Elektromotorni Pogoni - ZBIRKA

Viša tehnička škola – S u b o t i c a Milan Adžić

ELEKTRIČNI POGONI Zbirka rešenih ispitnih zadataka

Subotica

januar 2006. god.

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA

PREDGOVOR

PREDGOVOR

Ova zbirka je namenjena studentima Više tehničke škole u Subotici. Zbirka sadrži zadatke sa ispita iz predmeta Električni pogoni koji su održani u periodu od 2002. do 2005. godine. Većina zadataka je detaljno rešena, kako bi se studentima olakšalo savladavanje gradiva i postupaka, koji su u skladu sa predavanjima iz ovog predmeta, koji su izvodili ili izvode profesori dr ing Jožef Varga i mr ing Jovan Radaković i od kojih potiču neke ideje i zadaci. Zadaci nisu namerno sređeni redosledom po oblastima, radi lakšeg budućeg proširivanja zbirke ispitnim zadacima iz sledećih godina. Autor će sa zahvalnošću primiti i proučiti primedbe i sugestije u vezi sa materijom i eventualnim greškama u izradi zadataka i tekstu, kako bi zbirka omogućila studentima lakše savladavanje gradiva.

U Subotici, januara 2006. godine

Autor

I


SADRŽAJ

SADRŽAJ Strana 1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10. 1.11. 1.12.

Ispitni zadaci iz 2002. godine. .......................................................................... Zadaci sa ispita održanog 19.01.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 18.02.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 21.03.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 11.04.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 23.05.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 13.06.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 04.07.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 05.09.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 26.09.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 17.10.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 14.11.2002. ............................................................. Zadaci sa ispita održanog 12.12.2002. .............................................................

1 1 8 18 29 39 48 60 69 80 90 101 108

2. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10. 2.11. 2.12.


118 118 125 131 141 148 154 159 163 168 175 182 190

3. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 3.8. 3.9. 3.10. 3.11. 3.12.


195 195 199 204 210 218 224 230 244 250 259 267 275

II


SADRŽAJ

Strana 4. 4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7. 4.8. 4.9. 4.10. 4.11. 4.12.


288 288 294 302 308 318 323 329 334 338 342 349 356

Literatura Korišćene oznake Osnovne jedinice i relacije

P1 P2 P3

III


1

2002. GODINA

ISPITNI ZADACI IZ 2002. GODINE

1.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 19.01.2002. Zadatak 1.1.1. Za pogon na slici odrediti:

n1 MOTOR Jm=2 [kgm2]

R1

R2 n2

20:1

15:1

Jr1=0.4 [kgm2]

Jr2=0.6 [kgm2] J1=10 [kgm2]

a) b) c) d)

n3

J2=20 [kgm2]

Ukupan moment inercije sveden na pogonsko vratilo. Brzinu obrtanja izlaznog vratila ako se motor okreće brzinom od nm = 1000 [min-1]. Kinetičku energiju na izlaznom vratilu pri ovoj brzini. Kao pod c), samo ukupnu kinetičku energiju pogona. Napomena: Momenti inercije reduktora uvek se daju svedeni na ulazno vratilo.

Zadatak 1.1.2. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom nominalne snage od Pnom = 1.3 [kW], priključnog napona Unom = 220 [V], nominalne brzine obrtanja nnom = 1000 [min-1] sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovini motora JΣ = 2 [kgm2] upušta se priključenjem direktno na mrežu. Otpor rotorskog namotaja i namotaja pomoćnih polova, uključujući ekvivalentni pad napona na četkicama, iznosi Ra + Rpp = 5.2 [Ω]. Koeficijent korisnog dejstva motora je η = 0.78 [ ]. Za koje vreme će motor postići 98% od nominalne brzine obrtanja, bez otpornog momenta opterećenja? Zadatak 1.1.3. Pogon mostne dizalice vlastite mase ms = 3000 [kg] rešen je sa asinhronim motorom snage Pnom = 10 [kW] , nominalne brzine obrtanja nnom = 480 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm = 3.75 [kgm2]. Motor se upušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju od 150% nominalne vrednosti momenta. Kolika je masa tereta mostne dizalice, ako je ona pri upuštanju, nakon s = 3 [m] vožnje dostigla konačnu brzinu od v = 2 [m/s] i opterećenje od 60% nominalne snage. Moment inercije reduktora zanemariti. Zadatak 1.1.4. Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima Unom = 220 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1400 [min-1], Ls = Lr’ = 0.0088 [H], Rs = 0 [Ω], Rr’ = 2.5 [Ω], služi za pokretanje reaktivnog opterećenja sa konstantnim otpornim momentom Mt = 25 [Nm] = const. a) Kolika je brzina obrtanja ako je učestanost napajanja 50 [Hz], a napon 220 [V]? b) U cilju smanjenja brzine na polovinu vrednosti iz a) napon je smanjen na 125 [V]. Na koju vrednost treba podesiti učestanost? c) Dali je ovaj način podešavanja brzine ispravan? Odgovor obrazložiti! 1


2002. GODINA

Zadatak 1.1.5. Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], Pnom = 160 [kW], Inom = 297 [A], nnom = 1470 [min-1], cosϕ = 0.9 [ ]. η = 0.91 [ ], PCunom / PFenom = 3 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor se zagreva za ∆θ = 68 [oC ] pri nominalnoj gustini struje JCu = 4.8 [A/mm2]. Izolacija je klase B. Za pogon koji goni motor važno je da ne stane, tako da je pri dimenzionisanju zaštite krenuto od principa da se pri pokretanju maksimalno reskira motor, odnosno odlučeno je da namotaj statora ne sme u najgorem slučaju premašiti kratkotrajnu temperaturu od θmax = 300 [oC ]. Trajno opterećenje iznosi PT = 139 [kW], a struja kratkog spoja Ikr = 5 Inom [Ω]. Odrediti vreme posle kojeg treba isključiti vremenski rele, koji kratko spaja bimetalnu zaštitu pri kratkom spoju, uz pretpostavku da je temperaturno stanje u početku kratkog spoja uzrokovano trajnim opterećenjem, ako su specifični toplotni kapacitet bakra CCu = 0.39 [kWs/kgoC], specifični otpor bakra ρCu = 0.0175 [mm2/kmΩ] i specifična masa bakra γCu = 8.9 [kg/dm3]. Može se smatrati da se otpor bakarnog namotaja menja sa temperaturom, po relaciji: 235 + θ Rs (θ ) = Rs 20 235 + 20 gde su Rs20 otpor na temperaturi 20 [oC ] a Rs(θ) otpor na temperaturi θ. Rešenje 1.1.1. Iz zakona o održanju kinetičke energije sledi relacija za određivanje ukupnog momenta inercije a) svedenog na pogonsko vratilo:

J Σω12 ( J m + J r1 ) ⋅ ω12 ( J 1 + J r 2 ) ⋅ ω 22 J 2 ⋅ ω 32 = + + ⇒ 2 2 2 2 2

ω  ω J Σ = ( J m + J r1 ) 1  + ( J 1 + J r 2 ) 2  ω1   ω1 J + J r2 J2 = J m + J r1 + 1 + 2 2  ω1   ω1 ω 2       ω2   ω 2 ω3  = 2 + 0.4 + b)

2

[

10 + 0.6 20 + = 2.4 + 0.0265 + 0.000222 ≈ 2.42672 kgm 2 2 2 20 (20 ⋅ 15)

Brzina obrtanja izlaznog vratila posle dva stepena redukcije iznosi:

n3 =

c)

2

 ω   + J 2  3  =   ω1  J +J J2 = J m + J r1 + 1 2 r 2 + = (i1i2 )2 i1

n1  n1  n 2    n 2  n3

  

