bu durum yükler arası çekime terstir: aynı cins yükler birbirini iter, zıt cinsler birbirini çeker (+ yükler, - yükleri çeker gibi).

Akım Çevrimleri Birbirini İter ya da Çeker


9

ri. co

m


Akım çevrimlerine ilişkin N ve S kutuplarını belirleyiniz.

sn o

tla

Akım çevrimleri manyetik dipol (ikili) oluşturuyor.

m de r

Elektromıknatıs ve Elektromanyetik Kapı Zili

w

w

w

.e e

Elektrik akımının oluşturduğu manyetik akı bobin içerisindeki (akı yolu üzerinde) demirin manyetik dipollerini güçlü bir şekilde yönlendirir. Bu durum karşısında demir, elektrik akımı etkisi ile mıknatıslanmış olur. Bu oluşuma elektromıknatıs denir.

Manyetik Kayıt


Elektrik Makineleri

sn o

tla

ri. co

m

10

Akım geçen sarımların oluşturduğu manyetik alan, demir içerisindeki manyetik dipolleri yönlendirerek elektromıknatısı oluşturur.

w

w

w

.e e

m de r

İtme ve Çekmenin Belirlenmesi



11

m

Akım Geçen İletkene Etkiyen Manyetik Kuvvet

ri. co

Lorentz kuvveti olarak bilinen bu kuvvet:

dir.

tla

F: İletkene etkiyen manyetik kuvvet [N: Newton]

B: Manyetik akı yoğunluğu [

]

sn o

Manyetik alan içerisinde, İçinden akım geçen bir iletkene etkiyen manyetik kuvvetin yönü diğer bir sağ el kuralı ile bulunur.

m de r

Karıştırmayınız: Önceden bahsedilen sağ el tirbuşon kuralı ile B’nin yönü (manyetik endüksiyon) belirlenir. Kuvvet oluşumunda, iletkene dik olarak etkiyen akı esastır. Bu yüzden sin  çarpanı gelmektedir.

Soldaki örneğe sağ el 3 parmak kuralını uygulayarak iletkende endüklenen hareketin yönünü bulunuz:

w

w

w

.e e

Buradan da anlaşılacağı üzere iletkenin akıya dik bileşeni önemlidir.


12

Elektrik Makineleri

m de r

sn o

tla

ri. co

m

Sağ El 3 Parmak Kuralı ile Kuvvetin Yönünün Belirlenmesi

w

w

w

.e e

Manyetik Alan İçinde Bulunan Akım Çevrimine Etkiyen Moment



13

m de r

sn o

tla

ri. co

m

Doğru Akım (DA) Motorunun Prensibi

Yamato II

w

w

w

.e e

Magnetohidrodinami (MHD)


14

Elektrik Makineleri i - H bağıntısı

m

Öncelikle, bir sargıdan akan akım ile bu akımın oluşturduğu manyetik alan şiddeti (H) ile olan ilişkisini incelemek gerekir. Eğer bir iletkenden bir akım akıyorsa, etrafında bir manyetik alan meydana gelir (şekil 1.1.)

sn o

tla

ri. co

Amper Yasası

Andre Marie Ampere

∫

∑

m de r

∮

∮

∫

Kapalı bir çevre boyunda H manyetik alanının integrali, çevre içerisindeki toplam (Net) akımı verir.

∑

.e e

Amper Yasası’nın Düz Bir İletkene Uygulanması

w

w

w

∮

i akımını taşıyan bir iletkenden r kadar uzaktaki manyetik alan şiddeti (H) nedir?

∑

Birimi [A/m] dir.



15

Soru

tla

ri. co

m

r= 0.04 m mesafedeki H ‘i siz hesaplayınız

B-H İlişkisi

sn o

Nerede oluşturulmuş olursa olsun, manyetik alan şiddeti H [A/m; At/m]; bir manyetik akı  [Wb: Weber] ve manyetik akı yoğunluğu B [Wb/m2: T: Tesla] oluşturur. Bu iki kavram arasındaki bağıntı ise aşağıdaki şekildedir:

m de r

Burada µ permeabilite olup (manyetik geçirgenlik) birimi [H/m] ‘dir (H: Henry).

=Boşluğun permeabilitesi olup

[

];

w

w

w

.e e

ise ortamın boşluğa göre rölatif permeabilitesidir ve birimsizdir. Ferromanyetik malzemelerdeki doyma özelliğinden dolayı değişken özellik gösterir. Elektrik makineleri B-H eğrisinin lineer kısmında (permeabilitenin kısmen sabit kaldığı aralıkta) çalışacak şekilde tasarlanır.


16

Elektrik Makineleri Mıknatıslanma ve Manyetik Malzemeler

ri. co

m

Mıknatıslanma, malzemelerin uygulanan manyetik alana (H) cevap verme özelliğidir. Sabit mıknatıslar, ferromanyetizmadan kaynaklanan kalıcı manyetik akı oluştururlar. Bu halk arasında yaygın bilinen en güçlü mıknatıslanma türüdür. Aslında, her malzeme manyetik alandan farklı bir şekilde etkilenir. Hatta bazı malzemeler manyetik alan tarafından çekilirken (ferromanyetik malzemeler), bazı malzemeler de itilir (diamanyetik malzemeler). Manyetik alandan ihmal edilir ölçüde etkilenen malzemeler manyetik olmayan malzemeler olarak adlandırılır. Malzemelerin manyetik durumu; sıcaklık, basınç (maddenin halleri) ve uygulanan manyetik alanın şiddeti ile değişebilmektedir.

tla

Diamanyetik özellik tüm malzemelerde uygun şartlar oluştuğunda dış bir manyetik alan altında gözükür ve seyrektir. Normal şartlarda zayıf etkisi vardır. Bizmut (Bi) ve Antimon (Sb) diamanyetik malzemelere örnektir. Diamanyetik malzemelerin rölatif permeabilitesi 1’den küçüktür. Süperiletkenler ideal diamanyetik malzemelerdir ( ).

sn o

Paramanyetik malzemeler yine bu davranışını dış manyetik alan altında gösterir. Üzerlerinde kalıcı mıknatıslanma oluşmaz. Fakat dış manyetik alan altında hafifçe çekilirler. Molibden (Mo), Lityum (Li) ve Tantal (Ta) paramanyetik malzemelere örnek olarak verilebilir. Paramanyetik malzemelerin rölatif permeabilitesi 1 den biraz büyüktür ( ).

m de r

Manyetik malzeme olarak bilinen malzemeler ferromanyetik malzemelerdir. Bu malzemelerde permeabilite 1 den çok büyüktür ( ). Bilinen ferromanyetik malzemelerde rölatif permeabilite 100 (çelik) ile 1000000 (Metglas) arasındadır. Elektrik makinelerinde yaygın kullanılan manyetik malzemelerde permeabilite 3000-8000 arasındadır. Ferromanyetik malzemeler doyumludur.

w

w

w

.e e

Aşağıdaki şekilde farklı karakterli malzemelerin manyetik alana cevapları gözükmektedir.



17

tla

ri. co

Manyetik alan (H) artış yönünde değiştirilerek, arttırılırsa akı yoğunluğunun doyma noktasına kadar yaklaşık olarak lineer arttığı ve doyma noktasından sonra akı yoğunluğunun daha artmadığı görülmektedir. bünye ilişkisindeki µ permeabilitenin ve dolayısı ile relüktansında doymaya (B ye) göre değiştiği

m

MIKNATISLANMA EĞRİSİ

w

.e e

m de r

sn o

görülmektedir.

Yandaki şekilde üç farklı manyetik çekirdeğin (döküm demir, döküm çelik ve silikonlu çelik sac) B-H karakteristikleri görülmektedir. Şekilden görüleceği üzere, belli bir B akı yoğunluğunu oluşturmak için, farklı malzemeler için gerekli Ha alanı (akım, MMK) değerleri de farklıdır.

w

w

Büyük B değeri veren malzemelerin kullanılması halinde makine boyutlarının küçüleceğini görmeye çalışınız.


18

Elektrik Makineleri

m

Manyetik Eşdeğer Devre

sn o

ederek,

tla

ri. co

Yanda halka şeklinde manyetik çekirdeği olan basit bir manyetik devre görülmektedir. Bu yapı toroid çekirdek olarak adlandırılır. Toroid çekirdek üzerine N sarımlı bir bobin sarılmış olup, bobinden i akımı geçmektedir. Toroid yapıda bobinin ürettiği manyetik akının hemen hemen tamamı çekirdek içerisinde kalır, toroidin dışındaki kaçak akı ihmal edilebilir düzeydedir. r yarıçapı (ortalama akı yolu) üzerindeki manyetik alan şiddeti H ise, Amper yasasından hareket

m de r

∮

.e e

Olur. Burada büyüklüğüne manyetomotor kuvvet (MMK) denir; birimi [At/m] (AmperxSarım/metre) olup ile gösterilir. ise ortalama manyetik yoldur. [

]

[ ]

w

w

w

elde edilir. Toroidin kaçağının olmadığını kabul edersek, toroidin kesitindeki manyetik akı (Gauss Yasasından); ∫

B nin kesit üzerinde homojen dağıldığı varsayılırsa; [

]

bulunur. Burada A manyetik akıya dik kesittir [m2]. ⁄ elde edilir.



Burada

manyetik yolun relüktansıdır. Relüktansın tersine de

19

permeans denir:

ri. co

Bilindiği üzere elektrik devrelerinde işi yapan şey elektronlar; elektrik akımıdır. İne elektrik devresinden akım akmasını sağlayan şey; üretilmiş bir gerilimdir (EMK). Diğer taraftan elektrik akımına karşı gösterilen güçlük ise dirençtir. Benzerlik kurmaya çalışırsak; manyetik devrelerde de işi yapan şey manyetik akıdır. Benzerliklerin devamı için aşağıdaki tabloyu inceleyiniz. Elektrik Devresi

Sürücü kuvvet

MMK ( ) [

EMK (E) [V]

(uç değişken) Oluşan büyüklük

Manyetik Devre

tla

Parametre

]

Akı ( ) [Wb]

sn o

Akım (I) [A]

(iç değişken) Sınırlayıcı etki

Direnç (R) [Ω]

m de r

Ohm Yasası

Sınırlayıcı etkinin oluşumu

uzunluğundaki bir telin direnci

Relüktans ( ) [

]

uzunluğundaki bir manyetik yolun relüktansı

özgül iletkenlik

Ortamın özelliği

[

]

q [

]

.e e

Ortamın kesidi

m

Son ifadeler içerisinde manyetik devreler için Ohm Yasasını görmek mümkündür:

Permeabilite [H/m] A [

]

akıya dik kesit

w

w

w

Buraya kadar elde edilen benzerlikler ile, yukarıdaki toroid yapılı manyetik devre aşağıdaki elektrik devresine benzetilebilir. Burada bir çeşit değişken dönüşümü yapılmıştır. Bu sayede artık, manyetik devrelerin çözümünde, elektrik devreleri konusundaki bilgi birikimimizi kullanabilir hale geliriz.

Şekil: Benzerlikler (a) Manyetik devre (b) Elektrik devresi


20

Elektrik Makineleri

Hava Aralıklı Manyetik Devre

tla

ri. co

m

Hareketli elektrik makinelerinde stator (duran kısım) ile rotor (döner hareket yapan kısım) arasında hava boşluğu vardır. Bu hareket serbestisi için gereklidir. Bilindiği üzere hava boşluğunda permeabilite µ0 ‘dır ve demir çekirdeğe göre 100-105 kat kötü bir geçirgenliğe sahiptir. Hava aralığının manyetik geçirgenliği kötü olmakla beraber doyumlu değildir, oysa demir çekirdek doyumludur. Bu durum, hele hele karmaşık geometrik yapıların bulunması halinde, kompozit olarak varsayabileceğimiz bu hava aralıklı yapıda demir çekirdeğin farklı noktalarında farklı B değerlerinin veya doymaların olabileceği sonucunu getirir.

Amacımız kolay-temsili bir eşdeğer devre elde etmek olduğundan, ortalama akı yolunu koruyup yaklaşıklıklar yaparak şekilde yapı ve eşdeğer devreyi elde edebilir. Bu sadeleştirme karşımıza toplam demir yol ve toplam hava boşluğu olarak iki farklı ortamı getirir. Şimdi ilgili parametreleri hesaplayarak

manyetik eşdeğer devreyi elde edebiliriz:

w

w

w

.e e

m de r

sn o

Yukarıdaki manyetik devreyi modellemeye çalışalım. Kutuptan geçen akı, bağlı bulunduğu iki boyunduruk parçasından eş olarak gelir. Kolaylık açısından iki boyunduğu üst üste koyduğumuzu varsayarsak yandaki yapıyı elde ederiz.

Burada, soldaki eşitlik Ohm Yasası, sağdakinin de Kirchhoff'un Gerilimler Yasası olduğuna dikkat ediniz.


21

ri. co

m


Şekil: Kompozit yapı. (a) Hava aralıklı manyetik çekirdek. (b) Manyetik eşdeğer devre.

Burada;

demirin ortalama akı yolu,

hava aralığının uzunluğudur.

tla

Bu devrede akı yoğunlukları;

elde edilir.

m de r

sn o

Hava aralığından akılar yüzeye dik çıkar. Bu durum bazı saçaklanmalara neden olur. Buna uç etkisi denir. Uç etkisi hava aralığı kesidinin artması ile artar. Küçük hava aralıklarında ise bu etki ihmal edilebilir düzeydedir. Dersimiz kapsamında uç etkisini ihmal edeceğiz. Böyle bir durumda:

w

w

w

.e e

Örnek: Şekilde basit bir rölenin manyetik devresi görülmektedir. Bobinde N=500 sarım olup, ortalama çekirdek uzunluğu dir. Hava aralığının her biri 1.5 mm dir. Röleyi aktive etmek için 0.8 Tesla’lık akı yoğunluğuna ihtiyaç vardır. Çekirdek ise döküm çeliktir.

(a) Bobin akımı? (b) Çekirdeğin permeabilitesi ve rölatif permeabilitesi nedir? (c) Hava aralığı = 0 ise, bobin akımı 0,8 T akı yoğunluğu için ne olur?


22

Elektrik Makineleri

Çözüm: (a) Sayfa 18’deki B-H eğrisinden döküm çelik için 0.8 T yı sağlayacak Hc değeri okunur; ]

m

[

ri. co

Hava aralığı için;

Sistemi bu çalışma noktasında sürebilmek için gerekli toplam mmk;

tla

gerekli akım;

sn o

Hesaplamalardan görüleceği üzere; manyetik çekirdek akı yolu toplam hava aralığı olan yanında çok daha uzun olmasına rağmen, mmk’nın çoğu havayı mıknatıslamada kullanılır. (b) Çekirdeğin permeabilitesi;

m de r

Çekirdeğin rölatif permeabilitesi;

(c)

w

w

w

.e e

Dikkat edilirse, hava aralığının olmadığı durumda, manyetik çekirdekte aynı akı yoğunluğunu elde etmek için çok daha küçük uyarma akımına ihtiyaç duyulmaktadır.



23

Örnek: Bir doyumlu reaktöre ilişkin manyetik devre aşağıdaki şekilde verilmiştir. Çekirdek malzemesi için B-H eğrisi iki doğru parçası şeklinde verilmiştir.

tla

ri. co

m

I1=2A olması halinde, bacaklarda 0.6T 'lık akı yoğunluğu oluşturmak için gerekli I2 akımı değerini belirleyiniz (Kaçak akıları ihmal ediniz).

Çözüm:

m de r

sn o

Devrenin elektrik eşdeğerini çizersek aşağıdaki gibi olur (sağ el tirbuşon kuralını kullanarak ve MMK kaynaklarının yönlerini dikkatle bulunuz):

.e e

(

)

w

w

w

0.6 T’lık akı yoğunluğu için, önce mıknatıslanma (B-H) eğrisinin 0-0.8 T aralığındaki eğimden permeabilite bulunmalıdır:


24

Elektrik Makineleri Örnek:

Çözüm:

sn o

tla

ri. co

m

Şekildeki manyetik devrede, ferromanyetik malzemenin bağıl geçirgenliği (permeabilitesi) 1200’dür. Kaçak akılar ve uç etkileri ihmal edilmektedir. Şekildeki uzunluklar (cm) cinsinden olup, manyetik malzemenin kesiti karedir. Hava aralığı akısı, hava aralığı akı yoğunluğu ve hava aralığındaki manyetik alan şiddetini bulunuz.

w

w

w

.e e

m de r

Öncelikle ortalama manyetik yolu dikkate alıp orta noktalara a, b, c,… gibi etiketler koyalım. Sonrasında, manyetik devreye eşdeğer elektrik devresini aşağıdaki gibi oluşturalım (MMK kaynaklarının polaritelerine dikkat ediniz).

Çekirdek simetrisinden; Hava aralığının relüktansı;



25

Orta kolun relüktansı (hava aralığı hariç)

Eşdeğer devredeki çevre denklemleri; )

(

)

(

(

) )

m

(

ri. co

Değerler yerine konursa;

Buradan (aslında simetrik geometrik ve elektriksel yapıdan dolayı daha en baştan görülebilir);

tla

Hava aralığı akısı ise, Kirchoff Yasasından;

m de r

Hava aralığındaki manyetik alan şiddeti;

sn o

Hava aralığı manyetik akı yoğunluğu;

Olarak elde edilir.

Kaynaklar

[1] Mergen, A. Faik; Zorlu, Sibel,Élektrik Makineleri 1 - Transformatörler´, Birsen Yayınevi, 2005, İstanbul

.e e

[2] Sen, P.C., ´Principles of Electric Machines and Power Electronics´, John-Wiley & Sons, 1989. [3] Osman Gürdal, “Elektrik Makinalarının Tasarımı”, Nobel Atlas Yayınevi, 2001 [4] http://en.wikipedia.org/wiki/Magnetism#Paramagnetism, http://en.wikipedia.org/wiki/Diamagnetism, http://en.wikipedia.org/wiki/Permeability_(electromagnetism) Eylül 2012

w

w

w

[5] http://www.ndt-ed.org/EducationResources/CommunityCollege/MagParticle/Physics/MagneticMatls.htm , Eylül 2012


ELEKTRİK MAKİNELERİ – H1 ÖRNEKLER – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan


tla

Pusula ibresi, kırmızı ucu manyetik olarak kuzey özelliğinde olan bir mıknatıstır.

ri. co

m

Soru 1: Pusulanın basit bir çubuk mıknatıs olduğu bilgisi ile, pusulanın N (North: kuzey) kutbu dünyamızın kuzeyini (Kanada tarafı) gösterdiğini herkes bilir. O halde jeolojik olarak bildiğimiz kuzey gerçektende manyetik olarak kuzey midir? Yanıt 1:

em de r

sn o

w

w

w .e

Tanım: Manyetik akı çizgileri N kutbundan çıkar ve S ye doğru gider. Bu durum mıknatısın dışında geçerlidir. Mıknatısın içerisinde ise akı çizgileri S den N ye doğru yönlenmektedir. O halde, pusulanın kırmızı ucunun (N) dünyanın coğrafi kuzeyini nasıl gösterir. Yanıt coğrafi (yada jeolojik) kuzey denilen yerde Manyetik S kutbu varsa, Pusulanın kırmızı ucu (yani manyetik kuzey ucu) manyetik güneye; yani coğrafi kuzeye yönelir.

Manyetik güney ile jeolojik kuzey arasında zamanla değişen küçük bir açı fark vardır.

Biraz daha düşünelim:

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H1 ÖRNEKLER – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan Yandaki şekilde, ufak bir mantardan geçirilmiş – dengelenmiş bir iğne (mıknatıs özelliği yok), neden kuzeygüney doğrultusunda yönlenir?

ri. co

m

İpucu: mıknatıs kutupları arasında demir tozlarının yönlenmesini hatırlayınız.

w

w

w .e

em de r

sn o

tla

Soru 2: Pek de yaygın olarak bilinmeyen elektrik makinesi örneği verebilir misiniz? Aileyi tanımış olalım (işyeri tecrübelerinizi kullanın). Yanıt 2: Elektromanyetik enerji dönüşümü yapan tüm makinelere elektrik makineleri gözlüğü ile bakmaktaydık. Bunların bilinenleri zaten her yerde var. Sorudaki amaç, çevremizdeki diğer araçlara bakıp nelerin bu prensiple çalıştığını tespit etmek idi. İşte bazılar: Aktüatörler (hareket kolları) , selenoid valfler – vanalar, röle – kontaktörler, akvaryumların titreşimli yada döner pompa sistemleri, dinamik mikrofon, hoparlör, kulaklık, cep telefonunun titreşim aracı, kapı otomatiği, yeni roket füze rampaları… Soru 3: Dersin web içeriğinin 29. sayfasındaki soru

Yanıt: Önce akım yönünden, üretilen manyetik akı yönünü bulmaya yarayan Sağ El Tirbüşon Kuralı’nı hatırlayalım.

sn o

tla

ri. co

m


em de r

Bobine bu kuralı uygulayıp yerine uygun yönlenmiş bir sabit mıknatıs koyalım:

w

w

w .e

Şimdi sağ el kuralını ve bobine uygulanışını hatırladıktan sonra, Soruda verilen bobine bu kuralı uygulayıp manyetik akı yönünü bulalım;

Akı yönlerini uygun yönde mıknatıslar ile yerleştirelim

ri. co

m


Üstteki dönüşümü ve bobindeki manyetik akının yönüne göre bobin uçlarına manyetik kutup ismi vermeyi; Manyetik akı çizgileri mıknatısın dışında N den S ye; içinde ise S den N ye doğrudur prensibi ile yaptık.

em de r

sn o

tla

Artık çözüm kolay; zıt kutuplar birbirini çeker [(a) ÇEKER]; aynı isimli kutuplar birbirini iter [(b) İTER] olarak çözümü elde ederiz. Soru 4: Dersin web içeriğinin 33. sayfasındaki soru

Mıknatıs çeneleri arasındaki iletkenin sapacağı yönü bulunuz. Yanıt:

w

w

w .e

İkinci sağ el kuralını hatırlayalım.

Burada dikkat edilirse; B, I ve F birbirine diktir. Buradan hareket ile aynı kuralı; literatürde Sağ El 3 Parmak Kuralı (Fleming Kuralı)diye bilinen şekilde ifade edelim, muhtemelen daha kola anlaşılabilir:

tla

ri. co

m


w

w

w .e

em de r

Yanıt aşağıdaki şekilde elde edilir:

sn o

m de r

sn o

tla

ri. co

m

TEMEL YASALAR VE ETKİLERİ

İndükleme nasıl olur?

Elektromotor kuvvetin polaritesi nasıl bulunur? İndüklenen akım nasıl tepki yapar? Histerezis nedir?

Endüktansın tanımını yapabilir misiniz?

.e e

Demir kayıpları nelerdir? Nasıl azaltılır?

w

Amaç:

w

w

Tüm elektrik makineleri manyetik alanlar sayesinde enerji dönüşümü yapar. Bu kısımda manyetik alanların indükleme etkisini ve sonuçlarını inceleyeceğiz.

2

Elektrik Makineleri

Elektromanyetik Endüksiyon

m

Faraday Yasası:

Her hangi bir iletken ortamda

dır.

ri. co

Bu bağıntı, değişken (türevli) bir manyetik alan içinde bulunan her hangi bir sarımda (N) e elektromotor kuvveti (emk) indükleneceğini ifade etmektedir.

m de r

sn o

tla

Manyetik kutuplar altında hareket eden bir iletken düşünüldüğünde, bu iletken N ve S kutupları arasında hareket edebilir, bu da bir değişimdi. Böyle bir durumda olarak yazılabilir. Faraday Yasası ifadesine matematik zincir kuralı uygulanırsa;

Burada soldaki (mavi terim) hız gerilimi, sağdaki ise (kırmızı terim) transformasyon gerilimi olarak adlandırılır.

Elde edilir. Bu ifade, Sabit B akı yoğunluğu altında v hızı ile hareket eden l uzunluğundaki bir iletkende e elektromotor kuvvetinin indükleneceğini ifade eder. Bu, ifade hareket eden tüm elektrik makinelerinin hesabında kullanılan bir ifadedir. Transformasyon gerilimi;

w

w

w

.e e

Hareket gerilimini, aşağıdaki terimleri yerine koyarak (N=1 için) tekrar incelersek;

İse duran elektrik makinelerinde (transformatörler de) kullanılır. Dr.Mustafa Turan - Sürüm EEM0.31

Temel Yasalar ve Etkileri

3

ri. co

m

Örnek:

tla

X kağıt içine giren manyetik akıyı v ise el ile sağa hareket ettirilen iletken çubuğun hızı ise; E=Blv gereği iletken çubukta emk indüklenir ve bu emk kapalı devrede I akımını dolaştırır. Burada akımın yönü sol el 3 Parmak Kuralı ile belirlenir:

sn o

Sol el orta parmak N’den S ye manyetik akı yönünü, v iletkenin hareket yönünü gösterirse; i indüklenen akımın yönünü verir. Yukarıdaki iletken çubuk artık bir emk kaynağı gibi davranır. Çubuğu bir batarya ile değiştirmeyi düşünürseniz + ucu yukarı gelecektir, zira akım bataryanın + ucundan çıkar.

m de r

Bu sayede sol el 3 parmak kuralını kullanarak iletkende indüklenen emk’in polaritesini belirleriz.

Sol el 3 Parmak Kuralında manyetik akıya dik bileşen ile ilgilenildiğine dikkat ediniz. Üç vektör de birbirine diktir. Şayet manyetik akı ile hareket birbirine dik değilse, e ifadesinde hızın B’ye dik bileşeni kullanılmalıdır.

w

w

w

.e e

İlk Jeneratör

Michael Faraday (1791-1867)


Elektrik Makineleri

w

w

w

.e e

m de r

sn o

tla

ri. co

m

4


5

ri. co

m


tla

Lenz Yasası:

sn o

Faraday Yasasına bağlı olarak bir iletkenden indüklenen akım, kendini doğruan manyetik akıya zıt yönde bir manyetik akı oluşturur. Bu yönü ile Lenz Yasası; Newton’un 3. Yasasındaki etki-tepkinin manyetik ortamdaki karşılığıdır. Faraday Yasası ile indüklenen gerilimin genliği kolayca bulunsa da, yönünü bulmak zordur (özellikle transformasyon gerilimi için). İndüklenen gerilimin / akımın yönünün bulunmasında Lenz Yasası kullanılır.

w

.e e

m de r

Aşağıdaki örneklerde Lenz Yasasını yorumlayarak indüklenen akımın yönünü belirleyiniz.

w

w

Etki: Mıknatısın sağa doğru hareketi Tepki: Bobin içinde indüklenip geçen akımdan dolayı elektromıknatıslaşır ve elektromıknatıs etkisi ile yaklaşan mıknatısı ters kuvvetle iter. ------------------------------Diğer açıdan: Etki: Artan sayıda akı çizgisi bobini keser. Tepki: Oluşan elektromıknatıs kendini oluşturan akıya zıt yönde olan kendi akı çizgilerini üretir. Bunun sonucunda zıt yönlü akı çizgileri kısmen birbirini yok eder.


6

Elektrik Makineleri

m

Mıknatıs bobinden uzaklaştırıldığında, bobinden geçen akı miktarı azalır.

Etki: Mıknatıs sola hareket ettirilir ve bobinden uzaklaşır.

ri. co

Sağdaki halkada indüklenen akım, halka içinden geçen akının değişimi ile indüklenmektedir.

------------------------------Diğer açıdan:

sn o

Etki: Azalan sayıda akı çizgisi bobini keser.

tla

Tepki: Bobin içinde azalma yönünde değişen akı bobinde emk ve akım indükler, bobin elektromıknatıslaşır ve elektro mıknatıs etkisi ile uzaklaşan mıknatısı ters kuvvetle kendine çeker.

Tepki: Oluşan elektromıknatıs kendini oluşturan akı ile aynı yönde olan kendi akı çizgilerini üretir. Bunun sonucunda aynı yönlü akı dışarı saçılan akıları kısmen azaltır.

m de r

Faraday ve Lenz Yasaları ile ilgili olarak aşağıdaki videoları izleyiniz: http://youtu.be/bkSsgTQOXVI | http://youtu.be/WHCwgc_xs3s http://youtu.be/stUDqGzpev8

Endüktans

w

w

w

.e e

Şekildeki gibi bir demir çekirdeğe (demir olması şart değildir; hava bile olabilir) N sarımlı bir bobin sarılıp içerisinden zamanla değişen akım akıtılırsa; Faraday Yasası gereği bobin üzerinde

EMK’i indüklenir. Bilindiği üzere elektrik akımı manyetik akı üretir. Lineer şartlarda bobinin ürettiği akı ile bobinden akan akım doğru orantılıdır. Şu şekilde ifade edelim:

Burada demir çekirdekte kalıcı akı olmadığını varsaydık (olsa da elde edeceğiniz sonucu etkilemez). Bu ifadeyi Faraday Yasasında yerine koyalım; [

]

[


]


7

Burada;

ri. co

Olarak elde edilir. Bu Faraday Yasasının değişik bir formudur. Burada L’ye endüktans denir ve birimi Henry olup H ile gösterilir. L’ye öz indükleme katsayısı da denir. Manyetik doyma olmadığı sürece değeri sabittir. L; 1 sarımlı bir bobinde, 1 saniyede 1 Amperlik akım değişimi olması halinde, bobin uçlarında 1 Voltluk bir gerilim indükleneceğini ifade eder. Diğer bir deyişle bobinin EMK üretme kabiliyeti hakkında bilgi veren bir büyüklüktür.

m

olarak tanımlanırsa;

sn o

tla

Basit bir yaklaşım ile her değişken akımın (veya değişken manyetik akının) bir endüktans oluşturacağını söyleyebiliriz.

’ya akı kavraması denir.

m de r

Şimdi endüktansı çekirdek büyüklükleri cinsinden hesaplayalım:

Ohm Yasasından;

.e e

Yukarıda yerine yazılırsa;

w

olarak elde edilir. Burada ortalama akı yolu; A ise manyetik akıya dik kesittir.

w

w

Endüktans davranış olarak; indüklediği zıt EMK ile akım (veya akı) değişimini engellemeye çalışır. Bunu manyetik alanda biriktirdiği enerji nispetinde yapar. Lineer bir ortamda manyetik alanda endüktansın biriktirdiği enerji;

İdeal endüktans pasif fakat korunumlu bir devre elemanıdır; bir alternansta aldığı enerjiyi diğer alternansta devreye iade eder. Bu nedenle üzerindeki aktif güç (ortalama güç) sıfırdır.


8

Elektrik Makineleri Sinüsoidal sürekli hal çalışmalarında endüktans yerine endüktif reaktans kullanılır;

Sinüsoidal sürekli halde endüktansın akımı, üzerindeki gerilimden 90 derece geri fazlı olur.

ri. co

m

Doğru akımda ise endüktansın akımı sıfırdan başlayarak belirli bir sürekli hal değerine kadar artar. Kısacası doğru akımda endüktans geçici bir rejime neden olur, sürekli halde ise (içinden geçen akım değişmediği sürece) devrede bir etkisi olmaz.

Demir Kayıpları

Girdap Akımları (Eddy / Foucault Currents) ve Foucault Kayıpları

sn o

tla

Elektrik makinelerinde manyetik malzemeler manyetik akıyı iyi iletmek için kullanılır. Bu demirli (alaşım) malzemeler az yada çok iletkendir. İstenmemekle birlikte, Faraday Yasası gereği değişken manyetik akı içerisinde bulunabilecek bu malzemelerin içerisinde yerel gerilimler indüklenir. Bu gerilimler birbirleri ile seri bağlanarak girdap şeklinde akımların akmasına neden olur. Bu akımlar kayıp güçleri ile manyetik malzemeyi ısıtır. Bu kayba Foucault (Fuko okunur) kayıpları denir. Bu akımların yönü Lenz Yasası ile bulunur. Bu akımlar ana manyetik akıyı zayıflatacak yönde manyetik akı oluşturur, azaltılması gerekir.

w

w

w

.e e

m de r

Foucault Kayıplarını azaltmak için demir malzemeye karbon ve silikon (%1-3) katılarak malzemenin direnci büyütülür, girdap akımları azaltılır. Bundan başka, değişken manyetik alan içinde çalışan demir nüveler (a) daki gibi som yapıda değil, (b) deki gibi yüzeyleri birbirinden lak, emaye, oksitleme veya inorganik kaplamalar ile yalıtılmış silisli çelik saclardan oluşturulurlar. Bunlara laminasyon denir. Laminasyon kalınlığının küçültülmesi bu kayıpları azaltır. Bu sayede nüve içinde indüklenen EMK’lar büyüyemez ve kayıp azalır. Aşağıda ’nin yönünün ana akıyı azaltıcı yönde oluşacağına dikkat ediniz (Lenz Yasası gereği).

Foucault kayıpları



9

Bağıntısı ile verilir. Bmax nüvedeki akı yoğunluğunun maksimum değeri, F akının frekansı, Kf malzemenin türüne ve laminasyon kalınlığı; Pf ise nüvede oluşan ve ısıya dönüşen Foucault Kaybıdır. Günümüz şebekesi için tasarlanmış makinelerde genellikle 0.5 – 5 mm’lik laminasyonlar kullanılır. Frekans arttıkça (özellikle elektronik devrelerde çalışan makinelerde) 0.01 – 0.5 mm’lik laminasyonlar tercih edilir.

m

http://youtu.be/otu-KV3iH_I videosunu inceleyiniz.

ri. co

Histeresis Etkisi ve Kayıpları

tla

Aşağıdaki şekildeki gibi toroid yapıdaki bir nüvenin üzerine N sarımlı bir sargı sarılıp bu sargıya 1-5 Hz gibi küçük frekanslı sinüsoidal akım uygulandığı düşünülsün (a). Akım, H manyetik alanını üretecek, H manyetik alanı da nüvede değişken bir B manyetik akı yoğunluğu ve manyetik akı oluşturacaktır. Örneğin alternatif akım değişirken, manyetik nüvenin bir yeri önce N kutbu bu yardından S kutbu oluşacak şekilde mıknatıslanacaktır. Bu yönlenme esnasında moleküler bazda manyetik domen duvarlarında sürtünmeler oluşmakta ve manyetik nüve ısınmaktadır. Buna histeresis kaybı denir.

sn o

H artarken B artar. Fakat tüm manyetik domenler yönlendikten sonra yönlenecek yeni domen kalmadığından manyetik malzeme doyacaktır; bundan sonra akı çizgisi sayısında artış olmayacaktır.

m de r

İ sıfır olduğunda, akımın oluşturduğu H da sıfır olacaktır. Böyle bir durumda dahi malzemede bazı domenler yönlenmiş kalabilir ve malzeme az da olsa mıknatıs etkisine sahip olacaktır. Bu kalan akı yoğunluğuna Br remenans (birikmiş/kalan) akı yoğunluğu denir. Bu birikmiş akı yoğunluğunu silmek için ters yönde –Hc kadar manyetik alana ihtiyaç vardır. Bu yaz-boz için ilave enerji gerekir; bu da histerezis kaybına gider.

w

w

w

.e e

Malzeme sertleştikçe histeresis çevrimi şişer ve kayıp artar. Sabit mıknatıslarda Br ve Hc büyüktür; sabit mıknatıslar sert demirli malzemeden (Demir, Nikel, Kobalt, Bor, Neodmiyum…) imal edilir ve kırılgandırlar.


Elektrik Makineleri

m de r

sn o

tla

ri. co

m

10

Uygulanan akımın minimum ve maksimum değer aralıkları büyürken; B nin minimum ve maksimumları da büyür (Bkz c şekli).

w

w

w

.e e

Oluşan histeresis çevriminin büyümesi, histeresis kaybının artması anlamına gelir.


11

sn o

tla

ri. co

m


m de r

,

n; 1.5 – 2.5 arasında değişir. Kh manyetik malzemenin niteliğine ve hacmine göre değişen bir katsayıdır. Aşağıdaki videoları izleyiniz:

http://youtu.be/5HdIOGG9B3c

.e e

http://youtu.be/85dIRfKMlwM Toplam Demir Kayıpları

w

Alternatif içinde kalan manyetik nüvelerde demir kayıpları ( ) oluşur. Bu kayıplar Foucault kayıpları ile Histeresis kayıplarının toplamıdır. Nüvede ısıya dönüşür.

w

w

Günümüz saclarında 50Hz frekansta oluşan toplam demir kaybı 1 W/kg dolayındadır.

Aşağıdaki videoda bu kayıpların faydalı amaçla kullanımını görebilirsiniz:

http://youtu.be/K3vwlQi2_rM http://youtu.be/d7DBS2Is0ws


12

Elektrik Makineleri Saclarda Oluşan Kayıpların Yapısal Olarak Azaltılma Yolları Elektrik makinalarının verimine etkiyen temel etken kayıplardır. Kayıpların azaltılması doğal olarak verimin artması anlamına gelmektedir.

m

Elektrik makinalarında kullanılan saclarda oluşan demir kayıpları yapısal olarak aşağıdaki şekillerde azaltılır: - Sac kalınlığının azaltılması(Foucault kayıpları)

- Taneciklerin küçültülmesi (Foucault kayıpları)

ri. co

- Silikon yüzdesinin arttırılmasıyla sac özgül direncinin arttırılması (%1-3 Si) (Foucault kayıpları)

- Sac malzemesinin saflığının arttırılması(Histerezis kayıpları)

tla

- İç gerilmeler ve yüzey gerilmelerinin azaltılması (tavlama ısıl işlemi) (Histerezis ve Foucault kayıpları)

m de r

sn o

Sinüsoidal Uyarma

Şekil: Çekirdeğin sinüzoidal uyartımı (a) Çekirdek yapısı (b) Dalga şekilleri (c) Fazör diyagramı

Günümüz şebekesinde pek çok uygulamada manyetik devreler sinüzoidal alternatif gerilim ile uyarılır. Faraday yasası gereği bu şekilde uyarılmış bir bobin üzerindeki akı değişimi de sinüzoidal (ya da kosinüs formunda) olur.

.e e

Yukarıdaki devreye ile değişen bir gerilimin uygulandığı, sargı direnci ve kaçak reaktansının ihmal edilecek kadar küçük olduğu varsayılır ise, olur. Bu bağlamda

w

w

w

şeklinde olacaktır. Faraday yasası hatırlanırsa;

(c) şeklinde görüleceği üzere türevden dolayı E ile  arasında 90 derece faz farkı oluşur. Ve biri sinüs ise diğeri zorunlu olarak (denklem gereği) kosinüs fonksiyonuna sahip olur. Şimdi çekirdek aksının;

Şeklinde değiştiğini kabul edelim. Buna göre N sarımlı bir bobinde indüklenen EMK;



13

√

m

Olur. Sinüsoidal değişen fonksiyonların etkin (efektif) değeri kolayca bilindiğinden; √

w

w

w

.e e

m de r

sn o

tla

ri. co

elde edilir.



Temel Yasalar ve Uygulamaları 1) Yeryüzünde hangi doğrultuda tutup, hangi yönde hareket ettireceğiniz bir iletkende maksimum gerilim indüklenir / yada hangilerinde indüklenmez.

m

Yanıt 1: Maksimum emk nin indüklenmesi için B akı yoğunluğu, L (iletkenin konumu), v (hız); bu 3lü birbirine dik olması lazım. Gelelim konumlara:

ri. co

Öncelikle diklikten gideceğiz:

1. Akı çizgileri kuzey-güney arasında olduğundan, bunlara dik çözüm 2 tanedir. Ya, iletkeni

tla

ekvatora paralel tutarsınız (doğu – batı istikametinde) ve yerden yukarı (veya aksi yukarıdan yere doğru) doğru hareket edersiniz ya da 2. İletkeni yer-gök istikametinde tutar, batıdan doğuya (veya doğudan batıya) gidersiniz. Bu ikisi diklik şartını sağladığı için maksimum olmaya aday 2 çözümdür. Manyetik akı yoğunluğu yerden göke doğru çıkıldıkça azalır. Bu nedenle yukarıdaki (2) nolu çözüm daha iyidir.

sn o

Forumda önerilen bir çözüme: Konumlar (2) deki gibi. Fakat, arkadaşlar bir teli ortadan tutup saat yönünde yada tersine çevirerek gerilim üretmekteydiler. Evet detayda bakarsanız gerilim indüklenir. Fakat iletkenin uçları arasında SIFIR Volt görürsünüz. Eee, bu nasıl oluyor?:

em de r

İşi bozan şey telin ortasından tutmanız. Olayı yorumlamak için telin ortasından tutarken, bir yarısını kopardığınızı hayal edin. Dönme esnasında, doğrusal harekete göre daha az da olsa (az olmasının sebebi telin tuttuğunuz kısmı ile uç kısmının hızının aynı olmamasıdır) bu yarı telde bir emk indüklenir. Şimdi yarı telde emk indüklendiğini kabul ettik.