=

[

n1 1000 = = 3.333 min −1 i1i2 20 ⋅ 15

]

Kinetička energija na izlaznom vratilu pri ovoj brzini je prema tome: 2

2

1 1  2πn3  1  3.333 ⋅ π  W3 = Wt = J 2ω 32 = J 2   = ⋅ 20 ⋅   ≈ 1.2185[J ] 2 2  60  2  30  d)

Ukupna kinetičku energiju pogona iznosi:

2

]

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA 2

 π ⋅ 1000 2 1 1  2πn1  1 Wm = Wd = J Σω12 = J Σ   = ⋅ 2.42672 2 2  60  2  30 ≈ 13305.9813[J ] ≈ 13.306[kJ ]

2002. GODINA

  = 

Primetimo da je ukupna kinetička emergija pogona mnogo veća od kinetičke energije na izlaznom vratilu Wm 〉〉W3 zbog kvadratične zavisnosti kinetičke energije od ugaone brzine ω 2 . Rešenje 1.1.2. Nominalni moment motora iznosi: M nom = 9550

Pnom 1.3 = 9550 ≅ 12.415[Nm] n nom 1000

Nominalna vrednost struje iznosi : P 1300 I nom = = ≅ 7.576[ A] η ⋅ U 0.78 ⋅ 220 Maksimalna struja motora ograničena je samo unutrašnjim otporima na: I max =

U 220 = ≅ 42.308[A] Ra + R pp 5.2

Moment je proporcionalan struji ( Φ =const ), odnosno važi: M max = M nom

I max 42.308 = 12.415 = 69.332[Nm] I nom 7.576

Odnosno važi linearna zavisnost momenta i broja obrtaja kao na slici: n n0

nnom

M 0

Mnom

Pri tome važi:

3

Mmax


n=

U − (Ra + R pp )I a

⇒ n0 =

2002. GODINA

U ⋅ nnom U = = k E Φ U − (Ra + R pp ) ⋅ I nom

kEΦ 220 ⋅ 1000 = = 1218.129 min −1 220 − 5.2 ⋅ 7.576

[

]

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom:  n M m = M max 1 −  n0

  

Važi, pošto je moment opterećenja M T = 0  n M d = M m = M max 1 −  n0

 dω πJ Σ dn  = J Σ = dt 30 dt 

pa se vreme zaletanja nalazi jednostavno: t zal =

t zal

∫ dt = 0

πJ Σ 30 M max

n zal

∫ 0

dn

n 1 −  n0

  

=

πJ Σ n0 30 M max

n zal

∫ 0

dn n0 − n

Integral rešavamo smenom: n 0 − n = t ⇒ n = n0 − t ⇒ dn = − dt t zal =

πJ Σ n0 30 M max

n0 − n zal

∫

n0

−

πJ Σ n0 n0 dt = ln t 30 M max n0 − n zal

[

]

n zal = 0.98 ⋅ n nom = 0.98 ⋅ 1000 = 980 min −1 1218.129 π ⋅ 2 ⋅ 1218.129 t zal = ln = 6.0063[s ] 30 ⋅ 69.332 1218.129 − 980 Rešenje 1.1.3. Nominalni moment motora iznosi: M nom = 9550

Pnom 10 = 9550 = 198.958[ Nm] 480 nnom

Moment ubrzanja nalazimo iz uslova zadatka: M d = const = M m − M t = 1.5M nom − 0.6 M nom = 0.9 M nom = = 0.9 ⋅ 198.958 = 179.0622[ Nm] Motor se ubrzava do radne tačke u kojoj je opterećen sa 60% nominalne snage, odnosno do: n zal = n s −

n s − nnom 500 − 480 ⋅ M t = 500 − ⋅ 0.6M nom = 500 − 20 ⋅ 0.6 = 488[min −1 ] M nom M nom 4


2002. GODINA

Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu da je zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje tereta konstantno, pa važi: t zal =

2⋅ s 2⋅3 = = 3[ s ] v 2

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi: t zal =

πJ Σ ⋅ n zal 30 M d

⇒

JΣ =

30 ⋅ M d ⋅ t zal π ⋅ n zal

odnosno: 30 ⋅ 179.0622 ⋅ 3 = 10.512 [kgm 2 ] π ⋅ 488 (m + m )v 2 (J − J )ω 2 JΣ = Jm + s 2 t ⇒ m s + mt = Σ 2 m m ωm v

JΣ =

odnosno:

mt =

(J Σ − J m )ω m2

( 10.512 − 3.75)π 2 ⋅ 488 2 =

− ms v2 900 ⋅ 2 2 = 4414.810 − 3000 = 1414.81 [kg ]

− 3000 =

Rešenje 1.1.4. b) Brzinu obrtanja možemo naći iz jednačine momenta motora i činjenice da je u stacionarnom stanju on jednak sa momentom opterećenja: Mt = 3p

Rr′ I r′ (s ) sω s

U = 3 p s  ωs

2

= 3p

2 U Us Rr′ = 3 p s 2 sω s  Rr′   ωs 2 2   + ω s (Ls + Lr′ )  s 

2

 Rr′ sω s  = 2 2 2  Rr′ + (sω s ) (Ls + Lr′ )

2

 Rr′ω r  2 2 2  Rr′ + ω r (Ls + Lr′ )

Daljim rešavanjem dobijamo relaciju za električnu ugaonu rotorsku brzinu: U 3 p s  ωs

2

(

  Rr′ω r = M t Rr′ 2 + ω r 2 (Ls + Lr′ )2 

2 ω r (Ls + Lr′ ) − 2

2

ωr −

3 pRr′

3 pRr′ Mt

2 M t (Ls + Lr′ )

2

U s   ωs

U s   ωs

)

  ⋅ ω r + Rr′ 2 = 0  2

2  Rr′  ⋅ ω r + =0 (Ls + Lr′ )2 

Ova relacija je kvadratna jednačina sa parametrima: 5


2002. GODINA

aω 2 − bω r + c = 0 b= c=

3 pRr′

M t (Ls + Lr′ ) Rr′

2

U s   ωs

2

 3 ⋅ 2 ⋅ 2.5  220   =  = 951.0339 2   25 ⋅ (2 ⋅ 0.0088)  314  2

2

(Ls + Lr′ )2

 2,5  =  = 20176.909  2 ⋅ 0.0088 

Rešenja kvadratne jednačine su: ω r1, 2 =

[ ] [ ]

b ± b 2 − 4c 951.0339 ± 951.0339 2 − 4 ⋅ 20176.909 929.32245 rad s = = rad 2 2  21.71165 s

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome tražena brzina obrtanja:

[

ω s − ω ra 314 − 21.71165 = = 146.144 rad s p 2 30 30 na = ⋅ Ωa = ⋅ 146.144 = 1396.28 min −1 π π

Ωa =

[

b)

]

]

Mora se zadržati odnos U/f konstantnim: 125 220 125 = ⇒ fx = ⋅ 50 = 28.41[Hz ] fx 50 220

[

ω sb = 2πf x = 178.499 rad

]

s ω − ω a 157 − 146.144 s= s = ≈ 0.0687 157 ωs

ωb =

ω sb (1 − s ) 178.499(1 − 0.0687 ) = = 83.07 rad s p 2

[

]

Dobijena brzina je veća od tražene (146.144 / 2 = 73.105 [rad/s]), pa se mora još smanjiti frekvencija, što će pri stalnom naponu dovesti do povećanje Mkr, pa se mora odrediti probom za:

[

ω s = pΩ + ω r ⇒ ω r = 18.356 rad c)

s

]⇒ ω

sc

[

= 164.56 rad

s

] ⇒ f = 26.19[Hz]

Nije ispravno držan uslov U/f = const, odnosno mora se podesiti sinhrona brzina na: ω sc = p ⋅

[

]

Ωa + ω ra = 167.95 rad ⇒ f sc = 26.73[Hz ] s 2

Rešenje 1.1.5. Nominalni gubici motora iznose: 1 −η   1 − 0.91   = 160 ⋅  Pgnom = Pnom   = 15.83[kW ]  0.91   η  6


2002. GODINA

Nominalni gubici se dele na konstantne gubitke u gvožđu i zavisne gubitke u bakru: Pgnom = PFenom + PCunom = PFenom + PFenom

PCunom ⇒ PFenom

Pgnom 15.83 = = 3.96[kW ] PCunom 1+ 3 1+ PFenom = Pgnom − PFenom = 15.83 − 3.96 = 11.87[kW ]

PFenom = PCunom

Gubici u bakru pri trajnom opterećenju motora su prema tome:  P PCu = PCunom  T  Pnom

2

2

 139   = 11.87 ⋅   = 8.96[kW ]  160  

Ukupni gubici pri trajnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih: Pgm = PFenom + PCu = 3.96 + 8.96 = 12.92[kW ] Zagrejavanje je proporcionalno trajnim gubicima odnosno: ∆θ T = ∆θ nom

Pgm

= 68 ⋅

Pgnom

[ ]

12.92 = 55.50 o C 15.83

Temperatura motora pri trajnom opterećenju je prema tome:

[ ]

θ T = θ amb + ∆θ T = 40 + 55.50 = 95.50 o C

Ova temperatura je početna temperatura na početku kratkog spoja. U kratkom spoju zbog njegovog relativno kratkog trajanja možemo računati samo sa zagrevanjem bakra bez odvođenja toplote te za namotaj jedne faze važi: dWθ = p s dt = I 2 Rs (θ )dt = mCu C Cu dθ ⇒ dt = t2

t = ∫ dt = t1

mCu C Cu I2

θ2

dθ

θ1

s

mCu C Cu dθ ⇒ I 2 Rs (θ )

∫ R (θ )

Gde se promena otpornosti sa temperaturom može pretstaviti sa: Rs (θ ) = Rs 20

235 + θ 235 + 20

Gde je: lCu S Cu = γ Cu lCu S Cu

Rs 20 = ρ Cu

otpornost faznog statorskog namotaja na 20 [oC];

mCu

masa statorskog namotaja; 7


J Cu =

I S Cu

2002. GODINA

gustina struje.

Iz toga sledi da traženo vreme kašnjenja, jednako vremenu porasta temperature sa 95.5 [oC] do 300 [oC], iznosi: θ θ mCu C Cu 255 2 dθ m C 255 dθ ln(235 + θ ) 2 = = = Cu 2 Cu 2 ∫θ ∫ 235 + θ θ1 I Rs 20 θ1 235 + θ I Rs 20 1 R s 20 235 + 20 m C 255  235 + θ 2  γ Cu lCu S Cu C Cu 255  235 + θ 2   =  = ln ln = Cu 2 Cu l 235 θ 235 θ + + I Rs 20 2 Cu 1  1    I ρ Cu S Cu

m C t = Cu 2 Cu I

=

=

θ2

γ Cu C Cu 255 2

 235 + θ 2 ln  235 + θ 1

 γ Cu C Cu 255  235 + θ 2  = ln 2  J Cu ' ρ Cu  235 + θ 1

 I    ρ Cu  S Cu  8.9 kg dm 3 ⋅ 0.39 kWs kg oC ⋅ 255

[

]

(5 ⋅ 4.8[A mm ]) 2

2

[

]

  = 

 235 + 300  ⋅ ln  = 42.3[s ]  235 + 95.5  ⋅ 0.0175 mm 2 mΩ

[

]

1.2. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 18.02.2002. Zadatak 1.2.1. Za pogon šematski prikazan na slici odrediti ukupni moment inercije na vratilu motora:

nb

Jb=6 [kgm2]

nm MOTOR Jm=2

[kgm2]

D=0.8 [m] 20:1

Jr=0.2

[kgm2]

v

M=500 [kg] Napomena: Momenti inercije reduktora uvek se daju svedeni na ulazno vratilo. Zadatak 1.2.2. Za pogon iz prethodnog zadatka, ako je koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.9 [ ], odrediti moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju i spuštanju tereta brzinom v = 15 [m/min]. Zadatak 1.2.3. Pogon ostvaren sa trofaznim asihronim 10-polnim motorom od Pnom = 850 [kW], Unom = 6000 [V], Inom = 101 [A], fnom = 50 [Hz], okreće se u trajnom pogonu sa n = 590 [min-1]. Dobavljač 8


2002. GODINA

daje ove podatke Ir = 450 [A], Rs = 0.6 [Ω], Xs = 4.17 [Ω], Rr = 0.025 [Ω], Rr' = 0.69 [Ω], Xr' = 4.15 [Ω], Ptrv = 1% Pnom . Odrediti snagu i rezervu sa kojom radi motor. Zadatak 1.2.4. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom od Pnom = 50 [kW], priključnog napona Unom = 220 [V], nominalne rotorske struje Ianom = 250 [A], nominalne brzine obrtanja nnom = 580 [min-1], ima kompenzacioni namotaj. Otpor armature je Ra + Rpp = 0.05 [Ω], a moment inercije motora je Jm = 3 [kgm2]. Radna mašina ima moment inercije Jt = 17.75 [kgm2] a suprotstavlja se sa otpornim momentom od Mt = 330 [Nm]. Zaletom upravlja impulsni uređaj koji drži konstantnu struju na vrijednosti od Iamax = 320 [A]. Traži se: a) Koliko traje zalet motora od n = 0 do n = 500 [min-1]. b) Kolika je stacionarna brzina obrtanja. Zadatak 1.2.5. Ventilator radi 8000 časova godišnje. Potrebna snaga za pogon ventilalatora je PT = 40 [kW], pri brzini obrtanja nT = 585 [min-1]. Moguć je izbor između dva motora priključnog napona Unom = 380 [V], f = 50 [Hz] sa podacima: a) 10-polni motor, sa kojim se obezbeđuje direktan priključak na ventilator sa podacima: Pnom = 45 [kW]; nnom = 585 [min-1]; ηnom = 89.7 [%]; cosϕnom = 0.8 [ ]; PCunom / PFenom = 1.6 [ ]; masa mm = 750 [kg]. b) 4-polni motor, sa priključkom na ventilator preko remenog prenosnika sa podacima: Pnom = 45 [kW]; nnom = 14555 [min-1]; ηnom = 90.2 [%]; cosϕnom = 0.9 [ ]; PCunom / PFenom = 2.2 [ ]; masa mm = 377 [kg]. Uporediti ukupne troškove za petogodišnji pogon i izabrati ekonomičnije rešenje ako važe sledeći podaci: cena oba motora po kilogramu mase je CENA / kg = 500 [din/kg]; cena remenog prenosnika iznosi CENAR = 85000 [din] a koeficijent iskorišćenja ηR = 97 [%]; cena aktivne energije CENA / kWh = 4 [din/kWh] a deo reaktivne energije kod faktora snage manjeg od 0.95 CENA / kVAr = 0.7 [din/kVArh]. Pretpostaviti da je cosϕ motora u okolini nominalne radne tačke konstantan. Rešenje 1.2.1. Ukupni moment inercije na vratilu motora je: JΣ = JM + Jr +

Jb + Jx i2

gde je Jx - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija, fiktivne rotacione i stvarne translatorne: 1 2 1 v2 mv = J x ω m2 ⇒ J x = m 2 ⇒ 2 2 ωm  v   J x = m  ωm 