Şimdi hayal edin ki, bu kez, az önceki yarı değil de diğer yarı var elinizde ve döndürüyorsunuz. Eh, onun da başına aynı şey gelir ve onda da emk indüklenir. Eh peki sorun ne o zaman?

w .e

Sorun şu: ortadan tutulup döndürülen (ortadan geçen eksene göre yani) tel de 2 tane yarı tel var. Olacak şey: (+ ________ -)(- ________ +)

w

w

Mesela yukarıdaki gibi olacak tam tersi de olabilir, dönüş yönüne göre (- ________ +)(+ ________ -) Ama ne yazık ki telin iki kenarından baktığınızda SIFIR emk indüklenir. Nasıl yorum biraz zor değil mi? Merak etmeyin bunu ilk bakışta %90 kişi görmez.

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H2 ÖRNEKLER – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan Eee, peki bu durumu düzeltemez miyiz? Düzeltebiliriz: Teli ortasından değil de ucundan tutup, kırbaç gibi döndürürseniz gerilim indüklenir (yine yukarıda belirttiğim dip-uç hız farkından dolayı emk beklenenden küçük kalır).

m

2) 100 sarımlık bir bobinin içinden geçen manyetik akı, 1 saniyede 1 weber'lik değişim gösteriyor ise, bobinde kaç Volt indüklenir?

E = EMK(Elektromotor kuvveti) N = Sarım Sayısı Ф = Manyetik akı t = Zaman

tla

-------------------------------------------------------------------------------

em de r

∆t = 1 saniye=1 s

sn o

N = 100 sarım=100 t ∆ф = 1 Weber= 1 Wb

ri. co

Yanıt 2:

3) Faraday yasasından elde edilen hareket gerilimi (emk=E) ifadesi: E=B.L.v dir. Bu bağlamda E nin polaritesi nasıl değiştirilebilir. Formüle dayalı olarak veriniz. Yanıt 3:

E’nin polatiresinin değişmesi demek, bir iletkenin + indüklenen ucunda -, - indüklenen ucunda da + polaritenin görülmesi demektir. E’nin polaritesinin değişmesi; E’nin –E olması demektir. E=B.L.v idi. Bu eşitlikte E’yi –E yapacak şey; B; v yada L nin yön değiştirmesidir. Bu nasıl olur?

w .e

B nin yön değiştirmesi manyetik alanın kutuplarının yer değiştirmesi anlamına gelir; B yerine az öncekine göre –B koymuş gibi olursunuz. v’nin (hızın) yön değiştirmesi, iletkenin hareketinin aksi istakamette yaptırılması anlamına gelir. Bu da doğuya doğru olan hızı +v aldıysak, batıya doğru olan hızı –v olarak alırız.

w

w

Burada L iletkenin konumunu yorumlamak zor. Tek bir çubuk şeklinde iletken olduğunu varsayarsanız, L iletkenin yönünü değiştirmek, cereyanı aldığınız uçları yer değiştirmek anlamına gelir. Yok efendim, L uzunluğunda bir çubuk iletken yerine N sarımlı bir bobin düşünseydiniz bunu yorumlamak daha kolay olurdu; bu durumda N sarımlı bobinin ileri doğru değil de geri yönde (ters yönde) sarılması anlamına gelecekti. Elektrik makineleri sizin kullanımınıza bitmiş ürün olarak gelir, dolaysı ile sarım yönüne pek müdahale edemezsiniz, fakat terminal bağlantılarını aks (test-yüz) edebilirsiniz. Böyle hazır bir elektrik makinesinde indüklenen emk’nin yönünü değiştirmek için B nin ya da hareketin yönünü değiştirmeniz gerekir. Bu konuda daha sonra da çalışacağız.


tla

ri. co

m

4) 2. hafta dersinin 13. web sayfasındaki Lenz Yasası (4)'üncü soru:

Yanıt 4:

sn o

Soldaki yüzük, düşen mıknatısı yukarı itecek şekilde (N kutbu yukarıda olan) bir elektro mıknatıs oluşturur. Bu durumda yüzükteki akım saat yönünde mi? yoksa aksi yönde midir? Peki, sağdaki kesit yüzükte ne olur?

Mıknatıs düşerken, N kutbundan çıkan manyetik akı çizgileri yüzüğün içerisinden daha çok geçerek yüzükte bir akı artışı oluşturacaktır. Aşağıda Lenz Yasasına uygun bir yapı varsa, bu artan akıyı

em de r

azaltacak yönde oluşum gerçekleşmesi gerekir. Aşağıda da akım akabilecek bir ortam vardır; artan akı yüzükte emk indükler, bu emk yüzükte akım akıtır, bu akımın oluşturacağı manyetik akı düşen mıknatısı engellemeye çalışacak şekilde gerçekleşir (Lenz Yasası). Yüzükte oluşan manyetik akı yukarı doğru yönde olmalıdır ki, yukarıdan düşen N kutbuna karşı gelebilsin. Sağ el tirbuşon kuralı uygulanırsa akımın yönü bulunabilir. Bu durumda yüzük çevresinde oluşan akım yönü saatin tersi

w .e

yönde oluşur.

Sağdaki yüzüğün üzerinde de düşen bir mıknatıs vardır ve bu yüzüğün içinde de akı artışı olur. Fakat, bu yüzük kesik olduğundan, yüzükte çevre boyunda akım akamaz; manyetik akı üretilemez ve dolayısı ile yukarıdan düşen mıknatısa engel olacak bir oluşum gerçekleşmez, mıknatıs herhangi bir manyetik

w

w

engellemeyle karşılaşmadan serbestçe düşer.


ri. co

m

5) Lenz Yasası (5) (dersin 14.web sayfasındaki soru):

tla

Çubuk mıknatıs sola çekilerek uzaklaştırılıyor. Yukarıda işaretlenen yerdeki akım hangi yöndedir? Şayet bobinde elektromıknatıs oluşursa, bu mıknatısın N-S kutuplaşma yönü nasıl olur?

em de r

sn o

Yanıt 5:

Mıknatısın akı yönüne göre sağ el tirbuşon kuralı uygulanarak akım yönü bulunmuştur.

w

w

w .e


Şekilde, alttaki iletkenden aniden I akımı akmaya başlarsa, hemen yakınındaki üstteki devrede oluşacak akım hangi yönde olur?


sn o

tla

ri. co

m

Yanıt 6:

em de r

Önce alttaki iletkenden akım akmıyor, sonra aniden akım akmaya başladığında, aniden manyetik akı üretilir. BU da üstteki direnç bağlı olan iletkeni de keser. Bu değişen (yoktan aniden var olan akı), yukarıdaki iletkende gerilim indükler. Yukarıdaki iletkenin devresi bir direnç üzerinden kapalı olduğundan, indüklenen gerilimden dolayı, yukarıdaki devrede bir elektrik akımı akmaya başlar. Bundan sonrası önemli: Zira bu üst devredeki akımın yönü, kendini üreten manyetik akıyı tersleyecek yönde olmalıdır (Lens Yasası gereği) Aşağıdaki iletkenin manyetik akı çizgileri; akım – sağ el tirbuşon kuralı ile belirlenir. Bu sıfırdan artan akılar, üstteki iletkeni de kuşatarak, o iletkende gelirim indükler. Lenz yasası gereği üst devrenin akımının üreteceği manyetik akı alt devreyi terslemelidir. Ters akı yönünden hareket ederek; ters akının yönü ve sağ el tirbuşon kuralını kullanarak, üst devredeki elektrik akımının yönünü yukarıdaki şekilde işaretleriz.

w

w

w .e

Not: Yukarıdaki şekilde alttaki iletkenden doğru akım geçtiği varsayılırsa, akım kısa bir süre sonra sürekli bir değere oturur (mesela 10Amper). Akım sabit bir değere yerleşince, o akımın ürettiği manyetik akı da sabit bir değere oturur ve zamanla değişmez hale gelir. Böyle bir durumda üst devrede ne gerilim indüklenir, ne akım akar, ne de ters manyetik akı oluşur! Söz konusu örnekteki olay alttaki devreye akımın ilk uygulandığı an – kısa süre için geçerli olur. Bilindiği üzere; Faraday Yasası gereği; gerilim indüklenebilmesi için; ya zamanla değişen bir manyetik akı ya da, sabit te olsa – sabit manyetik akı içerisinde hareket eden iletkenler gereklidir. Buradaki hadise, soruda da sorulduğu gibi akım geçmeye başladığı anda oluşur, sonra oluşmaz.


ri. co

m


Soldaki bobinden akım akıtacak S anahtarı kapatıldığı anda (iletim olduğu anda), sağdaki bobine bağlı dirençten geçecek akımın yönü ne olur (yanıtı direncin solundan sağa doğru, yada direncin sağından sola doğru şeklinde veriniz)? İpucu: Önce elektromıknatısların polaritelerini bulunuz.

em de r

sn o

tla

Yanıt 7:

Batarya bağlı olan bobindeki akım yönünü şekildeki gibi olur (elektrik devrelerinde akım; bataryanın dışında + terminalden çıkıp – terminale doğru gider)

w .e

S anahtarı kapatıldığında (iletim yaptığında), akım SIFIR’dan başlayarak artar, akım artarken de; onun ürettiği manyetik akı sıfırdan başlayıp artar. Bu esnada bu akılar sağdaki bobin içinde akı artışına neden olur. Gerisi 6. sorudaki gibidir. Yine Lenz Yasası ve tirbuşon kuralını uygularsak yandaki bobinde oluşan akımın yönü direncin solundan sağına doğru olacaktır.

w

w

6 yanıtta verilen NOT açıklaması bu soru için de geçerlidir.


tla

ri. co

m

8) Alttaki devrede ölçü aletinin bağlandığı bobin 300 sarım olmuş olsa, ölçü aleti kaç Voltluk bir gerilim ölçer?

sn o

Yanıt 8:

Kısa yanıt: indüklenen emk sarım sayısı ile doğru orantılıdır. Soruda İkincil bobindeki 100 sarım yerine 300 Sarım olduğu önerilmektedir. Bu durumda sarım sayısı 100’den 300’e 3 kat arttığından; indüklenen gerilim de 3 kat artacak ve 200 Volt’tan 600 Volt’a çıkacaktır.

em de r

---------------Detaylı açıklama--------------------

Birincil bobine primer, ikincil bobine sekonder dersek; NP =Primer sarım sayısı , NS =Sekonder sarım sayısı VP =Primer voltajı, VS =Sekonder voltajı NP =1000 sarım, NS =300 sarım VP =2000 Volt

w .e

VS = ?

w

w

Bu soruyu;

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H3 Tartışma Soruları – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan

Manyetik Malzemeler ve Manyetik Devreler 1) Manyetik akıyı en iyi ileten malzeme ailesi nedir? Hava (boşluk) için neler söylenilebilir? Yanıt 1:

ri. co

m

Manyetik akıyı en iyi ileten malzeme ailesi; Ferromanyetik Malzemelerdir. Bunların bağıl manyetik geçirgenliği (permeabiitesi) boşluğa göre çok yüksektir (genellikle 200-80000 kat | bu eksin hüküm değildir, gelişen teknolojiyle yeni-daha iyi malzemeler üretilebilmektedir).

tla

Bu malzemeler manyetik alanlı bir ortama konulduklarında, boşluğa göre daha iyi manyetik iletken olduklarından akıyı içlerine çekerler. Aşağıdaki şekle bakınız:

sn o

Diğer manyetik malzemelerin manyetik geçirgenlikleri (permeabilite), boşluğa göre tarif edildiklerinden, boşluğu bir sınıfa dâhil etmiyoruz. 2) Elektrik makinecisi gözü ile permeabilitesi büyük malzeme mi iyidir yoksa küçük olan mı? Yanıt 2:

em de r

( 1. Yanıtın devamı olarak) Bu yüzden elektrik makinelerinin manyetik devrelerinde, manyetik akıyı iyi ileten; permeabilitesi büyük olan ferromanyetik malzemeler kullanılır. 3) Elektrik makinelerinde neden küçük hava aralığı istenir? Yanıt 3:

w .e

Hava aralığının permeabilitesi demirli malzemelere (ferromanyetik) göre çok küçüktür. Sadece demir kullanıldığı duruma göre akıyı geçirmek çok daha zorlaşır. Akıyı geçirmek için daha çok MMK=AMPERxSARIM (F=NxI) gerekir. Şayet hava aralığı artar ise aynı akıyı elde edebilmek için sarılacak sarım sayısı ve/veya geçmesi gereken akım oldukça artar. Bu da maliyeti-hantallığı-kayıpları arttırır. Makine büyük hacimli olur, verimi düşük olur. Bu nedenle hareketli makinelerde özel amaçlar haricinde hava aralığının küçük olması istenir. Hareketli makinelerde, hareketli kısmın hareket edebilmesi için, duran kısma yapışık olmaması, yani arada hava boşluğu olması gerekir. Bu zorunlu bir durumdur. Tasarım çok yönlü bir süreç olmakla beraber, genellikle hava aralığı küçük yapılmaya çalışılır.

w

w

İleri analizlerde (genellikle master konularıdır) hava aralığının çok küçültülmesi de başka mahsurlara neden olur; bu da saçılmalara (fringing) ve ilave kaçak akılara, manyetik akı dağılımının bozulmasına (harmoniklere) ve dolayısı ile de ilave kayıplara neden olur, önlisans-lisans öğrencilerimiz bu son ileri analiz açıklaması ile ilgilenmez.


4) H manyetik alan şiddeti artar ise, başka neler artar? Yanıt 4:

ri. co

m

Önce manyetik alanı (H) neler arttırır sorusunun yanıtına bakalım:

(paydadaki l manyetik yolun uzunluğudur, N bobinin sarım sayısı, H manyetik alan şiddeti) Şimdi H'ı arttıracak şeyler, Sarım sayısının ya da akımın arttırılması ya da manyetik yolun kısaltılması olacağını

; “mü” diye okunur; permeabilite, B; manyetik akı yoğunluğu ya da manyetik indüksiyon).

Dolayısı ile H artar ise B artar.

; “fi” diye okunur; manyetik akı, A; manyetik akıya dik kesit)

em de r

(

sn o

(

tla

ilişkiden yorumlarız.

B artar ise manyetik akı (

; “fi”) da artar.

Aşağıdaki açıklamalar ise; bir elektrik makinesi içerisindeki H’ın artması durumunda olacak zincirleme şeyleri örnekliyor:

(e; emk; bobinde indüklenen gerilim, v; bobin ile manyetik alan arasındaki relatif hız)

w .e

Akı yoğunluğunun artması indüklenen emk (e) nin artmasına neden olur.

(F; kuvvet, i; akım) B akı yoğunluğu artar ise, bu akı yoğunluğu içerisinde i akımını taşıyan bir iletkene

w

w

etkiyen itme-çekme kuvveti artar. F artar ise motorlarda indüklenecek döndürme momenti (T) de artar. Kısacası H’nin büyük olması tercih edilecek bir şeydir, her derde devadır, insan sağlığı hariç:) insan sağlığını belirli bir dozdan sonra kötü etkiler (cep telefonu örneği).

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H3 Tartışma Soruları – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan Ayrıca, H’ın artması şayet kuşatılan bir bobin varsa, o bobinin L ’sinin (endüktans) artmasına da yol

(mmk) ve H’ tır.

N’in arttırılmış olması; üretilen mmk’yı arttırır. Zira

olduğundan H artar.

‘dir. Diğer taraftan

ri. co

5) N sarım sayısı arttırılırsa, başka neler artar? Yanıt 5: N akla gelince, akla gelen yapışık parametreler

m

açar.

tla

H’ın artması bizi (4). sorunun yanıtına götürür ve zincirleme bir dizi değişiklik oluşur.

em de r

N’nin arttırılması

sn o

Makineler açısından bu ikisinin artması iyidir denilebilmekle beraber, N in belirli bir değerinden sonra üretilecek makinenin verimi ve performansı daha kötü ve maliyeti yüksek olmaktadır. Yani Allah ne verdiyse sarım sayısını arttırmak iyi olmaz.

İfadesi gereği karesel olarak sargıların endüktansını arttırır. Şayet makine bir doğru akım makinesi ise makinenin dinamik davranışında kötüleşme başlar. Şayet makine alternatif akım makinesi ise

w .e

endüktif reaktans olduğundan (empedansın bileşeni), artan endüktans (L) ile beraber makinenin empedansı artar, akım iletme kabiliyeti azalır, üretilen emk, kuvvet ve momentlerde azalmalar olur, verim kötüleşir, makine hantallaşır. Bunun uygun değeri vardır, ileri bir konudur. Zira tasarım konuları çok yönden bakmayı gerektiren zor konulardır. Bu son açıklamalar önlisans düzeyi açısından sadece kulak dolgunluğu içindir. 6) Doymaya giren bir manyetik çekirdekte, akım arttırıldığında manyetik akı artar mı? Yanıt 6:

w

w

Artmaz. Mıknatıslanma (Histerezis) eğrisi hatırlanır ise artan H ile B artmamaya başlar, belirli bir H değerinden sonra ise manyetik devre doyuma girere ve B de artık artış olmaz. Bunu şuna benzetebiliriz: Bir malzemenin birim yüzeyinde belirli sayıda sandalye (yönlenen manyetik molekül) vardır. Tüm sandalyeler dolduğunda yeni akıların oturacağı yer kalmaz (tüm manyetik moleküller yönlendiğinde yönlenecek yeni molekül kalmadığından, birim yüzeyde akı yoğunluğu artmaz, dolayısı ile manyetik akı artmaz).

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H3 Tartışma Soruları – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan Soruda arttırıldığında diye sorulmuş, yanıtlar ise H arttırıldığında diye verildi. Zira konu, akım değil akımın manyetik etkisi ile yanıtlanabilmekte.

olduğunu ve akım ile orantılı olduğuna dikkat

m

ediniz.

7) Relüktansı (elektrik devresinde dirence benzer)

sn o

arttıran sebepler nelerdir? Yanıt 7:

tla

ri. co

Üstteki şekil incelendiğinde, kırmızı ile işaretlenmiş C noktasında manyetik ortam doymaya girmeye ‘den başlar. Bundan sonra, örneğin H; ’ye yükseltilse bile B akı yoğunluğu saturasyon (doyma) değerinde kalır, artık artmaz.

em de r

( “mü” diye okunur; permeabilite, A; manyetik akıya dik kesit (alanı), l ise manyetik yolun uzunluğu)

Bu takdirde, permeabilite ( ) ya da nüve (manyetik çekirdek) kesiti ( ) azalırsa YADA manyetik ARTAR. yol ( ) artar ise manyetik akıya gösterilen direnç diyebileceğimiz manyetik relüktans Relüktansın artması ile ortam, manyetik akı geçişine daha çok güçlük oluşturacaktır. Relüktansın büyük olması genelde çok sevilmez, bunun altında manyetik akının olabildiğince büyük olması arzusu yatar. Havanın permeabilitesi demire göre çok küçük olduğundan, havanın manyetik relüktansı çok büyük olur, işte hava aralığı bu yüzden küçük olsun istenir.

w .e

8) Manyetik devrelerde Ohm ve Kirchoff Yasalarının karşılıklarını anladık mı? Yanıt 8:

w

w

Ohm kanunu: Elektrik devrelerinde:

manyetik devrelerde ise

olur.


m

Kirchoff ‘un akımlar Yasası:

ri. co

Elektrik devrelerinde gelen akımların toplamı giden akıların toplamına eşittir:

tla

Manyetik devrelerde ise, gelen manyetik akıların toplamı giden manyetik akıların toplamına eşittir:

sn o

Kirchoff ‘un Gerilimler Yasası:

w .e

em de r

Elektrik devresine uygulanan gerilim; çevre içerisindeki diğer devre elemanları üzerlerine düşen gerilimlerin toplamına eşittir.

Burada şuna dikkat etmelisiniz. E (emk) kaynağında akım + dan çıkar devreyi dolaşır; (mmk) kaynağında ise manyetik akı N (manyetik kuzey) kutbundan çıkarak manyetik devre içerisinde dolaşır. İşte burada burada bobinin üreteceği mmk nin, mantyetik eşdeğerinde + ucunun belirlenmesi dikkat ister; sağ el tirbuşon kuralı ile N kutbunu belirlemeden mmk kaynağının + ucu belirlenemez. Bu ilk dersten bu yana işlenmekte ve ders içerisinde konu ile örnek mevcut. Yine ders içerisindeki özel bir örnekte (aşağıdaki şekil) mmk kaynaklarının birbirine ters konumlanmış olduğuna dikkat ediniz (ders notlarına bakınız):

w

w

Manyetik devrelerde ise, manyetik devreye uygulanan mmk; çevre içerisindeki diğer devre elemanları üzerlerine düşen mmk’lerin toplamına eşittir.

ri. co

m


tla

9) Histerezis çevrimi neden oluşur? Yanıt 9:

sn o

Kaset teybin manyetik şeridini düşünün. Bilgi banda yazılır ve manyetik hafızada kalır (banttaki manyetik moleküller yazma kafası tarafından yönlenmiş ve öyle kalmış; yönlenmenin hafızada kalması manyetik malzeme ile ilgili bir konudur). Bu bilginin yazılması için bir yazma kafasındaki bobine + yönde akım verildiği düşünülsün. Peki bu bilginin silinir mi? Normal şartlarda hayır! Bu bilgiyi silmek için ters yönde manyetik alan uygulanarak yazılmış bilgi iptal edilmelidir, diğer bir deyişle ters yönde akım akıtılmalıdır bobinden. Kilit konu ise şu: silmek için verilmesi gereken enerji, yazmak için verilen enerjiden büyüktür.

em de r

Buradan tüme varırsak, ferromanyetik malzemelerde az ya da çok mutlaka hafıza etkisi vardır. Uygulanan manyetik alan demir çekirdekte kalıcı mıknatısiyet oluşturur. Şimdi bir bobine değişken manyetik akı uygulandığı varsayılır ise; bu bir ucun önce N kutbu sonra S kutbu... şeklinde periyodik devinimini gerektirir. Fakat oluşturulmuş N kutbundan sonra S kutbunu oluşturmak için önce N kutbunun kalıcı etkisini (hafıza) silmek gerekir. Dolayısı ile mıknatıslanma eğrileri hiçbir zaman gittiği yoldan dönmez, döndüğü yoldan da gitmez. Bu gidiş dönüş yörüngeleri Hİsterezis çevrimini oluşturur.

w

w

w .e

Bu çevrim içerisindeki alan büyük olursa, birikmiş akıyı silmek için daha fazla manyetik alan gerektiği (H) anlaşılır. Alanın büyük olması kayıp enerjinin büyük olacağını söyler, bu kayba da histerezis kaybı denir. Histerezis kaybı demir kayıplarının (demir manyetik çekirdek üzerinde oluşan enerji kaybı) bileşenlerinden bir tanesidir.

Şayet

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H3 Tartışma Soruları – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan Soldaki gibi bir histerizis çevrimi var ise (bu öze örnekte ileri ve geri yönde mıknatıslanma aynı çizgi üzerinden gidiyor)

m

Burada histerezis etkisinden ve kaybından söz edilmez, yoktur.

: Remenans (kalıcı) akı yoğunluğu ya da artık mıknatısiyet : Coersive (koersif) alan: kalıcı mıknatısiyeti ( üzere:

ri. co

Bu malzemede kalıcı mıknatıslık hiç oluşmamaktadır.

’yi) silmek için gerekli ters manyetik alan olmak

tla

Şayet

Soldaki gibi bir histerizis çevrimi var ise, malzeme I. Bölgede mıknatsılandıktan sonra, H alanı kesilirse (sıfır yapılırsa)

sn o

Malzeme üzerinde Br ile işaretlemiş miktarda artık mıknatısiyet kalır. Diğer bir deyişle, alın malzemeyi gidin, halen mıknatıs gibi davranır.

em de r

Şimdi aynı malzemeye alternatif mıknatıslanma uygulamak için alternatif akım ile uyarma yapalım. Mıknatıslanmayı +Bmax ile –Bmax arasında mıknatıslandırmaya niyetlenmişsiniz demektir.

Malzemeyi bulunduğu durumdan (Br), önce sıfır akı yoğunluğuna ardından da, -Bmax ‘a kadar mıknatıslamak gerekir. Fakat önce, birikmiş Br yi silmek için –Hc kadar ters yönde alan vermek gerekir.

w .e

Bu süreç devam ettiği sürece, düz yada ters yönde birikmiş akı yoğunluklarını silmek için sürekli ilave enerji gerekir. Histerezis çevrimi ne kadar şişko ise bu enerji o kadar büyüktür; dolayısı ile histerezis kaybı da o kadar büyüktür. Oysa, ilk şekilde histerisiz çevrimi çok ince (çevrim yok) idi.

w

w

Buradan hareketle; Alternatif mıknatıslanmaya tabi tutulacak ya da alternatif alan içerisinde kalacak manyetik malzemelerin histerezis çevrimlerinin şişko olmaması tercih edilir ki histerezis kayıpları küçük olsun. Ters olarak; sabit mıknatıslarda hem Br nin ve hem de –Hc ‘nin çok büyük olması istenir. Bunun sebebi Br büyük olursa; kuvvetli kalıcı bir mıknatıs elde etmiş olursunuz; -Hc büyük olursa da, bu mıknatıs dış manyetik etkiler ile kolay kolay silinmez (mıknatıslığını kaybetmez). Bu yüzden sabit mıknatısların histerezis çevrimleri çok şişkodur. Sabit mıknatıslarda BH çevriminin sadece II yarısı ile ilgilenilir. Bir katalog eğrisi aşağıdaki gibidir:

tla

ri. co

m


sn o

http://www.magdev.co.uk/material_aluminium_nickel_cobalt_alloys.aspx

10) Bir demir çekirdekte, akı yoluna açılacak bir hava aralığı nasıl bir etki yapar? Neleri etkiler? Yanıt 10:

em de r

Şekildeki gibi, demir çekirdek üzerinde bir hava boşluğu açıldığında, hava boşluğunu da mıknatıslamak gerekecektir. Hava boşluğu olmayan duruma göre F2 kadar ilave bir mmk gerekir. Bu da ilave sarım sayısı ya da daha fazla akım verilmesi anlamına gelir. Bunun sebebi, boşluğun permeabilitesinin (manyetik geçirgenliğinin) demire göre çok daha küçük olmasıdır (200 ile 80000 kat küçüktür).

Bu da hava boşluğunda daha büyük relüktans (manyetik direnç) oluşumuna neden olur, toplam relüktans artar, manyetik akıyı zayıflatır, manyetik akıyı eski değerine (hava aralığı olmayan duruma göre) geri getirmek için daha fazla sarım ve/veya daha fazla akım gerekecektir.

w

w

w .e

11) Manyetik devrelerde MMK, elektrik devrelerindeki hangi parametreye benzerdir? Yanıt 11: 8. Soru anlaşıldığında; manyetik devrelerdeki mmk’nin, elektrik devrelerindeki emk’ye benzer olduğu anlaşılacaktır. Her ikisi de ilgili ortamda sürücü etkenlerdir. Yani, manyetik devrede mmk olmadan manyetik akı akmaz; elektrik devresinde de emk olmadan elektrik akımı akmaz.

ri. co

m

Ornek 1.5: E= 100 V ve frekansl 60 Hz alan bir kare dalga ge~iIi.mi demir,.~e~ir?ekli b.ir. bobine uygulamyor . Bobinde 500 sanm vardlr. Keslt Ise 0,001 m dlr. Boblnln ig direnci ise ihmal edilir. (a) Aklnln maksimum degerini bulunuz vezamana bagll .olarak gerilim ve aklnln dalda ·§ekillerini yiziniz. (b) Akl yogunlugununmaksimum degeri 1.2 T YI gegmeyecek §ekilde E nin maximum degerini bulun:

tla

C6zum:

(1.41 )

e(t) = NXd

= E·~t

sn o

(a)

(1.42)

Akl-sanm degi~imi = gerilim-zaman «;arplml SOrekli rejimde, pozitif yan peryotta pozitif gerilim-zaman alan) aklYI negatif maksimum akl degerinden (-<1>max) I ~itif maksimum degere (+max) getirecektir. Aklda toplam degi§im 2max alacaglndan I yanm peryot sOre i9in (1.42) denklemini kullanarak , eger E sabit ise , akl zamana gore .~ .. degi§ecektir. (1.42) den

em de r

I

N d<1>

=e

w .e

veya

dt

w

<1>= 1/N

e+

~dcp = e,dt

f

100 1000 x120

500,(2max) = E #1 (1/120) (Wb) = O,833x10-JWb

yazarsak dcI> = e/N dt

e, dt =1/500

I

olacaktlr.

4itZ'D

fii 1000 dt =

= 1/500 (100/120 -100/240 /:J.'I~(. ) =\1/,?Oo} .. 100 (21240-1/240)

w

olarak aynl sonu<; bulunur.

Generated by CamScanner from intsig.com

EJektrik EJektronik B6liimu

ELEKTRIK MAKINALARI 1

I

I Dalga §ekilleri §ekil E1.S de gosterildigi gibidir:

0

"

/ ~1

sn o

_3 max= - 0,833 ~1 0

-"

6D

tla

-llu

-tj~

m

e

;/~'-

E 1.5

em de r

~ekil

(b) Bmax= 1,2 T

i~in

--<'Nb

=

max) = E X' 1/120 -3 E 12OxSOOx2)(1,2x10 = 144 V

=

1.3.1 Uyarma Aklml (exciting current) ~ekil

w .e

1.17 a daki babin, sinOzoidal bir gerilim kaynagJna baglamrsa , bobinden akan aklm , <;ekirdekte sinuzoidal bir akl olu~turmaya gall~lr. Bu aklma uyarma aklml denir.( exciting current) ieD. Ferromanyetik malzemenin 8H karakteristigi non-Iineer oldugundan , uyarma aklml da sinOzoidal olmaktan

~Ikar.

Histerizis olmayan durum : Once B-H karakteristiginin histerizis Qzelliginin olmadlglnl kabul edelim: B-H egrisi i<;in ; -i egrisini elde etmeye gall§ahm. Bu ~ekil 1.18 de gosterilmektedir. SinOzoidal akl dalga §eklinden ve
w

w

•

V

ri. co

[; -:: 1&0

.e

24 Generated by CamScanner from intsig.com

SAKARYA UNivERSITESI

Doc;.Dr.Ugur 9ELTEKLlGiL

Muhendisllk Mimarflk Fa/d.illesi Elelctrik Elektronik 85IDmLi

ELEKTRIK MAKINALARI 1

f

_ - - - - . -..----.-.- - + - -.-----:;;;IT

If

m

.--

~~----?'---

-------... - _.... . - .... _---

ri. co

---_.. _--- - - ...--- - ' - - - § "

L

tla

{

~

(6)

sn o em de r

----.-

6-

>t

to

$ekil 1.18 Histerizis olmayan durumda uyarma aklml (a) 1

w

w

w .e

Aym zamanda e gerilimi ite de simetriktir. Uyarma akufunIn temel bile§eni gerilime gore 90° faz farklldlr. Bu nedenle gug kayb/ yoktur . Hi"sterizis gevrimi goz onOne almmadlglndan zaten bu beklenmeli idi. Bu nedenle uyarma aklml 90° en dO ktiftir, ve uyarma sarglsl ' ideal endOktans gibi dO~OnOlebilir. .


BOLUM 2

TRANSFORMATORLER

ri. co

m

Transformat6rler statik bir makinadlr. 8asitligi ortak bir magnetik alanda iki ya da daha fazla elektrik devresi olmasldlr. Anla~llmasl elektirik makinalan ile yak benzer oldugundan elektrik makinalan ile beraber incelenir.

YOksek akl yogunlugu elde etmek igin. bu cihazlarda da ferromagnetik malzeme kullamllr. Demir gekirdekli transformat6rler. yOksek gOylerde kullanlllr. Bu tip trofalann magnetik I
tla

Genelde iki tip yekirdek konstrOksiyonu kullamllr (~ekil 2.1). Cekirdek tipi (§ekil2.1a) da sargllar, magnetik yekirdegin i1
em de r

sn o

...----- - - - -

I '--

- '-

w

w

w .e

1------------------------------

1

CJ t=:l

1==1 I

t

L I t=1 ..IL

( 0..)

DO

$ekil 2.1 Cekirdek konstrOksiyonu a) Cekirdek tipi b) Kabuk (shell) lipi-mantel c) L-kesimli laminasyon d) E-kesimli laminasyon

12/97 Generated by CamScanner from intsig.com

T.e . Sakarya Oniversitesi MCJhendislik Fakultesi, Elektrik Mal
Mantel ya da kabuk tipi ~kirdekte ise, sargllar ,Og bacakll magnetik gekirdegin orta bacaglna sanllrlar.<;ekirdek kaYlplanm azaltmak ir;in, ince /aminasyonlar ser;ilir.

ri. co

m

Birkag yuz Hz frekansa kadar , silikon yelik ve kalJnllklan 0,014 inch(0.035cm) alan laminasyonlar segilir. Traf.olarda ilL" ve uE" tipi laminasyonlar kullamllr. Hava arallgJnI ortadan kaldlrmak ir;in, bu laminasyonlar uygun §ekilde yerle§tirilir (§ekil 2.1 c ve 2.1 d). KomOnikasyon devrelerinde (kHz ve MHz) kullamlan kOgOk gOglO trafolarda, slkl§tlrllml§ toz halinde ferromagnetik kan§lmlar kullamltr.

sn o

tla

iki sargJlI bir trafonun §ematik g6sterili~i §ekil 2.2 dedir.

$ekiI2.2 iki sarglll transformat6rOn §ematik g6sterili:}i

em de r

Sargllar arasma gizilen du§ey iki r;izgi, sargllar araslridaki magnetik kuplajl g6sterir.8u sargl bir alternatif gerilim kaynagma baglamr.Bu sarglya primer sargl denir.Diger sargl, elektriksel yOke baglanlr.Bu sarglya ise,sekonder sarg! denir. Sanm saYlsl yOksek olan sarglda daha yOksek bir gerilim oldugundan, bu sarglya aym zamanda yOksek gerilim sarglsl da denir. Diger sargl, alyak gerilim sarglsl adml allr. Magnetik kuplajJn slkl olmaslOl temin etmek amaclYla, sargllar bobinler §eklinde yapillp; digerinin Ozerine veya yamna konulur.Genelde alyak gerilim sargllan, c;ekirdege d~ha yakln ,konur.

w

w

w .e

Trafolann birinci gorevi, gerilimin seviyesini degi§tirmektir (§-ekil 2:3).

3c~V

20 1.< V

~oUV

4voV

6.31
.3.3&<'1 $ekil 2.3 Trafo kullamlarak enerjinin ta§Jnmasl

2

12/97


T.e. Sakarya Oniversitesi Muhendislik Fakultesi, Elektrik Makinalan I

-

dd

d-t

(2.2)

m

(2.1) ve (2.2) denklemlerini kullanarak

NI7 -Nz. bulunur. a ,sargllarm sanm saYlsl oranldlr.

ri. co

(2.3)

Son denklemden, gerilimlerin oranlnln ,sarglJanmn oranma el?it ve dogru orantlll oldugunu g6sterir. ~ekil

em de r

sn o

tla

2.4 deki· anahtan kapatarak, trafonun sekonder sargllanna bir yOk baglandlgmda, sekonder sarglda i 2 aklml akar. Sekonder sargl, r;ekirdekte magnetomotor kuwetini olu~turur. Bu kuwet primer sarglda i1 aklmlmn akmasma neden olur. N1 - i1, N2,i2 yi kar~llar.~ekiJ 2.4 deki aklm y6nJeri olu~turacaklan mmk' Jer ters olacak ~ekilde, r;izilmi~tir. Akl olu~tuimak ir;in, ideal bir r;skircekte mmk slfir oldugu ir;ln:

(2.5) (2.6)

w

w

w .e

Buradan ,96kirdek aklmJanmn sanm saYllan oranl ile ters orantlll oldugu g6rOIOr. YOk, sekonder sargldEinlazla aklm gekerse, trafe da kaynaktan fazla aklm geker. Bu tamamen, (2.5) deki mmk dengelemesidir. (2.3) ve (2.6) dan

'lJ:,.

-1."., =

1,)2, - ~ 2..

-'

(Z 7)

giril? tarafmdaki ani gueOn, glkll? tarafmdaki ani gOee el?it oldugu g6rOIOr. Bu da tabiidir, gOnkO tom kaYlplar ihmal edilmil?tir. Besleme kaynagl ite yOk arasmda fiziksel hir;bir baglantl olmamasma ragmen, besleme kaynagmdan 91kan gOr;, tamamen yOke aktanlmaktadlr. Bu baklmdan transfermat6r, elektriksel surekliligi muhafaza ederek , kaynagln gOeunu izoJe edilmil? olarak yOke aktarmaktadlr.Besleme gerilimi 11.T..., sOnizoidal ise, (2.3), (2.6) ve (2.7) nolu denkJemJerden, efektif degerleri g6z 6nOne alarak (2.8)

4

12197


T.e. Sakarya Oniversitesi MCJhendislik FakCJltesi, Elektrik Makinalan I

m

Trafo/ann diger kullanlm alan I, gOg ve kontrol devrelerinde bir devreyi digerinden ga/vanik olarak yalltmak i~indir. Veya bir kaynagln empedanslnl maksimum gO~ transferi saglamak igin yOkOyle birlikte, yine trafo kullanllJr. Trafolar aynca,geriJim ve aklm olgmek igin kullamllr (enstruman trafolan).

ri. co

2.1 iDEAL TRANSFORMATOR

tla

iki sarglh bir trafo goz onOne a/allm. Primer sarglslnda N1 sanm, sekonderde N2 sanm o/sun (~ekil 2.4 ).Trafolann sanh~ ~eki"eri yaprakll olmaslna ragmen, sembolize :;;ekli ile gosterilirler. r

111

sn o

0'-----'

em de r

:t;L

~ekil 2.4 ideal transformatar

idea/ trafonun 6zellikJerinde ~u kabulleri yapahm:

w .e

1. Sargl direng/eri ihmal edilmektedir. ... . 2. Kagak akJ yoktur. Cekirdek kayJplan ihmal edilmektedir. 3. Cekirdegin permeablitesi ~sonsuzdur (!l = 00 ). Bu sebebten, ~kirdek akl olu~turmak i~in gerekli uyarma aklml ihmal edi/ebilir. Yani, yekirdekte akl olu~turmak igin gerekli net mmf slflrdlr.

w

w

Pri~er sarglya, zaman!~ deg!~en bir altematif gerilim uygu/amrsa.( ~ ), geklrdekte, zamanla degl:;;en bJr If> aklsl meydana gelir. SargJda e gerilimi endOklenir ve bu gerilim uygu/anan geriJime e~ittir (sargrnIn-1 direnci ihmal edi/digi igin). .

'lJ.1=

. . e1

dtP == N1

•

dt

(2.1)

Cekirdekteki akJ, sekonder sarglda bir gerilim endOkler:

3


T.e. Sakarya Oniversitesi MOhendislil< Fal
N7.. = -=

-

(2.9)

m

J.;f

giri~

gOcO (V.A)

=91kl§ gOcO (V.A)

2.1.1. Empedans Transferi ~ekil

ri. co

(2.10)

2.5 a daki. trafoya uygulanan sOnizoidal gerilim ve sekonder yOk ~

11-1

>

o

tla

empedansl Zz. yi g6z 6nOne ala 11m:

•

1,2.

em de r

sn o

1/1

{

I

2

~l ~.2 :: Cf ~ Zl.

T

$ekiI2.5. ideal transformat6rde empedans transferi

Giri~

62 -=- Jt~ Tz

empedansl

-I1

=

a, Vz Iz./c.

'1 2 ..

II

_ V.,

w .e

~.

-21 -

-

"

~ 2 ..

-1z.Vl

-

'1

2 •_":z z...

--- .:z.2. I

w

w

Sir transformat6rOn sekonderine baglanan Z2 empedansl primer taraftan baglandlglnda Z2 olarak g6rOIOr.Bu nedenle §ekil 2.5 a , 2.5 b ye denktir. Sekonder empedansl, primer empedansa, sanm saYllan oram karesi garplml ile d6nu§tOrulebilir . Primer empedansl da. benzer ~ekilde sekondere d6nO§torOlebilir:


T. C. Sakarya Oniversitesi MOhendislik FakOltesi Elektrik Makinalan I I

-Vf r..,

elA-.-f e,d~s. (

C; do ~ A

-Zz.

-

c:;

• \J-1

-Vf - (~) az...

;

..1-'1

c::t ' [1

- (~:)

.-

~(~ ) :Z1 - :Z1 /

-11V1

ri. co

.{2

==

m

21 -

•

Ornek2.1

em de r

sn o

tla

9 n amik empedansl alan bir hoparlor 10 V luk ve i9 direnci (omik) -1 nolan kaynaga baglanmaktadlr (~ekil E 2.1 a) (a) Hoparloron 98ktigi gOcO hesaplaymlz. '. (b) Hoparl6re transfer ediJen gOcO maksimize etmek amaclyla 1/3 · sanm saYllan aram alan bir trafo kullamlmaktadlr.(~ekil E .2.1 .b). Hoparl6rOn 98ktigi gOCO bulun.

!.----Jb)i ~~/ :';;'i;~~ S1"

I

gekil E 2.1

.....~"..--",- - \~~ r "'"

' jr

•• -~- .• - - - -. .

.,.,.

' ''- ' - ' _ . _ '' -

_.:, ....

'

-

r-·~-'!'r-._·L_-:, I

II

\:

:.