2

  D  ω  D = m 2  = m  ωm  ωm    2    ω

2

 2 2   = m D  = 500 ⋅  0.8  = 0.2 kgm 2   2i   2 ⋅ 20   

[

Odnosno:

9

]


J Σ = 2 + 0.2 +

[

6 + 0.2 = 2 + 0.2 + 0.015 + 0.2 = 2.415 kgm 2 20 2

2002. GODINA

]

Rešenje 1.2.2. Sila i moment tereta iznose: Ft = mt g = 500 ⋅ 9.81 = 4905[N ] D 0.8 M t = Ft = 4905 ⋅ = 1962[Nm] 2 2 Svedeni moment opterećenja i moment motora u stacionarnom stanju za dizanje su isti i iznose: '

M md = M td =

Mt 1962 = = 109[Nm ] iη 20 ⋅ 0.9

A za spuštanje iznose: '

M ms = M ts =

Mt 1962 η= ⋅ 0.9 = 88.29[Nm] i 20

Brzina tereta u [m/s] iznosi:  m  15 m v = 150  = = 0.25    min  60 s Ugaona brzina bubnja je prema tome: ωb =

v 2v 2 ⋅ 0.25  rad  = = = 0.625 R D 0.8  s 

Brzina obrtanja bubnja: nb =

[

ω b 30 0.625 ⋅ 30 = = 5.968 min −1 π π

]

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: i=

ω m nm = = 20 ωb nb

 rad  ω m = iω b = 20 ⋅ 0.625 = 13  s  n m = inb = 20 ⋅ 5.968 = 119.36 min −1

[

]

Prema tome pri dizanju motor razvija snagu: Pmd = M md ω m = 109 ⋅ 13 = 1417[W ] ≈ 1.42[kW ] 10


2002. GODINA

A pri spuštanju razvija snagu: Pms = M ms ω m = 88.29 ⋅ 13 = 1147.77[W ] ≈ 1.15[kW ] Rešenje 1.2.3. Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog motora za slučaj u kom se induktivnost i gubici magnećenja zanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Iz činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijeni mehanički moment obrtnog polja: Is

I r'

Rs

Xr'

Xs R r'/s

Uf

Rr′ 2 ′ ( ) I s R′ r R′ 3p 2 2 s M m (s ) = Uf =3 r = 3 p r I r′ (s ) = 2 Ωs s Ωs sω s ωs R′   2  Rs + r  + ( X s + X ' r ) s   PRr′

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skr koje nalazimo na osnovu ekstrema prethodne funkcije, odnosno ekstrema funkcije recipročne prethodnoj: 2

R′   2  Rs + r  + ( X s + X ' r ) ω d d s  1  s = = 2 Rr′ ds M m (s ) ds 3 pU f s 2 2   d   ωs Rr′  Rr′  d 2 2 ( ) = s R + + X + X ' = Ks R +   + ( X s + X 'r )  =  s   s s r 2 ds 3 pU f Rr′  s  s   ds   2 2  2 R′ R′ d  2 2 2 = K  sRs + 2 Rs Rr′ + r + s ( X s + X ' r )  = K  Rs − r2 + ( X s + X ' r )  = 0 ⇒ ds  s s    s kr = ±

Rr′ Rs + ( X s + X ' r ) 2

2

Sama vrednost kritičnog momenta iznosi:

11


M kr =

Rr′ s kr

2002. GODINA

Rr′ s kr

3p 2 3p 2 Uf = Uf 2 2 ωs ω ′   s Rr Rr′  Rr′  2 2 2  Rs +  + ( X s + X ' r ) Rs + 2 Rs +   + ( X s + X ' r ) s kr  s kr  s kr  

Pošto važi iz uslova za ekstrem funkcije:  Rr′   s kr

2

  = Rs 2 + ( X s + X ' r )2 

sledi:

M kr =

3p 2 Uf ωs

Rr′ s kr 2 Rs

 R′  Rr′ + 2 r  s kr  s kr 

2

=

3p 2 1 Uf ωs  R′  2 Rs + r  s kr  

Prema tome odnos razvijenog i kritičnog momenta će biti: Rr′ s

2 R′  R′  Rr′   2 2 r  Rs + r  + R  s  + ( X s + X 'r ) s  s kr  M m (s )  s  = = = 2 1 M kr Rr′   2  Rs +  + ( X s + X 'r )  Rr′  s    2 Rs + s kr      R′  1 R R′  R′  2 r  Rs + r  2 Rs + r  21 + s s kr  s kr s  s kr  s kr  Rr′   Rr′  = = = = 2 2 ′ ′ R s R 1 s R s r r kr s ′ ′   R R   2 s kr + 2 + 2 Rs + + 2 s kr  Rs + r  +  r  − Rs ′ R s s s Rr′ s r kr kr s   s kr  

=

2(1 + β ) s kr s + + 2β s s kr

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje statičke karakteristike momenta asinhronog motora, gde je sa β označen faktor: β=

Rs Rs s kr = ± 2 2 Rr′ Rs + ( X s + X ' r )

U našem slučaju kritično klizanje skr i faktor β iznose, uzimajući u obzir njihove pozitivne vrednosti pošto se radi o motornom režimu: 12


Rr′

s kr =

Rs + ( X s + X ' r ) 2

Rs

β=

Rs + ( X s + X ' r ) 2

2

=

2

=

0.69 0.6 2 + (4.17 + 4.15) 0.6 2 + (4.17 + 4.15)

= 0.0827[

2

0.6 2

2002. GODINA

= 0.0719[

]

]

Sinhroni broj obrtaja motora iznosi: n1 =

[

60 f 60 ⋅ 50 = = 600 min −1 p 5

]

Gubici u bakru rotora iznose: PCur = 3Rr I r = 3 ⋅ 0.025 ⋅ 450 2 = 15187.5[W ] 2

Gubici trenja i ventilacije iznose 1% od nominalne snage, odnosno: Ptrv =

1 850 Pnom = = 8.5[kW ] = 8500[W ] 100 100

Proizvedena snaga obrtnog polja je: Pmnom = Pnom + PCur + Ptrv = 850 + 15.1875 + 8.5 = 863.6875[kW ] Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: s nom =

PCu 2 15.1875 = = 0.0176[ Pmnom 863.6875

]

Nominalni broj obrtaja je:

[

nnom = n1 (1 − snom ) = 600 ⋅ (1 − 0.0176 ) = 589.44 min −1

]

Razvijeni mehanički moment pri nominalnoj brzini iznosi: M mnom =

Pnom + Ptrv Pnom + Ptrv 30 ⋅ (850000 + 8500 ) = = = 13908.239[Nm ] 2π ω nom π ⋅ 589.44 n nom 60

Iz Klosove jednačine dobijamo vrednost kritičnog momenta:

M kr = M mnom

s kr s 0.0827 0.0176 + nom + 2β + + 2 ⋅ 0.0719 s nom s kr = 13908.239 ⋅ 0.0176 0.0827 = 32798.155[Nm] 2(1 + β ) 2 ⋅ (1 + 0.0719 )

Vrednost klizanja pri zadatom broju obrtaja iznosi:

13


s' =

n1 − n' 600 − 590 = = 0.0167[ n1 600

2002. GODINA

]

Pri toj broju obrtaja motor razvija moment: M m '=

2 M kr (1 + β ) 2 ⋅ 32798.155 ⋅ (1 + 0.0719 ) = = 13272.003[Nm ] 0.0827 0.0167 s kr s + + 2 ⋅ 0.0719 + + 2β 0.0167 0.0827 s s kr

Tražena mehanička snaga motora pri toj brzini je: Pm ' = M m ' ω m '− Ptrv = M m '

2π ' π n − Ptrv = 13272.003 ⋅ ⋅ 590 − 8500 = 811506.134[W ] 60 30

Tražena rezerva motora je prema tome: Prez = Pnom − Pm ' = 850000 − 811506.134 = 38493.866[W ] Prez % =

Pnom − Pm ' 38493.866 100 = ⋅ 100 = 4.529[%] Pnom 850000

Rešenje 1.2.4. a) Nominalni moment motora iznosi: M nom =

60 P 50000 ⋅ = 9.550 ⋅ = 823.275[ Nm] 2π nnom 580 14


2002. GODINA

Polazni moment motora nalazimo iz odnosa polazne i nominalne struje: M pol = M max = M nom ⋅

I a max 320 = 823.275 ⋅ = 1053.79[ Nm] I anom 250

Zbog strujnog ograničenja važi: M d = const = M pol − M t = 1053.79 − 330 = 723.79[ Nm] Vreme zaleta nalazimo jednostavno, pošto je dinamički moment nezavisan od brzine obrtanja: M d = JΣ

πJ Σ dω ⇒ dt = dn ⇒ dt 30 M d n

πJ Σ πI Σ π ⋅ (3 + 17.75) dn = n= ⋅ 500 = 1.505[ s ] ∫ 30M d 0 30 M d 30 ⋅ 723.79

t zal =

b) Struju motora u stacionarnom stanju nalazimo iz uslova da su tada motorni moment i moment tereta isti: Ia =

Mt 330 ⋅ 250 ⋅ I anom = = 100.21[ A] M nom 823.275

Tražena brzina obrtanja je prema tome: n=

U nom − (Ra + R pp )I a

k eφ = n=

U nom

⇒ k eφ − (Ra + R pp )I anom

nnom U n − (Ra + R pp )I k eφ

=

=

220 − 0.05 ⋅ 250 = 0.3577586 ⇒ 580

[

220 − 0.05 ⋅ 100.21 = 600.935 min −1 0.3577586

]

Rešenje 1.2.5. Investicioni troškovi (cena motora i remenice) su: CENA = 750 ⋅ 500 = 375000[din ] kg CENA = mm 2 + CENAR = 377 ⋅ 500 + 85000 = 273500[din] kg

Za prvi motor:

CENAIm1 = mm1

Za drugi motor:

CENAIm 2

Troškovi iskorišćene energije (motori rade 8000 časova u godini; pet godina; prvi daje na osovini snagu Pm1 = PT = 40 [kW]; a drugi Pm2 = PT / ηR = 40 / 0.97 = 41.237 [kW]): Za prvi motor:

CENAWm1 = Pm1 hg

CENA = 40 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 4 = 6400000[din ] kWh 15


Za drugi motor:

CENAWm 2 = Pm 2 hg

2002. GODINA

CENA = 41.237 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 4 = 6598000[din] kWh

Troškovi gubitaka energije: Nominalni gubici iznose: Za prvi motor: Za drugi motor:

 1 − η nom1  1 − 0.897   = 45 ⋅  Pgnom1 = Pnom1   = 5.167[kW ]  0.897   η nom1   1 − η nom1  1 − 0.902   = 45 ⋅  Pgnom1 = Pnom1   = 4.889[kW ]  0.902   η nom1 

Nominalni gubici se dele na konstantne gubitke u gvožđu i zavisne gubitke u bakru: Za prvi motor:

PCunom1 Za drugi motor:

Pgnom1 5.167 = = 1.987[kW ] ⇒ PCunom1 1 + 1.6 1+ PFenom1 P = Cunom1 PFenom1 = 1.6 ⋅1.987 = 3.18[kW ] PFenom1 Pgnom 2 4.889 = = = 1.528[kW ] ⇒ PCunom 2 1 + 2.2 1+ PFenom 2 P = Cunom 2 PFenom 2 = 2.2 ⋅ 1.528 = 3.361[kW ] PFenom 2

PFenom1 =

PFenom 2

PCunom 2

Stvarni gubici u bakru pri stvarnom opterećenju motora su prema tome: 2

Za prvi motor: Za drugi motor:

2

PCu1

 P   40  = PCunom1  m1  = 3.18 ⋅   = 2.513[kW ]  45   Pnom1 

PCu 2

 P = PCunom 2  m 2  Pnom 2

2

2

 41.237   = 3.361 ⋅   = 2.822[kW ]  45  

Ukupni gubici pri stvarnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih: Za prvi motor: Za drugi motor:

Pgm1 = PFenom1 + PCu1 = 1.987 + 2.513 = 4.50[kW ]

Pgm 2 = PFenom 2 + PCu 2 = 1.528 + 2.822 = 4.35[kW ]

Pa su troškovi gubitaka: CENA = 4.50 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 4 = 720000[din] kWh CENA = Pgm 2 hg = 4.35 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 4 = 696000[din] kWh

Za prvi motor:

CENAWgm1 = Pgm1 hg

Za drugi motor:

CENAWgm 2

Troškovi reaktivne energije plaćaju se samo za razliku od cosϕnom motora do cosϕdoz = 0.95. Prvi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu: 16


Qm1 = (Pm1 + Pgm1 )

2002. GODINA

2

1 - cosϕ1 sinϕ1 1 − 0.8 2 = (Pm1 + Pgm1 ) = (40 + 4.5) ⋅ = 33.38[kVAr ] cosϕ1 cosϕ1 0.8

Besplatno sme uzimati: 2

Qmdoz1

1 - cosϕ doz sinϕ doz 1 − 0.95 2 = (Pm1 + Pgm1 ) = (Pm1 + Pgm1 ) = (40 + 4.5) ⋅ = cosϕ doz cosϕ doy 0.95

= 14.62[kVAr ]

Razlika koja se plaća iznosi: Qm1 − Qmdoz1 = 33.38 − 14.62 = 18.75[kVAr ] Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor: CENAWQm1 = (Qm1 − Qmdoz1 )hg

CENA = 18.75 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 0.7 = 525000[din] kVArh

Drugi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu: 2

Qm 2

1 - cosϕ 2 sinϕ 2 = (Pm 2 + Pgm 2 ) = (Pm 2 + Pgm 2 ) = cosϕ 2 cosϕ 2 = (41.237 + 4.35) ⋅

1 − 0.9 2 = 22.08[kVAr ] 0.9

Besplatno sme uzimati: 2

Qmdoz 2

1 - cosϕ doz sinϕ doz = (Pm 2 + Pgm 2 ) = (Pm1 + Pgm1 ) = cosϕ doz cosϕ doy = (41.237 + 4.35) ⋅

1 − 0.95 2 = 14.98[kVAr ] 0.95

Razlika koja se plaća iznosi: Qm 2 − Qmdoz 2 = 22.08 − 14.98 = 7.1[kVAr ] Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor: CENAWQm 2 = (Qm 2 − Qmdoz 2 )hg

CENA = 7.1 ⋅ 8000 ⋅ 5 ⋅ 0.7 = 198800[din] kVArh

Ukupni troškovi pogona za prvi motor iznose: CENAm1 = CENAIm1 + CENAWm1 + CENAWgm1 + CENAWQm1 =

= 375000 + 6400000 + 720000 + 525000 = 8020000[din] 17


2002. GODINA

Ukupni troškovi pogona za drugi motor iznose: CENAm 2 = CENAIm 2 + CENAWm 2 + CENAWgm 2 + CENAWQm 2 =

= 273500 + 6598000 + 696000 + 198800 = 7766300[din ]

Rešenje sa drugim motorom i remenicom je ekonomičnije.