--'"

w

w

w .e

<;ozom:

I ,... ... .-

(Primere dono~tOrOlmQ~ hoparl6r direnci )

(0) ... 6

12197


T.e. Sakarya Oniversitesi MOhendislik FakOltesi, Elektrik Makinalan I

V 2.12...

-10

I

P - (5)2. 1st...

_ S-A -=-

25 W

ri. co

2.1.2. POLARiTE

m

§ekline donu§Or.

-I "7¢ _ 1

sn o

•

1---04

1- _

w .e

em de r

2 -

1

tla

Transformatorlerin sargllan, polariteleriyle ifade edilir. ~ekil 2.6 (a) daki iki sarglyl inceleyelim. (1) ve (3) nolu terminaller birbirine benzer. Her iki terminalden aklm igeriye dogru akar, gekirdek aynl y6nde akl olu§turur ve bunlar magnetik yolda akl olu§tururlar. Benzer ~ekilde (2) ve (4) nolu terminallar de benzerler.

~~kil 2.6 Polarite belirlemesi

w

w

EndOklenen gerilimler e/12 ve e34 aynl fazdadlrlar. Bu sebepten 1 ve 3 ile 2 ile 4' ~ekil 2. 6 b.,deki gibigosterilirler. (1)vve (2) nolu'termim:iller'a.a kayn~grna baglanml§lardlr. (2) ile (4) birbiriyle bagiantllldlr. , : (I . ' ~'.' . ~ekil ?7 Bir fazlJ"'i~i . fransf.9rmat6rfm paralel bagiantlsini gostermektedir.

7

-

~

.. :

,.'

.


ri. co

m

T .C. Sakarya Oniversitesi Muhendislik Fakultesi, Elektrik Mal
tla

$ekil 2.7 Sir fazlr transformat6rOn paralel bagiantisl

sn o

2.2. Pratikte transformat6r

degildir.

em de r

Pratikte, bir transformat6rde - sargllann direnyleri mevcuttur; - her sargl aym aklYI olu~turmaz - gekirdek malzemesinin pesmeabeteni - yekirdek kaYlplan mevcuUur.

Pratikte, geryek trafonun analizinde, yukandaki 6zelliklerin g6z onOne aIJnmasl gerekir . Pratik trafonun analizinde ideal trafodan hareketle iki metol kullamllr: 1. Fiziksel yapldan hareketle bir e~deger devre madeli 2. K1asik teoriden hareketle magnetik kuplajll devrelerin matematiksel modeJi

w .e

Burada genellikle 1. metat daha anla~lllr olarak kullamlJr: Pratikte bir sarglnln direnci mevcuttur. Bu diren~, pratikte sarglya seri alarak gosterilir. (~ekil 2.8.a )

w

w

~1

e

~2

J1

O~f1 (a)

8


T.e. Sakarya Oniversitesi MOhendislik FakOltesi, Elektrik Makinalan I

-

-t~A/vv-e e

I ~fL JZ

R],

m

I

I

I ,-N1__ _N2J (b) ~ekiI2.8

ri. co

I Trafonun e~deger devresi temeli

Le1

-=

N1 ·, 4>,p" = 41

N2 - 1cP6..

1.sargtnln kayak endCJktansl

= 2 .sargtnln ka<;ak en d"ukt"ansI

em de r

Ln --

sn o

tla

TransformatBrlerde ve diger ferromagnetik malzemelerde , ortak akl 4> 111 in dl~lnda 4> 1 olarak (~ekil 2.8 a da gosterildigi gibi ) kayak akllar da olu~ur. Bu akllar, bir sarglda akar ve magnetik devreyi etkilemez. Kac;ak yol genellikle havadlr ve akan aklma gore degi~ir (lineer). Kayak akl genellikle bir endOktans ile sembolize edilir:

~L

X,[ ('::.

"

f· Le)

w .e

Sargl diren<;leri ve ka<;ak akllarrn olu§turdugu endOktanslar 2/T :Ie, prim-sr ve sekonder baglantllarr tanrmlanml§ olur. " Pratik olarak magnetik bir <;ekirdekte sonlu ge<;irgenlik ile ,<;ekirdekte bir mlknatlslanmaYI olu§turmak Ozere II"'\ mlknatlslanma aklml akar . Bu olay, mlknatlslanma endOktansl Lm ile sembolize edilir. Aynl ~ekilde, <;ekirdek kaYlplarr da magnetik malzeme i~n Rc direnci ile ifade edilir . 86ylece ,~ekil 2.8 (a) ve (b) de verilen e~deger devreler, yani semboller He geni~letilebilir (§ekil 2:10.c) _, t{1 ! I./z. Rc=<;ekirdek kaYlpl~m - - '- Xm=mlktanrslanma endOktansl

w

w

~

"/

I I

[ : 1 (

. 1 X"'1: /. ~--------------~----~T~

I

I

--~-----------------~O

.- - 1 C)' $ekil 2.8. Ideal transformatCir

9


V 2' ;:. -I

t::t

x~l. :c/-.. X'ez.

tL

::. Ct

Ri .: '12. 1<1..

V2.

.."

~::.-;'

T

tla

t1 :: t-;..l

ri. co

m

T. C. Sakarya Universitesi . Muhendislik Fakultesi , Elektrik Maklnalan I ,

2.

sn o

(d) $ekil (2.8) ideal trafonun saga kaydlnlml~ e~deger devresi

Bu nedenlerle, pratik transformator ideal transfonnat6re ilave olarak, harici empedanslar, yekirdek kaYlplan (Rc) ve mlknatlslama endOktansl (Xm) ile geni~letilebilir. E~deger

devreler

em de r

2.2.1

§ekil 2.8 c deki ideal e~deger devre, bu e~deger devredeki bOyuklOkleri saga ve sola kaydlrarak, (yani primer veya sekonder tarafa ) incelenebilir. ideal transforrnat6rOn ~ekil 2.8 c deki e~deger devrenin saga kaydlrllml~ durumu ~ekil 2.8 d de verilmi~tir. SOtOn aklm, gerilim ve empedanslan bir tarafa geyirerek, e~deger devre, ~ekil 2.8 e 'ye donu§Or:

Xe2

R~

w .e

rrt-~-l'--J~-1J-*J-6~I~I--I--'t~ -~~ I

w

w

V1

I

-:> 11

It

Jtt1

1

Rc1 ~--..j

I

[f =- tl

:.2

V2.

'Xlc(1

Q--------------+--~"------~

r if

'

I

-

--I

I (

yuk ~2 I L_1_J - --.-1

(e)

$ekiI2.8 ideal trafonun gbsterilmedigi e~deger devre

10 12/97 Generated by CamScanner from intsig.com

T.e. Sakarya Universitesi Muhendislik Fal
Yakla~lk e~deger

edilmi~tir.

Sanm oranlnln

m

$ekil 2.8 e deki tUm degerler, giri~ klsmlna refere belinmesi halinde tUm analizler yapllabilir. devre :

ri. co

$ekil 2.8 e de gorulen J 1 - 1<1 ve :11 • Xe1 gerilim du~umleri, normalde relatif olarak ku\=uktUr ve buradan hareketle I E1fzlV11 kabu/u yapi/abilir. Para/el empedans (Rc1 ve Xm1) giri~ terminaline ta~lnabilir(~ekii 2.10).

J./

~

X'e 1 X~l. \...-- .....,--~)

tla

R~

'<1

~

Xeq 1

l
~~------~

I V2-

~

sn o

"2eq1

em de r

(a)

l ____

'<_---...1

w .e

o~------------------~&

(1) e

(2) ye

indirgenmi~

jndjrgenmj~

w

2 ye jndjrgenmi~ degerler

w

Re£f2-:::

7<.g'1 q'2.

-Xe"I '1'2. (~ekil

1

2.9) Yakla~lk e~deger devreJer

11 12/97


T.e. Sakarya Oniversitesi Muhendislik Fal
Xe1

-t-

X'f2. = Xf1 + Cit., X.ez. -;;.

J~ ::

)<'.Ct11

T'L/

m

+

q

ri. co

1

r

Bir transformat6rde, q, uyarma nominal aklmlnm bir yOzdesidir (%5 den kO<;Ok). Bazi durumlarda, uyarma aklml ihmal edilir(~ekiI2.11 b)

1291 -=- R-1 -/-0,'2. '" R. 2Xeq 1 =- xeH- C/. Xe2.

~eq 1 ~i
tla

Sekonder tarafa indirgenmi~ hali ile ~ekil 2.9 c elde edilir:

Rej(

sn o

ql

R,2.. + R./

=

_ X~I .::

I

I

e~deger

q?.

J~' ~ . J 2.

em de r

2.2.2 . Transformat6rOn

Xel +

I

Xe1

J1

:::: Ci·

devre parametrelerinin belirlenmesi

$ekil 2.8 e deki e~deger devre, transformat6rOn kullanl!lr. Parametreler R1 ~ Xf1 7' RC.1 i

davranJ~mm

X~ 1

;

belirlenmesi i<;in R. 2 j X.fz.... ve

w

w

w .e

l Ntann ~ . devrenln . kuru tmasl ct 1<;ln .= l N "b un z...) beI'InmeSI. gerek'Ir. olup, e~ deger Transformat6rOn imalat degerleri biliniyor ise, bu parametreler bellidir. R1 ve R2 degerteri, satgllann direng degerleridir. Lm endOktansl, sanm saYlsl, magnetik yolun reluktanstndan hesaplanabilir.LL endOktansln1n hesabl ise komplikedir. Ancak hepsinin hesabl .l.gin yakla~lk formOller mevcuttur. . Bu parametreler, transformatore uygulanan bazi performans testeri ile belirlenebilir. Iki test ; bo~ta <;all~ma karakteristigi ve klsa devre testi bu parametrelerin belirlenmesine yardimci olur.

. Trafonun plaka degerleri Trafonun gOcu kilovolt -amper (kVA) olarak plakaslnda belirlenir. Omegin bir trafoda 10 kVA, 1100/110 Volt degeri baslhdlr.

12 12/97


T.e. Sal
Geril im orant aynl zamanda a yr belirler. Bu ornekte a= 1100/11 OV=1 Odur. 10 kVA nln anlamr , primer ve sekonder sargllannrn gOcu 10 kVA demektir. Yani primer aklml .

JL

;::;,

10000

B

=

I

.4

of?,

/{1oo :.

"10(5'OD

..::::

3D".8 4,

""',100

m

:11

ri. co

bulunur.

Primer aklml,' ayrrca ilave bir biJe§eni daha ta§,maktad,r(If ). Bo§ta yall§ma: (veya

a~lk

devre testi)

61~en

wattmetre

sn o

tla

gekirdek kaYlplannl

I---f;)

em de r

(a)

w .e

(b)

~ekil

2.10 Trafonun bo§ta yalr~masr a-bo~ta yalr~ma montajl, b-E§deger devre

deneyi iyin R" ve X.f., ihmal edilebilir. Wattmetre degerinden Re, belirlenir. Voltmetre, wattmetre ve ampermetre degerleri ile He ve Xm belirlenebilir. Cekirdek kaybl, yekirdekdeki aklnrn maksimum degerine baglrdlr.

w

w

8o~ta galr~ma

Erms= 4.441'N)(f rt\>r..-.o.y. l.<~-ler-; >];,;g,' : Kisa devre karakteristigi,trafonun ylkl~1 klsa devre edilerek elde edilir. Primerden trafoya kOyuk bir gerilim uygulanlr.

KISg

dcvre..

13 12197 Generated by CamScanner from intsig.com

.v.

UniVerSnesl MOhendislik FakOltesi, Elektrik Makinalan I 1

~aKarya

w 1ft> bedcll4e

5' e,r ; ti &Nt

I'

m

N

ri. co

(a)

tla

v

sn o

(b) $ekiI2.11 Kisa devre karakteristigi (a) Baglama ~emasl ,(b) E~deger devre

em de r

Rc ve Xm degerleri, bOyOk oldugundan, Req ve Xeq yamnda ihmal ed iii r. Sekonder klsa devre edildiginde, bu ihmal dogrudur. Zeq= Req+ Xeq

degeri k090k oldugundan, giri~ gerilimi, bu devreden nominal akim akacak ~ekilde oldukya kO<;Ok bir degere ayarlanlr. Transformatorde, eger iyi tasarlanml~ ise ':=

R2.'

'12 - Xf-z, -

X1~

'R1 -= q

)(e1

fR 2.

w .e

baglntllan ge<;erlidir. Wattmetreden Req degeri belirlenir.

.::.

2."

w

w

Omek2.2 1 q, II bir trafoda, 10kVA, 2200/220V, 60 Hz a~agldaki degerler okunmu~tur: A<;lk devre (yOksek gerilim tarafl a<;lk)

Voltmetre Ampermetre Waltmetre

220V 2,5A 100W

Kisa devre (al<;ak gerilim klsa devre) 150V 4,55A 215W


T.C. Sal
2200 =10 .:::-a _--

<;6zum:

m

(a) (b) ( c)

22.0

VL -:. J;] ::. JH -::. V2.

22D

-=-

V. V

100~u

ri. co

V 1 ~ VH -::: 22D 0

t.;( S5 A

-

2200

Jl- -::

/f 0000

=

!";-5, S A·

tla

J2 -=-

220

II2. . J 2.

:=:.

/f D k 1IA

sn o

\; 1 ' Jf':

a) E~deger devre (bo~ta <;ah~ma karakteristigi iyin) sekonder tarafa 220 V uygulayallm. J c -.-.

)0

J

T

0

em de r

JW}L

VL

Ct,

~V1l-

~~--------~------~o ·

Bo~ta e~deger

Jl'1L

"'V~ JL

Fazor diyagraml

devre

w

w

w .e

(a)

J ... L

-.-:;~-.:;....-

)

100 ·

Pc L

:::

Jc..L

=-

=-yl'::1L'I.---_-J-c.7..-L.-,)

2

:=

Rc L _- (22o)

2

It8 '+

...Q

22:0 -::. DJ Cf5

Vi.:~Cf~~, If-';

21 lff:, A JM-aL

2

=

A.

2

22.0

2. 'r{,


.. - .

-- " -' J -

_ .. . . - . - .. - _ .

MOhendislik FakOltesi, Elektrik Makinalan I YOksek gerilim taraflna ili~kin parametreler:

22.DD

== 10

22.D

'X~ H

Rc: L

fJ

~ 1c> '2

r

= /fD 2.

Y. 8 'f

-

gB ~ ~ g @lfD SL I

Kisa devre karakteristiginden (alyak gerilim klsa devre)

ri. co

RCH -=- Ci 2

m

Sanm oranl:

o

J

em de r

sn o

tla

Alc;ak gerilim tarafl klsa devre edilmi~ e~deger devre

Bu parametreleri alyak gerilim klsmlna indirgersek:

7
R.CCfH

L --

/lD,Cf

-100

Q2.

'Xe1/... --

w .e

r

31 , tJ -::: 0 31~ 1 /f)o

Alyak gerilim tarafma indirgenmi~ e~deger devre

'VV\-~ r--..:.--.,..~ 0. tol;.Jt JO,3J'j I

e

'f84

w

w

VL .J1,.

,

~--~

85, if Jt,

1

.J1

\6,' ~

~~---------r---------------O

Y.G. tarafma (b)

0

0

VJl

n

Sv .'

10. If

~JL ~--;)

I

31,5 J I

'1-& lfoo

-n,

&, 10 C; Jl-

:::::

J' ~B ~D SL

I

Sl"

D----~--------------~D

indirgenmi~ e~deger devre

J

E~deger devreler ~ekil

VI

E 2.2


[,

T.e. Sakarya Oniversitesi MCJhendislik FakCJltesi, Elektrik Makinalan I

Burada, parelel empendansln seri empendansa gore <;ok daha bCJyuk oldugu gorCJlmektedir.

2,~

A

't55 A I

°1DO

.=

/.

~ 2,5

A

5.5

ri. co

J4> I

Uyanna aklml, nominal yOk aklmlmn %5,5 Idlr. Bo~ta gOg fakt6rCJ:

11

~ ~ j e,; /; t,., y alttw, (/J

tla

- fakt-oru= .. gu<;

.

m

(b) Bo~ta ~11~ma 61<;melerinden, al~k gerilim sargllanna uygulanan 220 V, 2,5A lik mlknatlslanma aklml olu~turmaktadlr.

0

CD S T ::.: ---:::-::--...:....F'--=--A{)

2,5

sn o

220 X

Kisa devre gO<; fakt6rCJ

em de r

gO<; fakt6rD=

2.3 Gerilim ayan Trafolara baglanan yCJklerin normalde sabit <;Ikl~ gerilimi ile 981r~masl gerekir. Ancak iC; empedans yO~CJnden c;ekilen aklm arttlkya. <;,kr~ gerilimi du§me g6sterir (!jekil 2.12). r - - - - - -~ P

'f. Vvr-----16Q\

~

I

i. I

w .e

~1 ~_ _

0

v{

01,;'~

/-,

I

(a) Trafo

--

_ ~ V1 in y6rOngesi bir dairedir.

w

w

.

V' '1.

~l'o~1

\ (b)

Fa~.6r

diyagraml ~ekiI2.12. Gerilim ayan


T.e. Sakarya Oniversitesi . Muhendislik Fakultesi, Elektrik Maklnalan I

Trafoya gerilim uygulanlp, yOk-D ise aQlk devre durumu iQin -"?

V1 bD~« =-

gegerlidir. Yuk trafoya baglamrsa, yukteki gerilim

Vi

yi:{l -=-

-4'

V~

V2. NL ::::;

a

~

V; L - V~ NL

~

i ,6 Vb

m

Clkl~ gerilimi, yukOn durumuna gore azalJr veya _ artar. Bu degi§i~. ie;

anla~fl'r.

I

tla

(V21 bo~ - VJ..! '(?:ok I v2,./ y~ f(

Gerilim ayan=

ri. co

empedanstan (J.~ kaynaklamr. Degi§ik yOkler goz onune allnlrsa, bu degl§lm bOyuk boyutlar alabilir. _ .. . BOyOk degi~imleri onlemek iQin Zeq empedanslnln kU 9uk oimasl gereklr. Gerilim ayar metodu ile, degi~ik yuk altmda trafonun davranll]1 hesaplanlr. Gerilim ayan ile, sekonder gerilimin, yuk yok ve nominal iken ki degi§imi

f

sn o

Mutlak degerJer , yuk performansl iQin bunlann kuJlandlQlnI gosterir. Yuka:,daki denkle~lerdeki gerilimler, primer ya da sekondere indirgenmi~ e~?~ger devr~.ler lie hesaplamr. Primere indirgenmi~ e~deger devre ile ~u e~'t"k yazllabll,r: V 1/ / V '/ .. /. Gerilim ayan= . 2 bo;; l. Y,",I{

Iv 2'/ y::l<

YOk gerilimi normalde nominal (anma) gerilimi o/arak almlr, yani

em de r

I vd Iv:;~

. ..

::: I vi /a."t"v-q

Prlmere md'rgenmi~ e~deger devre model in den 1/ y

1

yazllIr. Eger T,t

I z =0

<;Onku

I

I

·

1:::.

' V2.I + ..J.2.... - I 1<9 7"1 • 1- I -1 -r 0 . 2..

ise

•

v

If.

eq -1

.

V1 :::. V"k'

I

olarak belirir.

w .e

V?. bD~-=-IV11 I Gerilim ayan= l Vi I - LV1..1 ctl,."", .. (% olarak)

f V'Ll I ec:o,.o....q

X % 100

Gerilim. ~yan, yukun gOe; faktorQne ba~lldlr . . yazllan ~evre denklemini go :. ~nmere Indirgenmi~ el]deger C;IZI1~b"lr. V1 geriliminin yan 9apI l2.' .. .:;,.,: Z onun~ alarak fazor diyagraml ..L'::J lie V'2. aynl fazda ise, maximum olur 8 ~1 olan blr dairedir. VII . u Ise . ' 2 · 7...eCf;f

w

w

d~~re .I.e;m

demektir.

e2.

t @e11

ez : Y~k erl}ped~mslnJn faz a~lsl

-= 0

ee~ I ~ "t:~ I In faz ac;rsl 18 12/97


nl,mYd l l 1hl t~ 1 ~lltl. ~ l MOh\. 11d l ~\lil , I ul,()lt( ~11 , EI ktl ll, MIlkil 1Uldri I "

ri. co

m

1', l ,.,

-=.\J H

tla

V11

o~-----------------------------

sn o

Trafa (a)

em de r

( 7 ~% yOk, S09 fal turD= 0,6 (endOktif) (b) 75 . , yOI , 909 f ktoru= 0,6 (kapasitif) (c ) (0) va (b) § kli i9in fazor diyagramlanm 9izin .

w .e

1 q, . '10 kVA.-200/220 V,60 Hz

C;OzOm:

(a) %75 yOk, anima aklmlnrn %75 ine kar~1 gelmektedir. Bu nedenle

w

w

EndOktif gO<; faktorU (b)

I

N':.

--I j,

L -=-

0, 1~· 4,55 -:.. 3/f1 A

J N -=- !.DOOo IN

220D ~ '1-(55 A ,

GO<; faktOrO :::0,6 verildigine g6re

~ ~2 -:: D,.b EndOktif yOk ~ ::: - 53.13 0 i9in

19 12/97 Generated by CamScanner from intsig.com

T.e. Sakarya Oniversitesi Muhendislik FakOltesi, Elektrik Makina/an I

L N -;

VH

~, 'f 1

t S 2, 13 ';)

:: V~

1

0

t 53 .;3

31,3) /

(48,'f-l-;

36)89

m

:::;

+ I~. i~H 22DO LE..1) f 3 Cf1

A

~ 2200 +3~.~b /..::5).13 + /lOb.13 L~oo_53:...13

35. ~~ . ~(53'13) -1 3S. rf' .~ (fi3, 13)

ri. co

;;: 2200 of

t 10G 13 ' C<:r;)(3b .8 r/ ) +j 1D6, 13 ~(3b' gi-j t

-t- 21, 2'8

::: 2 Zo

-f-

j

(3 S , 6 =t )

~s.6::r

0 I g8

arc tan _ - - - - . : :

2306 . ,

!Iff ~

gerilim ayan =

b~

f

D if D

'f)

sn o

3 D6 -7; 6::; +

+j

J (- 2. 8. "3:; + 6 If.

'2-8 + 8 S, S 8 +

2-1,

em de r

= 2.

D

- J 28, 31 + g s, 36

tla

:= 2 2.D D

:r

23D6.Q'f

L o.~a

2.306. 5'f - 2 '2.e>o ----~----

V 0 q., ()'

0/ /0

w .e

2 '2.Do

-

() , S"

::=:

w

%4.86 mn an/amI ~u demektir. Eger, trafodan yOk ka/dlnllrsa, sekonder gerilim 220 V dan 230,69 V degerine yOkselir. Veya, %75 yOk (0,6= cos
w

(b) gOy faktcSrO kapasitif ise ~

92 ::: - 5 3, -13

VJ.f -

--

0

3. If-1 L!}.13

2.200

LE-

22.00

f..E.0 + 35 . ft."

2215)0

tE-

0

-f

-f 2.1,2.:;"

~13

-Ij

92.. = - () . 10 • ( 1t; I 'f

+j

r ;' 31(3)

(1DG.

2g, 3~ -~~,:S~

7-3) !.E,I]

rJ

6!f,0'!


T. C. Sakarya Oniversitesi MClhendislik FakClltesi, Elektrik Makina/arr I

+ J 92.

gerilim ayan =

213"1 ,~

1..137.

~

~iS· V -

22..00 22.00

=

m

V 1+

t;-l.

ri. co

::: 2135,
X

{DO

tla

Deger negatif ~Ikmaktadlr. Bunun an/ami !1udur: YOk a~lk devre yapl/lrsa, gerilim 220 den 213.79 V degerine inmektedir. Veya yOk bag/andlglnda, gerilim 213.79 V dan 220 Va yukselmektedir.

sn o

3·'114

VJI.

~ 2 .lfo 0

Kapasitif gO~ fakt6ru

em de r

( c)

~eki/

E2.3

w .e

2.4 Verim va\~ Trafolann, her cihazda oldugu gibi yOksek ge;:ilifTide ~1I!1masl istenir. Transformator statik bir sistem oldugu iyin, verimferi %99 a kadar yOkselebilir. . Verim ~6yletamamlanabilir. 11 = (ilk,S (,J~ (PCf-(kl~)

yazlhr.

~ekirdek

tPI(G(.Y'f

kaybldlr (Pc). Bu nedenle

Pc;.lkl~

11=

PCi t Ul1

'Pc-c. = Til 2. .. R1 --f I = 1", ~ ,R eq A =

12.'

( Pt"'{ ~ )

PtflklS

Pq I k.t..~

.- p

KaYlplar, baklr kaybl (Pcu) ve

w

w

'11=

~'ti r ~ eM..

0

Re.q 2...

-+ Pc t..I

,z

2

eo

-f-

1> c-

R. 2-

(primere indirgenmi!1) (sekondere

indirgenmi~)


T. " , S~lk~ nv;:i Ur i\i ~~r~\j(r~: .l ~ Wh ~ ~~i:) I I' F; lk) lIi~:l l \ li le} ,tl ii, IW11,1!1;1Inrl I

----------~~--.---------------------------------------------

N nn ___ I :' tuk

t.

\

rilimi ~ ."bit

yan i yOke

I u( u nd ~ n ve rim

bsgltdlr. it ve O sabit iyin

dr~

-

dI'2,

ri. co

1) ::

m

I- :.J' II' \, 'W1 '1 {)k d ,1In11l;:) U1J Il d lr, p ~: lr:it?k kn bl i :s~: , tr.lt' 1 nl,l"r\nl 0n hc.saplnrll r.

-:: :- 0

Pc

~

P v

I

I

-

"tJ~

,,:;/v j

1.-

~ Re:qZ

=baklr kaybl

sn o

elde edilir. Bu: (1) ~kjrdek kaybl deme!
1 2-2

tla

iken sIde edilir. Su kural en son denkleme uygulamrsa. maximum veri m iyi n

"R e.'j z,

em de r

Ancak V2 =sabit ve .!.z- sabit i ~i n aynca (2) max. verim ~ =1 ise elde edilir.

.

\ , , 4- ' , • , .<

~

•

"

V ~

I ., ,,,,

1

w

w

w .e

:::: D, (,

~o

~---r---+--~--~+---+-------~

J'2$ekil 2.1 3 Sir trafonun verimi

-:17-

a.~~


T.e. Sakarya Oniversitesi Muhendislik Fakultesi , Elektrik Makinalan I

Ornek 2.4.

m

Incelenen trafoda (a) %75 yuk ve cos9f 0,6 da verim nedir? (b) Maximum verimde 91kl~ gucu nedir,ve maximum verim degeri nedir?

ri. co

<;6zum:

Baklr kaybl: • Pc 100 W (tablodan) .aC;lk devre testi wattmetre degeri

tla

=

r J Req 1-1 Pcu= ( Dl:rr ". l.f ( 55 ) 7-

Pcu=

• -1 0 .

sn o

II

Lf~DD

if

--------- K

w

4DO

+ /l 'L1

I-{ :;-00 1" 1DD

em de r

- 121

(b) Maximum verim i9in

=Pbaklr ve eL =1 -'2. Pgekirdek =100 W = .J- 2 .. Ret( L

Pg8kirdek

T2

w .e

P91kl~ n =w.,g..'t = \j 2 ~ ,Ja;"

J2.

I

:::.

t"(/<.;(

)¥2' :: cf

1&0

OII()

~ 9z.

=220 x 31 x 1

w

w

)

I

=(

/)

Clkl~ Gucu 6,82 kVA

cos

9z. =1

Plaka GucO 10 kVA


T.C. · I nryn Unlvorsit o,,1 MullmHJinlll( r=ol
2.4 .2. Enorji v(7rimlili gi II (24 saat boyunca )

m

Sir endustri tosisinds, transformat6r tam kapasitesi ile c;all~tfnllr. Gerekli

_ 24 saattc verilen enerji

U

- 24 saaUe giri;? enerjisi

tla

YJ If1>

AD :all day

~ y

2.50totransformat6r

-

~____~2~4~s~a~a~tte~~v~er~il~e~n~e~n~e~rji~______

sn o

~A~

24 saaUe verilen enerji + 24 saatte kaYlp

CII
em de r

den/r.

V1

ri. co

zamanda da devreden C;fkanlfr. Bu tip trafolara gOe transformatorO denir. Bu trafolar tam gCJ~le maximum verimi verecek ~ekilde tasarlanlrlar. Elektrik dag ltlml i~in kullanllan trafolar ise 1i/ehir ~ebekelerinde kullanlllrlar, bunlara dag ltlm transformaloru denir. Bunlar, genellikle gOc;lerinin altlnda ~a IJ ~ l ri ar. Bu sebepten, dagltlm trafolannda, verim, ortalama C;lk l 1i/ gOeOne g~re maximumda tutulur. Ortalama verimlililc

b

transformat6rlere, ototrafo

)2-

Vz.

V

C $ekil2.14 Ototransformat6r

w

w

w .e

N2-J

Ortak sargl bir ~ekirdege sanllr ve sekonder, bir sargldan ~Ikl;? allnarak elde edilir. Burada primer ve sekonder sargllar fiziksel olarak birbirlerine baghdlrlar. BOtOn sargllar, aynl aklYI ileUiklerinden

.J.i. -:. l:!l. V'k

Sekonder sarglslnln, baglantJsl kaydlnlarak

-== £1

NJ..-

oL

Vl. ~ V1

24 . · 12197... Generated by CamScanner from intsig.com

To I

°

~ 2k2 :oy:: O::iversitesi

tQr. c= ~ d i s li . -

F... Oltesi,

Ele kt ri ~

MaKinalan I

Nt

r tf':::

- IV2-) I 1

Alt bolOmdeki (b- c) amper sanm ;

J1)

Fq : N 2 (J 2. Amper- sanm dengesinden

=Fa

FO

yazllarak

:=

1{f . (Jz -)'1)

(1- -1)

tla

~eklinded ir.

ri. co

Ost oolUmdeki (a-b) amper - sanm; - c, (

m

arasrntia d sg : ~tiri! e b Hi r.

N/]· J1 =J 1.:!-

--

C1

sn o

J"]'"

bulunur.

em de r

Bu denklemlerden, ototransformat6rOn gerilim,ak/m ve sargl eranJarr baglantllannln iki 5arglll trafe ile aynl oldugu g6rOlOr. Otetransfermat6rOn avantajl, -daha kOyOk kayak reaktansl -kOyOk kaybl -daha bOyOk kVA gOcO -degi§tiriJebilen 91kl;; gerilimi DeZ2'12nt3jl

j ~e.

pr:r.-:er ve sekcnder araslnrn direkt baglantrlr olmasldlr.

Omek2.5.

1

cjJ

,100 kVA, 2000/200 V iki sargllr bir trafo, bir ototrafo §eklindedir.

w .e

a o

JL",55b A

2.i:>t:>V b

O

)

t5DA

w

w

ID

J/I-:. S{)() A

AD--------------~-----------O

C

(§ekline getiriliyor)

~ekil E2.S


-l .f--. t~c I\£\I )H.I tJnivsrsit esi M OhC'l ndi (l lil, FA\\IJlt t):> i, Elel(tril( Mnl, inn lnn I

--_ ...•_-- _._--- ---

rafOm!1l nl\l m dogerleri

m

n ~ b 1,I:1n1l ilA ilnve 200 V knzfl nllmnl
Vab

Jbc. -

Vc=:'000 V

JI/ ~ 500 A

-:!.

Vbc-

JL.. :: 550 A dlr. ve VII == 2000 + 200 == 2200 V

primer gDC( kVA!

sn o

Bu nfldenle:

tla

Bu nouenle

Pbe-

ri. co

rpab

= 2000xSSO=1100000VA L :: 1100 I
s~l
=1100KVA

em de r

J/

w

w

w .e

verebi Imektedir. Bir fazlt 100 kVA, iki sarglli bir trafo, ototrafo ~ekline getirilinee 1100 K:VA verebilmel
26 12/97


T.C.Sakarya Oniversitesf MQhendislik FakUltesi Elektrlk l.1akbalan I

- u9 tane bir fazl! trafo He elde edilir •veya - ortak magnetik yaPlya 09 fazll sargllar yei/8:§tirilir.

t CJ'":s ro;m.at.:rta

tla

2.6.1. 09 adet bir fazll trafo

; C::JI

ri. co

GU9 iletiminde,g€rilimi yDkse!tmek ve ai;-.altm2:"\ :;:i<1 u.; kullanrllr. 09 fazlt trarorar,ya

m

2.5. 09 fazh Transfcrmat6r1er

09 adet bir fazll trafo kullanarak u; fazi r befo e1de ed!ebili. Primer ve sekonder sargll~r degi~ik ~ekillerde b<3glanabilir.

Bu sebepten dart

degi~ik

veya

sn o

wye (Y) delta ( L\ )

baglam3 yapilablir: y-~

em de r

Il-Y L\-L\

y-y

Bu baglama tipleri §ekil 2.15 de gorulmektedir.

w

w

w .e

(a) §Ikklnda, ortak bir netr nokiaslna Uy sargl baglanml§tlr.Seknder tarafta ise sargllar seri baglldJr.Primer ve sekonder aklmlar/gerilimler (b) de gerOlmektedir.Primer sargllardaki V geriJimi faz arasl geilimdir v,e .N1/N2 oram ise bilinen a de§eridir.( c) ,(d) ve (e) de diger mOmkfin baglama §ekilleri gorOlmektedir. BUtun mumkun baglama §ekillerinde u9 fazh trafonun guru ,her faz arastnda uygun §ekilde dagllmaktadlr.Kullanrlan baglama tipine gore ise aklm ve gerilimler degi§mektedir.

Y -.1 =' YOksek gerilimi al98k gerilime denO§tfJnnek i9in genellikle kullamlan baglantl tQrOdOr. YOksek gerilim sargllannln ortak noktasl genelde topraklanrr.

Il - Y = Bu baglantl torO gerilimi yDkselbnek i~n kullamllr.

- =

~ ~ Bu baglantrnm amaCl yedeklemeli 98h§may: temin edebilmesidir.Bir taraf baklma ahndlgmda,geriye kalan klslm,toplam gQcDn % 58 ini verebilir.Bu sistem , a91k DELTA veya V-baglantlsl olarak anlllr.


T. C.Sakarya Oniversitesi Muhendislik Fakultesi El ektrik Makinalan I

I

v

tla

ri. co

m

V3a

(1 )

I

·6

lv

em de r

{j·V 0-

•

I

w

w .e

i

V ~

:

.

,--•

( e.)

\.

~f"1.

)

0

Q

4 ( d)

aT V

•

V

-{j"

:J

r >

-ar ·.n

f~ - ~J

tJ-y

(C.)

w

y- .6

sn o

Y-6

(a, )

t1-L1

-aV. J y- '(

$ekil 2.15 09 fazll trafo baglanttlan

12197 · Generated by CamScanner from intsig.com

'.

',', ,..,.

T.C.Sakarya Universites; Muhendislik FakGltesi Elektrik Mal
=

y -Y Uyarma aklml ve endGklenen gerilimler yGzOnden bu baglantt e;ok az kullamllL '

m

2.6.1 Faz kaydmna

tla

ri. co

Bazl ue; fazll trarolar,faz arasl gerilimlerde,faz kaymasma neden olurlar.$ekil 2.16 daki fazor gerilimlerini g6z onune alirsak,Y- ~ baglantlsmda VAtJve V 0gerilimleri aym fazdadlr.Ancak fazarasl gerilirni V4S ,primer gerilimi olarak, V a. b 0 gerilimine gore (sekonder) 30 6ndedir. II - Y baglantl sisteminde fazarasl 0 gerilimlerde (primer-sekonder) 30 faz farkl olu~ur. ~ - ~ ve Y - Y gerilimlerde fez farkl olu~maz. Y-ll ve II - Y sistemlerindeki faz farkl, bazi devrelerde avantaj olarak kullantllr.

sn o

c.

em de r

B

w .e

VCN

w

w

Vc :: Vee..

$ekil 2.16.

09 fazll

transformat6rlerde faz kaydlrma

" 12/97


T.~ . Sakarya Oniversitesi Mul1sndislik Fakultesi Elektrik Ma!
2.6.2. Sir fa;:!i

e~deger

dev.e

~ger

e~dager

•

ri. co

m

0" fa: 11 sir sistemde,Oe;: trafo da ve hem kaynek, hem de yOk aeng eli ise.primer va sekonder geri lim ve aklmlar da dengelidir. Bir fazdaki akllTl ve geiilimler.denge bowlmakslzln digar fazlarla 120" faz farklnl llai::dirler. 8u baklmdan,bir fa21n analizi.digar iki fazln analizi ic;:in yetartidir. Sir eri fa::1i olarak etde edilen a;;deger devre,tum kaynak geriliml simetrik.t rafo sargl lan aynl ve yOk empedansl de simetrik va uc;:gen ( D ) ise gec;:erlidir.

I

sn o

tla

v Ca..)

/~" ;" \ ,,-==-L

em de r

~

::= L

.

.:cL

I~

Z/.

-iL , .. 3

? /~

(b)

f3 .a.. I 7'

w

w

w .e

r

I

'"·0 3~"'-~


T. C. nk rya Oniversitesi MQhcndislik FakOltesi Elektrik Makir:a/all I

y - ~ transformasyonu olarak bilinen bu y6ntem, ~ - y-'lCen Y- yDkun hesacml

•- . . Akt ue I trans formaLor 191n ,

p V!3a., r;~

13

>(t~-t:;.f4..S t ~.

5c i! "I~.J..r ~a.f~S t ~

,

ri. co

vi,"

m

g er~ekle ~ti rir (~el
=

,/ V

/yJ .c...

....

=.

VJ

f

Co-

V

w

w

w .e

em de r

sn o

tla

bulunur. Bu baklmdan bir faza jndirbenlni~ e~de£Jr cevrer:in sG..n m s2yll2)1 oram ,aktUel tra nsform at6rOn primer fczarClSI geri liminin,sekonder ;aa;25 I gerilimine OJ mdlr. ~ ekil 2.17 d de bir faza i n di fgenm j ~ e?C'efe de·,r: e g6rCJlmektedir. Bu e~d ege r devre Irate hesajJ!2nnaa yaY9Jn ~e: 'lae Y.Lllan i l .

?f Generated by CamScanner from intsig.com

T.e .Sa.' ar/ a Universitesi r, ~ - h er1 j i s l i~, rc k O ! ~esi

Elektrik Makinclan I

O m e ~ 2.6

ad::! l -faz]s ,50 kVA,2300 I 230 V ,60 Hz trafo O~ fazl l 4000/230 V bir tra.r.S~0iTile.tcr olu§turmakt adlr.Her trafonun,al~k gerilim tarafma indirgenmi~

09

-

e~:je::e r

O,012+j 0,016 n dur. ~azll tre.nsform2tcr. u~ fazll,1 20 kVA,230 V ve cos

bes ls!7lekieeir. (a) Trc:1srcrrr,ctorun ~ematik baglantls ml c;izin Cfl!::. ), It:) Trc.fo sar: l c~l m ! ann l bulun, (c) Pr:m er razsrasl gerilimi bulun, (d } Gs.tilim cyan m hesaplayln.

ta.rafl 4000 V a baglanacak

~ekilde

{a)

c

Ip

7

}.

I,

~

f r1

r

em de r

V-!

I

I

Y olarak seC;ilir.Sekonder

Is

sn o

tcra- ise 2'30 V a irtibatland lnllr.

tla

Trcio, pr.~er

m

U.:;:

err.oedansl ,

ri. co

_

30/

1

J;

I 230 I2 V

120 !c.VA,

w!f -=D,gS'

w .e

( a,)

1:t,35 ~

t: 31 . 8" J

VL -= 2300

w

w

v·/ :: (f:, )

~ekil E 2.6. (a) ve (b) ).. ;

--

"

Q.'

Vz.

•

Prit.c.u;,re. tr~

~

----------------~----12/97 Generated by CamScanner from intsig.com

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

m ri. co tla sn o

em de r

ELEKTRİK MAKİNELERİ

w

w

w .e

(MEP 112)

Yazar: Yrd. Doç. Dr. Mustafa Turan

S1

MEP112-H4-1

ri. co

Bu ders içeriğinin basım, yayım ve satış hakları Sakarya Üniversitesi’ne aittir.

m

SAKARYA ÜNİVERSİTESİ Adapazarı Meslek Yüksekokulu

tla

"Uzaktan Öğretim" tekniğine uygun olarak hazırlanan bu ders içeriğinin bütün hakları saklıdır.

sn o

İlgili kuruluştan izin almadan ders içeriğinin tümü ya da bölümleri mekanik, elektronik, fotokopi, manyetik kayıt veya başka şekillerde çoğaltılamaz, basılamaz ve dağıtılamaz.

Copyright

© 2005 by Sakarya University

em de r

All rights reserved No part of this course content may be reproduced or stored in a retrieval system, or transmitted in any form or by any means mechanical, electronic, photocopy, magnetic, tape or otherwise, without permission in writing from the University.

w

w

w .e

Sürüm 1

Sakarya........ 2005

S 1

ri. co

m

MEP112-H4-1

tla

Transformatörler

sn o

Bu Haftanın Hedefi:

Bir çeşit duran elektrik makinası olan ve aynı

yasalar tarafından transfomatörlerin çalışma prensipleri

ve

genel

kullanım

alanlarının

em de r

kavranması hedeflenmiştir.

Bu Haftanın Materyalleri

w .e

Kullanılan semboller

Soru

Veritabanı Bağlantılı Soru

Simülasyon

Püf Noktası

w

w

Animasyon

1

MEP112-H4-1

m

Faraday'ın Endüksiyon Yasası

ri. co

Faraday Yasası gereği manyetik alan içinde bulunan iletkenlerde emk (elektromotor kuvvet) endüklenebilmesi için ya bobin hareket etmeli, ya manyetik alan değişmeli, yada her ikisi de aynı anda bulunmalıdır.

Aşağıdaki örnekte demir çekirdek üzerine sarılmış bobine alternatif gerilim uygulanırsa, alternatif akım akar ve bu alternatif akım bobinin demir çekirdek içinde değişken bir manyetik alan oluşturur.

w .e

em de r

sn o

tla

Değişken manyetik alan, kestiği iletkenlerde emk endükler. Bu emk’nın yönü Lenz Yasası gereği, kendini üreten gerilime ters yöndedir.

w

w

Bobinde endüklenen emk’nın büyüklüğü; manyetik akının şiddetine, bobinin sarım sayısına ve akının değişim hızına (alternatif akımın frekansına) bağlıdır.

Transformatör nedir? Transformatör (çoğu kez trafo diye kısaltılır); alternatif akımda çalışan ve bir sistemden diğerine enerji transferi yapan, duran bir elektrik makinesidir. Sarım sayıları ile orantılı gerilim üretileceğinden, belirli bir gerilimdeki enerjiyi başka bir gerilime çevirerek aktarır. Bu sayede alçak yada orta gerilimde üretilmiş enerji yüksek gerilime ve küçük akıma

2

MEP112-H4-1

m

çevrilerek, hat kayıplarını azaltacak şekilde uzak mesafelere iletilebilir. Daha sonra iletilmiş yüksek gerilim; yine transformatörler ile şehir içi dağıtım gerilimlerine dönüştürülürler.

ri. co

Transformatör enerji üretmeyip, sadece enerji dönüşümü yapan ve hareketli parçası

olmayan bir makine olduğu için kayıpları küçüktür: Giren güç yaklaşık olarak çıkış gücüne eşittir.

em de r

sn o

tla

Aynı güç; farklı V ve I değerleri ile taşınabilir. Bu ilişkiden, güçün korunumu ilkesi ile, gerilim arttırılırsa akımın azalacağı görülür.

Orta Gerilimi (OG) Yüksek Gerilime (YG) dönüştüren bir trafo postası

w

w

w .e

Trafo Postası ve Direk Tipi Trafo

3

sn o

Bir Fazlı Trafonun Yapısı

tla

Orta Gerilimi, Alçak Gerilime (AG) çeviren bir direk tipi trafo

ri. co

m

MEP112-H4-1

Manyetik çekirdek silisyumlu saçların paketlenmesi ile elde edilmiştir. Som demir yerine

w

w

w .e

em de r

silisyumlu saç kullanılmasının amacı, çekirdek üzerinde oluşan ısıl kayıpları azaltmaktır. İki farklı yapı mevcuttur: Mantel ve çekirdek tipi trafolar.

4

MEP112-H4-1

sn o

tla

ri. co

m

Yapısı

Küçük güçlü bir trafo

w

w

w .e

em de r

Bir fazlı minyatür bir trafo

Tek fazlı toroid yapılı trafo. Bu yapıda kurdela şeklindeki şerit saclar simit şeklinde sarılıp, üzerinde sargılar sarılmıştır

Üç fazlı büyük bir güç trafosu

5

MEP112-H4-1

sn o

tla

ri. co

m

Alternatif akımın ürettiği değişken manyetik akı, trafonun manyetik çekirdeğinde de gerilim ve akımlar endükler. Bu akımlara Fuko (Faucoult) Akımları denir. Bu akımlar çekirdek derinliğine doğru akar ve enerji kayıpları oluşturur. Bu kayıpları azaltmak için, demir saclara silisyum (%3-7) katkılanır ve akım yörüngelerini küçültmek amacıyla som çekirdek yerine sac paketinden oluşmuş çekirdek yapısı kullanılır. Bu tüm alternatif akım makineleri için geçerlidir. Değişken manyetik akı, saclar içerisindeki manyetik domenlerin yer değiştirmesine neden olur ve bir çeşit domen sürtünmesi oluşturur; bu da bir kayba neden olur. Bu kayıba Histerezis Kaybı denir.

Fuko ve Histerezis kayıplarının toplamına demir kayıpları denir ve değişken akının olduğu her yerde mevcuttur. Makinenin demir ağırlığına göre nominal kullanım için özgül olarak

em de r

ifade edilebilirler ve ortalama kilogram başına 1-2 Watt kadardır.

w

w

w .e

Demir kayıplarını azaltacak şekilde sac paketinden yapılmış bir trafonun kesidi. Günümüzde şebeke frekansında çalışacak hemen hemen bütün trafoların manyetik çekirdekleri, silisyumlu saçların paketlenmesi ile oluşturulur.

6

MEP112-H4-1

m

Üç Fazlı Transformatörlerin Yapısı

ri. co

Üç fazlı güç; 2 yada 3 adet tek fazlı trafo yada 1 adet 3 fazlı kullanılarak transfer edilebilir. Üç fazı oluşturmak için tek fazlı trafolar kullanılırsa, bu yapıya 3 fazlı trafo bankı denir. Anlatma kolaylığı açısında 3 Fazlı Simetrik bir trafo aşağıda verilmiştir. Bu yapı konstrüksiyonun zorluğu kullanılmamaktadır.

nedeniyle,

özel

durumlar

(laboratuarlar)

haricinde

Pratikte kullanımı olmayan bu simetrik yapıda, orta bacaktan akı akmaz (matematiksel

w .e

em de r

sn o

tla

olarak dengeli 3 fazlı akı, akım ve gerilimlerin toplamı sıfırdır). Dolayısı ile orta akı yolu kaldırılabilir. Açığa çıkan şekil üzerinde ufak tefek değişiklik yapılırsa 3 fazlı çekirdek tipi trafo elde edilir.

Endüstride en çok kullanılan 2 yapı aşağıda verilmiştir: Çekirdek tipi (en yaygın) yapıda her fazın birincil ve ikincil sargıları aynı bacağa monte edilmiştir ve her faz için bir bacak

w

w

mevcuttur. Mantel tipi 3 fazlı trafoda iki yanda akının dönüşü için fazladan 2 bacak vardır.

7

MEP112-H4-1

m

Dönüştürme Etkisi

tla

ri. co

Transformatör gücün çarpanlarını değiştirir. Aşağıdaki gibi bir gerilim başka bir gerilime dönüşür. Aşağıda noktalı uçlar aynı polaritede gerilimi olan uçlardır.

w

w

w .e

em de r

sn o

Aşağıdaki açıklamalar, transformatörün devre üzerindeki etkisini anlamak için çok önemlidir:

8

MEP112-H4-1

ri. co

m

İdeal Transformatör

İdeal Trafo'da

tla

İdeal transformatör olmamakla beraber, yapılan bu kabul ile bazı basitleştirmeler yapılır: Gerçek Trafo'da

Manyetik çekirdekte demir kaybı yoktur.

Vardır; hem fuko hem de histerezis kaybı az yada çok vardır

Manyetik çekirdek mükemmel manyetik geçirgen varsayılır, böylelikle çekirdeği mıknatıslamak için adeta akım gerekmez. Mıknatıslama için reaktif güç gerekmez

Geçirgenlik mükemmel değil, boşluğa göre binlerce kat iyidir. Dolayısı ile, mıknatıslama için akım ve reaktif güç gerekir.

w .e

em de r

sn o

Sargıların direnci yoktur. Dolyısı ile sargılar üzerinde güç kaybı (bakır kaybı) olmaz.

Süper iletken olmadığı sürece, her iletkenin bir iç direnci bulunur. Dolayısı ile bakır kaybı da bulunur ve sargıların ısınmasına neden olur.

w

w

Doyma yoktur, çevirme oranı sabittir.

Bütün manyetik malzemelerin bulunduğu makinelerde, doyma mevcuttur. Zira tüm manyetik domenler yönlendiğinde, geriye yönlenecek domen kalmaz. Malzeme doyar. Doyma bölgesinde çevirme oranı sabit kalmaz. Doyan bir trafoda, giriş gerilimi arttırılsada, çıkış gerilimi aynı oranda artmaz.

9

MEP112-H4-1

sn o

tla

ri. co

m

Mıknatıslama Akısı ve Kaçak Akılar

w

w

w .e

em de r

İdeal Olmayan Özelliklerin Yamanması

10

em de r

sn o

tla

ri. co

m

MEP112-H4-1

w .e

Transformatörün Etiketi (Katalog değerleri)

w

w

Transformatörlerin etiketlerinde, tiplerine göre birçok parametre bulunmasına rağmen en yaygın tanımlayıcı parametreler olarak:

bulunmaktadır. Burada n indisi nominal değeri belirtmektedir. Nominal değer; bir makinenin sürekli çalışabilecek şekilde tasarlandığı değer anlamına gelmektedir. S ise transformatörün görünür gücüdür (Görünür güç; aktif ve reaktif güçlerin vektörel toplamıdır).

11

MEP112-H4-1

m

Oto-Trafo

ri. co

Primer ile sekonder arsında izolasyon gerekli olmadığı durumlarda tek sarı arasından uç çıkartarak, 2 farklı sarım sayısı elde edilerek, oto-trafo bağlantısı elde edilir. Çevirme oranı a=1/3 ile 3 arasında olduğunda verimli ve ekonomik olmaktadır. Ortak sargı kullanılması sebebiyle, ekonomiktir. Kullanılan sac miktarı da daha azdır. Bu yönüyle de ekonomi sağlar. Verilen çevirme oranlarında gerek demir, gerekse bakır kayıplarının azlığı verimlilik sağlar. Dezavantajları ise; iki sargı arasında elektriksel izolasyon bulunmaması

em de r

sn o

tla

(bu birçok uygulama için dezavantaj olmayabilir) ve çıkışta olabilecek kısa devre arızalarına karşı dayanıksız olmasıdır.

w .e

Variyak

w

w

Endüklenen gerilim sarım sayısı ile orantılıdır. 5. Haftadaki Faraday Yasası bahsinde elde edildiği üzere:

Dolayısı ile sekonder sarım sayısı değiştirilebilir bir yapıda olursa, çıkış gerilimi değiştirilebilir ayarlı bir trafo oto-trafo elde edilir. Bu tip oto-trafolara "Varitak" denir.

12

ri. co

m

MEP112-H4-1

em de r

sn o

tla

Sekonder sarım sayısı hareketli sürgü kolu ile değiştirilir.

w .e

Ölçü Trafoları

w

w

Ölçü trafoları; ölçme, kontrol ve kumanda amacı ile pano ve cihazlara taşınamayacak büyüklükteki gerilim ve akımları ölçeklemek için kullanılırlar.

Gerilim ölçü trafoları (GT) 1000V'tan büyük gerilimler panolara taşınmaz. Bu gerilimlerin ölçülebilmesi için, primer gerilimini 100V a düşüren trafolar kullanılır. Bu trafolar ayırca primer ile sekonder arasındaki izolasyonu da sağlarlar. Aşağıda 34.5 kV/100V luk bir kuru tipizolasyonlu GT görülmektedir.

13

Akım Ölçü Trafoları

sn o

tla

ri. co

m

MEP112-H4-1

w

w

w .e

em de r

Gerilim alçak gerilim (AG) olsa bile akım 25 Amper ve yukarı olması durumunda, akımı 5 A'e çeviren trafolar kullanılır. Örneğin 100A/5A, 250A/5A gibi.

Akım trafosu çıkışındaki ampermetreyi herhangi bir nedenle sökmek gerektiğinde, sökme işleminden önce akım trafosunun çıkışı kısa devre edilmelidir. Aksi halde ölüme sebebiyet verecek, yada akım trafosunun çıkışında, patlamasına sebep olabilecek kadar yüksek gerilimler endüklenir. Bu duruma önemle dikkat edilmelidir.

14

ri. co

m

MEP112-H4-1

tla

Alçak gerilimli (400V) kuru tip bir akım trafosu

sn o

Üç Fazlı Trafolar

em de r

Başka bağlantı tipleri olmakla beraber; transformatörün primer ve sekonder sargılar kendi aralarında genellikle yıldız (Y) yada üçgen ( ) bağlıdır.

Yanda, primeri yıldız, sekonderi bağlanmış bir trafo görülektedir.

üçgen

Yıldız bağlantıda, sargıların tüm sagıların çıkış uçları birleştirilerek geri kalan 3 uca 3 fazlı gerilim uygulanır yada alınır

Üçgen sargıda ise bir fazın bobinin çıkış ucu,

3 Fazlı sistem 3 fazlı yapılmış bir fazlı 3 trafo olabiler. Yanda Yıldız-Yıldız (pimer yıldızsekonder yıldız bağlı) bağlı 3 adet trafo görülmektedir

w

w

w .e

diğer fazın girişine bağlanır. Kesişim noktalarından da 3 faz bağlantısı yapılır

15

sn o

tla

ri. co

m

MEP112-H4-1

Transformatörde Kayıplar ve Verim Transformatörde 2 tip kayıp bulunmaktadır: Demir kayıpları ve bakır kayıpları.

w

w

w .e

em de r

3 Fazlı sistem 3 fazlı yapılmış bir fazlı 3 trafo olabiler. Yanda Yıldız-Üçgen (pimer yıldızsekonder ödedi bağlı) bağlı 3 adet trafo görülmektedir.

Pfe demir kayılarını Pcu ise bakır kayıplarını vermektedir.

16

MEP112-H4-1

ri. co

m

Demir kayıpları: Değişken akının demir çekirdek üzerinde endüklem yapması nedeniyle oluşan akımların neden olduğu kayıplardır ve pratik olarak boşta çalışma gücüne eşittir (Boşta çalışma, makineye anma gerilimi uygulanıp sekonderinden hiç akım çekilmemesi durumudur).

tla

Bakır kayıpları ise, -genellikle bakırdan yapılmış- sargılarda ısı olarak açığa çıkan kayıplardır.

sn o

Toplam kayıplar:

w .e

em de r

Buradan hareketle, trafoda güç dengesi ve verim aşağıdaki gibi bulunur.

w

w

Kayıplarından dolayı ısınan transformatörler (Özellikle orta ve büyük geçtekiler) çeşitli şekillerde soğutulurlar. Ve yüksek gerilimlerde ayrıca yağ ile izolasyon da uygulanır. Kullanılan yağ aynı zamanda iyi bir ısı transferidir ve soğumaya yardımcı olur. Aşağıda yağ ile izolasyonlu ve yağın doğal akışı ile soğutulan bir trafo verilmiştir

17

sn o

tla

ri. co

m

MEP112-H4-1

em de r

Tamamlayıcı Örnekler

Aşağıdaki örnekler çeşitli transformatör uygulamalarını örneklerle açıklamaktadır. Örneklendirmenin yanında farklı konulara da kısaca değinilmiştir. Örnek 1:

w .e

220 V 'a 12V'luk alçaltıcı bir trafonun, sekonderinde (12V'luk sargıda) 28 sarımlı bir bobin bulunmaktadır. Primer sarım sayısını bulunuz

Bu örnekte, 220V'luk alternatif gerilimi 12 V'a indiren bir transformatörün sarım sayıları arasındaki ilişki incelenmiştir.

w

w

Örnek 2:

100VA gücünde bir transformatörün gerilimleri V1 = 220 V, V2 = 12 Volduğuna göre, I1 ve I2 akımları nedir?

Güçler; dir. Bu ifade kullanılarak

18

m

MEP112-H4-1

ri. co

Bu örnekte, sargı akımları arasındaki ilişki incelenmiştir. Alçak gerilimli sekonder akımının, nispeten daha yüksek gerilim değerine sahip primerde çok daha küçük olarak aktığını gördük. Elektrik santraları ile şehirlerimiz arasında yüksek gerilim ile güç nakli yapılmasının sebebi, hattan küçük akım akıtarak hat kayıplarını (I2.Rhat ) azaltmaktır. Alternatif gerilimi yükseltme ve alçaltmada hep transformatörler kullanılır. Örnek 3:

w

w

w .e

em de r

sn o

tla

Ses kuvvetlendiricisinin ürettiği gücü maksimum değerde hoparlöre transfer edebilmek için, kuvvetlendirici ile hoparlör arasına konulması gereken transformatörün çevirme oranını belirleyiniz.

19

sn o

tla

ri. co

m

MEP112-H4-1

w

w

w .e

em de r

Transformatörün empedans uydurma özelliği; hoparlör devrelerinde, anten yükselteçlerinde, farklı elektronik devreler arasında vb uygulamalarda yoğun olarak kullanılır.

20

m r i. co sn ot la

w

w .e

em de r

BÖLÜM 9 Üç Fazlı Transformatörler

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

1. Manyetik Nüve

m

m r i. co

w

w .e

em de r

sn ot la

Transformatörlerde manyetik nüve (gövde), fuko ve histeresiz kayıplarını azaltmak için 0,30-0,50mm kalınlığındaki birer yüzleri yalıtılmış silisli saçların paketlenmesinden meydana gelir. Saçlardaki silisyum oranı %3-%4 civarındadır. Yalıtım işinde ise yalıtkan olarak Carlit kullanılır.

m r i. co

w

w .e

em de r

sn ot la

Transformatörlerde manyetik nüve (gövde), fuko ve histeresiz kayıplarını azaltmak için 0,300,50mm kalınlığındaki birer yüzleri yalıtılmış silisli saçların paketlenmesinden meydana gelir. Saçlardaki silisyum oranı %3-%4 civarındadır. Yalıtım işinde ise yalıtkan olarak Carlit kullanılır. Transformatörün nüveleri 3 şekilde yapılır.

m r i. co

em de r

sn ot la

Transformatörlerde manyetik nüve (gövde), fuko ve histeresiz kayıplarını azaltmak için 0,30-0,50mm kalınlığındaki birer yüzleri yalıtılmış silisli saçların paketlenmesinden meydana gelir. Saçlardaki silisyum oranı %3-%4 civarındadır. Yalıtım işinde ise yalıtkan olarak Carlit kullanılır. Transformatörün nüveleri 3 şekilde yapılır.

w

w .e

1. Çekirdek tipi

m r i. co

em de r

sn ot la

Transformatörlerde manyetik nüve (gövde), fuko ve histeresiz kayıplarını azaltmak için 0,30-0,50mm kalınlığındaki birer yüzleri yalıtılmış silisli saçların paketlenmesinden meydana gelir. Saçlardaki silisyum oranı %3-%4 civarındadır. Yalıtım işinde ise yalıtkan olarak Carlit kullanılır. Transformatörün nüveleri 3 şekilde yapılır.

w

w .e

1. Çekirdek tipi 2. Mantel (ceket) Tipi

m r i. co

w

w .e

em de r

sn ot la

Transformatörlerde manyetik nüve (gövde), fuko ve histeresiz kayıplarını azaltmak için 0,30-0,50mm kalınlığındaki birer yüzleri yalıtılmış silisli saçların paketlenmesinden meydana gelir. Saçlardaki silisyum oranı %3-%4 civarındadır. Yalıtım işinde ise yalıtkan olarak Carlit kullanılır. Transformatörün nüveleri 3 şekilde yapılır. 1. Çekirdek tipi 2. Mantel (ceket) Tipi 3. Dağıtılmış Tip

w .e

w em de r Çekirdek tipi nüve

r i. co

sn ot la

m

m r i. co sn ot la em de r

Çekirdek tipi nüve

w

w .e

Dağılmış tipi nüve

Mantel (shell) tipi nüve

m r i. co sn ot la

w

w .e

em de r

2. Transformatör sargıları

r i. co

m w

w .e

em de r

sn ot la

Basit bir transformatörde iki sargı vardır. Birbiriyle iletken bağlantısı olmayan bu sargılardan birisi primer (birinci devre) sargısı, diğeri ise sekonder (ikinci devre) sargısıdır.

m

w

w .e

em de r

sn ot la

r i. co

Basit bir transformatörde iki sargı vardır. Birbiriyle iletken bağlantısı olmayan bu sargılardan birisi primer(birinci devre) sargısı, diğeri ise sekonder (ikinci devre) sargısıdır.

w

w .e

em de r

sn ot la

m

r i. co

Üç Fazlı Transformatörlerin Yapısı

m

w

w .e

em de r

sn ot la

r i. co

Üç Fazlı Transformatörlerin Yapısı – Birbirine bağlı üç tek faz transformatörden oluşurlar – Üç adet demir çekirdek koldan oluşurlar

m

sn ot la

r i. co

Üç Fazlı Transformatörlerin Yapısı – Birbirine bağlı üç tek faz transformatörden oluşurlar – Üç adet demir çekirdek koldan oluşurlar

w

w .e

em de r

Üç fazlı transformatörün alışılagelmiş bağlantı şekilleri;

m

w

w .e

em de r

sn ot la

r i. co

Üç Fazlı Transformatörlerin Yapısı – Birbirine bağlı üç tek faz transformatörden oluşurlar – Üç adet demir çekirdek koldan oluşurlar Üç fazlı transformatörün alışılagelmiş bağlantı şekilleri; – yıldız / yıldız nadiren kullanılır, dengesizdir ve 3. harmonikte problemler oluşturur – yıldız/üçgen sıkça kullanılan bir bağlantı şeklidir. (345 kV/69 kV) – üçgen / üçgen orta gerilimde kullanılır(15 kV), – yıldız/üçgen transformatör adım adım gösterilecektir.

m VAN

w

a

C

em de r

VBN

w .e

Vab

r i. co

B

sn ot la

A

VCN

Vbc

Vca

b

c

N

m r i. co sn ot la

w

w .e

em de r

Yıldız-üçgen transformatörün bağlanma şekli;

m r i. co VB N

w

w .e

a

C

VC N

em de r

VAN Vab

B

sn ot la

A

Vbc

Vca

b

c

N

m r i. co VB N

VAN

Vbc

w

w .e

Vab

a

sn ot la

B

C

em de r

A

b

VC N Vca

c

N

Her bir bacak primer ve sekonder uçlara ayrı ayrı sarılır

m r i. co VB N

VAN

Vbc

w

w .e

Vab

a

sn ot la

B

C

em de r

A

b

VC N Vca

c

N

Her bir bacak primer ve sekonder uçlara ayrı ayrı sarılır

Primer uçta ayrı voltaj, sekonder uçta ayrı voltaj oluşur.

m r i. co

w

w .e

em de r

sn ot la

Yıldız üçgen bağlamada akımların gösterimi

m r i. co

sn ot la

Yıldız üçgen bağlamada akımların gösterimi Ia

IA

IAN

A

ICN

B

N

Iba

w .e

a

Ib b

Icb

IB

w

IBN

em de r IC

C

Iac

c

Ic

m r i. co

w

w .e

em de r

sn ot la

Yıldız üçgen bağlamada gerilimlerin gösterimi

m r i. co

A

C VB C

VC N

w

Vca

VB N

Vab

a Vab

N

VA B

w .e

B

VA N

em de r

VC A

sn ot la

Yıldız üçgen bağlamada gerilimlerin gösterimi

b

Vbc Vca

Vbc c

m

w

w .e

em de r

sn ot la

r i. co

Yıldız-üçgen bağlı transformatörün çalışma şekli

m

sn ot la

r i. co

Yıldız-üçgen bağlı transformatörün çalışma şekli

w

w .e

em de r

Voltaj vektör diyagramı

m

sn ot la

r i. co

Yıldız-üçgen bağlı transformatörün çalışma şekli Voltaj vektör diyagramı Vca

em de r

VCA

VCN

VBN

VAB

30o

VAN

w .e

Vbc

w

VBC

Vab

m

sn ot la

r i. co


em de r

VCA

VCN

VBN

VAB

30o

VAN

w .e

Vbc

w

VBC

Vab

Çalışmasını göstermek için vektör diyagramından bir örnek

m

sn ot la

r i. co


em de r

VCA

VCN

VBN

VAB

30o

VAN

w .e

Vbc

w

VBC

Vab


Vab 

3 VAN e

i 30o

m

sn ot la

r i. co


em de r

VCA

VCN

VBN

VAB


Vab 

3 VAN e

i 30o

30o

VAN

w .e

Vbc

w

VBC

Vab

Vab fazör diyagramda referans olarak alınmıştır

Üst gerilim

Bağlama grubu

Dd0

U

W

U

W V

u

w

v

w

u

v

sn ot la Dz0

U

W

u

W

V

5

y x

z

Yd5

y x

W

U

V

z

Yz5

em de r

w

z

Dy5

U

W

U

y z

V

x

Dd6

6

w .e

W

U

x

x

z

y

W

U

v

V

w U

W

V Yd11

y

W V

Dy11

11

y z

V

Yy6

Dz6

w

U

u v w

U

W V

u v w

Yz11

U

Değiştirme oranı

Alt gerilim

Uu Vv Ww Uu Vv Ww Uu Vv Ww

N1 N2 N1 N2 2 N1 3N 2

x

V

Üç fazlı transformatör bağlama grupları

Üst gerilim

5

v

V Yy0

Bağlama şeması

Alt gerilim

V

0

m

Fazör diyagramı

Gösteriliş Tanıma sayısı

4

3

2

r i. co

1

W

u

Ux V y Wz Ux V y Wz Ux V y Wz

N1 3N 2

3 N1 N2 2 N1 3N 2

Ux V y Wz

N1 N2

Ux V y Wz Ux V y Wz

N1 N2

Uu Vv Ww Uu Vv Ww Uu Vv Ww

2 N1 3N 2 N1 3N 2

3 N1 N2 2 N1 3N 2

m

V

v

VUV

v x y z

N

u

VWN

u

Vwv

z

w

U

em de r

V Yd5

W

u

v

w

y

VZX

W U

w

VXY

Y

Vuw

VWV

VUW

X

x

sn ot la

VUN

Vvu

VVN

r i. co

Üç Fazlı Transformatörlerde Faz Kaydırma

x

y

z

X

Y Z

u v w

x

VYZ

Z

VVU

VZX

X

y

VWV Z

z

VUW

VXY VYZ

Y

w

w .e

Yd5: Büyük santral ve transformatör istasyonlarında kullanılan transformatörler bu gruptan seçilir. Dağıtıma yaramazlar.

m VWV VVN

-VWN

VXY

300

U

W

VWN

VUN

VUW

VZX

VYZ

VVU

em de r

U

VVN

VUN

W

w

VUW

= VWV

VYZ

W Y X

VZX

VZX

VVU

w .e

VWN

Z

U

VV

V

X

300

300

VUW

V

Yd5

sn ot la

V

U

r i. co

VWV

VXY

Z

VXY

VYZ Y

m Y

VVN

VUV

N

VWN VVU

z

VUN

r i. co

V

v

VVW

VYZ

w

Z

VUW

u

VVW

W U

v

y

w

z

w .e

W

w

x

X Y Z

em de r

Yd11

W

u

sn ot la

x

U

VUW VXY

u

x

v

y

w

z

VZX X VVW

VVU

Y

VYZ Z

VXY VUW

VYZ VXY

VZX

X

VZX

m V

VVN

Yd11 Y

VYZ

W

300

VWN

VUN

VXY VVW

V

em de r

VVW

VVW

VVN

VUN

VUW

VWN

W

w

w .e

U

VVU

VYZ VXY

=

U

sn ot la

VUW

V

VZX

300

VUW

r i. co

VVU

VVU

VZX

Z U

W

X

300

Y VYZ Z

VXY X

VZX

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m

w .e

w

w em de r ri. co

tla

sn o

m


Transformatörler

m

1) Transformatöre doğru gerilim uygularsak, sürekli halde çıkışında bir gerilim okur muyuz? (transformatör bir alternatif akım makinesi midir? Yoksa doğru akım makinesi midir?)

sn o

tla

ri. co

Yanıt 1: Bu konu 4. hafta web içeriğinin 1. sayfasında anlatılmıştır.

em de r

Transformatörlerin kısa adı trafo dur. Trafoda hareket eden parça yoktur. Dolayısı ile endüksiyon yolu ile EMK indüklenir. Hareket olmadan EMK indüklenmesi için değişken manyetik akı bulunması gerekir. Malum, manyetik akı genel olarak ya sabit mıknatıslarla ya da elektromıknatıslarla üretilir. Sabit mıknatısla üretilen akı sabittir ve değişmez; yani mıknatıs ya da bobin hareketi olmadan gerilim indüklemez. Şayet bir elektromıknatısa doğru akım (DC) uygularsanız bu manyetik akı da SABİT olur. Fakat elektromıknatısa alternatif akım (AC) uygularsanız bu durumda oluşacak manyetik akı değişken olur. Bu değişken akı; şayet karşı bir bobini (örneğin sekonder) keserse bu durumda değişken akı duran bobinde gerilim indükler.

w .e

İşte yukarıda bahsedilen sebepten dolayı, trafoya DC uygulanırsa, trafo çıkışında sürekli halde gerilim indüklenmez. Transformatör bir alternatif akım makinesidir (DC değil).

w

w

Bir başka gerçek: Transformatöre doğru akım uygularsanız, akım sıfırdan başlayıp sabit değerine oturana kadar değişir. Bu değişim, kısa süre değişken bir manyetik akı üretir ve bu değişken akı da sekonderde kısa süreli değişken bir EMK indükler. Doğru akım akarken akım kesilmesi sonucunda da benzer şey olur. Fakat doğru akım uygulanması durumunda sürekli değişken manyetik akı oluşmadığından, transformatör sekonderinde sürekli halde herhangi bir gerilim indüklenmez. Soruda bu özel durumu hariç tutabilmek için sürekli hal diye özellikle belirtilmiştir.


ri. co

m

2) Transformatörde indüklenen EMK nelere bağlıdır (hangi yapısal parametrelere bağlıdır)? Yanıt 2: Transformatör sargılarında indüklenen EMK;

Burada;

Dolayısı ile indüklenen EMK;

tla

primer sargı (gerilimin uygulandığı yer) tarafından üretilen mıknatıslama akısınının maksimum değerini, Primer sargı sarım sayısını; sekonder sargı (gerilimin alındığı yer) sarım sayısını, Primer sargıda indüklenen EMK; sekonder sargıda indüklenen EMK’ni göstermektedir. ise primere uygulanan gerilimin frekansıdır. ‘ye bağlıdır.

kalır. Zira frekansı yapıdan

sn o

Soru, yapısal olarak sorulduğundan, parametre olarak değil, dışardan gelen bir parametredir.

em de r

Peki verilen manyetik akı; neye bağlıdır? Bilindiği üzere ‘dır. Malzemelerin mıknatıslanma eğrisi hatırlanırsa, malzemeler belirli bir manyetik alan şiddetinden ). Dolayısı ile B ‘nin kullanılan manyetik malzemenin sonra doymaya girerlerdi ( manyetik özelliklerine de bağlı olduğu görülecektir. akı A nüve kesitine de bağlıdır. Şimdi yaptığımız irdelemeyi özetlersek;

olduğundan, üretilen

İndüklenen EMK aşağıdaki yapısal parametrelere bağlıdır: Sarım sayısı ( ), Nüve malzemesinin manyetik özelliklerine; doyma akı yoğunluğuna ( Ve nüve kesitine ( )

),

w .e

Not: EMK ifadesinde yer alan 4.44 katsayısı yapısal değildir. Bu değer, sinüzoidal değişen şebeke gerilimi için 4.44’tür. Şayet sinüzoidal gerilim yerine üçgen ya da kare dalga uygulanmış olsa idi, bu durumda bu katsayının değeri 4.44 olmayacaktır. İşin bu kısmı, Önlisans derslerinin kapsamı dışındadır.

w

w

3) Transformatörlerde hangi kayıplar oluşur? Bu kayıplar transformatörün nerelerinde oluşur? Kayıpları azaltmak için ne gibi tedbirler alınabilir? Yanıt 3: Transformatörlerde demir ve bakır kayıpları olmak üzere iki tür kayıp vardır. Demir kısımlarda demir kayıpları oluşur. Demir kayıpları a) Fuko (Foucault) kayıpları ve b) histerezis kayıpları olmak üzere ikiye ayrılır. Fuko kayıplarını azaltmak için i) manyetik malzemenin iletkenliğini bozmak için %3-7 silisyum katkısı yapılır

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H4 Tartışma Soruları – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan ii) Som demir yerine lamine edilmiş (yüzeyleri birbirinden yalıtılmış) saclar kullanılır Genelde bu ikisi birlikte yapılır. Yüksek frekanslı devrelerde ise ferrit nüveler kullanılır (bu nüvelerde ferrit molekülerinin iletkenliği çok kötüdür. Dezavantajı ise değerleri küçüktür).

m

Histerezis kayıplarını azaltmak için; çekirdek malzemesine metalürjik ısıl işlem uygulanır (tavlama diye bilinir). Malzemenin moleküler kristal yapısının tasarımının iyileştirilmesi ile manyetik malzeme üretim aşamasında da azaltılabilir (bu konunun nano teknoloji ile daha da gelişmesi beklenilmektedir), fakat yine de tavlama gerekir.

sn o

tla

ri. co

Bakır kayıpları; bakır iletkenlerde bakırın direnci üzerinden geçen akımın oluşturduğu Jul kayıplarıdır ( biçimindedir). İletkenlerde oluşan bu kayıplara bakır kayıpları denir. Bakır kayıplarını azaltmak için yerine göre iyi iletken seçmek gerekir. Transformatörlerde nadiren alüminyum, çoğunlukla bakır ve yine nadiren gümüş iletken kullanılır (İyilik/iletkenlik derecesi gümüş, bakır, alüminyum sırasındadır). Bazen yüksek frekanslı ve yüksek akımlı trafolarda yuvarlak ya da dikdörtgen kesitli iletken yerine folyo iletken kullanılır. Folyo iletkende yüksek frekanslarda deri etkisi ve Fuko kaybı daha az oluşur (Fuko kaybını demir kayıpları içinde anmıştık, yüksek frekanslarda Fuko kaybı etkisini iletken kısımlarda da gösterir. Bu bilgi burada fazlalık olarak verilmiştir, bu kısımdan Önlisans öğrencileri sorumlu değilsiniz). Demir (Fuko+Histerezis) ve bakır kayıplarının toplamı transformatördeki toplam kayıpları oluşturur.

em de r

4) Transformatörler nerelerde kullanılır? Günümüzde transformatörsüz bir hayat düşünülebilir mi? Yanıt 4: Aslında bütün trafoların çalışma ilkesi ve yapısı aynıdır, uygulama alanına göre tasarımlarında biraz farklılıklar görülür. Kullanım alanlarına / amaçlarına göre sıralayacak olursak:

w .e

a) Güç trafosu olarak: Enerji iletiminde (Keban'dan İstanbul'a gibi), enerji dağıtımında (İstanbul ile ilçeler arası gibi) b) Araç gereçlerde besleme trafosu olarak: Ev cihazlarında, iş cihazlarında gerilimi küçültmek yada yükseltmek için (elektronik cihazlar, tornalar vb) c) Ölçü trafosu olarak: gerilim ya da akımı ölçekleyerek (genellikle) küçültmek için 4) Empedans uydurmak için: amplifikatörlerde, kanarya kapı zillerinin iç devrelerinde, yüksek frekanslı devrelerde, antenlerde vb 5) İzolasyon için: iki devreyi galvanik olarak birbirinden izole etmek için: Ameliyathanelerde yada iş yerlerinde - laboratuvarlarda sürekli elektrikli cihaz kullanıp çarpılma riski bulunan ortamlarda son kullanıcıları şebekeden izole edip çarpılmayı önlemek için (izolasyon trafoları çoğu kez 220V giriş ve 220V çıkış gerilimlerine sahiptir. Yani gerilimi değiştirmeden sadece primer ile sekonder arasında elektriksel iletim olmadan endüksiyon yolu ile gerilim indükleyerek şebekeden izole olmayı sağlarlar).

w

w

Gördüğünüz gibi, enerjinin iletiminden - son kullanıcının kullanımına kadar pek çok yerde trafoya ihtiyaç vardır. 1800’lerin sonlarında alternatif akım şebekesi zaten trafonun bulunması ile inkişaf etmiştir. Alternatif akım kullanıldığı sürece trafodan vazgeçebilecek başka bir araç bulunamamıştır. Günümüzde DC iletim şebekelerinin bulunduğu yerlerde bile trafo yine mevcuttur, zira son kullanıcı olan evler - sanayi hep AC ile çalışmaktadır. Bu trafodan vazgeçilemeyecek bir elektrik makinesidir. 5) Ölçü transformatörleri hangi amaçla kullanılır? Yanıt 5:


Ölçü trafoları gerilim ve akım ölçü trafoları olmak üzere 2 farklı türde imal edilirler. Ders içeriğinde bu konuya değinilmiştir. Kullanım amaçları ise:

ri. co

m

a) Ölçme amacıyla: Örneğin 1000 A'lik bir alternatif akımı nasıl ölçersiniz? Ölçü aletleri her ne kadar skalası yer yer kA (kilo amper) ler mertebesinde yazılmış olsa da aslında çoğu esas itibarı ile 5A’liktir. Zaten bir panoya 1000A’lik bir akımı getirmek ve ampermetreye bağlamak mümkün değildir. Böyle durumlarda ölçüm yapabilmek için 1000A'i 5A'e çeviren akım trafoları kullanılır. Akım trafoları muhteliftir ve çıkışları 1A veya çoğunlukla 5A’dir. Benzer şekilde, panolara 1000V tan büyük gerilimler getirilmez. Örneğin 36kV'luk bir yüksek gerilimi ölçme panosuna getirmek yerine 36000V'u 100V'a dönüştüren gerilim ölçü trafoları kullanılır. Ölçü trafolarının çıkışı 100V, girişi ise standart gerilimlerde imal edilir.

tla

b) Kontrol - kumanda: Bu seçeneğin içinde yine ölçme vardır. Fakat bu kez ölçme gösterme amacından ziyade, bir elektronik sistemi - röleyi besleyip, planlanmış şartlarda bazı kontrol - kumanda işlerin yapılması istenir. Örneğin bir devrede akım 100A'i aşıyor ise devreyi açma emrini veren aşırı akım rölesi 100A/5A 'lik bir akım trafosu üzerinden sürülecektir.

em de r

sn o

Ölçme ve kontrol-kumanda amaçları üstüne: Kontrol kumanda işi daha kritik bir iştir. Örneğin bir akımı ölçüp bir sistemi yanmaktan kurtarma işi, sadece ölçmeye göre daha kritiktir. Trafoların bir zayıf karnı vardır; o da; doymadır. Doyuma giren bir trafının (a) çevirme katsayısı sabit kalmaz ve doyma arttıkça (a) artar. Bu da, doyma bölgesinde çalışmaya zorlanmış bir trafonun doğru ölçme yapamayacağı; hatta kontrol-kumanda amacı ile kullanılıyorsa, ölçü trafosunun körleşmesi ve sistemi kurtarmada gerekli veriyi üretememesi anlamına gelir. Devre tasarlayanlar bunu bilir ve tasarımlar buna uygun olarak geliştirilir. Örneğin ölçme amaçlı üretilmiş ölçü trafolarının etiketlerinde M5 yazar; bu; o trafonun normalden 5 kat aşım halinde doymaya girip körlük durumuna gireceğini belirtir. Bu M5 tipindeki trafolar ölçme amaçlı kullanılırlar (M=Measurement; ölçe). Kontrol-kumanda işleri kritik olduğundan, orada kullanılacak ölçü trafosunun çok daha geç doyması istenir. Bu amaçla kullanılacak trafo etiketlerinde 10P ifadesi yer alır. Bunun anlamı, kritik amaçlı kullanılan bu aracın 10 katı aşım halinde doyuma girip körleşeceğidir (10P’deki P; Protection; koruma anlamındadır).

w

w

w .e

c) İzolasyon: Örneğin 154kV’luk bir gerilim düşünün. Fakat bu devrede akım 1 A olsun. Aslında 1A'lik akım bir ampermetreye doğrudan bağlanabilir. Gelgelelim 154kV panoya getirilemeyecek kadar (çok) yüksek bir gerilimdir. Bu durumda örneğin 1A/1A lik bir akım trafosu kullanılır, yani trafo akımı değiştirmez, fakat primer ile sekonder arasında elektriksel bağlantı olmadığından (sadece manyetik indüksiyon bağı var) girişteki çok yüksek gerilim (154kV) ile panoya gelen uçlar arasında galvanik (elektriksel temas olmayan) izolasyon sağlanmış olur.

m


em de r

sn o

tla

ri. co

6) Transformatörler işlevsel benzerlik açısından hangi makine (mekanik) elemanlarına benzerler? Yanıt 6:

w .e

Şekilden anlaşılabileceği üzere, transformatörler, mekanik dünyadaki dişli kutularına - kayış kasnak sistemlerine benzerler. İlke olarak onlarda gücü değiştirmeden devir ve momenti değiştirirler (biraz kayıpları vardır, ufak bir miktarda değiştirirler, trafoya göre sürtünme olduğu için mekanik dünyadaki bu elemanların verimi daha düşüktür). Trafolar hatırlanırsa, onlar da gücü değiştirmeden (az biraz değiştirirler zira verimleri %100 değildir), gücün çarpanı olan akım ve gerilimi değiştirirler. Mekanik dünyada gücün çarpanları ise açısal hız ve momenttir. Doğrusal Mekanikteki kaldıraçlar da trafoya benzerdir.

w

w

7) Transformatörün çıkışına bağlanacak bir empedans (yük) girişinden farklı değer de mi gözükür? Neden? Yanıt 7: Yukarıdaki şekildeki kırmızı çerçeve içerisinde bu ilişki ifade edilmiştir. Trafonun sekonderine bağlanan bir empedans ya da omik direnç, trafonun primerinden, çevirme oranının karesi ile çarpılmış olarak gözükür. Sebebi, sekonderdeki yükün üzerindeki gerilim ile primerdeki gerilim birbirinden farklıdır (yani çoğu kez böyledir). Güç çok değişmediğinden (trafolarda verim çok yüksek, kayıp az, bu nedenle


m

güç değişimi çok olmuyor; %1-5), aynı gücü primer geriliminde tüketecek yeni bir empedans değeri gerekir. Bunun değeri sekonderdeki yük empedansının ile çarpılmış halidir.

sn o

tla

ri. co

8) Transformatörde kaçak akının ne olduğunu tarif ediniz. Yanıt 8:

em de r

Transformatörde mıknatıslanma akısı primer sargı (gerilimin uygulandığı yer) tarafından üretilir. Aslında primer sargı tarafından üretilen akının tamamı mıknatıslanma akısına eşit değildir, daha da büyüktür. Zira, primerde üretilen manyetik akının tamamı manyetik yolu takip ederek sekonder bobini kesmez, bu akının ufak bir kısmı devresini başka yerlerden tamamlar. Karşı devreden geçmeyen akılara kaçak akı denir. Aynı durum sekonder sargı için de yazılabilir. Zira onun da ürettiği tüm akılar primerin içinden geçmez, ufak bir kısmı kaçak akıya dönüşür. Kaçak akılar yukarıdaki şekilde gösterilmiştir.

w .e

Kaçak akı, manyetik akı uzayında bir kayıp olarak değerlendirilebilir (güç kaybı olarak yorumlanmaması için manyetik akı uzayı denilmiştir). Bilindiği üzere endüktans tanımı;

yerine

kaçak akı konulursa;

w

w

dir.