1.3. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 21.03.2002. Zadatak 1.3.1. Koliki moment treba dovesti na vratilo bubnja, prečnika D = 0.5 [m], dizalice sa protiv tegom na slici, da bi se ostvarilo dizanje tereta sa početnim ubrzanjem a = 2 [m/s2], a zatim sa stalnom brzinom v = 2 [m/s]: a) Kada je masa tereta jednaka masi protiv tega mt = mpt = 500 [kg]. b) Kada je masa tereta mt = 750 [kg]. c) Kada je masa tereta mt = 250 [kg]. d) Šta će se dogoditi u gornjim slučajevima ako se na vratilo ne deluje nikakvim momentom? Zanemariti masu užeta, sva trenja i momenat inercije bubnja.

D=0.5 [m]

v

a

mpt

mt

Zadatak 1.3.2. Odrediti moment inercije bubnja u obliku šupljeg valjka ukupne mase mv = 43.5 [kg], spoljnjeg prečnika Ds = 220 [mm] i unutrašnjeg prečnika Du = 160 [mm], ako rotira oko ose simetrije. Zadatak 1.3.3. nb

Jb

nm

Ds

MOTOR v Jm

ir mmax

18


2002. GODINA

Motor nominalne snage Pnom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom = 960 [min-1] sa momentom inercije Jm = 0.287 [kgm2], preko trostepenog reduktora pokreće bubanj iz prethodnog zadatka, o koga je obešen teret. Rezultantni prenosni odnos reduktora je ir = 16.5 [ ]. a) Odrediti najveću masu tereta koju trajno motor može da diže, ako je koeficijent korisnog dejstva reduktora ηr = 0.95 [ ]. b) Odrediti brzinu podizanja tereta u stacionarnom stanju. c) Odrediti ukupnu inerciju pogona uz zanemarivanje mase elemenata reduktora. d) Vreme ubrzanja tereta ako motor u toku ubrzanja razvija konstantan moment Mp = 1.7Mnom. Zadatak 1.3.4. Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke Pnom = 6.7 [kW], Unom = 380 [V], Inom = 12 [A], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], Xs = Xr’ = 3 [Ω], Rs = 1 [Ω]. Gubici u gvožđu i mehanički gubici mogu se zanemariti. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri nominalnom momentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%. Zadatak 1.3.5. Trofazni asihroni motor sa rotorom u kratkom spoju pokreće radnu mašinu čiji se otporni moment može predstaviti sledećim analitičkim izrazom Mt = 0.0795 n + 1.667 . 10-5 n2 (n u [min-1], Mt u [N/m]). Podaci asinhronog motora su: Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], Inom = 9 [A], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], Mkr / Mnom = 3 [ ]. U režimu u kojem je motor priključen na nominalni napon pri nominalnoj učestanosti izmerena je brzina obrtanja od n1 = 600 [min-1]. a) Dali je posmatrani režim stacioniran? b) Šta je karakteristično za rad motora u ovom režimu? c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti, uz pomoć brojnih vrednosti. Zanemariti otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubitke magnećenja. Rešenje 1.3.1. Za kretanje stalnom brzinom potreban je moment: Ms =

D (mt − m pt ) g 2

Za kretanje sa stalnim ubrzanjem potrebna je još jedna dodatna komponenta momenta: Md = a)

D (mt + m pt )a 2

Za slučaj kada je masa tereta jednaka masi protiv tega mt = mpt = 500 [kg] važi: mt = m pt = 500[kg ] D 0.5 (mt − m pt ) g = (500 − 500) ⋅ 9.81 = 0 2 2 D 0.5 M d = (mt + m pt )a = (500 + 500) ⋅ 2 = 500[ Nm] 2 2 M s + M d = 0 + 500 = 500[ Nm] Ms =

b)

Za slučaj kada je masa tereta mt = 750 [kg] važi: mt = 750[kg ]

m pt = 500[kg ] 19


D 0.5 (mt − m pt ) g = (750 − 500) ⋅ 9.81 = 613.125[ Nm] 2 2 D 0.5 M d = (mt + m pt )a = (750 + 500) ⋅ 2 = 625[ Nm] 2 2 M s + M d = 613.125 + 625 = 1238.125[ Nm] Ms =

c)

Za slučaj kada je masa tereta mt = 250 [kg] važi: mt = 250[kg ]

m pt = 500[kg ]

D 0.5 (mt − m pt ) g = (250 − 500) ⋅ 9.81 = −613.125[ Nm] 2 2 D 0.5 M d = (mt + m pt ) ⋅ a = (250 + 500) ⋅ 2 = 375[ Nm] 2 2 M s + M d = −613.125 + 375 = −238.125[ Nm] Ms =

d)

Iz Newton-ve jednačine: Mm − Mt = J

dω dt

za naš slucaj, gde je Mm = 0, dobijamo: − Mt = J

dω dt

D dω =J 2 dt dω dv 2 dv = = dt Rdt D dt

− (mt − m pt ) g

Iz zakona o održanju energije: Jω 2 mv 2 = => J = mR 2 2 2 dobijamo izraz za moment inercije: J=

mt + m pt 4

D2

te kombinujući prethodne izraze dobijamo: 2 D (mt + m pt ) D 2 dv − (mt − m pt ) g = 2 4 D dt

izraz za ubrzanje za služaj kad ne delujemo nikakvim momentom:

20

2002. GODINA


a=

2002. GODINA

mt − m pt dv = −g = const dt mt + m pt

Zaključujemo da u tom slučaju dobijamo jednako ubrzano kretanje pod uticajem gravitacione sile. Za naše slučajeve posebno važi: a)

mt = m pt = 500[kg ] a = −g

mt − m pt mt + m pt

= −9.81 ⋅

500 − 500 =0 500 + 500

Znači da teret miruje. b)

mt = 750[kg ] a = −g


m pt = 500[kg ] = −9.81 ⋅

750 − 500 = −1.962[m / s 2 ] 750 + 500

Teret se ubrzava na dole. c)

mt = 250[kg ] a = −g


m pt = 500[kg ] = −9.81 ⋅

250 − 500 = 3.27[m / s 2 ] 250 + 500

Teret se ubrzava na gore, pošto preteže protivteg. Rešenje 1.3.2. Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti r od ose rotacije (prema slici), iznosi: r

dJ = dm ⋅ r 2 = (2πrlρdr )r 2 = 2πlρr 3 dr

dr

dm

gde je ρ - specifična masa. Moment inercije dobijamo integraljenjem: Ds r 2 J = ∫ dJ = ∫ 2πlρr 3 dr =2πlρ ∫ r 3 dr = 2πlρ = 4 Du Du Du L 2 2 2 4 4 D − Du 1 = πlρ s = 2 16 2 2 2 2 Ds − Du Ds + Du 1 = πlρ = 2 4 4 2 2 D + Du 1 = mb s = 2 4 Ds 2

4

21

l

Ds 2

Du Ds


=

[

1 0.22 2 + 0.16 2 ⋅ 43.5 ⋅ = 0.4024 kgm 2 2 4

2002. GODINA

]


30 Pnom 22000 = 9.55 ⋅ = 21.89[ Nm] π n nom 960

U stacionarnom stanju kad se teret kreće ravnomernom brzinom, svedeni moment tereta mora biti isti po vrednosti sa nominalnim momentom motora: '

M nom = M t =

Mt F R m gD = max = max s irη r irη r 2irη r

Iz ovog uslova određujemo vrednost maksimalne mase koju mehanizam može da diže: mmax =