Bu durumda, kaçak akının sargılarda ilave bir endüktansa neden olacağı görülür. Alternatif akımda empedansın bileşeni olan endüktif reaktans;

Olduğundan, bu kaçak endüktans;


m

Kaçak reaktansını devreye ilave eder. Dolayısı ile sargıların empedansları artar. Bunun sonucunda da, yük altındaki trafonun sekonderindeki gerilim değişimi (endüktif ve omik yüklerde gerilim düşümü; kapasitif yüklerde gerilim yükselmesi) artar, regülasyonu kötüleşir. Kaçak akı bu etkileri ile çoğu kez istenilmeyen – küçültülmeye çalışılan niteliktedir. Toroid yapıdaki trafolarda kaçak akı daha azdır.

ri. co

9) Transformatörde verim neden yüksektir? Yanıt 9: Transformatörler duran elektrik makineleridir; yani dönen - hareketli parçaları yoktur. Bu sayede de sürtünme ve vantilasyon kayıpları oluşmaz. Bu nedenle kayıpları diğer elektrik makinelerinden azdır ve dolayısı ile verimleri de diğer elektrik makinelerinden daha yüksektir. Bu ana etkendir.

sn o

tla

Diğer bir konu ise, detayda gözüken bir konudur. Transformatörlerde manyetik nüve nispeten daha süreklidir; yani akı yolu üzerinde hava boşluğu yoktur (kesik saclardan oluşmuş paket kullanılması durumunda ihmal edilebilecek kadar küçük hava boşluğu vardır. Fakat, toroid; simit şeklindeki manyetik çekirdeklerde manyetik yol üzerinde hiç hava boşluğu yoktur). Bu da, MMK için gerekli sarım sayısının ve akımın az olmasını, dolayısı ile bakırın ve bakır kayıplarının az olmasını sağlar. Kayıplardaki azalma ise, verimde bir artış olarak yorumlanır.

em de r

10) Oto-transformatörde verim neden yüksektir? Yanıt 10: Oto Transformatörler genellikle tip güç denilen bir güçten faydalanmak için kullanılırlar (Bu konunun detayı önlisansta anlatılmamıştır). Tip güçte, uygun çevirme oranlarında tasarlanmış bir oto-trafo, normal trafo tasarımına göre daha fazla güç üretir (1 kg lık demirden normal trafoda sözüm ona 20VA’lik bir trafo üretilebilirken; aynı kütledeki bir demir ile 40VA’lik bir oto-trafo yapılabilmektedir; bu özel bir durumdur ve tip güç olarak adlandırılır). Dolayısı ile nispeten daha az demir kullanılır ve demir kayıpları az olur. İki sargı yerine birbirinden izole olmayan tek sargı (aslında iki parçadan oluşan tek sargı) kullanımı, kullanılan sarım sayısı, bakır tel miktarı ve dolayısı ile de bakır kaybını azaltır.

w .e

Kayıplar azalınca da verim artacaktır.

w

w

Bu durum çevirme oranı a’nın 1’e yakın olduğu durumlarda (1/3-3 kesin değildir, tasarıma bağlıdır) geçerlidir. Tasarımda bu durum dikkatlice etüd edilir. Uygun seçilmemiş çevirme oranlarında bakır kayıpları hızla artarak verimi küçültür. 11) Enerji altındayken, herhangi bir sebeple bir akım trafosunun sekonderi açık bırakılırsa ne olur? Tehlikeli midir? Neden olduğunu yorumlayabilir misiniz? Yanıt 11:

ri. co

m


Bu durum ders notlarında sonuç olarak belirtilmiştir. Sorduğum için yanıtını aşağıda vereceğim, Önlisans öğrencileri bu konunun detayından sorumlu değiller.

tla

Şekildeki akım trafosunun solunda bir elektrik santralı, sağında da bir şehir fideri (besleme hattı) olmuş olsun. Tüm elektrik makinelerinde temel bir eşitlik vardır bu da MMK eşitliğidir:

sn o

Buradan çevirme oranı da çıkar;

em de r

Bu ilerletilir ise giriş gücü = (yaklaşık olarak) çıkış gücü, yani

olur. Bu da şu tümlemeyi getirir;

w .e

ve sıfırdan farklıdır. Amper*sarım eşitliğinden Sargılar varsa olması gerektiğinden akım trafosunun sekonderi açık devre yapıldığında mmk dengesi bozulur.

sıfırdan farklıdır. Bu durum dengeyi iyice bozar.

w

w

Zira şehir akım çekmeye devam ediyordur yani

Sistem denklemini sağlamaya çalışır, fakat sekonder açık devre olduğundan olmuştur. Bu durumda trafo şitliğini sağlayabilmek için yi arttırabileceği yere kadar (teorik olarak sonsuza kadar, pratik olarak da trafonun manyetik olarak doyduğu yere kadar) arttırır. Sekonderdeki gerilimin çok artmış olması, sekonderdeki ampermetreyi sökenleri tehlikeye sokacak (öldürecek kadar) artar. Bu nedenle tehlikelidir ve akım trafolarının çıkışındaki ampermetre söküleceği zaman önce akım trafosu çıkışları kısa devre edilmelidir.


ri. co

m

Diğer taraftan olduğunda trafo çıkışta hiçbir iş yapmıyor demektir. İş yapmayan trafo girişten de akım çekmek istemeyecek ve giriş empedansını mıknatıslama kolunun empedans değerine kadar arttıracaktır. Solda santral, sağda bir şehir olan bu konfigürasyonda, akım trafosunun yüksek empedans göstermesi girişteki gerilimin çoğunun akım trafosu üzerine düşmesine sebep olur. Normalde akım trafosunun primerine belki 1-2V luk çok küçük bir gerilim düşmektedir. Böyle bir durumda (sekonderin açık devre olması durumunda) girişe kilovoltlarca gerilim uygulanmasına neden olunur. Bu trafonun primer sargısı, uçlarına bu kadar yüksek gerilim uygulanacak şekilde yapılmadığından sargı derhal yanmaya başlar ve girişte artan gerilim ve manyetik doymadan mütevellit demir kayıpları en az 100 kat artar. Kayıpların 100 kattan fazla artması bu trafonun adeta kor haline gelmesine ve çoğu kez patlamasına / çatlamasına/ yarılmasına yol açar ve tehlikelidir. Bu konunun daha teknik açıklamaları da mevcut, fakat matematiğe dalmadan ancak bu kadar anlatabildim.

tla

12) Güç transformatörlerinin muhafazası içinde neden yağ kullanılır? Bu yağın özelliklerinin ne olması gerektiği sorusuna söyleyeceğiniz şeyler nelerdir? Yanıt 12:

sn o

Bu soruyu iyi yanıtlayabilmek için trafo yağının birkaç önemli özelliğini bilmek gerekir. Trafo yağı; çok iyi bir yalıtkandır, ısı iletkenliği oldukça iyidir, çok incedir/akışkandır ve kötü özellik olarak da maalesef çok nem çekicidir (igroskopik). (Nem de; izolasyonun, delinme dayanımının düşmanıdır. Bu nedenle güç trafolarında silikajer denilen kimyasal nem çekici maddeler ile havadaki nemin yağa geçişi engellenir, silikajer nemi çekerek kendini feda eder).

em de r

Şimdi yüksek gerilimli bir trafo düşünün, sargılar arasında ve sargılar ile gövde arasında çok yüksek gerilimler bulunabilmektedir (100kV'lar). Güç trafolarında Trafo kazanı içine yağ konur ve yağ dolu kazan içinde trafonun kendisi de bulunur. Trafo yağı çok ince olduğu için ve vakumlama yapıldığından, sargılarda hava kabarcığı kalmayacak şekilde her yere nüfuz eder. Bu sayede sargılar arasındaki yüksek gerilime dayanım arttırılmış olur. Diğer taraftan ısınan sargılardaki ısı, yağ tarafından emilir ve taşınım yoluyla soğutma radyatörlerine götürülerek soğutma sağlanır. Özetlersek: Trafo yağı, izolasyon ve soğutma amacıyla kullanılır.

w .e

13) Bir amplifikatör çıkışında empedans uydurma amacıyla, hoparlör ile amplifikatör arasına bir transformatör kullanılmıştır? Bunun sebebi nedir? Kullanılmasaydı ne olurdu? Yanıt 13: Bu sorunun yanıtını dersin en son sayfasındaki örnekten inceleyiniz. Burada kabullenmek zorunda olduğunuz konu maksimum güç transferi konusudur (Önlisans için).

w

w

Özetle; maksimum güç teoremi der ki: besleyen sistemin Thevenin empedansı (iç empedansı yada iç direnci), beslenen yükün empedansına eşit olursa, besleyen devreden yüke maksimum güç transfer edilir. Diğer tüm hallerde aktarılan güç maksimum değildir. Şimdi bir amplifikatör düşünün, bu amplifikatörün çıkış empedansı (Thevenin empedansıdır) 128 Ohm olsun. Elinizde ise 8 Ohm’luk bir hoparlör var ise, siz bu durumda amplifikatörün üretebileceği maksimum gücü asla hoparlöre aktaramayacak ve amplifikatörünüzden yeterince faydalanamayacaksınız. Böyle bir durumda, araya empedansı uyduracak; yani 8 Ohm’luk hoparlörü sisteme 128 ohm gösterecek bir empedans uydurma trafosuna ihtiyaç vardır. Bu trafo ise çevirme oranı a=4 olan bir trafo olacaktır. Verilen örneğe bakarak bu nasıl 4 oldu bulunuz.

m ri. co

w

w

w

.e e

m de r

sn o

tla

Elektrik Makineleri II Asenkron Makineler

MUSTAFA TURAN Sakarya Üniversitesi

m ri. co

tla

Elektrik Makineleri II

sn o

Kısım 1 - Asenkron Makineler

m de r

Yazar

w

w

w

.e e

Yrd.Doç.Dr. Mustafa Turan

T.C. SAKARYA ÜNİVERSİTESİ

1

m ri. co tla

sn o

Bu ders malzemesi hhenüz enüz tamamlanmamış bir kopyadır. Güncellemeler yapılacaktır.

m de r

(Sürüm 0.2) - 23 Ocak 2009

w

w

w

.e e

This document has not been completed yet (V. 0.2)

2

Bazı hakları saklıdır.

Some rights reserved.

m

ĐÇĐDEKĐLER

1. ASENKRON MAKĐNALARIN YAPISI ................................................................. 5

3.

1.2.

Rotor Yapısına Göre Asenkron Motorlar ..................................................... 6

1.3.

Stator Gövdesi Ve Stator Saç Paketi ............................................................ 6

1.4.

Sincap Kafesli Asenkron Motorlar ............................................................... 8

1.5.

Bilezikli Yada Rotoru Sargılı Asenkron Motorlar ....................................... 9

tla

ri. co

Giriş .............................................................................................................. 5

DÖNER ALAN .................................................................................................. 11 Đçinden Doğru Akım Akan Bir Çap Sargının MMK'i ................................ 11

2.2.

Đçinden Alternatif Akım Akan Bir Faz Sargısının MMK'i ......................... 11

2.3.

Çok Fazlı Makinelerde Bileşke MMK ....................................................... 13

2.4.

Asenkron Makinelerin Çalışma Đlkesi ........................................................ 15

2.5.

Kayma ........................................................................................................ 16

sn o

2.1.

2.5.1.

Generatör Çalışma .................................................................................. 17

2.5.2.

Motor Çalışma ........................................................................................ 17

2.5.3.

Transformatör Çalışma ........................................................................... 17

2.5.4.

Fren Çalışma........................................................................................... 18

m de r

2.

1.1.

ASENKRON MAKĐNANIN EŞDEĞER DEVRESĐ ......................................... 19 Asenkron Makinenin Tam Eşdeğer Devresi .............................................. 19

w

w

w

.e e

3.1.

3.2.

Asenkron Makinenin Yaklaşık Eşdeğer Devresi ........................................ 23

3.3.

Asenkron Makinenin Fazör Diyagramı ...................................................... 24

3.4.

Sincap Kafesli Rotora Ait Parametrelerin Đndirgenmesi .......................... 25

3.5.

Eşdeğer Devre Parametrelerinin Belirlenmesi Đçin Yapılan Deneyler ....... 30

3.5.1.

Boşta Çalışma Deneyi { Pm = 0 , V1 = V1n } ........................................ 31

3.5.2.

  Kısa Devre / Kilitli Rotor Deneyi n = 0 , V1k = V1 I = I  ............... 32 1k 1n  

3.6. 4.

Asenkron Makinenin Güç Dengesi ............................................................ 34

DÖNDÜRME MOMENTĐ ................................................................................. 37 4.1.

Asenkron Makinenin Dış Karakteristiği ..................................................... 38

4.2.

Kalkış / Yol Verme Momenti ..................................................................... 39

3

DEVRĐLME KAYMASI ve DEVRĐLME MOMENTĐ ............................. 40

4.4.

Kloss Denklemi .......................................................................................... 42

4.5.

Örnekler ...................................................................................................... 42

4.6.

Döner Makinelerde Mıknatıslanma Reaktansı ........................................... 49

ASENKRON MOTORLARA YOLVERME ve HIZ AYARI .......................... 52 5.1.

Asenkron Motorlara Yolverme ................................................................... 52

ri. co

5.

m

4.3.

5.1.1. 5.2.

Yolvermenin Etkileri .............................................................................. 53

Yolverme Yöntemleri ................................................................................. 54 Direk Yolverme ...................................................................................... 54

5.2.2.

Ön Direnç Đle Yolverme ......................................................................... 55

5.2.3.

Kuşa Bağlaması ...................................................................................... 56

5.2.4.

Yıldız-Üçgen Bağlama ........................................................................... 56

5.2.5.

Oto-Trafo Đle Yolverme .......................................................................... 58

5.2.6.

Bilezikli Makineye Yolverme ................................................................ 60

5.2.7

Asenkron Motora Yumuşak Yolverici ile Yolverme ................................. 61

5.3.

Asenkron Motorlarda Hız Ayarı ................................................................. 62

sn o

tla

5.2.1.

Kutup Sayısı Değiştirilebilen Sargı Kullanarak Hız Ayarı .................... 62

5.3.2.

Frekans Değişimi Đle Devir Sayısı Ayarı ................................................ 64

5.3.3.

Bilezikli Asenkron Motorun Rotor Devresine Direnç Đlave Ederek Hız

66

Ayarı 5.3.4. 5.4.

m de r

5.3.1.

Gerilimin Değiştirilmesi Đle Hız Ayarı ................................................... 67

Asenkron Motorun Frenlenmesi ................................................................. 67 Mekanik Frenleme .................................................................................. 68

.e e

5.4.1.

5.4.2.

Ters Akım ile Frenleme .......................................................................... 68

5.4.3.

Doğru Akım ile Frenleme ....................................................................... 69

w

w

w

KAYNAKLAR ........................................................................................................... 76

4

ri. co

m

1. ASEKRO MAKĐALARI YAPISI

1.1. Giriş

Endüstride kullanılan elektrik makinelerinden, en sağlam, en az arıza yapanı, en ucuz

olanı ve en çok kullanılanı asenkron makinelerdir. Asenkron makinelerin, senkron

tla

makinelerden en büyük farkı dönme hızının sabit olmayışıdır. Bu hız, motor olarak

çalışmada, senkron hızdan küçüktür. Makinenin adının, asenkron makine oluşu bu

sn o

özellikten kaynaklanmaktadır. Asenkron makineler, bir fazlı, iki fazlı, üç fazlı ve çok fazlı olarak yapılırlar. Günümüzde, fabrikalarda, evlerde, bürolarda bir ve çok fazlı asenkron motorlar büyük ölçüde kullanılmaktadır.

m de r

Asenkron makinenin çalışma teorisi ve yapım ilkeleri 1820-1831 yılları arasında ortaya atılmıştır. 1825 yılında Amper kanunu ve 1831 de Faraday kanunu bulunmuştur. Fakat Endüstri Tipi bir asenkron motor 1890 ‘lardan önce yapılamamıştır. Asenkron motorun temel ilkelerini kapsayan ilk patent 1888 de Nikola Tesla tarafından alınmıştır. 1888 ‘de ilk imal edilen 5 hp ‘lik motorun yaklaşık ağırlığı 456 kg. iken, bugün aynı güçteki motorun ağırlığı yaklaşık 40-50 kg

.e e

dır.

Asenkron makineler, alternatif akım makineleridir ; genellikle sabit duran stator ve

w

w

w

dönen rotordan oluşur. Statorlarında bir, iki, üç yada çok fazlı sargılar bulunur. Stator sargıları adı verilen bu sargılara, alternatif gerilimler uygulanır. Hızları yük ile çok az değişen motorlardır. Dönen rotorda bir, iki, üç yada çok fazlı sargılar bulunur. Rotor sargıları adı verilen bu sargılarda gerilim ve akımlar, stator sargıları alanından endüksiyon yolu ile endüklenir. Özel amaçlı kullanımlar dışında, rotor sargısına dış

bir kaynaktan gerilim uygulanmaz. Stator ve rotor arasında kalan hava aralığının radyal doğrultudaki boyu sabittir. Dönen rotor, duran statorun içinde olduğuna göre statorun iç çevresi yarıçapı ve rotorun da dış çevresi yarıçapı sabittir. Böyle bir yapı

5

özelliği bulunan makinenin, rotor ve stator sargılarının öz endüktansları rotorun konumuna yada ϑ dönme açısına bağımlılığı ihmal edilebilecek kadar azdır.

m

1.2. Rotor Yapısına Göre Asenkron Motorlar

ri. co

Asenkron makineler; bir, iki, üç yada çok fazlı olmak üzere bir kaç watt gücünden

15000 kW gücüne kadar imal edilebilmektedir. Bu motorların stator sargı gerilimleri ise 110-660 Volt ve hatta büyük güçlü makinelerde 15000 Volt olabilmektedir.

Rotoru Sincap Kafesli olan motorlar Rotoru Bilezikli ve Sargılı olan motorlar

tla

Makineler rotor ve rotor sargılarının yapılışına göre iki gruba ayrılır:

sn o

Asenkron motorlar ister bilezikli ister sincap kafesli olsun statorları ile bunun taşıdığı stator sargıları genellikle aynı özellikte yapılır. Sincap kafesli motorların rotor sargısı çubuklardan oluşan sincap kafesi biçiminde bir sargıdır. Dış devreye hiçbir uç çıkarılmamıştır. Bilezikli motorlarda ise rotorda, yalıtılmış çok fazlı bir sargı vardır

m de r

ve bu sargının uçları bilezik-fırça sistemi ile dış devreye alınmıştır.

1.3. Stator Gövdesi Ve Stator Saç Paketi

Stator iki temel alt kısımdan oluşur :

Đnce silisyumlu 0.5 mm lik dinamo saçlarından yapılmış saç paketi

.e e

Bu saç paketini taşıyan alüminyum veya pik dökümden yapılmış stator gövdesi a.

Stator Sac Paketi: Stator sac paketi, stator sargılarını taşıyan ve manyetik akıyı

w

ileten kısımdır. 0.5 mm silisyumlu saclar, asenkron motorların yapımında gerek ağırlık ve gerekse fiyat bakımından önemli yer tutar. Sacların yüzleri, ince bir

w

w

yalıtkan lak tabakası ile kaplanır. Saçlar laklandıktan sonra genellikle 170-360 °C sıcaklıkta fırınlarda kurutulur. Lakların sacın her iki yüzeyinde kullanılması halinde, sac kalınlığı 8-25 µm kadar artar.

Stator saclarının olukları ile rotor sargılarının olukları özel ve otomatik tezgahlarda kesilir. Önce stator sacının dış çevresi, rotor olukları mil, kama yeri kesilerek açılır.

6

Hava aralığına göre de stator sacının iç çapı ve rotor sacları elde edilir.

Stator ve rotor sacları bir araya getirilerek 7-10 kg./cm² lik bir kuvvetle

m

sıkıştırılırlar. Stator saclarının meydana getirdiği sac paketi eksenel yönde soğumayı

kolaylaştırmak için 3,5,7,… cm lik paketlere ayrılır. Bunlar arasında uygun profiller

ri. co

konarak 0.5…1 cm lik radyal kanallar bırakılır. Büyük motorlarda stator paketinin

soğutulması için eksenel kanallar açılır. Ayrıca soğuma yüzeyini arttırma bakımından stator sacının dış yüzeyi girintili yapılır.

Asenkron makineler, alternatif akımla çalışan makineler olduğundan statorlarındaki

tla

manyetik alan şiddeti zamanla değişmektedir. Bu değişim fuko ve histerizis kayıplarından oluşan demir kayıplarını meydana getirir. Bu kayıpları küçük tutmak

sn o

ve stator saç paketinin fazla ısınmasının önüne geçmek için statorda yüzleri yalıtılmış ince silisyumlu saçlar kullanılmaktadır. Normal asenkron motorlarda kullanılan saçların 50 Hz ve 10000 gauss yada 1 wb/m² lik manyetik endüksiyonda demir kayıpları 3 W/kg kadardır. Kayıpları azaltmak için, saçlar çoğu kez tavlanır. Ayrıca,

m de r

saç paketlerini sıkıştıran cıvatalar saçlardan yalıtılır ve kısa devre meydana gelmesine engel olunur. Bu yalıtım yapılmadığı taktirde değişen manyetik akı dolayısıyla endüklenen gerilimler, kısa devre yolundan büyük kısa devre akımları geçirir ve aşırı ısınmaya yol açar.

Stator oluklarına bir, iki, üç veya çok fazlı sargılar yerleştirilir. Ayrıca motorlara

.e e

değişik özellikler vermek bakımından stator oluklarına çok değişik biçimler verilmektedir. Örneğin, stator oluklarının açık, kapalı oluşu vs. Stator ile rotor arasındaki hava aralığı 0.25 mm - 4.25 mm arasında yapılır. Asenkron motorların

w

w

w

hava aralığı büyüdükçe boşta çalışma akımı da büyür. Boşta çalışma akımının küçük tutulması için hava aralığı da küçük tutulur. b. Stator Gövdesi : Stator gövdesi, stator sac paketini ve bunun sargılarını taşır, rotorun yataklanmasını ve motorun sabit bir yere bağlanmasını sağlar. Motorların standart büyüklükleri mil yüksekliği H (mm) ya göre tanımlanır. Küçük motorlarda, örneğin standart büyüklüğü 80-90 olan motorlarda stator gövdesi çoğu kez alüminyumdan yapılır. Gövdeyi taşıyan ayaklar çelikten yapılır.

7

Stator gövdesi ayaksız olan, sabit bir zemine bağlanmak için, flanşlı yapılan motorlara kısaca Flanşlı Motorlar denir.

m

1.4. Sincap Kafesli Asenkron Motorlar

ri. co

Bu motorların statorlarında normal alternatif akım sargıları bulunur ve (Şekil 1.1) Rotor sargısı, rotora açılan oluklara yerleştirilir. Rotor olukları, otomatik tezgahlarda kesilerek açılır. Rotor sargısı, oluklara yerleştirilen çıplak çubuklar ve bu çubukları her iki uçtan kısa devre eden kısa devre halkalarından oluşur (bkz. kapak resmi).

Sincap kafesli motor deyimi, rotor sargılarının bu biçimde yapılışı nedeniyle

tla

kullanılmaktadır. Normal çalışma koşulları altında, rotor çubuklarında endüklenen gerilim 10 voltun altındadır. Bu nedenle, rotor çubukları rotor sac paketinden

sn o

yalıtılmaz. Rotor sac paketi de, statorda olduğu gibi 0.5mm lik yüzeyleri yalıtılmış silisyumlu saclardan yapılır. Rotor sac paketi statordan hava aralığına geçen akının manyetik yolunu oluşturur. Sac paketi, rotor sargılarını taşır ve manyetik yoldan

w

w

w

.e e

m de r

endüklenen momenti mile iletir.

Şekil 1.1 Stator - rotor sargılarının görünüşü (Statorda iki katlı sargı kullanılmıştır)

8

Rotor Çubuklarının Biçimleri:

a) Yarı açık, yuvarlak rotor oluklarına yerleştirilmiş normal çubuklardan oluşmuş

m

rotor ; oluklara çıplak olarak yerleştirilen çubuklar bakır yada basınçla dökülmüş alüminyumdandır. Çubukların her iki yanı kısa devre halkaları ile kısa devre

ri. co

edilmiştir. Bakır çubuklar halinde, kısa devre halkası çubuklara her iki başlarından lehimlenirken, çubukların alüminyum olması halinde ise kısa devre halkaları döküm esnasında, bu çubuklar ile birlikte dökülür.

b) Derin olukları olan rotor ; bu oluklara genişliği az, yüksekliği büyük olan bakır

tla

yada alüminyum çubuklar yerleştirilir. Derin oluklu motorlarda, yol alma momenti büyük ve yol alma akımı küçüktür.

c) Çift sincap kafesli rotorlar ; rotor saclarında iki tür oluk açılmıştır. Normal ve

sn o

derin oluklar. Bu oluklardan rotor yüzeyine uzak olan oluklara motorun normal çalışma rotor kafesi yerleştirilir. Normal ve rotor yüzeyine yakın olan oluklara ise yol alma kafesi yerleştirilir.

m de r

Motorlar değişik kutup sayısında, örneğin 2p=2, 4, 6, … için yapılır. Yapılan hesaplardan, rotor sac paketinin mekanik dayanıklılığı bakımından, 2p=2 kutuplu motorların sınır gücü olarak 12000 kW ve 2p=4 kutuplu motorların sınır gücü için yaklaşık 20000 kW bulunmaktadır.

.e e

1.5. Bilezikli Yada Rotoru Sargılı Asenkron Motorlar

Bilezikli asenkron motorların rotorlarında genellikle üç fazlı sargılar bulunur. Sargılar yalıtılarak rotor oluklarına yerleştirilir. Üç fazlı rotor sargısı yıldız olarak

w

w

w

bağlanır ve yıldız noktası dışarıya çıkarılmaz. Mil üzerine bağlı ve milden yalıtılmış üç bilezik, rotor ile birlikte döner. Rotorun üç fazlı sargısının giriş uçları bu

bileziklere bağlanır. Bilezikler üzerinde sabit duran fırçalar yardımıyla rotor sargı sistemine, dış kaynaktan genliği yada frekansı değiştirilebilen gerilim uygulanabilir. Ayrıca sargılara dışarıdan empedans da bağlanabilir. Rotor sargıları tek tabakalı veya iki tabakalı alternatif akım sargıları tipinde olabilir. Bu sargılar, stator sargılarında olduğu gibi ya normal iletkenlerden yada çubuk sargılardan oluşur.

9

Rotor bileziklerine yol alma direnci bağlanarak, yol alma akımı sınırlanır ve yol alma momenti büyütülür. Ayrıca rotora, tristörler veya diğer uygun düzenekler yardımıyla frekansı ve genliği ayarlanabilen bir gerilim uygulanarak hız ve güç kontrolü

m

yapılabilir. Fırçalar bilezikler üzerinde çoğunlukla sürekli olarak temas halindedir.

Bazı motorlarda fırça ve bilezik aşınmasını önlemek için fırçalar bilezikler üzerinden

m de r

sn o

tla

rotoru kısa devre edilmiş asenkron motor gibi çalışır.

ri. co

kaldırılır ve özel bir düzen ile rotor bilezikleri kısa devre edilir. Bu halde motor

Şekil 1.2 Bilezik - fırça düzeninin görünüşü

.e e

Fırçaların bilezik üzerinde devamlı olarak çalışması halinde fırçaların aşınması nedeniyle meydana gelen tozlar makine içine girebilir. Motoru bu tozlardan korumak

için, bileziklerin bulunduğu kısım çoğu zaman motorun geri kalan kısmından

w

w

w

ayrılmıştır (Şekil 1.2).

10

ri. co

m

2. DÖER ALA

2.1. Đçinden Doğru Akım Akan Bir Çap Sargının MMK'i

Statorda x çevresi boyunca dağıtılmış bobinlerden N(x) zamana göre değişmeyen bir

F(x) = I⋅N(x)

tla

akımın aktığını düşünürsek, bobinin üreteceği mmk;

(2.1)

sn o

olarak yazılabilir. Bu durumda stator çevresinde x yönündeki ΣF Şekil 2.3’deki gibi olur. Bu mmk dalgasının stator çevresinde sinüsoidal değil basamaklı bir dalga olduğu ve harmonikler içerdiği açıkça görülmektedir.

m de r

Kutup ekseni

Fk

0

Nötr ekseni

π

2π

.e e

− Fk

Şekil 2.1 Dağıtılmış bobinli, 2 kutuplu bir faz sargısına ait mmk dağılımı (Fk kutup başına düşen mmk ‘dir).

w

w

w

Kutup başına mmk;

N⋅I 2 olup, N bobindeki toplam sarım sayısıdır.

Fk =

(2.2)

2.2. Đçinden Alternatif Akım Akan Bir Faz Sargısının MMK'i

Şimdi; faz sargısından zamana göre kosinüsoidal olarak değişen (2.3) bir akım aktığını kabul ederek açığa çıkacak olan mmk dağılımını inceleyelim.

11

i( t ) = 2 ⋅ I ⋅ Cosωt

(2.3)

En genel halde sargı faktörü k we olan, 2p kutuplu simetrik bir faz sargısına ilişkin ve

(2.3) 'deki akımı uygulayalım. Zamana ve stator çevresine göre mmk dağılımı; Fe ( x, t ) = Fem ⋅ Cosωt ⋅ Sinex

N ⋅ 2 ⋅I 4 ⋅ ⋅K 2⋅p π ⋅ e we

ri. co

(2.4.a)

olur. Burada e uzay harmonik numarası olup, Fem =

m

sarım dağılımının, Fourier açılımındaki herhangi bir e. harmonik bileşenini ele alalım

(2.4.b)

olarak kısaltılmış ve bir faz mmk’nin maksimum değeridir. Bobinleri stator çevresine ve

kosinüsoidal

akımla

uyarılmış

harmoniklerinin üreteceği bileşke mmk;

bir

makinede

çeşitli

tla

dağıtılmış

2 2 N1 k   ⋅ ⋅ I µ ⋅ k w1 ⋅ sin x + w 3 ⋅ sin 3x +L ⋅Cosωt π p 3   şeklinde olacaktır. (2.4.a) ifadesinde Cosωt yerine Euler açılımı yazılırsa;

sn o

F (x,t) =

m de r

 e jωt + e − jωt  Fe ( x, t ) = Fem ⋅ Sinex ⋅   2  

uzay

(2.5)

(2.6.a)

Fe ( x, t ) ’nin maksimum değeri olarak

Femx = Fem ⋅ Sinex

(2.6.b)

tanımlanırsa bileşke mmk;

.e e

Fe ( x, t ) =

Femx jωt Femx − jωt ⋅e + ⋅e 2 2

(2.6.c)

birbirine zıt yönde ωt hızı ile dönen genlikleri eş ve maksimum değerin yarısı olan iki adet döner fazör elde edilir.

Femx 2

Femx 2

w

w

w

Femx

ωt

Şekil 2.2 Alternatif alanın bileşenleri

12

-ωt

Đçinden alternatif akım geçen bir faz sargısının ürettiği alan; y ekseni üzerinde ωt ile titreşen iki eş genlikli ve zıt yönlü döner alanlardan meydana gelmektedir. Bu alana alternatif alan denir. Netice itibarı ile Şekil 2.3‘de görülen sargıya, alternatif akım

m

uygulanması halinde (Şekil 2.1; d.a. için çizilmişti) mmk dalgasının basamaklı

titreşeceği aşikardır.

2.3. Çok Fazlı Makinelerde Bileşke MMK

ri. co

şeklini muhafaza edip, zamana göre pozitif ve negatif Femx değerleri arasında

tla

Çok fazlı alternatif akım sargılarının oluştuğu bileşke mmk ‘i bulabilmek için, m Fazlı alternatif akım sistemini, birbirinden 2π/m1 radyan açı kadar ötelenmiş (Şekil 2.3) alternatif akım sargısına uygulayalım. Özel durum olarak m1 = 3 alınırsa, bileşke

sn o

mmk;

(2.7)

m de r

F( x, t ) = FR ( x, t ) + FS ( x, t ) + FT ( x, t )

.e e

Şekil 2.3 Birbirlerinden 120° ötelenmiş 3 fazlı sargılar a) El sargısı, b) Zincir sargı

yazılabilir. Efektif faz akımları I R = I S = I T = I olarak konulursa;

w

w

w

2π  4π    i R = 2 ⋅ I ⋅ Cosωt , i S = 2 ⋅ I ⋅ Cos ωt −  , i T = 2 ⋅ I ⋅ Cos ωt −    3 3

(2.8)

3 fazlı sargılar makine çevresinde 120° ötelenmiş olduklarından, N(x) sarım ifadeleri de ardıl fazlar için 120° ötelenir. Yani,

2π  4π    N R = N ( x) , N S = N  x −  , N T = N x −  3  3   

(2.9)

2.4, 2.7, 2.8 ve 2.9 'dan

13

2π  2π  4π  4π        Fe ( x, t ) = Fem ⋅ Sinex ⋅ Cosωt + Sine x −  ⋅ Cos ωt −  + Sine x −  ⋅ Cos ωt −       3 3 3 3   (2.10)

(2.11)

1 ⋅ [Sin( a + b) + Sin( a − b) ] 2

ri. co

Sina ⋅ Cosb =

m

olarak e. harmonik bileşke momenti elde edilir. Şimdi,

açılımını kullanarak 3 fazlı sistem için temel bileşen mmk ‘lerinin oluşturduğu

bileşke mmk 'lerini irdeleyelim. e yerine muhtelif tek sayılar konulup bileşke harmonik momentlerin varlığı irdelenebilir. Burada sadece e = 1 alarak döner alana

tla

ilişkin temel bileşen mmk ‘lerinin bileşkesini inceleyelim:

sn o

2π  2π  4π  4π        F1 ( x, t ) = F1m ⋅ Sinx ⋅ Cosωt + Sin  x −  ⋅ Cos ωt −  + Sin  x −  ⋅ Cos ωt −       3 3 3 3  

(2.12)

Parantez içi ifadelerin kısaltılması için özdeşlikler kullanılırsa;

1 1 ⋅ Sin ( x + ωt ) + ⋅ Sin ( x − ωt ) 2 2 2π  2π  1 4π  1    Sin  x −  ⋅ Cos ωt −  = ⋅ Sin  x + ωt −  + ⋅ Sin( x − ωt )    3 3 2 3 2 Sinx ⋅ Cosωt

(2.13)

m de r

=

4π  4π  1 8π  1    Sin  x −  ⋅ Cos ωt −  = ⋅ Sin  x + ωt −  + ⋅ Sin ( x − ωt )    3 3 2 3 2 + + =

.e e

F1 ( x, t ) / F1m

F1 ( x, t ) =

0

+

3 ⋅ Sin ( x − ωt ) 2

3 ⋅ F ⋅ Sin ( x − ωt ) 2 1m

(2.14.a)

w

olur. Bu ise hızı ωt olan ve x yönünde dönen bir alanı simgeler. Bu alanın genliği bir faz genliğinin 3/2 (m1/2) katıdır. Ayrıca 2.14.a ifadesi fazör olarak da gösterilebilir:

w

w

m1 ⋅ F ⋅ e − jωt 2 1m Bu döner alan asenkron makinenin temel çalışma gereğini oluşturur. F1 ( x, t ) =

(2.14.b)

Statordaki oluklu yapının oluşturduğu harmonikli faz mmk dalgalarının çeşitli harmoniklerinin oluşturduğu bileşke mmk incelenirse (e =3, 5, 7, 9...), 3 ve 3’ün katı harmonik mmk ‘lerin toplamının sıfır olduğu, 5. harmonik mmk ‘lerin toplamının

14

5⋅ωt hızında ve temel bileşene ters yönde döndüğü, ve 7. harmonik mmk ‘lerin bileşkesinin ise temel bileşen ile aynı yönde dönen bir alan olduğu görülebilir. Bu

harmonikli mmk‘ler asenkron makinenin dış karakteristiğini önemli ölçüde

sn o

tla

ri. co

alanın makine çevresinde ilerleyişi Şekil 2.4’te verilmiştir.

m

etkileyebileceklerinden tasarım aşamasında göz önünd önündee bulundurulmalıdırlar. Döner

m de r

Akımların çevrede dağılımı

.e e

mmk dalgasının makine çevresinde dönüşü

Şekil 2.4 Üç fazlı sargıda döner alanın oluşumu ; zamana göre akımların ve mmk ‘nin değişimi

w

w

w

2.4. Asenkron Makinelerin Çalışma Đlkesi

Makinenin statoruna yerleştirilen üç fazlı veya çok fazlı sargıya uygulanan aynı faz sayısındaki alternatif akımın oluşturduğu bileşke φm akısı zamana göre sabit maksimum

değer ile hava aralığı çevresinde döner. Böylece rotorda bulunan

sargıları çevreleyen bu akı, rotor sargılarında Faraday kanununa göre alternatif bir gerilim ve akım endükler. Döner manyetik alan içerisindeki bulunan iletkenlerde bu

akım; iletkenlerde Lorentz kuvveti oluşturur. Đletkenin bir ucuna etkiyen bu kuvvet

15

diğer yönde aksi istikamette olacağı için, rotor merkezine göre bir moment meydana getirir (Şekil 2.5) ve rotor hareket eder. Rotorun erişmesi muhtemel en büyük hız;

60 ⋅ f1 (2.15) p senkron devir sayısıdır. Fakat makine bu hıza hiçbir zaman erişemez erişemez,, zira bu hızda,

ri. co

m

ns =

döner alan hızı rotor iletkenlerinin hızına eşit olacağından (relatif hız sıfır olur), iletkenlerde gerilim ve akım, dolayısıyla döndürme momenti oluşamaz. Eğer makine

bu hıza çıkartılmış olsa bile, dış kuvvet ortadan kalkınca makine ns ‘den daha küçük

tla

bir n devrine düşer. Bu hız ise makineye uygulanan fren momentine bağlıdır.

F

sn o

r=D/2

m de r

F

Şekil 2.5 Rotor çubuklarında moment endüklenmesi

2.5. Kayma

.e e

Asenkron makinenin çalışma pr prensibinde ensibinde bahsedilen rotorun dönme hızı ile döner alanın hızı arasındaki relatif ilişkiye kayma denir. Rotor hızının senkron hıza göre relatif olarak ne kadar değiştiğini belirtir. “s” ile gösterilen kayma, genellikle 0 ile 1 arasındadır. Bu bağıl ifade ço çoğu ğu kez yüzde olarak verilir. Kayma aşağıdaki gibi

w

w

w

tanımlanır:

s=

ns − n ns

veya s = 1 −

n ns

(2.16)

Dikkat edilirse s kayması, ns ve n ‘nin değerlerine bağlı olarak değişmektedir. Buradan kaymanın farklı değer aralıklarında, makinenin farklı işletme koşullarında

çalışacağı ortaya çıkar.

16

2.5.1. Generatör Çalışma

Döner alanın hızının yönüne ait işaret pozitif ve referans olarak alındığı takdirde,

m

rotorun dönüş hızı, ns senkron hızın üzerine çıktığı takdirde, kayma negatif değer

alır. Makine ns ‘in üzerine kendi kendine çıkamayacağına göre bir dış tahrik

ri. co

makinesi ile çıkartılmalıdır. Böylece n devir sayısına bir limit konulamayacağı için kayma, −∞≤s≤0

tla

arasında değişecektir.

Bu şartlar altında makinede endüklenen gerilim şebeke geriliminden büyük olacağı

2.5.2. Motor Çalışma

sn o

için akım 180° yön değiştirerek şebekeye doğru akacaktır.

m de r

Bu çalışma durumunda, elektrik enerjisi mekanik enerjiye dönüştürülmektedir. Makinede döner alan ve rotor hızı aynı yöndedirler. Haliyle üretilen gerilim şebeke geriliminden ufaktır. Makine mekanik enerji üretmek ve muhtelif kayıplarını karşılamak için şebekeden bir enerji çekmektedir. Motor çalışma; rotor devir sayısının sıfır olması haline kadar sürer. Haliyle,

.e e

0< s < 1

olur.

w

w

w

2.5.3. Transformatör Çalışma

Kaymanın bire eşit olduğu zamandır. Yani rotor durmaktadır. Statorda meydana gelen alan, aynen trafoda olduğu gibi rotor sargılarında bir gerilim üretir. Ancak rotora uygulanan fren momenti, oluşan döndürme momentinden büyükse rotor dönemez ve trafo gibi çalışır. s = 1 ‘dir.

17

2.5.4. Fren Çalışma Çalışmakta olan bir makinede döner alan yönünün iki fazın yeri değiştirilerek

m

aksedilmesiyle ns → -ns olur. Bu durumda bir yönde dönmeye devam eden

makinenin aksi yönde dönmeye zorlanması söz konusu olmaktadır. Böylece

ri. co

makineye döndüğü yönün aksinde fren momenti uygulanmış olur. Bu nedenle bu işletmeye fren çalışma denir. Makinenin kayması pozitif olur ve 1 ‘in üstüne çıkar.

s=

− ns − n n = 1+ ns − ns

+ 1〈s〈+ ∞

tla

Aksi yönde döndürülmeye gayret edilen makine süratle yavaşlar ve devir sayısı sıfır (n = 0) olur. Bunu müteakiben makine aksettirilen döner alan yönünde dönmeye

w

w

w

.e e

m de r

açılarak makine enerjisiz bırakılır.

sn o

başlar. Eğer makinenin aksi istikamete dönmesi istenmiyorsa, şebeke anahtarı

18

3.1. Asenkron Makinenin Tam Eşdeğer Devresi

ri. co

m

3. ASEKRO MAKĐAI EŞDEĞER DEVRESĐ

Rotoru sargılı makinenin rotor uçlarının açık ve rotorun durduğunu, statora çok fazlı gerilim uygulandığını düşünürsek; statordaki döner alan hava aralığı üzerinden geçip

tla

rotor iletkenlerinde gerilim endükler. Bu endüksiyon trafodaki gibidir. Zira δ hava

R1

V1

X1σ

Stator

Rotor

m de r

E1

sn o

aralığı küçültülüp sıfıra götürülürse yapısal olarak trafo elde edilir (Şekil 3.1).

E20

Şekil 3.1 Asenkron makinenin trafo benzetimi (s = 1, rotor durmakta)

Fakat rotorun hareket ettiğini düşünürsek, rotor sargılarında endüklenecek emk ve

.e e

bunun frekansı devir sayısıyla ters orantılı değişecek ve n = ns olduğunda E2 ve f2 = 0

w

w

w

olacaktır. Duran halde trafo gerilimleri, E1 = 4.44⋅ φm⋅ f⋅ N1⋅kw1

E2 = 4.44⋅φm⋅f1⋅N2⋅kw2

(3.1) (3.2)

yazılabilir. Bu ifadelerden gerilim çevirme oranı;

üg =

E1 N ⋅k = 1 w1 E 20 N 2 ⋅ k w 2

(3.3)

19

diye tanımlanır. Makine dururken, s = 1 olup, bu durumdaki rotor gerilimi;

E 2 s=1 = s⋅E20 = E20 olur .

m

(3.4)

s = 1 iken f2 rotor frekansı f1 ‘e eşit olacak, s = 0 olduğunda da stator ile rotor

ri. co

arasında fark hız olmadığından E2 ve f2 = 0 olacaktır. Bu iki ilişki aşağıdaki gibi ifade edilebilir. s = 1 → f2 = f1 f2 = s⋅f1

tla

s = 0 → f2 = 0

s ≠ 0 ve s ≠ 1 iken rotorda f2 frekanslı gerilimler endüklenecek ve f2 = s⋅f1 olacaktır.

sn o

Bunu yukarıdaki emk ifadesine katkılarsak, E2 = 4.44⋅φm⋅(s⋅f1) ⋅kw2 = s⋅E20

(3.5)

m de r

olur. Rotor dururken, E2 = E20 , hareket halinde ise E2 = s⋅E20 olur.Rotor dururken X2σ = 2⋅π⋅f1⋅L2σ idi. Durma durumunda X2σ = 2⋅π⋅f1⋅L2σ olan rotor kaçak reaktansı; hareket halinde değişikliğe uğrayarak;

X2σ → 2π⋅s⋅f1⋅L2σ olup, X2σ = s ⋅x2σ

(3.6)

.e e

şeklini alır. Elde edilen trafo benzeri ifadelerden aşağıdaki trafo modeli kolaylıkla oluşturulabilir:

w

w

w

R1

& V 1

&I 1

jX1σ E& 1

A

A’

φm

B

s ⋅ jX 2σ R2 s ⋅ E& 20

&I 2

B’

Şekil 3.2 Eşdeğer devrede indirgeme yapılmadan önceki durum

Böyle bir benzetimden sonra, hesaplarda kolaylık sağlayacak olan, rotoru statoruna elektriksel bağlı eşdeğer devreye adım atmak istiyoruz.

20

Rotorda endüklenen E2 = s⋅E20 emk ‘i kaymanın fonksiyonu olduğundan statora indirgenip A A ′ ve B B ′ birleştirilemez. Bilindiği gibi iki ayrı devrenin birbirine paralel bağlanabilmesi için belirli paralel bağlanma koşullarının sağlanması gerekir:

m

Gerilimler eşit olmalı, frekanslar eşit olmalı, polariteler eşit olmalı, gerilimler arasında faz farkı olmamalıdır. Bu birleşmenin gerçekleştirilebilmesi için rotorda

E& 2 = s ⋅ E& 20 = &I 2 ⋅ ( R 2 + s ⋅ jX 2 σ )

R E& 20 = &I 2 ⋅ ( 2 + jX 2σ ) s

tla

denklemi s ile bölünürse;

ri. co

sabit bir gerilim endükleniyor gibi bir gösterime gidilmelidir. II çevresinden,

(3.7)

(3.8)

sn o

sabit bir gerilim elde edilir. Artık bu gerilim statora indirgenebilir. Yani;

 R'  E& '20 = &I '2 ⋅  2 + jX '2σ   s 

(3.9)

m de r

yazılabilir. Ayrıca faz açıları da değişmemiştir. Şöyle ki;

 s ⋅ X 2σ   X '2σ  −1 tan   = tan  '   r2   R 2 / s −1

(3.10)

Bütün bu gelişmelerden sonra artık A A ′ , B B ′ birleştirilmesi yapılabilir. E1 = E ′20 olmalı yanı 3.3 Eşitliğinin kullanılması ile;

.e e

E '20 = üg . E20

(3.11)

olur. (3.7) ve (3.9) Eşitliklerinden görüleceği üzere, rotoru statora indirgenmiş

w

w

w

makinede R2 yerine R '2 / s , s ⋅ X 2σ yerine de X '2σ gelecektir. Şimdi rotoru statora

indirgenmiş makinedeki, indirgenen diğer parametreleri belirleyelim. Elektrik makinelerinin temel mmk eşitliği; F1 ≅ F2 ;

m1 ⋅ I1 ⋅ k w1 = m 2 ⋅ I 21 ⋅ k w 2

(3.12)

olup akımların oranı;

21

üa =

I1 m 2 N 2 k w 2 = ⋅ ⋅ I 2 m 1 N 1 k w1

(3.13)

I1 I ′2 ≅ I2 I2

(3.14)

ri. co

üa =

m

Đndirgenmiş durumdaki I2’ akımı yaklaşık olarak I1 stator akımına eşit olmalıdır:

Đndirgenmiş durumdaki bakır kayıplarının korunumu; m1 ⋅ I 22 ⋅ R 2 = m1 ⋅ I' 22 ⋅R '2 olup, 2

I  ⋅  2  ⋅ R2  I ′2 

(3.15)

olur. 3.13 ifadesi 3.15 ‘de yerine yazılırsa,

m1 2 ⋅ü ⋅R m2 g 2

olur ve (3.3) Eşitliği ile kısaltma yapılırsa;

m de r

R '2 =

sn o

2

m  m ⋅N ⋅k  R = 2 ⋅  1 1 w1  ⋅ R 2 m1  m 2 ⋅ N 2 ⋅ k w 2  ' 2

tla

m R = 2 m1 ' 2

(3.16)

olur. Đndirgenmiş ve indirgenmemiş durumdaki, rotor reaktif güçleri yazılıp benzeri işlemler yapılırsa;

X '2σ =

m1 2 ⋅ ü ⋅ X 2σ m2 g

(3.17)

.e e

R '2 kaymaya bağımlı direnç içerisindeki bakır kaybını ayırmak için s

w

w

w

R '2 ' den s

R

' 2

çıkartılırsa

R '2 R '2 ⋅ (1 − s) ' − R2 = s s

R ' ⋅ (1 − s) R '2 = R '2 + 2 s s

olur. Yani;

(3.18)

eşdeğeri, artık eşdeğer devrede yerine konulabilir. Transformatörde olduğu gibi, demir ve alternatif akının yan yana olduğu bir yerde demir kaybı da olacağından bunu ifade etmek için mıknatıslama reaktansına paralel olarak Rfe çizilirse tam

22

(T tipi) elde edilmiş olur (Şekil 3.3). &I 1

R1

jX1σ

jX '2σ R '2 &I '2

A &I 0

E& 1

R fe &I ν

B

&I µ

R '2 ⋅ (1 − s) s

jX m E& '20

(I)

(II)

sn o

Asenkron Makine

tla

Şekil 3.3 Asenkron makinenin tam (T tipi) eşdeğer devresi

ri. co

& V 1

m

eşdeğer devre

Şekil 3.4 Asenkron makinenin bir trafo ve kaymaya bağımlı bir yük direnci ile temsili

m de r

Böylelikle asenkron makine bir trafo ve bir kaymaya bağımlı direnç olarak gösterilmiş olur (Şekil 3.4).

Şekil 3.3 ‘deki devre için; (I), (II) çevreleri - A, ve B düğümlerine ilişkin Kirchoff gerilim ve akım denklemleri yazılırsa;

.e e

(I) çevresinden

& = E& + &I ⋅ ( R + j X ) V 1 1 1 1 1σ

(II) çevresinden E& '20 = &I '2 ⋅ (( R '2 / s ) + j X '2σ )

(3.20)

(A) düğümünden &I1 = &I 0 + &I '2 ve

(3.21)

w

w

w

(3.19)

(B) düğümünden ise &I 0 = &I γ + &I µ olur.

(3.22)

3.2. Asenkron Makinenin Yaklaşık Eşdeğer Devresi Yukarıdaki eşitliklerde akımları bulmak için 3 bilinmeyenli 3 denklemin çözülmesi gerekir. Bunun yerine yaklaşık eşdeğer devre ile akımlar kolayca bulunur. Bunun için mıknatıslama reaktansı ve demir direnci terminale taşınırsa (Şekil 3.5), (I)

çevresinden;

23

I1 ≅ I ′2 =

V1

(3.23)

2

 2 R'   R 1 + 2  + ( X1σ + X '2σ ) s  

jX1σ

R1

jX' 2σ

&I 0 & V 1

& & R fe I ν I µ

jX' m E& ′20

(I)

R ' 2 (1 − s ) s

sn o

Şekil 3.5 Asenkron makinenin yaklaşık (L tipi) eşdeğer devresi

R' 2

ri. co

&I ′ 2

tla

&I 1

m

elde edilir.

Hesapları kolaylaştıran bu devreye L eşdeğer devresi ya da yaklaşık eşdeğer devre denir (Şekil 3.5).

m de r

3.3. Asenkron Makinenin Fazör Diyagramı

Fazör diyagramlarını çizmek için 3.19 ve 3.20 ifadelerini ele alalım: & − jI& ⋅ X − &I ⋅ R , E& 1 = V 1 1 1σ 1 1

&I = &I + &I ′ , 1 0 2

.e e

E& 1 = E& ′20 ,

R ' ⋅(1 − s ) ve 0 = E& ′20 − jI& ′2 ⋅ X ′2σ − &I ′2 ⋅ R ' 2 −&I ′2 ⋅ 2 s

&I = &I + &I 0 ν µ

w

& referans alınarak ( V & ∠0°), Şekil 3.6‘daki fazör diyagram ifadelerini kullanılıp V 1 1

elde edilir. Burada j operatörünün çarpıldığı elemanın fazını 90° ilerlettiği

w

w

unutulmamalıdır (90°∠ j⋅I ; I).

24

jI&1 ⋅ X1σ

& V 1

& =E &′ E 1 20

& V 1

&I ⋅ R 1 1

& =E &′ E 1 20

ψ2

ψ1

&I ′ ⋅ R ' 2 ⋅(1 − s ) 2 s

ϕ1 &I ′ 2

ϕ0

&I 1

&I 1

&I ′ 2

ri. co

&I ′ ⋅ R ' 2 2

m

jI& ′2 ⋅ X' 2σ

ϕ0

ψ

&I 0 &I

ν

&I µ

(a)

tla

(b)

φm

sn o

Şekil 3.6 Asenkron makinenin T tipi eşdeğer devresine ait fazör diyagram

3.4. Sincap Kafesli Rotora Ait Parametrelerin Đndirgenmesi b Kısa devre halkaları

d

a

f

m de r

c

e

h

Kısa devre çubukları

g

Şekil 3.7 Sincap kafesli rotorun iletken aksamı

.e e

I ç = çubuk akımı I h = halka segmanı akımı

Aksiyel yöndeki çubuklar, Đki kısa devre halkası ile birleştirilip sincap kafes

w

w

w

oluşturulmuştur. Bu konstrüksiyonda rotoru çevresel olarak kesip açarsak; b

I h bd

d

I hdf

f

I çcd

I ç ab

I h fh

h

I ç ef

I çgh

Çubuk

Halka segmanı a

I hca

c

I hec

e

I hge

g

Şekil 3.8 Sincap kafesteki çubuk ve halkaların çevresel açılmış hali

25

Şekil 3.7 ve 3.8‘de görüldüğü gibi, kısa devre halka segmanları ve çubuklar olmak üzere karşımıza iki kısım çıkar.

m

Rotor üzerindeki çubukların hava aralığındaki konumları farklı olduğu için

çubuklarda endüklenen gerilimler farklıdır. Yani kaç tane çubuk varsa; o kadar faz daha- çok fazlı ( m 2 ) bir makinedir. Iç Ih

γ e2

Ih

sn o

Şekil 3.9 Halka ve çubuk akımları arasındaki ilişki

tla

ri. co

vardır ( m 2 = Q 2 = N 2 ) . Sincap kafesli makine statoru üç fazlı (çoğunlukla) rotoru -

Çubuk sayısı Q 2 , rotor faz sayısı m 2 ‘ye eşittir.

m de r

Halka akımı I h , çubuk akımı I ç 'den oldukça büyük olup; kutup başına düşen oluk (ya da çubuk) sayısı ne kadar büyük olursa, bu fark da o kadar büyür. Çubuklar arasındaki açıyı γ e 2 ile gösterelim (Şekil 3.9). Kısa devre kafesinin simetrik olması nedeniyle çubuklardan akan akım genlik itibarıyla birbirine eşit, fakat γ e 2 kadar faz farklıdır. Aynı durum çubuklar arasında akan halka akımlarında

.e e

da vardır.

Şekil 3.9'dan görüleceği üzere çubuk akımı iki komşu halka segmanı akımı

w

arasındaki farka eşittir.

w

Q 2 oluklu (çubuklu) kısa devre sargısı, doğal olarak m 2 fazlı olacağından, p çift

w

kutuplu makinede γ e 2 ;

m 2 = Q2 ⇒

γ e2 =

2π ⋅ p 'dir. Q2

faz farklarına göre akımlar çizilirse;

26

(3.25)

I ç cd I h bd I h df

m

γ e2

I ç ef

γ e2 2 Şekil 3.10 Halka akımları ile çubuk akımları arasındaki ilişki

ab

= 2 ⋅ I h ⋅ Sin bd

γe

2

2

1 olur .  γ e2  2 Sin   2 

 p  olup, 

(3.26)

sn o

Ih = Iç

 π I ç = 2 ⋅ I h ⋅ Sin  Q2

,

tla

Iç

ri. co

I ç ab

Sincap kafeste çubuk başına iki adet halka segmanı düşmektedir. Dolayısıyla rotor direncini bulmak, ya da çubuk-halka-segmanı kombinasyonunu yapmak için (halka segmanlarından ve çubuklardan akan akımlar aynı fazda olmadığı, kesitler de farklı

m de r

olduğu), halka direncini çubuk direncine indirgememiz gerekir. Eşdeğer rotor faz direnci ;

R 2 = R ç + 2 ⋅ R' h

(3.27)

olacaktır. Đndirgeme için (rotoru sargılı makinede olduğu gibi) bakır kayıplarının

.e e

korunumundan gidilirse;

I ⋅ R h = I ⋅ R'h ⇒ 2 h

R' h =

w

w

w

3.26 ifadesi 3.27‘de (

2 ç

(3.28)

Ih ) yerine yazılırsa ; Iç

1 ⋅R  γ e2  h 2 4 ⋅ Sin    2 

R 2 = R ç + 2 ⋅ R' h ⇒ R 2 = R ç + 2 ⋅

olarak tanımlanırsa;

2

I  R' h =  h  ⋅ R h  Iç 

Rh  γe  4 ⋅ Sin 2  2   2 

(3.27)

ya da ü hç =

1 γe  2 ⋅ Sin  2   2  (3.28)

27

R2 = Rç +

Rh γe  2 ⋅ Sin 2  2   2 

(3.29.a,b)

m

R 2 = R ç + 2 ⋅ ü 2hç ⋅ R h

indirgemek gerekir. Şimdi bu direnci statora indirgeyelim.

ri. co

Rotor direnci bulunmuş oldu. Fakat bunu eşdeğer devreye yazmak için statora

Rotoru sargılı makinede kullanılan (3.16) ifadesi ile m 2 ⋅ R 2 ⋅ I 22 = m 1 ⋅ I ′2 2 ⋅R ' 2

tla

(rotordaki toplam bakır kaybının korunumu) ifadesinin kullanımı için I ç = I 2 olacaktır. 2

sn o

I m N ⋅k m I  R ' 2 = 2 ⋅  2  ⋅ R 2 çıkar. 2 = 1 ⋅ 1 w1 idi. I ′2 m 2 N 2 ⋅ k w 2 m 1  I ′2  2

2

m de r

m 2  m 12 N 12 ⋅ k 2w1  m  N ⋅k  R'2 = ⋅  2 ⋅ 2 2  ⋅ R 2 = 1 ⋅  1 w1  ⋅ R 2 m1  m 2 N 2 ⋅ k w 2  m 2  N 2 ⋅ k w2 

(3.30)

m 2 ⇒ Q 2 sincap kafesli makinede (çubuk sayısı = rotor oluk sayısı) olup, N 2 = 1 / 2 Sarım

(3.31)

(Bir sarım iki iletkenden oluşmaktaydı. Dolayısıyla, 1 çubuk 1/2 sarımdır) olur.

.e e

Herhangi bir çubuk bir fazı temsil ettiği ve tek parça olan bir çubuğun dağıtılması veya kirişlenmesi söz konusu olmadığından; (3.32)

w

k w 2 = k p 2 ⋅ k d 2 =1.1=1

w

w

3.31 ve 3.32 ifadeleri, 3.30 ifadesinde yerine yazılırsa; 2

m m  N ⋅k  2 R ' 2 = 1 ⋅  1 w1  ⋅ R 2 = 4 ⋅ 1 ⋅ ( N 1 ⋅ k w1 ) ⋅ R 2 Q2 m 2  (1 / 2 ) ⋅1

Burada ; üS =

28

4 ⋅ m1 2 ⋅ ( N 1 ⋅ k w1 ) ‘ye Q2

(3.33)

sincap kafes çevirme oranı denir. Đndirgenmiş rotor direnci; R'2 = ü S ⋅ R 2

(3.34.a)

)

(3.34.b)

ri. co

(

R ' 2 = ü S ⋅ R ç + 2 ⋅ R h ⋅ ü 2hç

m

R 2 = R ç + 2 ⋅ ü 2hç ⋅ R h idi.

olur.

Sincap kafes sargısında kw2 =1 olduğundan, rotorda endüklenecek -titreşime neden

olan- harmonik gerilimleri yok etmek için yapılacak çözüm, çubukları eğik

sn o

A

tla

yapmaktır. Bu da rotora yeni bir faktör getirir; keğik (eğiklik faktörü).

AB kirişi;

e⋅ b ⋅ π 2⋅τ p

eğilmemiş çubuk

m de r

b (a)

B

AB yayı; eğilmiş çubuk

(b)

Şekil 3.11 a) Eğik kafes sargıları, b) Eğik ve eğik olmayan sargı arasındaki ilişki

Eğiklik faktörü Şekil 3.11‘den;

AB kirişi olup, e. rotor uzay harmoniği için; AB yayı

.e e

w

w

w

k e ğ ik =

k e ğ ik = e

Sin(e ⋅ b ⋅ π ) e⋅b⋅π 2⋅ τp

(3.35)

olarak elde edilir ve 3.30 ‘daki sincap kafes çevirme oranı aşağıdaki hali alır: 2

4 ⋅ m 1  N 1 ⋅ k w1   olur . üS = ⋅ Q 2  k e ğ ik 

(3.36)

Reaktanslarda; dirençlerin benzeri şekilde;

29

X 2σ = X çσ + 2 ⋅ X ′hσ = X çσ + 2 ⋅ ü 2hç ⋅ X hç

(3.37)

X ′2σ = ü S ⋅ X 2 σ

(3.38)

)

(3.39)

ri. co

X ′2σ = ü S ⋅ X çσ + 2 ⋅ X hσ ⋅ ü 2hç

m

(

ve

olarak elde edilir.

3.5. Eşdeğer Devre Parametrelerinin Belirlenmesi Đçin Yapılan Deneyler

tla

Eşdeğer devre parametrelerinin belirlenmesi için aşağıdaki bağlama şeması

(a)

(b)

w

w

w

.e e

m de r

sn o

kullanılır.

Şekil 3.12 Asenkron motorun a) Boşta çalışma, b) Kısa devre / kilitli rotor deneyi için bağlama şeması

30

3.5.1. Boşta Çalışma Deneyi { Pm = 0 , V1 = V1n }

alınırsa T tipi eşdeğer devre Şekil 13‘teki gibi basitleşir. &I ′ = 0 R1 jX1σ 2

&I 0

&I = &I 1 0

&I µ

R fe &I ν

jX m

tla

& V 1

m

R' 2 çok büyük olduğu için I ′2 ≅ 0 s

ri. co

n ≅ ns olacağından s ≅ 0 alınabilir. Dolayısı ile

Şekil 3.13 Asenkron makinenin boşta çalışmada eşdeğer devresi

olarak

m

m de r

1

sn o

R ⋅ jX m T tipi eşdeğer devrede &I 0 = &I1 olur. Z& 1 = R 1 + jX1σ , Z& m = fe R fe + jX m & V tanımlanırsa; &I 0 ≅ &I10 ≅ & olur. Z + Z&

m1 faz için boşta çalışmada çekilen güç bir faz için olan değerin m1 katı olacaktır: P0 = m 1 ⋅ ( I 02 ⋅ R1 + I 2ν ⋅ R fe ) yani P0 = Pcu10 + Pfe olur. I0 akımı küçük olduğundan Pcu10 ve Q10 ihmal edilebilir. Böylelikle; P0 ≅ Pfe ,

Q0 ≅ Qm

(3.40)

yazılabilir.

Q 0 = m1 ⋅ V1 ⋅ I10 ⋅ Sinϕ 0

.e e

P0 = m 1 ⋅ V1 ⋅ I10 ⋅ cos ϕ 0 ,

(3.41)

veya 3 fazlı sistemde hat parametreleri cinsinden;

w

w

w

P0 = 3 ⋅ V1L ⋅ I10 L ⋅ cos ϕ 0 , Q 0 = 3 ⋅ V1L ⋅ I10 L ⋅ Sinϕ 0

olup, burada

(3.42)

ϕ 0 = ∠V1; I10 ‘dir.

Özetlenecek olursa; boşta çalışma deneyinde Şekil 3.12.a‘daki bağlantı yapılır ve V1, P0, I10 ölçülüp, Rfe ve Xm aşağıdaki 3.42 - 3.47 bağıntıları ile hesaplanır:

 P0    m1  ϕ 0 = Cos −1   V1 ⋅ I10     

(3.43)

31

I ν = I10 ⋅ Cosϕ 0 R fe =

V1 , Iν

I µ = I10 ⋅ Sinϕ 0

Xm =

(3.44), (3.45)

V1 Iµ

(3.46), (3.47)

m

3.46 - 3.47‘de E1 ≅ V1 alınmıştır; bu 3.40 ifadesindeki kabule dayanmaktadır.

R fe =

V12 , P0 m1

Xm =

ri. co

Diğer bir yolda aşağıdaki gibidir: V12 , Q0 m1

(3.48), (3.49)

tla

  3.5.2. Kısa Devre / Kilitli Rotor Deneyi n = 0 , V1k = V1 I = I  1k 1n  

(1 − s) s

= 0 olduğundan

sn o

Bu çalışma durumunda; n = 0, s = 1 ve dolayısı ile R ' 2 ⋅

makine şebeke tarafından bakıldığında minimum empedansa sahip olur. Bu nedenle makineye nominal gerilimi uygulanmaz, aksi halde nominal akımın çok üstünde bir değerde akım çekilir ve makine kısa sürede zarar görür. Bu nedenle makinenin

m de r

nominal akım çekmesini temin etmek için, oto - trafo üzerinden V1k < V1n gerilimi uygulanır (Şekil 3.12.b).

V1 s=1 = V1k olup,

V1k ≅%(10-20)⋅V1n

(3.50)

I1 = I1 n

.e e

mertebelerindedir. Bu küçük V1k

V12k V12k geriliminde m1 ⋅ ; demir kayıpları, m 1 ⋅ ; R fe Xm

mıknatıslama reaktif gücü nominal gerilim uygulandığı duruma göre oldukça küçük

w

olacağından, T eşdeğer devresindeki Zm mıknatıslama kolu empedansı diğer

elemanlara göre az akım çektiğinden ihmal edilirse yaklaşık eşdeğer devre (Şekil

w

w

3.5) daha da basitleşir. Bu durumda V1k geriliminde bir faz sargısından geçen akım;

I1k = I1n =

V1k

(R

+ R ' 2 ) + ( X1σ + X' 2 σ ) 2

1

(3.51) 2

∠V1k ; I1k = ϕ k olmak üzere, m1 faz için kayıp güç;

Pk = m1⋅V1k⋅I1n⋅Cosϕk, Pk = m 1 ⋅ ( I12k ⋅ R 1 + I'12k ⋅R ' 2 ) , Pk = Pcu1n + Pcu 2 n

32

olacaktır.

, X k = X1σ + X'2σ

tanımlamaları yapılıp, R ' 2 ⋅

(1 − s) s

(3.52), (3.53)

→ 0 olduğu da göz önüne alınırsa; eşdeğer devre

m

R k = R1 + R' 2

&I = &I R k k 1n

ri. co

aşağıdaki gibi basitleştirilebilir (Şekil 3.14). Xk

I

tla

& V k

sn o

Şekil 3.14 Asenkron makinenin kısa devre çalışmada eşdeğer devresi

Bu çalışma durumu Xk ve Rk ‘nın elde edilmesi için teşkil edilir (Şekil 12.b). Rotor kilitlenilip, I1k akımı I1n olacak şekilde, V1 gerilimi sıfırdan başlanılarak Vk değerine getirilir ve Pk, V1k ve I1k değerleri kaydedilip Xk ile Rk değerleri aşağıdaki gibi

m de r

hesaplanır. Şekil 14‘ten;

Vk , Ik

 Pk    m1  −1  ϕ k = Cos  V1k ⋅ I1k     

Zk =

R k = Z k ⋅ Cosϕ k ,

X k = Z k ⋅ Sinϕ k

.e e

Z k = R 2k + X 2k ,

(3.54), (3.55)

(3.56)

(3.57), (3.58)

w

w

w

Diğer bir yol ise; Pk m R k = 21 , V1r

P0 m R fe = 21 , V1x

V1k = V12r + V12x ,

(3.59), (3.60), (3.61)

V1r = V1k ⋅ Cosϕ ; kısa devre direncinde düşen gerilim,

(3.62)

V1x = V1k ⋅ Sinϕ ; kısa devre reaktansında düşen gerilimdir.

(3.63)

33

3.6. Asenkron Makinenin Güç Dengesi

3.22‘nci ifadeleri ilgili akımlar ile çarpalım; & = &I ⋅ E& + &I 2 ⋅ R + &I 2 ⋅ jX * &I1 → &I1 ⋅ V 1 1 1 1 1 1 1σ

ri. co

& 1 = E& 1 + &I 1 ⋅(R1 + jX1σ) (i) V

m

Güçleri bulmak için Şekil 3.3’teki tam eşdeğer devreden yazılmış olan 3.19 -

(3.64)

&I = &I + &I ′ ifadesi (3.22) ; (3.64)‘de yerine yazılır ve m1 fazlı güçleri bulmak için m1 1 0 2

ile çarpılırsa;

tla

& = m ⋅ &I 2 ⋅ R + m ⋅ &I 2 ⋅ jX + m ⋅ &I ⋅ E& + m ⋅ &I ′ ⋅ E & m1 ⋅ &I1 ⋅ V 1 1 1 1 1 1 1σ 1 0 1 1 2 1

(3.65)

P1 = Pcu1 + Pfe + Pi

sn o

elde edilir. Aktif güçleri bulmak için her iki tarafın reel kısımlarını alırsak,

(3.66)

elde edilir. Burada; P1 ; makinenin giriş gücü, Pcu1 ; stator sargılarındaki toplam bakır

m de r

kaybı, Pfe ; Statordaki toplam demir kaybı, Pi ; Statordan rotora intikal eden toplam iç güç yada hava aralığı gücüdür.

Aslında Pfe = Pfe1 + Pfe 2 şeklinde ifade edilebilirse de rotordaki demir kayıpları, gerek rotor frekansının ve gerekse rotor geriliminin çok küçük olmasından dolayı, ihmal

.e e

edilebilir ( Pfe2 ≅ 0 ) . Dolayısı ile Pfe ≅ Pfe1 alınacaktır. (3.65) ifadesinin imajiner kısımları alınırsa; (3.67)

w

Q1 = Q1σ + Q m + Q 2 σ

w

w

elde edilir. Burada Q1 ; Girişten çekilen toplam reaktif güç, Q1σ ; Stator sargıları kaçak reaktanslarının harcadığı reaktif güç, Qm ; Statordan çekilen toplam

mıknatıslama reaktif gücü, Q2σ ; Rotor kaçak reaktanslarının harcadığı reaktif güçtür.

 R'  (ii) E& ′20 = &I ′2 ⋅  2 + jX' 2σ  ifadesi m 1 ⋅ &I' 2 ile çarpılırsa;  s 

34

R ' (1 − s) m1 ⋅ &I ′2 ⋅ E& ′20 = m 1 ⋅ &I ′22 ⋅ R ' 2 + m 1 ⋅ &I ′22 ⋅ 2 + m 1 ⋅ &I ′22 ⋅ j X' 2σ s

(3.68)

m

elde edilir. (3.68) ifadesinin reel kısımları alınırsa; Pi = Pcu 2 + Pmi

(3.69)

ri. co

olur. Burada Pcu2 ; Rotor sargılarındaki toplam bakır kaybı, Pmi ; Rotorda endüklenen toplam mekanik mil gücüdür.

Rotorun mekanik ortamında yataklarda sürtünme ve sargıların cebren fan ile

tla

soğutulması için vantilasyon kayıpları da mevcuttur. Bunlar; Pmi = Pst + v + P2

sn o

olarak ifade edilebilir. Bunlar;

(3.70)

Pst+v ; Rotordaki sürtünme ve vantilasyon kayıplarının toplamı, P2 ; Makineden çıkan net mil gücüdür.

m de r

(3.66), (3.69) ve (3.70) ifadeleri birleştirilirse;

P1 = Pcu1 + Pfe + Pcu 2 + Pst + v + P2

(3.71)

makinenin bileşke güç dengesi elde edilmiş olur. Bu bir diyagram üzerinde gösterilecek olursa;

Pi

.e e

P1

w

w

w

Pcu1

Pfe

Pmi

Pcu2

P2

Pst+v

Şekil 3.15 Asenkron makinenin güç dengesi.

Şekil 3.15 elde edilir. Pi iç güç (döner alan gücü ya da hava aralığı gücü); Pi =m1⋅ E ′20 ⋅ I ′2 cos ϕ 2 , ϕ 2 ∠E ′20 ; I ′2 ’dir.

(3.72)

Hava aralığı gücünden sonra makinenin m1 fazı için (toplam) güçleri özetlersek:

35

E12 V2 2 = P0 − Pcu10 = m 1 ⋅ V1 ⋅ I10 ⋅ cos ϕ 0 − m 1 ⋅ I10 ⋅ R1 ≅ m1 ⋅ 1 rfe R fe

R ' 2 ⋅(1 − s) , s

Pcu1 = m1 ⋅ I1′ 2 ⋅ R 1 ,

P1 = m 1 ⋅ V1 ⋅ I1 ⋅ cos ϕ1 ,

Pcu 2 = m 1 ⋅ I ′22 ⋅ R ' 2 ,

P2 = Pmi − Pst + v çoğu kez Pst + v ≅ 0 olarak kabul edilip,

P2 = Pmi yazılır. Bu kabul ile yaklaşık mekanik mil çıkış gücü;

P2 ≅ m 1 ⋅ I ′22 ⋅

R ' 2 ⋅(1 − s) s

(3.73)

olur. Bu güç ilişkilerinden sonra verim; P2 P1

tla

η=

m

Pmi = m1 ⋅ I ′22 ⋅

ri. co

Pfe = m1 ⋅

sn o

olarak verilir.

(3.74)

Kayma ile rotor bakır kayıpları arasındaki ilişkiyi araştırmak için Pi=f(Pcu2) ‘yi yazalım;

m de r

ψ2∠ E ′20 ; I ′2 olmak üzere;

Pi = m 1 ⋅ E ′20 ⋅ I ′2 ⋅ Cosψ 2 = m1 ⋅ I ′22 ⋅

R ' 2 Pcu 2 = , s s

Pcu 2 = s ⋅ Pi

(3.75), (3.76)

olduğu görülür. Bu ifade kayma arttıkça rotor bakır kayıplarının artacağını, dolayısı ile rotorun ısınacağını göstermektedir. Bu yüzden asenkron makinelerin büyük

.e e

kaymalarda çalıştırılması tercih edilmez. Nominal kayma genellikle % 3-5 mertebelerindedir.

Pmi = (1 − s) ⋅ Pi

(3.77)

w

w

w

(3.70)‘te Pi = Pcu 2 + Pmi idi. Bu ifade (3.76)‘da yazılırsa;

olarak elde edilir. Bu ifadede kaymanın sıfıra yakın olduğu durumlarda hava aralığı gücünün tamamının mile aktarıldığını, aksi halde (büyük kaymalarda) endüklenen mil gücü azaldığı görülmektedir.

36

ri. co

m

4. DÖDÜRME MOMETĐ

Mekanik dünyada M = P/ω ‘dır. Bu ilişkiyi asenkron makineye uyarlarsak; P2 2⋅π⋅n 60

M=

(4.1)

(1 − s) s

sn o

P2 = m1. I ′2 2 ⋅ R ' 2 ⋅

tla

olur. Pst+v≅0 kabul edilerek, P2 ‘yi yaklaşık olarak;

alınmıştı (3.73). Şimdi yaklaşık eşdeğer devreden I’2 ‘yü elde edip P2 ‘de yerine koyalım:

yazılırsa, I ′2 =

m de r

I ′2 =

V1

2

R' 2  2   R1 +  + ( X 1σ + X ′2 σ )  s 

V12

2

2

R' 2  2   R1 +  + ( X 1σ + X ′2σ )  s 

Bu ifadeyi yukarıdaki P2 ‘de yerine yazarsak,

.e e

R ' 2 ⋅(1 − s) V12 P2 = m1⋅ ⋅ 2 s R' 2  2   + ( X 1σ + X ′2σ )  R1 +  s 

olur. Bu ifade (4.1)‘de yerine yazılırsa;

w

w

w

(4.2)

M=

m 1 ⋅ 60 R ' 2 ⋅(1 − s) V12 ⋅ ⋅ 2 2⋅π ⋅ n s R' 2  2   + ( X 1σ + X ′2σ )  R1 +  s 

olur. n yerine dönüşümler yaparak s =

(4.3)

ns − n 60 ⋅ f1 n = (1 − s ) ⋅ n s ve n s = ‘den ns p

37

m 1 ⋅ 60

M=

2 ⋅ π ⋅ n ⋅ (1 − s) ⋅

60 ⋅ f1 p

⋅

V12 R ' 2 ⋅(1 − s) ⋅ 2 s R' 2  2   R1 +  + ( X 1σ + X ′2σ )  s 

elde edilir. Sadeleştirmelerden sonra moment ifadesi;

2  R' 2  2 2 ⋅ π ⋅ f1  R 1 +  + ( X 1σ + X ′2 σ )  s   

(4.4)

tla

M=

m 1 ⋅ p ⋅ ( R ' 2 / s ) ⋅ V12

m

60 ⋅ f1 ifadesi elde edilir. Bu ifade (4.3)‘te yazılırsa; p

ri. co

n = (1 − s) ⋅

sn o

elde edilmiş olur. Hesaplarımızda çoğunlukla bu ifadeyi kullanacağız.

T tipi eşdeğerdevre kullanılırsa Şekil 3.3‘ten,

( R' 2 / s) + X ′21σ 2

⋅ I' , 2 2

I ′2 = 2

E ′202 2

 R' 2  2   + X ′2σ  s 

m de r

I ′2 =

E ′20

yazılabilir ve endüklenen mekanik güç (Pst+v≅0 alınıp); R ' 2 ⋅(1 − s) P ve M = 2 ’den benzer bir şekilde, 2 πn s 60

.e e

P2 = m1 . I ′2 2 ⋅

w

M=

m 1 ⋅ p ⋅ ( R ' 2 / s ) ⋅ E ′202

 R ' 2  2 2 2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅   + ( X ′2σ )   s  

(4.5)

w

w

olur.

4.1. Asenkron Makinenin Dış Karakteristiği

Yukarıda elde edilen (4.4) v3 (4.5) bağıntılardan, momentin gerilimin karesi ile değiştiği ve kaymaya nonlineer olarak bağlı olduğu görülür. Bu ilişkiler M = f(s)

38

olarak çizilirse Şekil 4.1’deki asenkron makinenin dış karakteristiği elde edilir. Makine farklı kayma arlıklarında farklı işletme durumlarında bulunmaktadır.

ri. co

m

s

s<0 GEERATÖR

tla

0

1 s=1 TRASFORMATÖR

M [Nm]

Myv

m de r

1
sn o

0
Şekil 4.1 Tipik bir asenkron makine dış karakteristiği

4.2. Kalkış / Yol Verme Momenti

Myv = M s=1 motor duruyorken (n = 0) motor milindeki momenttir (Şekil 4.1). L tipi

.e e

eşdeğer devre kullanılırsa, (4.4) ifadesinde s=1 koyarak;

w

w

w

M yv =

[

m 1 ⋅ p ⋅ R ' 2 ⋅V12

2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅ ( R 1 + R ' 2 ) + ( X 1σ + X ′2σ ) 2

2

]

(4.6)

R1+ R ' 2 = R k (kısa devre direnci) ve X1σ + X ′2σ = X k (kısa devre reaktansı) olarak tanımlanırsa; M yv =

m 1 ⋅ p ⋅ R ' 2 ⋅V12

2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅ [ R 2k + X 2k ]

,

(4.7)

aynı şekilde T tipi eşdeğer devre için elde edilen (4.5) ifadesinde s = 1 konursa

39

yolverme momenti; m 1 ⋅ p ⋅ R ' 2 ⋅E ′202

2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅ [ R ' 22 + X ′2 2 ]

(4.8)

m

M yv =

ri. co

olarak elde edilir.