2irη r M nom 2 ⋅ 16.5 ⋅ 0.95 ⋅ 21.89 = = 287[kg ] Ds g 0.22 ⋅ 9.81

b) Brzinu podizanja tereta nalazimo na osnovu sledećih relacija određenih prenosnim odnosom reduktora: 2πnnom 2 ⋅ π ⋅ 960 r  = = 100.523  60 60 s n 960 nb = nom = = 58.2 min −1 ir 16.5 ω 100.523 r  ωb = m = = 6.0923  ir 16.5 s D 0.22 m m v = Rω b = s ω b = ⋅ 6.0923 = 0.67   = 0.67 ⋅ 60 ≈ 40.2  2 2 s s

ωm =

[

c)

]

Ukupni moment inercije na vratilu motora je : JΣ = Jm +

Jb + J x 2

ir η r

gde je Jx - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija, fiktivne rotacione i stvarne translatorne: 1 1 mmax v 2 = J x ω b2 ⇒ 2 2 2

J x = mmax

2

[

v2 D   0.22  2 = mmax  s  = 287 ⋅   = 3.47 kgm 2 ωb  2   2 

Odnosno: 22

]


J Σ = 0.287 + d)

[

0.4024 + 3.47 = 0.304 kgm 2 16.5 2 ⋅ 0.95

2002. GODINA

]

Dinamički moment ubrzanja prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi: '

M d = M p − M t = 1.7 M nom − M nom = 0.7 M nom = 0.7 ⋅ 21.89 = 15.323[ Nm] Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu da je zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje tereta konstantno, pa važi: t zal =

2⋅ s 2⋅3 = = 3[ s ] v 2

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi: t zal =

πJ Σ ⋅ n zal 30 M d

⇒

JΣ =


odnosno: 30 ⋅ 179.0622 ⋅ 3 = 10.512 [kgm 2 ] π ⋅ 488 (m + m )v 2 (J − J )ω 2 JΣ = Jm + s 2 t ⇒ m s + mt = Σ 2 m m ωm v

JΣ =

odnosno:

− J m )ω m2 (10.512 − 3.75)π 2 ⋅ 488 2 − 3000 = m − = s v2 900 ⋅ 2 2 = 4414.810 − 3000 = 1414.81 [ kg ]

mt =

(J Σ

Rešenje 1.3.4. Sinhroni broj obrtaja motora iznosi: n1 =

[

60 f 60 ⋅ 50 = = 1500 min −1 p 2

]

Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: s nom =

n1 − n nom 1500 − 1440 = = 0.04[ n1 1500

]

Nominalni moment iznosi:

23


M nom =

2002. GODINA

Pnom Pnom 60 ⋅ 6700 = = = 44.430[Nm] 2π ⋅ 1440 ω nom 2π n nom 60

Da bi motor mogao da startuje mora da proizvede polazni moment Mpol veći ili jednak od Mnom. Vrednost polaznog momenta u funkciji vrednosti efektivnog napona napajanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme i činjenice da proizvedena mehanička snaga motora je jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno: Is

Ir'

Rs

X r'

Xs R r'/s

Uf

M pol = 3 p

Rr′ R′ Rr′ 3p 2 2 2 I r′ (s ) = 3 p r I r′ (1) = Uf 2 sω s 1⋅ ωs ωs (Rs + Rr′ ) + ( X s + X ' r )2

Za izračunavanje polaznog momenta, fali nam svedena vrednost rotorskog otpora. Iz izraza za nominalni moment, postupno možemo naći svedenu vrednost rotorskog otpora.

M nom = 3 p

 R′  Rs + r s nom 

Rr′ 3p 2 2 I r′ (s nom ) = Uf s nomω s ωs  R′  Rs + r s nom  2

Rr′ s nom 2

  + ( X s + X ' r )2 

⇒

2

 3 p U f Rr′ 2  − + ( X s + X 'r ) = 0 ⇒  ω s M nom s nom 2 2  Rr′  R′  3 p U f  2 2 2   + r  2 Rs − + Rs + ( X s + X ' r ) = 0 ⇒ ⋅s nom   s nom  ω s M nom   s nom  2  3 p U f  2 2 2 2  Rr′ + Rr′ 2 Rs − s nom + Rs + ( X s + X ' r ) s nom = 0 ⇒   ω M s nom    3⋅ 2 220 2  2  ⋅ 0.04 + 12 + (3 + 3)2 ⋅ 0.04 2 = 0 ⇒ Rr′ + Rr′ ⋅  2 ⋅ 1 − ⋅ 2 ⋅ 50 ⋅ π 44 . 43  

[

]

[

]

2 Rr′ + Rr′ ⋅ (2 − 20.805) ⋅ 0.04 + [1 + 36] ⋅ 0.04 2 = 0 ⇒

Rr′ − Rr′ ⋅ 0.7522 + 0.0592 = 0 ⇒ 2

Rr′1 / 2 =

0.7522 ± 0.7522 2 − 4 ⋅ 0.0592 0.7522 ± 0.57359 0.6629[Ω] = = 2 2 0.0893[Ω] 24


2002. GODINA

Drugo rešenje daje suviše malu vrednost, pa na osnovu izračunate vrednosti svedene rotorske otpornosti, sledi da vrednost polaznog momenta pri nominalnoj vrednosti napona napajanja iznosi: Rr′ 3p 2 = U fnom 2 ωs (Rs + Rr′ ) + ( X s + X ' r )2 3⋅ 2 0.6629 = ⋅ 220 2 = 15.809[Nm] 100 ⋅ π (1 + 0.6629)2 + (3 + 3)2

M polnom =

A pri sniženom naponu za 15%: M pol = 0.85 2 M polnom = 0.85 2 ⋅ 15.809 = 11.422[Nm] Prema tome čak i pri nominalnom naponu motor ne može da se pokrene sa nominalnim momentom opterećenja. Rešenje 1.3.5. Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog motora za slučaj u kom se otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubici magnećenja zanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Iz činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijeni mehanički moment obrtnog polja: Is

Ir'

Xs

Xr' Rr'/s

Uf

Rr′ 2 Rr′ I r′ (s ) Rr′ 3p 2 2 s M m (s ) = =3 = 3p I r′ (s ) = Uf 2 Ωs s Ωs sω s ωs  Rr′  2   + ( X s + X 'r ) s   PRr′

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skr koje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakše nalazi:

25


2002. GODINA

2

 Rr′  2   + (X s + X 'r ) d 1 d ωs  s  = = Rr′ ds M m (s ) ds 3 pU f 2 s  Rr′  2  d  Rr′  2  ωs d 2 2 = s   + ( X s + X ' r )  = Ks   + ( X s + X ' r )  = 2 ds 3 pU f Rr′  s   ds  s   2  R′ 2 d  Rr′ 2 2 = K + s ( X s + X ' r )  = K − r2 + ( X s + X ' r )  = 0 ⇒ ds  s   s  ′ Rr s kr = ± X s + X 'r Sama vrednost kritičnog momenta iznosi:

M kr =

3p 2 Uf ωs  Rr′   s kr

Rr′ s kr 2

  + ( X s + X ' r )2 

=

Rr′ s kr

3p 2 Uf ωs  R′ 2 r  s kr

  

2

=

3p 2 Uf ωs

1 R′ 2 r s kr

Prema tome odnos razvijenog i kritičnog momenta će biti: Rr′ s 2

2 Rr′ Rr′ Rr′  Rr′  2 2 2   + (X s + X 'r ) M m (s )  s  s s kr ss kr = = = 2 2 1 M kr  Rr′  2  Rr′   Rr′   + ( X s + X 'r )   +  Rr′  s  2  s   s kr s kr

  