4.3. DEVRĐLME KAYMASI ve DEVRĐLME MOMETĐ

Dış karakteristiği bildiğimiz ekstramum noktası bulma problemine dönüşecek şekilde

tla

ele alalım (Şekil 4.2): M Md

m de r

sn o

M=f(s)

sd

1

s

0

.e e

Şekil 4.2 Dış karakteristik üzerinde devrilme noktaları

Md = Mmax yani ekstramumdur.

dM = 0 denklemi çözülürse bu noktaya ilişkin s ds

değeri sd ‘yi verecek ve M s=s = Md olacaktır. Bu yaklaşımı T tipinde uygularsak;

w

d

w

w

gerilimi sabit kabul edersek,

M=

m 1 ⋅ p ⋅ E ′202 R '2 / s R'2 / s ⋅ = k⋅ 2 2 ⋅ π ⋅ f1 ( R'2 / s) + X ′22σ ( R '2 / s) 2 + X ′22σ

[

]

[

]

m1 ⋅ p ⋅ E ′202 olup sabittir. Ekstramum noktası için türev yazılabilir. Bu kısaltmada k = 2 ⋅ π ⋅ f1 alınıp sıfıra eşitlenirse;

40

    dM d  r′ = k⋅  2 2  ds ds  R ' 2 2   s + s ⋅ X ′2 σ 

m

s2 uygulanırsa, R ' 2 ⋅k

ri. co

ve, *

 − R' 2 /s 2 + X ′ 2  dM 2 2σ  =0 = −k ⋅  2   ds ()  

R ' 22 −s 2 ⋅ X ′22σ = 0 s→ sd = ±

R'2 X ′2σ

(4.9)

olur. M d = M s = s olacağından sd (4.8)’de yerine konursa;

m 1 ⋅ p ⋅ R ' 2  X ′2σ  E ′202 , ⋅ ⋅ 2 2 ⋅ π ⋅ f1  R ' 2    X ′2σ   + X ′22σ   R ' 2 ⋅ R'2   

ve 2 ⋅ X ′2 σ ≅ X k yazılırsa;

m 1 ⋅ p E ′202 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f1 X k

m de r

Md =

sn o

Md =

tla

d

(4.10)

elde edilmiş olur. L tipi eşdeğer devre için devrilme kaymasının bulunabilmesi için;

.e e

m 1 ⋅ p ⋅ V12 R'2 / s 1 1 M= ⋅ k R ' = ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 ⋅ π ⋅ f1  s  2   R 1 ⋅ R ' 2 R ' 22 R '2  2 R 2 + ⋅ + 2 + X' 2k   R + + X    1 1 k s s   s   

M = k ⋅ R'2 ⋅

1

R ' 22 s ⋅ R + 2 ⋅ R1 ⋅ R'2 + + s ⋅ X 2k s

w

w

w

2 1

yazılabilir. Bu kısaltmada k =

m 1 ⋅ p ⋅ V12 olup sabittir. 2 ⋅ π ⋅ f1

 dM dM d  1 = 0 ‘dan sd çözülürse, = k ⋅ R'2 ⋅  2 2 2 = 0 ds ds  s ⋅ R 1 + 2 ⋅ R 1 ⋅ R 2 + R ' 2 / s + s ⋅ X k  ds

41

=0

2

R 12 ⋅ s 2 − R ' 22 +s 2 ⋅ X 2k = 0

uygulanırsa,

s → sd

s 2d ⋅ ( R 12 + X 2k ) = R 22

R2

sd = ±

(4.11)

ri. co

()

s2 * − k ⋅ R'2

m

  R2 − k ⋅ R ' 2 ⋅ R 12 − 22 + X 2k  s  

R + X 2k 2 1

Elde edilen bu sd ifadesi, yukarıdaki (4.7) ifadesinde elde edilen Md ‘de yerine yazılırsa; m1 ⋅ p V2 ⋅ 1 2 ⋅ π ⋅ f1 2 ⋅ X k

tla

Md =

4.4. Kloss Denklemi

sn o

olarak elde edilir.

(4.12)

m de r

L tipi eşdeğer devreye ait M/Md oranlanır ve yaklaşıklıklar yapılırsa,

M 2 = s s Md + d sd s

(4.13)

elde edilir. Bu ifadeye KLOSS denklemi denir. Kloss denklemi ile, eşdeğer devre parametrelerini bilinmeksizin herhangi bir kaymadaki moment yaklaşık olarak

.e e

hesaplanabilir.

w

4.5. Örnekler

Örnek 1: Plaka değeri 55kW, 380V, 104A, 2965 d/dak GF = Cosϕ = 0.89 olan 3

w

w

fazlı sincap kafesli motorun kalkış akımının anma akımına oranı 6.3, devrilme momentinin anma momentine oranı 2.3, yolverme momentinin nominal momente oranı 1.6 olarak verilmiştir. Motorun uçlarına uygulanan gerilimin;

a) Anma değerinde olması halinde Iyv, Mn, Myv, Md b) Anma değerinin %90‘ı ( V'1L = 0.9 ⋅ V1L ) olması halinde kalkış akımını ve kalkış

42

momentini hesaplayınız. c) Anma akımında şebekeden çekilen aktif, reaktif ve görünen güçler ile makine

m

verimini hesaplayınız.

Çözüm 1:

Iyv/ I1Ln = 6.3

Md/Mn = 2.3

Myv/Mn =1.6

Mn =

a) Iyv = 6.3⋅I1Ln = 104 . 6.3 = 655.2 A

Pn

Myv = Mn ⋅1.6 = 177.1 . 2.3 = 283.4 Nm

b) V'1L = 0.9 ⋅ V1L ,

I yv

sn o

Md = Mn ⋅2.3 = 177.1 . 2.3 = 407.3 Nm

nn 60

V' = 1L , V1L

I ′yv = 0.9 ⋅ I yv = 0.9 ⋅ 655.2 = 589 A ,

M ′yv M yv

=

55000 = 1771 . Nm 2965 2⋅π⋅ 60

tla

2⋅π⋅

I ′yv

ri. co

55 kW , 380 V, 104A, 2965 d/dak, Cosϕ = 0.89

2

 V′  =  1L  = 0.9 2 ,  V1L 

 M ′d   V1′L     =  M d   V1L 

2

M ′yv = 0.9 2 ⋅ 283.4 = 229.5 Nm

m de r

M ′d = 0.9 2 ⋅ M d = 0.81 ⋅ 407.3 = 339.9 Nm

c) S1 = 3 ⋅ V1L ⋅ I1L = 3 ⋅ 380 ⋅ 104 = 68.45 kVA P1 = S1⋅Cosϕ = 68.45 . 0.89 =60.42 kW

Q1 = S1⋅Sinϕ = 68.45 . 0.456 = 31.21 kVAr

.e e

%η = P2n/P1 = (55/60.42)⋅100 = %90.28

Örnek 2: Stator direnci faz başına 0.23 Ω olan 3 fazlı yıldız bağlı bir asenkron

w

w

w

motorun boşta çalışma deneyinde alınan veriler; 2400V, 11746W, 18.38A ‘dir. Kısa devre deneyinde alınan sonuçlar ise 500V, 56800W, 210A‘dir. Kaymanın %1 olması halinde (L tipi eşdeğer devreyi kullanarak) devre elemanlarını, akımları ϕ0, ψ, ϕk ‘yı

bulunuz.

Çözüm 2: Boşta çalışma deneyinden, Iν, Rfe, Iµ, Xm, ψ, ϕ0 bulunur. Şekil 10‘daki L tipi devreden; Pfe = m1⋅V1⋅Iν , I ν =

Pfe / m 1 11746 / 3 = ⇒ I ν = 2.83A V1 2400 / 3

43

R fe =

V1 2400 / 3 = ⇒ R fe = 489.6 Ω Iµ 2.83

I 0 = I µ2 + I 2ν ⇒ I µ = I 20 − I 2ν = 18.38 2 − 2.832 ⇒ I µ = 18.16A

m

V1 2400 / 3 = ⇒ X m = 76.3Ω . Iµ 1816

I  Şekil 3.6b‘den ψ = tg −1  υ  = 15.58 o °,  Iµ 

ri. co

Xm =

ϕ 0 ≅ 90 − ψ = 74.42°,

KIsa devre deneyi sonuçlarından ise Zk, Rk (R1, R′2), Xk, (X1σ, X2σ ), ϕk bulunur. V1k 500 / 3 = = 1.375Ω , Ik 210

Rk =

56800 / 3 = 0.43Ω 210 2

Pk = m 1 ⋅ I 2k ⋅ R k ⇒ Rk =

R' 2 = 0.43 - 0.23 ⇒ R' 2 = 0.2 Ω

⇒

R' 2 = R k − R 1

sn o

R k = R1 + R'2

Pk / m 1 I k2

tla

Zk =

m de r

(R1 ölçülmediyse, R1 ≅ R' 2 ≅ Rk /2 alınabilir.)

X k = Z 2k − R 2k = 1375 . 2 − 0.432 = 1.306 Ω ,

X1σ ≅ X 2σ ≅

Xk = 0.653 Ω 2

s = 0.01 durumu için L eşdeğer devresini teşkil edersek; &I 1

0.23Ω

&I ′ 2

0.653Ω

0.653Ω

0.2Ω

.e e

&I 0

2400

V

& & R fe I ν I µ

E& ′20

&I ′ 2

0.2 ⋅ (1 − 0.01) 0.01

w

3

Xm

w

w

elde edilir. s = 0.01 için I′2 yolundaki empedans :

2

2

R ' ⋅(1 − s )  0.2 ⋅ 0.99    Z = Rk + 2 . 2  + 1306  + X 2k =  0.429 +    s 0.01 

44

Z = 20.27 Ω

I ′2 =

V1 2400 / 3 = ⇒ I ′2 = 68.4 Ω Z 20.27

olur. Böylelikle makineye

m

ilişkin önemli parametreler bulunmuş olur.

Örnek 3: Rotorunda faz başına direnci, kaçak endüktansı sırası ile 0.1 Ω ve 0.5 mH

ri. co

olan bilezikli 3 fazlı asenkron makinenin anma hızı 950 d/dak olup rotorundan 20 A geçmektedir. Statorda meydana gelen kayıplar (Pcu ve Pfe) ve sürtünme - vantilasyon

kayıplarını ihmal ederek rotor devresinde oluşan iç güç (hava aralığı), bakır kayıpları, devir sayısı, çıkış gücü ve momentini,

tla

a) Anma kayması, b) s = -0.01

sn o

c) s = 1.4 için bulunuz.

d) Bulunan noktaları s - M grafiğinde işaretleyiniz.

Çözüm 3:

m de r

a) 950 d/dak ‘ya en yakın (üst) senkron devir sayısı 1000 d/dak ‘dır. O halde nominal kayma; sn =

n s − n n 1000 − 950 = = 0.05 olur. 1000 ns

Đndirgenmemiş parametreler ile;

.e e

2πsf1L2σ

E2

2πf1L2σ

R2

⇒

E2o

0.157 Ω

R2/s

0.1/s

E2o

⇒ Pi/m2

w

w

w

(67.a) ifadesi indirgenmemiş büyüklükler için yazılırsa; R2 01 . = 3 ⋅ 20 2 ⋅ = 2400 W s 0.05 0 P2 = Pmi − Ps+ v = Pi ⋅ (1 − s) = 2400 ⋅ (1 − 0.05) = 2280 W Pi = m 2 ⋅ I 22 ⋅

Pcu 2 = m 2 ⋅ I 22 ⋅ R 2 = Pi ⋅ s = Pi − Pmi = 2400 − 2280 = 120 W

45

Mn =

P2 n 2280 = = 22.92 Nm ω n 2 ⋅ π ⋅ 950 / 60

m

b) Kayma sn ‘den -0.1‘e gittiği için I2 ‘de değişecektir. I2 ‘yi bulmak için E20

ψ2

VX

(I

VR 2 / s

⋅ R 2 / s) + (I 2 ⋅ X 2σ ) = E 20 2

2

2

2σ

[

E 20 = ( 20 ⋅ 01 . / 0.05) + ( 20 ⋅ 0157 . ) 2

]

2 1/ 2

= 40 V olarak bulunur. Pi = m 2 ⋅ I 22 ⋅

E 20  r2′  2   + X 22σ   .  − 01 

1/ 2

=

40

2  01  .  . 2  + 0157  .  − 01 

1/ 2

= 39.5 A, artık Pi hesaplanabilir.

m de r

I2 =

sn o

hesaplanabilmesi için s = -0.1 için I2 bulunmalıdır;

R2 ‘in s

tla

E20

ri. co

gereklidir. E20 değişmediğine göre; (a)‘daki verilerle

Pi = m 2 ⋅ I 22 ⋅

R2 01 . = 3 ⋅ 39.52 ⋅ = −4680.8 W, − 01 s .

Pmi = Pi ⋅ (1 − s) = −4680.8 ⋅ (1 − ( −01 . )) = −5149 W, Pcu 2 = Pi ⋅ s = −4680.8 ⋅ −01 . = 468 W,

.e e

Güç yön (işaret) değiştirdi. Yani (a)‘da motor olarak çalışan makine bu kez generatör çalışıyor; Zira s < 0 ‘dır.

w

n = (1-s)⋅ns = (1-(-0.1))⋅1000 = 1100 d/dak ,

w

w

1100>1000 ⇒ n > ns senkron üstü hızda dönmektedir. Kayıp pasif olduğundan Pcu > 0 dır. Pstv ≅ 0 olarak verildiğinden, M =

Pmi − 5149 = −44.7 Nm = n 2 π ⋅ 1100 / 60 2π 60

Motorken ürettiği momentin tersi yönde moment üretmektedir. Yani dış kaynaktan moment almakta, moment alıp elektrik üretmektedir. Bu ise generatör çalışmadır.

46

c) s=1.4 için E 20  r2′  2  2   + X 2 σ  .  14 

1/ 2

=

40 2  01  . . 2     + 0157 .  14 

1/ 2

= 232 A

(bu

∼10⋅In

uzun süre geçerse sargılar için zararlı

olacaktır)

R2 01 . = 3 ⋅ 232 2 ⋅ = 11524 W (Pasif çalışma: şebekeden güç çekiliyor) s 14 .

ri. co

Pi = m 2 ⋅ I 22 ⋅

olup,

m

I2 =

Pmi = Pi ⋅ (1 − s) = 11524 ⋅ (1 − 14 . ) = −4610 W (iş makinesinden güç çekiliyor, yani onu frenliyor. Zira s>1 fren çalışma vardır.)

tla

. = 16134 W (kayıplar pasif olduğundan Pcu2>0 ‘dır) Pcu 2 = Pi ⋅ s = 11524 ⋅ 14

Görüleceği üzere mutlak değerce büyük kaymalarda Pcu2 (I1 artacağından Pcu1 ‘de)

sn o

artmaktadır. Bu yüzden verimli ve ısınmaya yol açmayan bir çalışmayı temin etmek için küçük kaymalarda (mutlak değerce) çalışılmalıdır.

d) Elde edilen noktaları asenkron makinenin dış karakteristiğinde işaretlersek;

m de r

s

s<0 GEERATÖR

0 sn=0.05

-0.1

.e e

0
1

w

39.7

M [Nm]

29.92

-44.7

1.4

1
diyagram elde edilir.

w

w

Mn

47

Örnek 4: Yıldız bağlı bilezikli bir asenkron motorun plakasında; 7.5 kW, 16 A, 380 V, 1430 d/dak, Cosϕ=0.8 ve f=50 Hz yazılıdır. Devrilme ve anma momenti arasındaki oran 3.2 olup, nominal rotor akımı 25 A ‘dir. Rotor terminalleri arasında

m

boşta endüklenen gerilim; E20 =180 V ‘tur.

ri. co

a) Motorun nominal ve devrilme momentini,

b) Anma çalışmasındaki verimi, iki bilezik arasında endüklenen rotor gerilimini ve rotor faz empedansını,

tla

c) Devrilme kaymasını bulunuz.

Çözüm 4: P2 n 7500 = = 50 Nm , 1430 ωn 2π 60

M d = 3.2 ⋅ M n =3.2⋅50 = 150 Nm

sn o

a) M n =

P1 = 3 ⋅ V1L ⋅ I1L ⋅ Cosϕ = 3 ⋅ 380 ⋅ 16 ⋅ 0.82 = 8635 W P2 n 7500 = = %86.85 , P1 8635

sn =

n s − n 1500 − 1430 = = 0.0467 W ns 1500

m de r

b) ηn =

E 2 L = s ⋅ E 20 L = 0.0467 ⋅ 180 = 8.4 V

Bu gerilim; bilezikler arasındaki gerilim olup,

rotor yıldız bağlı olduğundan sargı gerilimi olarak bu değerin

w

c) Kloss Đfadesi’nden;

w

w

M 2 ⇒ = sd s Md + sd s

2

sn M d M  = ±  d  −1  M sd M n

sd =

3

‘ü konulacaktır;

E 2 L / 3 8.4 / 3 = = 0194 . Ω I2n 25

.e e

Z2 =

1

⇒

s n s d 2M d + = sd sn Mn

sn = 3.2 ± 3.2 2 − 1 sd

;

sn . , = 016 sd

0.0467 = 0.292 olur. 016 .

Nominal devir sayısı 1430 d/dak olan bir motorun senkron devir sayısı 1500 olur. nd=ns⋅(1-sd) = 1500⋅(1-0.292) = 1062 d/dak olarak elde edilir.

48

4.6. Döner Makinelerde Mıknatıslanma Reaktansı Döner alan reaktansı da denir. Demirdeki mmk düşümü ihmal edilecektir ( µ r ≅ ∞ ). oluk

stator

m

diş

ri. co

hs δ hr

tla

rotor

Stator

ve

rotor

sn o

Şekil 4.3 Çevresel açılmış makinede stator ve rotor dişlerinin karşılıklı konumları

teğetsel

çizilirse

(Şekil

4.3),

hava

aralığının

değişimi

δ + h s + h r , δ + h s , δ hr , δ gibi olur.

m de r

Hava aralığındaki bu değişikliği hesaba katmak için δ 'yı 1 'den büyük bir katsayı ile çarpalım.

δ → k δ ⋅ δ ; k δ 〉 1 k δ : hava aralığı düzeltme faktörü

Diş kenarlarındaki doymayı µ0 ‘a etki ederek düzeltmek istersek;

µ0 →

µ0 ; k µ 〉1 kµ

.e e

yazılabilir.

Önce bir faz sargısının sadece kendisi beslendiğinde mıknatıslanma öz endüktansını

w

w

w

bulalım. Temel eşitlikler: F = φ⋅ℜm,

φ = B⋅A,

F = B⋅A⋅

δ δ = B⋅ , µo ⋅ A µo

B=

µo ⋅ F olup, δ

doyma ve hava aralığı değişimine dikkat edip; B’yi maksimum değerler cinsinden yazarsak;

Bm =

µo ⋅F kµ ⋅ kδ ⋅δ m

(4.14)

49

Dağıtılmış stator sargılarının üretileceği mmk’in, bir faz sargısı tarafından üretilen

F (x,t) =

2 2 N1 k   ⋅ ⋅ I µ ⋅ k w1 ⋅ sin x + w 3 ⋅ sin 3x +L ⋅Cosωt π p 3  

F1m =

2 2 N1 ⋅ ⋅ k w1 ⋅ I µ π p

(4.16)

tla

ve (4.14) te konursa; 2 2 ⋅ µ o N 1 ⋅ k w1 ⋅ ⋅ Iµ k µ ⋅ k δ ⋅ δπ p

(4.17)

sn o

B1 m =

(4.15)

ri. co

Bu ifadenin temel bileşeninin maksimum değeri,

m

bileşeni şu şekilde idi (bkz Eşitlik 2.5):

2 2 2 π⋅D ⋅ B1m ⋅ A = ⋅ B1m ⋅ τ p ⋅ l = ⋅ B1m ⋅ ⋅l π π π 2p

φm =

 π⋅D N ⋅ k w1 2  2 2 ⋅µ o ⋅  ⋅ ⋅ I µ  ⋅ ⋅l p π  kµ ⋅ kδ ⋅ δ ⋅ π  2p

m de r

φm =

ve bobin akı kavramasının; Ψ = ( N 1 ⋅ k w1 ) ⋅ φ olduğu hatırlanırsa;

2

.e e

2 2 µ o ⋅ D ⋅ l  N 1 ⋅ k w1  Ψm = ⋅   ⋅I π kµ ⋅ kδ ⋅ δ  p  µ

(4.18)

2

w

w

Iµ Ψ 2 2 µ o ⋅ D ⋅ l  N 1 ⋅ k w1  Lf = m = ⋅   ⋅ Iµ π kµ ⋅ kδ ⋅ δ  p  2 ⋅ Iµ

w

Dolayısıyla bir faz için mıknatıslanma endüktansı 2

2 ⋅ µ o ⋅ D ⋅ l  N 1 ⋅ k w1  Lf = ⋅  olarak elde edilir. π ⋅ kµ ⋅ kδ ⋅ δ  p  X f = 2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅ L f olup;

50

(4.19)

2

(4.20)

m

4 ⋅ f1 ⋅ µ o ⋅ D ⋅ l  N 1 ⋅ kw 1  Xf =   k µ⋅ ⋅ k δ ⋅ δ  p 

m ⋅ F idi. Dolayısıyla benzer şekilde, 2 1f

Lm =

m ⋅L 2 f

, Xm =

m ⋅ X f olacaktır . 2

E1 = X m ⋅ I µ

olduğundan Iµ

(4.22)

istenildiğinde kolayca bulunabilir. D hava aralığı

m de r

ortasındaki çaptır.

2

(4.21.a, b)

sn o

2 ⋅ m1 ⋅ f1 ⋅ µ o ⋅ D ⋅ l  N 1 ⋅ k w1  Xm =   kµ ⋅ kδ ⋅ δ p  

tla

Fmf =

ri. co

olur. Çok fazlı makinelerde döner alan bahsi hatırlanırsa (bkz. 2.Bölüm);

(4.22) ifadesinden görüleceği üzere; δ hava aralığı, p çift kutup sayısı, kµ arttıkça (makine doydukça) Xm küçülmekte, Iµ artmakta ve makine daha fazla reaktif (mıknatıslanma için) güç çekmektedir. Bu ise rotor ile stator arasındaki hava aralığının ve kutup sayısının küçük yapılmasının (küçük devir yada büyük kutup

w

w

w

.e e

sayısı tercih edilmemektedir) en büyük sebebidir.

51

m

5. ASEKRO MOTORLARA YOLVERME VE HIZ AYARI

ri. co

5.1. Asenkron Motorlara Yolverme

Yolverme, bir asenkron motorun şebekede önemli miktarda gerilim düşümüne ve sargıların tahribine yol açmayacak kadar küçük bir akım ile motorun durma

tla

konumundan normal çalışma devir sayısına getirilmesi işlemine denir.

Bilindiği gibi asenkron motorların şebeke yanından görülen empedansı kaymaya

R'2 ( 1 − s ) s

olup, durma anında

sn o

bağlıdır. Bu empedansta kaymaya bağlı eleman

(s =1), 0 ’değerindedir. Bu da makine empedansının minimum olduğu durumdur. Şayet motora nominal gerilimi uygulanacak olursa, nominal akıma göre 4 ile 6 kat

m de r

akım çekecektir. Bu Iyv akımı;

L tipinde I yv ≅

V1

( R k 2+ Xk 2 )

, T tipinde I yv ≅

E′20 ( R '2 2 + X k 2 )

(5.1.a, b)

olarak verilmişti. Bu akım gerek şebeke gücüne, gerekse motor gücü ve motor milindeki toplam atalet momentine bağlı olarak, çoğu kez müsaade edilemezdir.

.e e

Yolverme süresinde hattan çekilen akımın efektif değeri zamana göre Şekil 5.1’de verilmiştir.

Iyv

nn

n

In

w

w

w

Iyv , n

tyv Şekil 5.1 Yolverme sırasında akım ve hızın değişimi

52

t

5.1.1. Yolvermenin Etkileri

m

Yolvermenin iki değişik etkisi vardır:

a. Şebekeye etkisi: Şebekeler çoğu kez bu kalkış akımlarına yetersiz kaldığından,

ri. co

bir yada daha fazla motorun aynı anda devreye girmeleri, enerji dağıtım hatlarında kayda değer gerilim düşümlerine neden olurlar. Bu durum aynı hattan beslenen diğer

tüketicileri de olumsuz etkiler. Ataleti büyük olan yüksek güçlü motorlarda, yol verme süresi uzayacağından, bu gerilim düşümleri daha da uzun sürer ve önem taşır.

(Burada Iyv zamana göre değişmektedir. )

(5.2)

sn o

Pcuyv = m1 ⋅ I 2yv ⋅ R k

tla

b. Motora etkisi: Büyük değerli bu kalkış akımı motor sargılarında

yolverme bakır kayıp gücünün harcanmasına neden olur. Bu kayıp güç hayli büyük olup, tyv uzadıkça (motor milindeki atalet momenti büyüdükçe tyv artar) t yv

m de r

Q = k ⋅ ∫ Pcuyv ⋅ dt 0

(5.3)

kalori kadar bir ısı enerjisi motor sargılarını ısıtır. Bu ısı, makine izolasyon malzemelerine zarar verecek kadar artabilir.

Yolvermenin yan etkilerini azaltmak için ;

.e e

Rö : Stator sargılarına seri bağlanmış reosta,

R ' yv

: Bilezikli motorda, bileziklere dışarıdan bağlanan Ryv yolverme

w

w

w

direncinin statora indirgenmiş değeri olarak tanımlanırsa, yolverme akımı

I yv =

V1 ( R k + R ö + R ′yv )2 + X k 2

, I yv = f ( V1 , R k , R ö , R ' yv , X k )

(5.4.a, b)

olur. Burada Rk ve Xk makine içi sabitler olduğu için, dıştan bakıldığında;

I yv = f ( V1 , R ö , R ′yv )

(5.5)

şeklinde yazılabilir. Burada Iyv; V1 ile doğru, Rö ve R’yv ile ters orantılıdır. O halde Iyv; V1, Rö ve R’yv nin uygun seçilmesiyle istenilen sınırlar içerisinde tutulabilir.

53

Fakat bu değişimler yapılırken makine momentinin de değişeceği göz ardı edilmemelidir.

m

5.2. Yolverme Yöntemleri

ri. co

5.2.1. Direk Yolverme

Daha ziyade 5kW’a kadar olan motorlara uygulanır. Bu güçteki bir motorun şebekede önemli bir gerilim düşümüne neden olmayacağı kabul edilmektedir. Diğer

tla

taraftan, bu güçteki motorların atalet momenti de küçük olacağından, yolverme

süresinde sargılarda açığa çıkacak ısı artışı küçük olacaktır. Şekilde 5.2’de Q1;

w

.e e

m de r

sn o

termik manyetik anahtardır.

w

w

Şekil 5.2 Asenkron motora direk yolverme bağlantı şeması

Bu yöntem sincap kafesli motorlarda kullanılır. Zira bilezikli asenkron motorlar bu kadar küçük güçlerde imal edilmezler.

54

5.2.2. Ön Direnç Đle Yolverme

Bu yöntemde motor uçlarındaki gerilim ön direnç ile düşürülerek, motorun küçük

V1

(5.6)

( R k + R ö )2 + X k 2

ri. co

I yv =

m

akım ile yol alması sağlanır (Şekil 5.3a). Yolverme akımı;

olup, Rö arttıkça Iyv ’nin azalacağı aşikardır. Makine momenti ise Şekil 5.3b’deki gibi

sn o

tla

değişecektir.

s

0

R ''ö

R 'ö

Rö = 0

.e e

m de r

sd

1

0

M ''yv M 'yv M yv Md

M

(b)

(a)

Şekil 5.3 a) Ön direnç ile yolverme bağlantı şeması, b) Dış karakteristiğin Rö ile değişimi

w

w

w

R ''ö > R 'ö ≠ 0

M yv M ′yv

 I yv   =    I ′yv 

2

(5.7)

olacaktır. Bu yöntem sincap kafesli motorlara uygulanmakta olup, Rö ’deki güç kaybı fazla olduğu için çok tercih edilmemektedir.

55

5.2.3. Kuşa Bağlaması

5.2.2. Konusundaki yöntemin bir faza uygulanmış halidir; Rö sadece statorun bir

m

fazına bağlanır. Makinenin akım döner alan simetrisi bozulur. Sabit genlikli döner alan yerine, genliği zamanla değişen eliptik bir döner alan oluşur. Makine küçük

ri. co

akımla vuruntulu olarak kalkış yapar. Dış karakteristiğin değişimi Şekil 5.3.b’deki gibidir. Günümüzde zorunluluk halleri dışında pek kullanılmamaktadır.

tla

5.2.4. Yıldız-Üçgen Bağlama

Yıldız-üçgen yolvermenin yapılabilmesi için stator sargı geriliminin, şebeke faz arası gerilimine eşit olması gerekir. Yani Türkiye şebekesinde Vüçgen/Vyıldız; 380/660V

sn o

olan motorlara yıldız-üçgen yolverilebilir.

Üçgen ve yıldız durumlarında şebekeden çekilecek akımları incelersek: I1p I1 Z

V I1 = 1 = Z

V1L

3

m de r

L1

V1

V1L

Z

I p = I1

Z

Z

L2 L3

.e e

I1

Z

V1 V1L = Z Z

I∆ =

3 ⋅ V1L Z

Z

w

L3

(5.8)

I ∆ = 3 ⋅ I1

Z

L2

w

I1 =

V1

V1L

w

V1L 3⋅Z

I1∆

L1

I∆ = Ip

Ip =

3 ⋅ V1L 3 ⋅ Z ⋅ Z V1L

⇒ I∆ = 3 ⋅ Ip

(5.9)

(5.10)

bulunur. Görüleceği üzere yıldız bağlantıda hattan, üçgen bağlantıya göre üçte bir akım çekilir. Bu oran, bu yöntemi orta güçlü makineler için tatmin edici yapar. Bu arada akımın değişmesi ile momentte değişir ve

56

M∆ = 3 . MY

(5.11)

m

(Şekil 5.4c) olur. Bu tip yolvermede, ya elle kumanda edilen yıldız-üçgen yolverme anahtarı, yada AC3 sınıfından seçilmiş, kontaktörlü kumanda devresinden

m de r

sn o

tla

ri. co

faydalanılır. Burada ikinci bağlama verilecektir (Şekil 5.4a, b).

.e e

(a)

s

0

M>

w

w

w

sd

MY

1

0 M yvY

M yv>

M

T Burada : Düz zaman rölesi olup, bobinine gerilim uygulandığından belirli bir süre sonra (tyv) devre üzerindeki bütün kontakları konum değiştirir. e0 : Kumanda devresi sigortası, e1 : Güç devresi sigortası, e2 : Termik röle’ dir.

(b) Şekil 5.4 Yıldız/Üçgen yolverme bağlantı şeması; a) Güç devresi, b) Dış karakteristik değişimi

57

m ri. co tla sn o

(c)

m de r

Şekil 5.4 c) Yıldız/Üçgen yolvermeye ilişkin kumanda devresi

5.2.5. Oto-Trafo Đle Yolverme

Gerilimi küçülterek Iyv ’yi sınırlayan bir yöntemdir. Daha ziyade büyük güçlü

.e e

motorlarda uygulanır. Gerilim oto-trafo üzerindeki sürgü kolu yada kademe atlayarak

arttırılır ve motor nominal devrinin %70 ’ine ulaşınca oto-trafo devre dışı bırakılarak,

w

devreye direk bağlanır.

Şekil 5.5a‘da bağlantı şeması verilen devrede; Q1 termik manyetik anahtarı

w

w

kapatıldıktan sonra, önce A, sonra B anahtarları kapatılıp oto-trafo üzerinden gerilim arttırılarak motorun yumuşak bir şekilde 0.7⋅nn devrine çıkması sağlanır. Sonra, A açılıp C kapatılarak akım kesilmeksizin motor şebekeye direk bağlanır. Daha sonra, B açılarak oto-trafo devre dışı bırakılır.

58

m ri. co tla sn o m de r (a)

.e e

s

0

V1''

V1'

V1

w

w

w

sd

V1'' < V1' < V1

1

0

M ''yv M 'yv M yv Md

M

(b) Şekil 5.5 Oto-trafo ile yolverme a) Bağlantı şeması b) Dış karakteristiğin değişimi

59

5.2.6. Bilezikli Makineye Yolverme

Bilezikler üzerinden terminallere alınan rotor sargı uçlarına direnç bağlanarak (Ryv),

m

rotor devresi direnci arttırılır (Şekil 5.7). Böylelikle motorun şebekeden görünen empedansı artacağından yolverme akımı azalır. Ryv direnci maksimumdan yavaş

ri. co

yavaş minimuma getirilerek motorun yolalması sağlanır. Bu yöntemde akım

azalmasına rağmen makinenin kalkış momenti artar ( belirli bir Ryv aralığı için ). Ryv uygun değerde seçilerek, motorun maksimun moment ile ( Md ) kalkış yapması

(5.12)

sn o

M yv

( R' 2 + R' yv ). V12 m.p = ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f1 [( R k + R' yv ) 2 + X k ]

tla

sağlanabilir. Rotor terminallerine Ryv bağlandığında yolverme momenti;

olur. Burada R ' yv ; Ryv direncinin statora indirgenmiş değeridir. Şayet yolverme momentinin motorun normal çalışmasındaki herhangi bir s kaymasındaki momentine eşit olması istenirse;

R ' 2 ⋅(1 − s) , s

m de r

R ' yv ≅

R ' yv =

m1 2 . ü . R yv m2 g

(5.13), (5.14)

değeri seçilir.

s 0

.e e

R 'yv > R'yv

R '2 + R 'yv

sd

w

w

w

s'd

s ''d =1

0

R '2

R '2 + R ''yv

Md

M

Şekil 5.6 Bilezikli asenkron makine rotoruna ilave direnç bağlayarak yolvermede dış karakteristik değişimi

60

m ri. co tla sn o

m de r

Şekil 5.7 Bilezikli asenkron makine rotoruna ilave direnç bağlayarak yolvermeye ilişkin bağlantı şeması

Asenkron Motora Yumuşak Yolverici ile Yolverme

w

w

w

.e e

5.2.7

Tristör katı çoğu kez mikrobilgisayar kontrollü olduğu için, sistem birçok işlev için programlanabilir. Kullanılacak tasarım ile; aşırı akım koruma, hızlanma süresi belirleme, devir yönü değişimi, frenleme, frenleme süresi belirleme, hata kontrolü gibi birçok işlem gerçekleştirilebilmektedir.

Şekil 5.8 AC Kıyıcı ile asenkron motora yumuşak yolverme

Günümüzde elektronik sistemlerin maliyetlerinin düşmesi ile, 100kW-500 kW arası

61

motorların yolverilmesinde yumuşak yolvericiler en ekonomik ve esnek çözüm olmaya başlamıştır.

m

5.3. Asenkron Motorlarda Hız Ayarı

ri. co

Bilindiği üzere asenkron motorun rotor hızı, döner alan hızını (ns) yakalamaya çalışmaktadır. O halde döner alan hızı değiştirilebilirse rotor hızı da değişecektir.

ns =

60 . f1 p

(5.15)

olduğundan, nS ’e etkiyen parametreler p ve f1 ’dir. Bu parametrelerin değiştirilmesi,

tla

yüklü yada boşta çalışma durumunda da rotor hızını değiştirir.

Moment ifadesi genel halde;

R '2 + R ' yv

⋅ V12

s R '2 + R ′yv  2   2 2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅  R1 +  + Xk  s   

(5.16)

m de r

M=

m1 ⋅ p ⋅

sn o

Devir sayısı ayar yöntemlerinden bir diğeri de üretilen momente etki etmektir.

olacağından, f1 ve p haricinde dışarıdan değiştirilebilecek parametreler V1 ve R ' yv ’dür (bilezikli makinede). Bu moment ifadesi bir My ≠ 0 yük momentine eşitlenip V1 yada R ' yv değiştirilirse, eşitliği sağlayacak farklı bir s kayması elde edilir. Böylelikle motorun devri ayarlanmış olunur. Şimdi bu parametrelerin değiştirilerek hızın

.e e

ayarlandığı yöntemleri inceleyelim.

w

5.3.1. Kutup Sayısı Değiştirilebilen Sargı Kullanarak Hız Ayarı

Özel olarak sarılmış, kutup sayısı değiştirilen bir çok sarım türü olmasına rağmen,

w

w

kolaylığı açısından en yaygın olarak DAHLANDER SARGI kullanılmaktadır. Bu sarım tekniğinde kutup sayısı 2/1 oranında (Üçgen/Çift-Yıldız), dolayısı ile döner alan hızı da 1/2 oranında değiştirilebilmektedir.

8 Kutuplu makinede, bir faza ait sargı, normal sargıda Şekil 5.8a’daki gibi yerleştirilmişken, Dahlander sargıda bobin ara bağlantıları Şekil 5.8b’deki gibi

62

düzenlenmiş olup, sargı ortasından bir uç çıkartılmıştır. AR

DR

CR

BR

x

u a) Normal Sargı

BR

DR

CR

tla

AR

ri. co

m

8 Kutup

u2

u1

sn o

8 Kutup

x2

b) Dahlander Sargı; u2 ve x2 ’den beslenmiş

BR

CR

DR

m de r

AR

x1

.e e

u1

4 Kutuplu

c) Dahlander Sargı; u1 ve x1 ’den beslenmiş

Şekil 5.9 Bir faz sargısında Dahlander bağlantının elde edilmesi

w

w

w

Dahlander sargıda büyük kutup sayısı/alçak devir elde etmek için u2 ile x2’ den

besleme yapılır. Küçük kutup sayısı/yüksek devir sayısı için ise u2 ile x2 birleştirilip; x1 diye adlandırılıp u1 ile x1’ den besleme yapılır. Bu durumda sargıların yarısındaki akım yönü değişir, böylece kutup sayısı da yarıya iner (Şekil 5.9c).

Makinenin üç fazlı olduğu kabul edilirse, faz sargıları kendi içinde üçgen bağlanır ve aşağıda görüleceği üzere dışarı 6 uç çıkartılır (Şekil 5.10).

63

m ri. co tla

sn o

Şekil 5.10 Üçgen ve YıldızYıldız bağlı 3 fazlı makinede sargılar arası bağlantılar; a) Üçgen bağlantı: büyük kutup/ alçak devir, b) YıldızYıldız bağlantı: küçük kutup /yüksek devir, c) Terminal kutusu

Dahlander sargıda faz sargıları normalde Üçgen bağlanır ve u2 v2 w2’ den besleme

m de r

yapıldığında motor alçak devirde döner.

Đki katı devir sayısı elde etmek için (yüksek devir) u2 v2 w2 birleştirilip, u1 v1 w1’ den besleme yapılır. Bu durumda sargıların bağlantısı Şekil 5.10b’deki çift-yıldız bağlantıdaki gibi olur.

.e e

5.3.2. Frekans Değişimi Đle Devir Sayısı Ayarı

Bu yöntemde, f1 şebeke frekansı değiştirilerek döner alan hızının değişmesi sağlanır

Iµ =

E1 E1 = X m 2 ⋅ π ⋅ f1 ⋅ L m

(5.17)

w

w

w

ve böylelikle rotor hızı ayarlanır. Fakat T tipi eşdeğer devreden (Şekil 3.3),

olduğundan f1 değiştikçe Iµ ‘de değişir. f1 nominal değerine göre azaltılırsa Xm

küçüleceğinden Iµ artar. Iµ ’nün artması makinenin doyması ve lineerliğinin kaybolması anlamına gelir. Doymaya sebebiyet vermemek için E1 / f1 oranının sabit tutulması gerekir. E1 ’in sabit tutulması müşkülat çıkartacağından (V1 ≅ E1 kabulü ile) V1 / f1 oranını sabit tutulması yoluna gidilir.

64

Diğer taraftan çalışma bölgesi göreceli olarak sabit kalacağından (s=sbt), frekans arttıkça makine empedansı artacak, V1 / f1 oranı sabit tutulduğundan I' 2 ’de yaklaşık

m

olarak sabit kalır.

ri. co

Bu ilişkiler Biot-Savart Kanunu ( F = B. I .l ) gereği, üretilen momentin sabit kalacağı anlamına gelir. Dış karakteristik Şekil 5.11’daki gibi değişir.

s n ''s

'' 1

f

n 's

tla

f1'

ns

f1

sn o

1

f1'' > f1' > f1 = 0

Md

0

M

m de r

Şekil 5.11 f1 değiştirildiğinde dış karakteristiğin değişimi (V1/f1 = sbt)

Bu teknik, D.A. yada D.G. ara devreli 3 fazlı darbe genişlik modülasyonlu eviriciler kullanılarak gerçekleştirilir (Şekil 5.12).

R S T

D.G.

∼

_

_

M 3∼

Evirici

Doğrultucu

(a)

w

w

w

.e e

u v w

(b) Şekil 5.12 a) Evirici üzerinden beslenen asenkron motor, b) V1/f1 oranının değişimi

f1 değiştirildiği için etiket hızının üstüne çıkabilir. Bu durumda frekansa bağlı demir

65

kayıplarının artacağı ve makinenin ısınacağı göz ardı edilmemelidir. Nominal frekans altında sabit moment kipinde çalışılır V1/f1 oranı sabittir. Nominal frekansın üzerine çıkılması durumunda makine güç sınırının aşılmaması için sabit güç kipinde

m

çalışılır, bu bölgede artan frekans ile V1/f1 oranı azaltılır (Şekil 5.12b).

ri. co

5.3.3. Bilezikli Asenkron Motorun Rotor Devresine Direnç Đlave Ederek Hız Ayarı Bu yöntemde döner alan hızına etki edilmez, dolayısı ile boşta hız ayarı yapılamaz; sadece senkron altı devirlerde ayar yapılabilir. Yüklü durumda motor çalışma noktası

tla

bir kaymadan diğerine değişir. Kayma değiştiğinde rotor hızı da değişmiş olur.

(5.16) ifadesinde R’yv değiştirilirse eşitlik farklı bir s değeri için sağlanır. Kayma ve

sn o

hız R’yv ile değiştirilmiş olur.

Bu esnada R’yv büyürken Sd ’de büyüyecektir. Uygun R’yv seçimi ile ( Myv=Md ) yolverme momenti maksimum momente eşitlenerek motorun yüksek kalkış momenti

m de r

ile yolalması sağlanabilir. Dış karakteristik Şekil 5.13’deki gibi değişir.

s

'

'

R 2 + R yv

0 s’ s’’

.e e

s’’’

0

My

'

'''

R 2 + R yv

Md

M

w

1

''

'

R 2 + R yv

w

w

Şekil 5.13 Bilezikli asenkron motorda rotor devresine direnç ilave edildiğinde dış karakteristiğin değişimi.

Arzu edilen s1 kaymasından, s2 kaymasına geçmek için rotor devresine ilave edilecek

direnç: R ' 2 R ' 2 + R ' yv = s1 s2 eşitliğinden bulunur.

66

(5.18)

Devre bağlama şeması, bilezikli asenkron motora yolvermede kullanılan şema ile aynıdır (Şekil 5.7).

m

5.3.4. Gerilimin Değiştirilmesi Đle Hız Ayarı

ri. co

V1 Şebeke gerilimi değiştirildiğinde döner alan hızı değişmeyeceğinden, boştaki devir sayısı değiştirilemez. Dolayısı ile bu tip hız ayarı sadece yüklü durumda yapılabilir.

tla

(5.16) bağlantısında V1 değişince, (belirli bir yük momenti varken) eşitliğin sağlanması için s kayması başka bir s' değerine oturur. Böylece motorun devri değiştirilmiş olur. Senkron altı devirlerde; ns ile nd arasında ayar yapılabilir. V1

sn o

nominal değerinin üzerine çıkartılmaz, aksi halde motor doyar. Büyük kaymalarda rotor sargılarının ısınacağı göz ardı edilmemelidir. Gerilimin değiştirilmesi için alternatif akım kıyıcısı ya da oto-transformatörler kullanılabilir. Şayet oto-trafo kullanılırsa bağlama şeması; oto-trafo ile yolverme bahsinde verilen ile aynı olur

s

V1

.e e

0 s1 s1 ’

m de r

(Şekil 5.5a). Dış karakteristik Şekil 5.14’deki gibi değişir.

1

0

My

V1>V1’

V1 ’

M

w

w

w

Şekil 5.14 Gerilim değişimi ile hız ayarında dış karakteristik.

5.4. Asenkron Motorun Frenlenmesi Çeşitli frenleme şekilleri olmasına rağmen, en çok kullanılan üç tip verilecektir.

67

5.4.1. Mekanik Frenleme Burada motor mekanik fren araçları ile donatılır. Örneğin çalışma süresinde bir

m

elektromıknatısla kaldırılan mekanik fren, motorun devreden çıkması ile düşerek

ri. co

motorun durması sağlanır.

Frenleme esnasında motoru (elektriksel olarak) yüklemezler. Mekanik frenli

motorların frenleri; diskli ve elektromıknatıs lamelli olabileceği gibi konik rotorlu

olan tipleri vardır. Asansör sistemleri ve yüksek hızlı matbaa makinelerinde

tla

kullanılırlar

5.4.2. Ters Akım ile Frenleme

sn o

Kontaktörlü ve zaman röleli bir otomatik kumanda düzeni ile stator fazlarından herhangi ikisi yer değiştirilerek döner alanın yönü ters değiştirilir. Rotor, döner alanı takip edeceğinden, dönüş yününü (biriktirdiği kinetik enerjiyi ısıya çevirdikten sonra) değiştirmek isteyecek ve devir sayısı sıfırdan geçerken otomatik kumanda

L1

e1

1

L2

L3

3

5

w

w

w

.e e

M

m de r

düzeni motoru devre dışı bırakacaktır.

2

4

6

1

3

5

2

4

6

u

v

w

F

1

3

5

2

4

6

e2

M 3∼

(a)

68

m ri. co tla sn o (b)

m de r

Şekil 5.15 Ters akımla frenleme; a) Güç devresi b) Kumanda devresi

5.4.3. Doğru Akım ile Frenleme

Bu yöntemde motor sargıları uygun şekilde birleştirildikten sonra bu uçlara VFd doğru gerilimi uygulanır. Tabii ki bu işlemden önce motor şebekeden ayrılmış

.e e

olmalıdır. Sargılar genellikle aşağıdaki gibi birleştirilir.

w

w

w

R1

R1 I Fd

VFd

I Fd VFd

Şekil 5.16 Stator sargısına doğru akım uygulanırken kullanılan bağlamalar

IFd akımı ; IFd = k⋅I1n

(5.19)

olup, k; Şekil 5.15’deki (a) bağlaması için 1.225, (b) bağlaması için 2.12 olarak

69

verilmektedir. Frenleme gerilimi; VFd = IFd⋅Reş

m

(5.20)

m de r

sn o

tla

olacaktır. Bağlama şeması aşağıda verilmiştir.

ri. co

bağıntısı ile bulunur. Reş ; (a) bağlamasında 1.5⋅R1 ve (b) bağlamasında 0.66⋅R1

w

w

w

.e e

Şekil 5.17 Doğru akım ile frenleme; (a) Güç devresi, b) Kumanda devresi ters akımla frenlemeye ait kumanda devresi ile aynıdır. (Şekil 5.14b)

70

m

EK 1. SORU ve CEVAPLAR

ri. co

Bu bölümde bazı sınavlarda çıkan sorular ve cevaplar verilmiştir. Çözümlerde

MCAD paket programı kullanılmış olup, çözüm çıktılarının MCAD ‘ten

MsWORD’e dönüştürülmesinde bazı metin kayıpları ve anlam düşüklüğü oluşmuş olabilir.

tla

SA.Ü. MÜH. FAK. ELEKTRĐK MAKĐALARI III YILĐÇĐ SIAVI 11.12.1996

1) 500V, 50Hz 'lik üç fazlı şebekede çalışan, yıldız bağlı, 8 kutuplu bir

sn o

bilezikli asenkron motorun eşdeğer devre parametreleri aşağıda verilmiştir. . Ω, X σ1 = 0.6Ω, X 'σ 2 = 0.6Ω, X m = 25Ω R 1 = 0.25Ω, R '2 = 018 Bu motor 175Nm momentinde sabit bir yükü tahrik etmektedir.

a) Motorun bu yükü hareket ettirip ettiremeyeceğini belirleyiniz.

m de r

<15p> <05p>

b) Sistemi ivmelendiren momenti,

<10p>

c) Motorun çalışma hızını bulunuz.

<30p>

2) Etiket değerleri; 132kW, 500V, 50Hz, 176A, 2970d/dak, GF=0.93, verimi

0.93 olan üçgen bağlı 3 fazlı s.k.'li bir asenkron motorun boşta çalışma deneyinden

.e e

P0 = 7 kW , ϕ 0 = 72o

olarak ölçüldüğüne göre eşdeğer devre parametrelerini

hesaplayınız ( Pstv = 0 alınacaktır). 380V,

50Hz

'lik

bir

şebekede

çalışan

yıldız

bağlı

ve

w

w

w

3)

R 1 = 0.36Ω, R '2 = 0.4Ω, X σ1 = 0.42Ω, X 'σ 2 = 0.42Ω, X m = 15.8Ω

parametrelerine sahip 4 kutuplu bir s.k.'li bir asenkron motorun ; <10p>

a) Motorun yol alma akımını ve momentini,

<10p>

b) devrilme momentini ve kaymasını bulunuz.

<10p>

c) Kaymanın 0.08 olması durumunda üretilen momenti bulunuz.

<10p>

4) Asenkron makinenin güç bilançosunu diyagram halinde veriniz.

71

TÜM SORULARDA L EŞDEĞER DEVRESĐĐ KULLAIIZ, SÜRE 90' DIR SA.Ü. MÜH. FAK. ELEKTRĐK MAKĐALARI III YILĐÇĐ SIAVI ÇÖZÜMLERĐ11.12.1996

500

V1

V (yıldız)

p

Ω

Xm 25

4

f

50 Hz

m1

3

m2

3

3 R'2

0.18 Ω

a)

R'2

m1. p.

s

M( s ) 2. π . f.

Xσ1

0.6 Ω

Myv Xσ1

s

2

X'σ2

M( 1 )

My

Ma = 177.611

Nm olur

c)

Xσ1

s

s1

1.02. 10

s2

2.108

60.

My

2

f p

X'σ 2

2

w

w

w 72

s

2. π . 50.

2

ns = 750

d/dak

n

ns. 1

Nm

5

0.18

0.25

175

2

s

( 0.6

0.6 )

2

s1 0 ile 1 arasında olduğu için seçilir.

.e e

ns

R1

s

1.8. 10

. V 2 1

m de r

2. π . f.

R'2

R'2

sn o

m1. p.

Myv = 352.611

tla

Myv

175 Nm

Myv > My olduğundan motor yükü hareket ettirir.

b) Ma

My

. V 2 1

2

R'2

R1

X'σ2

0.6Ω

ri. co

0.25 Ω

R1

m

1. SORU

s1

n = 742.35

d/dak olur.

SA.Ü. MÜH. FAK. ELEKTRĐK MAKĐALARI III YILĐÇĐ SIAVI ÇÖZÜMLERĐ11.12.1996 2. SORU 132000 W

üçgen

V1

bağlı m1

500 V

3 P0

173

I1

3

7000 W

GF 0.93 η A sargı akımı cinsinden 72 . φ0 π rad f 50 Hz Pstv 0 n 180

0.93 2970 d/dak

m

Pç

ÇÖZÜM:

P0 5002 3 Q0

Rfe

ns

3000

Rfe

P0. tan φ 0

Pm

Pç

V1 I1

4

Var

Pm = 1.32 10 s R'2

s

Pg = 1.419 10

2.194

5

Z = 5.006

Ω

3

d/d

Rfe = 107.143 Ω

P0

Pstv

ns = 3 10

1

W

Ω

5

W

500

3

Xm

I'2

Pm 3 . 1 1 s I' 2 2 s

Xσ1

φ

Z

Xk 2

2

Q0

I1

R1

Q0

L tipi eşdeğer devre

R1 = 0.045

s = 0.01

Xm = 34.813 Ω

I'2 = 99.882

Ω

R1

Qg

A

R'2

Ω

Pg . tan( φ )

Qg = 5.61 10

4

Var

2

( Xk )

s

Xσ1 = 1.097

n

ns

2 500 . 3

Xm

R'2 = 0.045

acos( 0.93 ) R'2

ns

s

Ω

2

5.006

X'σ2

Xk 2

20.246

( Xk )

X'σ2 = 1.097

2

Ω

w

w

w

.e e

Xk

η

2 500 . 3

p

3000

p

m de r

Z

Pç

50

Q0 = 2.154 10

1 2 Pm m1. I'2 . R'2.

Pg

60.

ri. co

f p

tla

60.

sn o

ns

73

SA.Ü. MÜH. FAK. ELEKTRĐK MAKĐALARI III YILĐÇĐ SIAVI ÇÖZÜMLERĐ11.12.1996 3. SORU p 0.36 Ω

R1

15.8 Ω

Xm

2 R'2

0.4

Ω

f

50 Hz 0.42 Ω

Xσ1

ÇÖZÜM a) V1

I( s )

m1. p. M( s ) R'2

R1

Md

2

Moment

Xσ1

X'σ2

Kloss

Xσ1

X'σ2

2

Md = 360.815

0.08

Sd

Sd

0.08

kayma

Nm

yerine

konulursa

Nm

dennkleminden yaklaşık olarak M = 127.634

.e e

Md. 2

w

M( 1 )

2

Sd = 0.438

denkleminde

yada

w

Myv

2

M( Sd )

M( 0.08 ) = 156.153

w

. V 2 1

m de r

R1

74

2

R'2

Sd

M

s

s

b)

c)

R'2

X'σ2

Nm bulunur

3 0.42 Ω

Iyv = 193.676

A

tla

Xσ1

s

2. π . f.

I( 1 )

X'σ2

Myv = 286.558

sn o

R'2

R1

Iyv

2

m1

m

V (yıldız)

3

ri. co

380

V1

Nm

94 Şubat SAU FBE Y.Lisans Sınavı Sorusu ve Çözümü:

0.294 Ω

R1

R'2

0.144 Ω

X1

0.503 Ω

X'2

m

Yıldız bağlı, 220V (hat gerilimi), 10hp, 60Hz'lik rotoru sargılı bir asenkron motorun faz başına devre parametreleri, stator tarafına irca edilmiş hali ile aşağıda verilmiştir. 220 V1 p 3 Xm 13.25 Ω f 60 Hz m1 3 m2 3 3

0.209 Ω

ri. co

Mekanik ve demir kayıplarının toplamı bütün hızlar için 403 W' tır. Aşağıdaki soruları motorun yaklaşık eşdeğer devresini kullanarak cevaplayınız. a) Motor n 1164 d/dak hızla çalışırsa kayma ne olur ? Mekanik ve elektriksel kayıplar ihmal edilirse,motor boşta çalışırken kayma ve hız ne olur. f ns n 3 ns = 1.2 10 s = 0.03 ns 60. d/d s p ns

M( 1 ) = 79.369

Nm

sn o

b) Motorun yolalma momentini bulunuz. Bunun için moment bağıntısında s=1 konulur: R'2 2 m1. p. . V1 s M( s ) 2 R'2 2 2. π . f. R1 X1 X'2 s

tla

Bütün kayıplar ihmal edilirse boştaki devir sayısı ns 'e gider. Dolayısı ile kayma da sıfır olacaktır.

c) Maksimum yol alma momentini elde edebilmek için rotor devresine ilave edilecek yolverme direncini bulunuz. (stator/rotor dönüşüm oranı ü 2 dir.) R'2

Sd 2

X1

X'2

Sd = 0.187

2

m de r

R1

Moment formülünde Sd=1 konursa: M( Sd ) = 180.941 Nm Maksimum moment ile kalkış yapabilmek içinMk(R'yv)=Md m1. p.

2. π . f. R1

R'2

1

R'2

R'yv

R'yv1, 2

X'2

2

2. π . 60. 0.294

0.144 1 0.144

R'yv . 16133.3 R'yv

1

180.934

2

( 0.503

0.209 )

2

Bu dirençlerin ikisi de tutarlı olduğundan daha küçük kalkış akımıbüyük için olanı seçilebilir.Gerçek Ryv ise;

m2 1 . . 0.634 m1 ü2

ifadesinden

Ryv = 0.159

Ω

olarak elde edilir.

NOT: Hesaplarda virgülden sonra az ondalık yada yuvarlamalar yapıldığında R`yv karmaşık sayı olarak çıkmaktadır. Bu durum bu problemde yanıltıcı olmaktadır.

w

w

w

Ryv

.634

3. 3.

M( Sd )

2

X1

1

.e e

.618

R'yv . V 2 1

olmalıdır.

75

ri. co

[1] http://webex.adamyo.sakarya.edu.tr/moodle/ (Erişim: 20 Ocak 2009)

m

KAYAKLAR

[2] Mergen, A. Faik; Zorlu, Sibel, Élektrik Makineleri II Asenkron Makineler´, Birsen Yayınevi, 2005, Đstanbul

[3] Mergen, A. Faik; Zorlu, Sibel, Élektrik Makineleri III Senkron Makineler´, Birsen Yayınevi, 2005, Đstanbul

tla

[4] Mergen, A. Faik; Gizlier, Ediz; Bağcı, Nilüfer; Élektrik Makineleri

Transformatörler ve Asenkron Makineler´de Çözümlü Problemler´, Birsen Yayınevi,

sn o

2005, Đstanbul

[5] Mergen, A. Faik; Kocabaş, A. Derya, Gizlier, Ediz; ´Senkron Makine Çözümlü Problemler´; Birsen Yayınevi, 2005, Đstanbul

[6] Sen, P.C., ´Principles of Electric Machines and Power Electronics´, John-Wiley

m de r

& Sons, 1989.

[7] Fitzgerald, A. E., Kingsley, Jr. C., Umans, Jr. S., Umans, S, Électric Machinery´,

w

w

w

.e e

6th Edition, Mc Graw - Hill, 2003

76

SORU1: 3 fazlı, 6 kutuplu, 50 Hz. Etiketli asenkron motor, 950 d/d hızla çalışırken şebekeden 48 kW aktif güç çekmektedir. Stator bakır kayıpları 1.4 kW, demir kayıpları 1.6 kW, sürtünme-vantilasyon kayıpları 1kW’dır. Motorun verimini hesaplayınız.

60  f 60  50   1000 d/d P 3 1000  950 S=  0,05 1000

m

ns=

ri. co

P AG =P S -P CUS =48-(1,4+1,6)=45 kW P m =(1-S)  P AG =(1-0,05)  45=42,75 kW P f =P m -P SV =42,75-1=41,75 kW

=

Pf PS



41,75  %87 48

R 1  2 R2  0,2 '

X 1  0,5

X 2  0,2 '

tla

SORU4: 230/400 V, /Y, 60 Hz.,2p=4, etiketli 3 fazlı asenkron motorun statoru Y bağlıdır. Motorun bir faz eşdeğer devresine ait parametreleri X m  20

sn o

Olarak verilmiştir. Motor 1755 d/d hızla çalışırken toplam mekanik ve demir kayıpları 800 W olarak belirlenmiştir. Motor belirtilen devir sayısında çalışırken tam eşdeğer devreyi kullanarak a) Stator akımını b) Şebekeden çekilen akımı c) Çıkış gücünü ve momentini d) Verimini hesaplayınız.

60  f 60  60   1800 d/d 2 p 1800  1775 1 S=  1800 40 ' R2  40  0,1  4  S J 20  (4  J 0,2)  4,22320  3,99  J 1,444 Z e  (0,2  J 0,5)  4  ( J 20  0,2) 400 V1  231 V 3 231 1   54,65 A 4,223

w .e

em de r

a) n s 

b) P s 

c) P AG 

Ps  Pcus  35580  3  (54,65) 2  0,2  33788 W 1 )  33788  32540 W P m  (1  S )  PAG  (1  40 P f  Pm  Psv  32940  800  32140 W

w

w

3  400  54,65  cos 20  35580 W

d)



Pf Ps



32140  %90,3 35580

SORU5: 3 fazlı, Y bağlı asenkron motorun boşta ve kısa devre çalışma deneylerine ait sonuçlar aşağıdaki gibidir: Boşta çalışma: U 0  400 V P 0  1770 W P sv  600 W  0  18,5 A Kısa devre çalışma: U kd  45V

P kd  2700W

 kd  63 A

3

 231V

 0  18,5 A R1

0,22  0,11 2

V kd 

Rm Xm

2312  136,8 390 2312

2312  18,5 2  390 2

45

Pkd 

2700  900W 3

tla

 25,98V 3  63 A

900  0,23 63 2 R2'  0,23  0,11  0,12

25,93 2  63 2  900 2  0,34 63 2

em de r

Reş  R1  a 2  R2 

w

w

w .e

X T  X1  a2  X 2 

 12,5

sn o

 kd

1770  600)  390W 3

P0 (

ri. co

400

V0

m

U-V uçları arasından ölçülen stator direnci 0,22’dur. Motorun yaklaşık eşdeğer devresine ait parametrelerini hesaplayarak devre üzerinde gösteriniz.

Psv  600W

P2  P2  0,87  42kW  36,45kW P1 b) P2  Pm  Psv  36540=P m 600  Pm  37140W Pm  PAG  PCUR Pm  (1  S )  PAG 37140= (1  S )  PAG  PAG  38687,5W c) Pm  PAG  PCUR 37140=38687,5  PCUR PCUR  1547W



d)

sn o

tla

a)

ri. co

Rr  1,29 / faz S=%4 P1  42kW   %87

m

SORU16: Statora indirgenmiş rotor direnci 1,29  /faz olan asenkron motor %4 kayma ile çalışırken şebekeden 42 kW güç almaktadır. Motorun bu çalışmadaki verimi %87, sürtünme ve vantilasyon kayıpları 600 W olduğuna göre, a) Milinden alınan gücü, b) Hava aralığı gücünü, c) Rotor bakır kayıplarını, d) Rotor akımını, hesaplayınız.

PCUR   2R  Rr 1547   2R  1,29   R  20 A 3

em de r

SORU19: 3 fazlı, 6 kutuplu, 50 Hz. etiketli asenkron motor, 950 d/d hızda çalışırken şebekeden 48 kW aktif güç 90 A çekmektedir. Demir kayıpları 1,6 kW, sürtünme ve vantilasyon kayıpları 1 kW, verimi %87’dir. Stator direncini hesaplayınız.

Pf  Ps    48000  0,87  41760W

Pm  Pf  Psv  41760  1000  42760W

Pm 42760   45010,52W 1  S 1  0,05  PAG  PFE  Ps  45010,52  1600  48000  1389,48W

PAG  PCUS

PCUS 1389,48   0,057 3   12 3  90 2

w

w

w .e

R1 

SORU24: 4 kutuplu 60 Hz. frekanslı 3 fazlı Y bağlı asenkron motorun sürtünme ve vantilasyon kayıpları 500 W’tır. %5 kayma ile çalışmada milinden 30 Hp’lik (Beygir gücü) güç alınmaktadır. a) Hava aralığı gücünü b) Milindeki momenti c) Endüklenen momenti hesaplayınız. a) 1 Hp=0,746 kW

m

Pf  30  0,746  22380W

Pf  Pm  Psv

ri. co

22380  Pm  500 Pm  22880W Pm  (1  S )  PAG 22880  (1  0,05)  PAG

b)

nr  1800  (1  0,05) nr  1710d / d Pf Wr



22380  125 Nm nr 2 60

c)

PAG 24084   127 Nm 2  1800 Ws 60

em de r

Tm 

sn o

Ty 

tla

PAG  24084W

SORU25: 30 Hp, 127/220 V,  /Y, 1437 d/d, 50 Hz etiketli asenkron motorun statora indirgenmiş eşdeğer devre parametreleri aşağıdaki şekildedir.

r1  jx1  0,063  j 0,148 / faz

r2'  jx 2'  0,083  j 0,148 / faz

w .e

yaklaşık devreyi kullanarak: a) Nominal hızda, rotor akımını, mekanik gücü ve momenti, b) Maksimum momentteki kaymayı, c) Nominal gerilimdeki maksimum momenti, d) Yolalma akımını ve momentini hesaplayınız. a) V 1 

3

 127V

1500  1437  0,042 1500 V12 127 2 16129 ( '2 ) 2     3797,2 ' 0,083 2 4,16  0,0876 R2 2 2 2 )  0,296 ( R1  )  X 1k (0,063  0,042 S  '2  61,62 A

w

w

220

S

PCUR 3  ( '2 ) 2  R2' 3  3797,2  0,083 Pm   (1  S )   (1  S )   (1  0,042) S S 0,042 Pm  21,5kW Pm  21,5  1,36  29,24 Hp

ri. co

m

V12 60 1 ' T   q1  R2  ' 2n s S R ( 2 ) 2  X 12k S 60 1 127 2 T   3  0,083   152,66 Nm 0,083 2 2  1437 0,042 2 ( )  (0,296) 0,042 R' 0,083 b) S k  2   0,28 X 1k 0,296

Tmax 

60 1 127 2   3  0,083   520,58 Nm 0,083 2 2ns 0,28 2 ( )  (0,296) 0,28

d)

( )

V12 127 2    148517,5 ( R1  R2' )  X 12k (0,063  0,083) 2  (0,296) 2

( '2 ) yol  385,38 A

V12 60 1 30 127 2 '    3  R1  ' 2   3  0,083  2ns S ( R2 )  ( X 1k ) 2 1500 0,0832  0,296 2

em de r

Tyol

sn o

' 2 2 yol

tla

c)

w

w

w .e

Tyol  270,46 Nm

m ri. co sn ot la em de r w .e w

7 LWOHù XE R I


7 LWOHù XE R I


7 LWOHù XE R I


7 LWOHù XE R I


7 LWOHù XE R I


7 LWOHù XE R I

m r i. co sn ot la

İlk olarak

•

İkinci olarak

•

Üçüncü olarak

w

w .e

em de r

•

Asenkron Makineler – Tartışma Soruları 1 Dr.Mustafa Turan - Sakarya Üniversitesi

m r i. co sn ot la

em de r

1) Asenkron makineler rotor yapısına göre kaça ayrılır? Bunlar nelerdir? Asenkron makineler rotor yapısına göre ikiye ayrılır:

w

w .e

a) Sincap Kafesli Rotor (Kısa devre rotor ya da kısa devre kafesli rotor diye de anılmaktadır) b) Rotoru sargılı (Bilezikli asenkron motor diye de anılır)

m

r i. co

2) (1) deki yapıları gördüğünüzde nasıl ayırt edersiniz? Ayırıcı farklılıkları veriniz.

sn ot la

Yanıt 2:

w

w .e

em de r

Aşağıdaki şekiller farklılıkları göz önüne sermektedir: Sincap kafesli rotor; kısa devre çubuklarından oluşan sargının bir sincap kafesi oluşturacak şekilde yapılandırılması ile oluşturulmuştur. Neden sincap kafesi denilmiştir? Evlerimizde beslediğimiz muhabbet kuşları vardır, bunların kafeslerine, hayvanın oyalanması için konulmuş aksesuar - oyuncaklar vardır. Bunlardan bir tanesi; kuşun içerisine girerek yürüme bandı gibi koştuğu ve döndürdüğü bir oyuncaktır. İşte buna sincap kafesi denilmektedir.

m r i. co sn ot la

em de r

Rotoru sargılı makinenin rotorunda bobin telleri ile sarılmış 3 fazlı bir sargı bulunur, bu yönü ile sargı yapısı ve görünüşü diğerinden oldukça farklıdır. Sargı kendi içinde yıldız ya da üçgen bağlanır ve geri kalan üçü ise bileziklere bağlanır. Bilezikler ve fırçalardan oluşan düzenek ile hareketli ortamdaki elektriksel noktalar duran ortama çıkartılır. Bileziklere basan fırçalar bu elektriği makine dışına çıkartır. Bu uçlara genellikle yol verme reostaları / dirençleri bağlanır. Bu dirençler motorun sınırlanmış akım ve yüksek moment ile yol almasını sağlar.

w

w .e

Rotordaki yapısal farklılık, rotorun görülmesi halinde çok kolayca ayırt edilebilir.

w

w .e

m

em de r

sn ot la

r i. co

Sincap kafes örnekleri (1/2)

w

w .e

m

em de r

sn ot la

r i. co

Sincap kafes örnekleri (2/2)

m r i. co

Sargılı Rotor örnekleri (1/2)

w

w .e

em de r

sn ot la

Rotoru sargılı yapı ise; bariz farklıdır. Sincap kafes sargısı yerine bobin telleri ile sarılmış 3 fazlı alternatif akım sargısı içerir. Bu sargı kendi içinde yıldız bağlanmış olup yıldız noktası dışarı çıkartılmaz, fakat diğer 3 uç bilezik-fırça düzeni ile k-l-m terminallerine çıkartılır. Aşağıdaki şekilde bileziklere dikkat ediniz.

w

w .e

m

em de r

sn ot la

r i. co

Sargılı Rotor örnekleri (2/2)

m

w

w .e

em de r

Sincap Kafesli Asenkron Motor

sn ot la

r i. co

Sincap kafesli ve rotoru sargılı tiplerin, gövde ve terminal kutularında da farklar vardır:

Bilezikli/Rotoru sargılı Asenkron Motor

m

em de r

sn ot la

r i. co

Rotora bakarak pek çok türü ayırt etmek mümkündür, şayet yeterli bilgi donanımınız varsa.

w .e

http://ewh.ieee.org/soc/es/Nov1997/09/INDEX.HTM

w

Bu bir asenkron makinesi rotoru değil, doğru akım makinesi rotorudur (endüvi). Kollektöre dikkat ediniz.

m r i. co

3) Asenkron makinenin stator ve rotorunda ne tür manyetik malzemeler kullanılır?

sn ot la

Yanıt 3:

em de r

Asenkron makinelerin statorunda döner alan oluşur. Bu uygulanan alternatif akım ve özel tasarlanmış sargı ile üretilir. Bunun anlamı, stator üzerinde işaretlenen bir noktadan bakan kişi, döner alan sebebiyle sürekli değişen kutuplar görür (periyodik N ve S değişimi). Bu da sacların değişken manyetik akı içinde bulunduğunu gösterir, dolayısı ile nüvede demir kayıpları oluşur. Demir kayıplarını azaltmak için stator ve rotorda yüzeyleri yalıtılmış silisyumlu saclardan oluşturulmuş paketler kullanılır. Sac kalınlığı küçük güçlü makinelerde genel olarak 0.5mm dolayındadır.

w

w .e

Şimdi bu malzemelere ve paketlenmelerine ilişkin şekilleri inceleyelim:

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

m r i. co

4) Asenkron makinenin stator ve rotorunda uygulanan sargılar hakkında neler biliyorsunuz?

sn ot la

Yanıt 4:

Statorda kullanılan alternatif akım sargıları genel olarak 2 tiptir:

w

w .e

em de r

a) El sargısı (Kalıp sargı da denir)

m r i. co sn ot la em de r w .e w

http://reresource.org/User%20P ages/Zubbly/Induction%20conve rtion%203rd%20edition/

m r i. co

w .e

em de r

sn ot la

b) Zincir sargı (Gabari veya Amerikan sarım da denir)

w

http://rescuemotors.com/motor%20windings.html

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

w .e

w em de r

r i. co

sn ot la

m

m

sn ot la

r i. co

5) Üzerinde asenkron makine yazmayan bir asenkron makinenin (bazen yazmaz) sadece terminal kutusu/kutularına (ya da bağlantı kutusu, klemenslere) bakarak, bu makinenin asenkron makine olup olmadığını anlayabilir miyiz? Ya da bunu ayırt etmenin bir yöntemi / yaklaşımı var mıdır?

w

w .e

em de r

Yanıt 5:

m sn ot la

r i. co w

w .e

em de r

Sincap Kafesli Asenkron Motor

Bilezikli/Rotoru sargılı Asenkron Motor

m

r i. co

6) Bir asenkron makinenin terminal kutusunu açtığınızda sargı uçlarına anlam verebilir misiniz? Yani bir faz sargısının çıkış ucu budur, şuna u dersek bu x tir gibi.

w

w .e

em de r

sn ot la

Yanıt 6:

m r i. co sn ot la

Yanıt 7:

em de r

7) Asenkron makineyi kim icat etmiştir? Bu makinenin dünyada yaygın olarak kullanılan ingilizce adı nedir? (asynchronous machine de kullanılır ama dünya endüstrisinde başka bir isimle anılır)

w

w .e

Asenkron Makinene Nikola Tesla tarafından icat edilmiş, olup 1888’de patentlenmiştir. İngilizcede yaygın olarak Induction Machine veya Induction Motor diye adlandırılır. Bu yönde Türkçeye yapılan eski çevirilerde endüksiyon motoru veya indüksiyon motoru da denilmiştir.

m

r i. co

8) Asenkron motorun endüstri için önemi nedir? Yaygın mı kullanılır? Kullanılabileceği yerlere örnekler verebilir misiniz? Yanıt 8:

em de r

sn ot la

Asenkron motorlar evlerde ve endüstride en yaygın kullanılan motorlardır. Dersimiz genelinde endüstride daha yaygın kullanılan 3 fazlı asenkron motorlara yer verilmiştir. Küçük güçlerde ve ev uygulamalarında tek fazlı asenkron motor kullanımları da vardır. Tek fazlı asenkron motorların pek çok çeşidi vardır. Bu makineler özel elektrik makineleri sınıfında incelenmektedir. Dersimiz genelinde incelenmeyecektir. Ev uygulamaları: Mutfak aspiratör motorları, fırın döner motorları, buzdolabı kompresör (ekovat) motorları, kombilerdeki sirkülasyon pompaları vb uygulamalarda kullanılır.

w

w .e

Endüstride ise saymakla bitmeyecek kadar çok uygulama alanı vardır. Genellikle 3000 devir / dakika hızın altındaki ve çok büyük yol verme momenti gerekmeyen (gitgide bu değişmektedir) hemen hemen her yerde kullanılabilmektedir.

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H8 Soru-Cevap – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan

Asenkron Makineler (2/3) 1) Asenkron motorun çalışma prensibi nedir?

m

Yanıt 1: (8. Hafta web sayfası ilk animasyonu dikkatle inceleyiniz)

ri. co

Statora 120 derecelik aralıklarla konuşlandırılmış 3 faz sargılarına, 3 fazlı alternatif uygulandığında, statorda döner alan oluşur. Döner alan, dönme esnasında rotordaki iletkenleri keser ve onlarda gerilim indükler. İndüklenen gerilimin değeri

tla

Faraday Yasası (hareket gerilimi) gereği statordaki döner alan hızı ile rotor hızı arasındaki fark ile orantılıdır. Motor çalışmadan en büyük rotor gerilimi yolverme anında (n=0) anında indüklenir. Statordaki Rotor iletkenleri kısa devre edilmiş olduğundan içerinden akım akar.

sn o

Stator tarafından üretilmiş döner manyetik alan içerisinde bulup da içerisinden akım geçen iletkenlerde

İfadesi gereği kuvvet indüklenir. İletkenlerde indüklenen kuvvet mil eksenine göre moment üretir ( ). Bu moment rotor da dönme oluşturur. Oluşan moment statordaki döner alan yönü ile aynı yöndedir.

m de r

Motor, statordaki döner alan hızına yakın bir değere kadar hızlanır. Fakat rotor pasif mekanik yüklenme durumlarında (genel durum) hiçbir zaman döner alan hızına erişemez. Zira erişmiş olsa, statordaki döner alan hızı ile rotor hızı arasında v fark hız kalmaz, böyle bir durumda rotor iletkenlerinde gerilim indüklenmez, akım akmaz, kuvvet ve moment indüklenmez. Bunun sonucunda rotor yavaşlamaya başlar; tekrardan v fark hızı oluşur, emk indüklenir, akım akar, kuvvet ve moment indüklenir. Rotor hızı yüke bağlı olarak bir değerde dengeyi bulur ve sürekli çalışır.

.e e

2) Döner alanın hızı nedir? Nelere bağlıdır?

w

Yanıt 2: Döner alanın hızı;

w

w

: senkron hız (döner alan hızı); birimi : şebeke frekansı (statordaki akımın frekansı); birimi : çift kutup sayısı (Makine statoru 4 kutuplu ise, çift kutup sayısı p=2 dir; yani 2 çift kutup vardır)

Döner alan hızı şebeke frekansı ile doğru, çift kutup sayısı ile de ters orantılıdır. 2 kutuplu (p=1) bir asenkron motorun 50Hz’Lik şebekede döner alan hızı

Ülkemizin 60Hz frekanslı şebekesinde ise;

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H8 Soru-Cevap – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan olur.

Çift kutup sayısı

50Hz için döner alan hızı

1 2 3 4

3000 1500 1000 750

ri. co

3600 1800 1200 900

m

p ile döner alan hızının değişimi ise aşağıdaki tablo ile verilmiştir:

Asenkron motorun rotor hızı ise döner alan hızından yaklaşık olarak %5 daha küçüktür (diğer bir deyişle nominal kayma %5 (0.05) dolayındadır)

tla

3) Kayma nedir? Makinenin çalışma kipinin değişmesine neden olan kayma aralıkları nelerdir? Yanıt 3:

sn o

Rotor hızının döner alan hızına göre bağıl ifadesine kayma denir. Kayma s ile gösterilir.

w

w

w

.e e

m de r

Asenkron motorun nominal kayması 0.05 civarındadır.

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H8 Soru-Cevap – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan 4) Asenkron motorun devrilmesi ne anlama gelir? Yanıt 4:

ri. co

m

Çalışan bir motorun gitgide yüklenerek, motorun üretebileceği maksimum moment olan “devrilme momenti” değerine ulaşması halinde motor nihai kritik çalışma noktasına gelir, en ufak yük artışında motor artık yükü süremez ve hızı sıfıra düşer. Asenkron motorun devrilme momentine kadar yüklenmesi sonucunda oluşan bu duruma; asenkron motorun devrilmesi denir. Motor enerji altında kalmaya devam ederse nominal akımın 10 katına kadar akım çeker ve aşırı ısınır. Devreden ayrılmaz ise yanar.

m de r

sn o

tla

Bazen bu durum ile şebeke geriliminin düşmesi sonucunda da karşılaşılabilir. Zira motorun ürettiği moment uygulanan gerilimin karesi ile orantılıdır; gerilim yarı değerine düşerse moment ¼ üne düşer, böyle bir durumda yükün değerine de baplı olarak devrilme yaşanabilir.

5) Bir asenkron motorun çektiği akım neye / hangi durumlara bağlıdır? Bu motor nominal yükü ile işletildiği düşünüldüğünde ne zaman büyük akım çeker? Yanıt 5:

.e e

Asenkron motorun çektiği akım ürettiği yüküne bağlıdır. Fakat daha iyi söylersek; Sabit bir gerilimle beslenmiş asenkron motorun çektiği akım s kaymasına göre değişir.

w

w

w

Motor çalışmada en büyük akım, yolalma anında çekilir. Yolalma akımı, nominal akımın 4 ila 10 katı arasında bir değerde olabilir. 10 kat akım bakır kayıplarının 100 katına çıkmasına neden olur (bakır kayıpları akımın karesi ile orantılıdır). Bu nedenle kesikli çalışan – sık sık dur-kalk yapan motorlar çok ısınır. Bunun için uygun soğutma sistemi ile donatılmalıdırlar yada soğuması için bir süre yüksüz bekletilmelidirler. 6) Yolverme yöntemleri ve bunlara ilişkin bağlantı şekillerini öğrenip öğrenmediğinizi kendiniz sorgulayınız. Burada vermeyiniz. Sadece sorunuz varsa sorabilirsiniz. Yanıt 6: -----(ders notlarına bakınız) -----

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H8 Soru-Cevap – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan 7) Yolverme sürecinin belirli aşamalarında motorun ürettiği momentte oluşan farklılıkların sebebi nedir? Yanıt 7:

Aktarılan mekanik güç değişiyorsa; moment de

tla

olur ve üretilen moment iki değişen parametrenin fonksiyonu olur.

ri. co

m

Asenkron motorun bakır sargılarının direnci vardır. Sargılarda kaçak akılar da oluşur. Bu ise, makinenin bir iç empedansının olduğu anlamına gelir. Asenkron makine şebekeden aldığı elektrik gücünü mekanik güce dönüştürerek milden verir. Böyle bir sistem yüklenmeye bağlı akım çeker. Öyle bir kritik yüklenme değeri vardır ki, bu değerde motorun ürettiği güç maksimum olur. Bu durum maksimum güç transferi gereğidir. Benzer şekilde sadece bir noktada verim en büyük değerine ulaşır.

sn o

Bu nedenle motorun ürettiği momentte hıza bağlı olarak değişir:

Yolverme süreci; motorun durma anından çalışma hızına erişmesine kadar yaşanan süreç olduğundan, motor hızlanırken motorun ürettiği moment de hıza bağlı olarak değişir.

Yanıt 8:

m de r

8) Bir asenkron motora Yıldız / Üçgen yolverme yöntemi uygulandığında, motorun ilk yolalma anında üreteceği momentlerin oranı ne olur? Yani Tyolverme (yıldız) / Tyolverme (üçgen) oranı nedir?

.e e

Üçgen bağlantıda ( ) ve yıldız bağlantıda ( ) bir faz sargısı üzerine düşen gerilimlerin oranı (9. Yanıttaki şekle bakınız); √

w

w

w

Üretilen moment gerilimin karesi ile orantılı olduğundan;

ELEKTRİK MAKİNELERİ – H8 Soru-Cevap – SAÜ | Hazırlayan Dr.Mustafa Turan 9) Bir asenkron motora Yıldız / Üçgen yolverme yöntemi uygulandığında, motorun ilk yolalma anında çekeceği hat akımlarının oranı ne olur? Yani Iyolverme (yıldız) / Iyolverme (üçgen) oranı nedir?

Bu konu ders içerisinde geniş bir şekilde anlatılmıştır.

ri. co

Bağlantı gereği (açıklaması aşağıdadır) yolverme anında akımların oranı ise;

w

w

.e e

m de r

sn o

tla

olur.

w

m

Yanıt 9:

Elektrik Makinaları 1 - Eemdersnotlari.com - Mustafa Turan Ders Notu (Tüm Konular)

Recommend Documents