2

=

2 s kr s + s s kr

Prethodna jednačina pretstavlja uprošćenu Klosovu jednačinu za izračunavanje statičke karakteristike momenta asinhronog motora, koju ćemo dalje koristiti, radi lakše analize. Nominalni moment i klizanje motora iznose: Pnom 60 Pnom 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm ] Ω nom 2π n nom π 1440 n − nnom 1500 − 1440 60 = s = = = 0.04[ ] ns 1500 1500

M nom = s nom

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: M nom =

2 M kr s s M ⇒ kr + nom − 2 kr = 0 ⇐ ⋅s kr s nom ⇒ s nom s s nom s kr M nom + kr s kr s nom

26


⇒ s kr − 2

2002. GODINA

M kr 2 s kr s nom + s nom = 0 ⇒ M nom

  M  M s kr = s nom  kr ±  kr  M nom  M nom 

2    0.2331[ ]  − 1  = 0.04 ⋅ 3 ± 3 2 − 1 =   0.00686[ ]  

)

(

Drugo rešenje je besmisleno pa prema tome kritična vrednost brzine obrtanja iznosi

[

nkr = (1 − s kr )n s = (1 − 0.2331) ⋅ 1500 = 1150.29 min −1 a)

]

Klizanje u radnoj tački n1 = 600 [min-1] iznosi: s1 =

n s − n1 1500 − 600 = = 0.6[ 1500 ns

]

Motor u toj radnoj tački izdaje moment:

M m1 =

2M kr = s1 s kr + s kr s1

2

M kr M nom M nom 2 ⋅ 3 ⋅ 26.527 = = 53.71[Nm ] 0.6 0.2331 s1 s kr + + 0.2331 0.6 s kr s1

Dok se teret suprotstavlja sa momentom: M t1 = 0.0795n + 1.667 ⋅ 10 −5 n 2 = 0.0795 ⋅ 600 + 1.667 ⋅ 10 −5 ⋅ 600 2 = 53.71[Nm] 27


2002. GODINA

Pošto su oba momenta jednaka po vrednosti Mm1 = Mt1 = 53.71 [Nm] režim je stacioniran. b)

Kako je u datom režimu klizanje motora veće od prevalnog klizanja, motor radi sa: • lošim stepenom iskorisćenja i • moguća je pojava nestabilnog rada.

c) Do potrebnog kriterijuma stabilnosti možemo doći linearizacijom Newton-ove jednačine u radnoj tački: dω ⇒ dt 2π d (∆n) d (∆n) dM m dMt  dM m dMt  J = Tm = ∆n − ∆n =  − ∆n = k∆n 60 dt dt dn dn dn   dn

Md = Mm − Mt = J

Rešenje ove diferencijalne jednačine je: ∆n = ∆n0e

k t Tm

gde je ∆n0 - vrednost poremećaja brzine za t = 0. Sistem je stabilan ako je k < 0 odnosno: dM t dM m dM d dM m dM t > ⇒ = − <0 dn dn dn dn dn nestabilan ako je k > 0: dM m dM t dM d dM m dM t > ⇒ = − >0 dn dn dn dn dn Pa važi:

(

)

dMt d 1.667 ⋅ 10 −5 ⋅ n 2 + 0.0795n = = 2 ⋅ 1.667 ⋅ 10 −5 ⋅ n + 0.0795 = n = n1 n = n1 dn n = n1 dn  Nm  = 2 ⋅ 1.667 ⋅ 10 −5 ⋅ n1 + 0.0795 = 2 ⋅ 1.667 ⋅ 10 −5 ⋅ 600 + 0.0795 = 0.099504  −1  min  dM m dM m ds = ⋅ dn ds dn  1 s kr  2M kr dM m 2M kr   Mm = ⇒ =− − 2  s kr s ds s kr s 2     s s +  + kr  s kr s s s   kr n −n ds 1 s= s ⇒ =− ns dn ns dM m 2 M kr 1 = ⋅ dn ns  s s  + kr s  s kr

 1 s kr   − 2    s kr s    2

28


 1 s kr  1 dM m dM m 2 M kr 2 M kr 1  = = ⋅ − 2  = ⋅ 2  2 dn n = n1 dn s = s1 n s  s s kr   s kr s1  n s  2 M kr  1     +  s kr s1   M m1  2 2  1 s kr  M m1 1 M m1  1 s kr  1   = ⋅ − 2= ⋅  s − s 2 = M kr n s 2 M kr  s kr s1  n s 1  2 M nom  kr M nom =

2002. GODINA

 1 s kr    s − s 2 = 1   kr

53.712 0.2331   1  Nm  − ≈ 0.044483  2  −1 1500 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 26.527  0.2331 0.6   min 

Prema tome važi: dM t  Nm  dM m  Nm  = 0.099504 > = 0.044483 −1  −1 dn dn  min   min  što znači da je pogonski režim stabilan.

1.4. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 11.04.2002. Zadatak 1.4.1. Trofazni četvoropolni asinhroni motor, sa sopstvenim momentom inercije Jm = 3 [kgm2]; nominalnim momentom Mnom = 80 [Nm]; preopteretljivošću (do kritičnog momenta) λ = 3 [ ]; klizanjem pri kritičnom momentu skr = 0.24 [ ], koristi se za ubrzanje i kočenje zamajca sa momentom inercije od Jz = 7 [kgm2]. a) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu od na = 1425 [min-1]? (Zanemariti otpornost statora, promenljivost otpora rotora, struju magnećenja, kao i trenje i sve gubitke praznog hoda). b) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac od pune brzine do 5% pune brzine, ako se koči pomoću jednosmerne struje? (Predpostaviti da je prevalni moment pri kočenju jednosmernom strujom po apsolutnoj vrednosti isti kao kod ubrzanja i da je brzina pri prevalnom momentu ista kao relativna brzina rotora pri prevalnom momentu kod ubrzanja. Takođe zanemariti trenje i sve gubitke praznog hoda). c) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu kao pod a), ali u slučaju da je moment zahvaljujući dejstvu brze automatske regulacije, stalno ograničen na nominalnu vrednost. d) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac pod istim uslovima kao pod b), ali sa ograničenjem momenta kao pod c). Zadatak 1.4.2. Nacrtati vremenske dijagrame promene brzine obrtanja za sva četiri slučaja iz prethodnog zadatka. Zadatak 1.4.3. Odrediti moment inercije cevi dužine l = 1000 [mm], spoljnjeg prečnika Ds = 300 [mm] i unutrašnjeg prečnika Du = 200 [mm], ako rotira oko ose rotacije koja prolazi kroz tačku P udaljenu od ivice cevi za trećinu dužine, prema slici. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađena iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3]

29


2002. GODINA

l = 1000 [mm]

x=l/3

Ds

Du

P

Ds = 300 [mm] Du = 200 [mm] Osa obrtanja

Zadatak 1.4.4. Serijski motor jednosmerne struje ima otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja Ra + Rpp = 0.12 [Ω] i otpornost pobudnog namotaja Rs = 0.08 [Ω]. Motor razvija pri nominalnoj struji od Ianom = 41 [A] i brzini nnom = 916 [min-1] moment Mnom = 176 [Nm]. a) Ako se moment opterećenja smanji na Mt = 70 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri istom naponu napajanja. b) Ako motor treba da razvije nazivni moment pri brzini od n = 1500 [min-1], odrediti potrebnu vrednost napona napajanja motora. Zadatak 1.4.5.

104

R [Ω] 103

102

101 -20

0

20

40

60

80

100 θ [oC]

30

120

140


2002. GODINA

Motor se štiti od pregrejavanja pomoću tri termistora, sa karakteristikama kao na slici, smeštenim na tri razne tačke u motoru i spojenim na red preko podstrujnog releja na pomoćni jednosmerni napon jednosmerne struje Upom = 48 [V]. Od zaštite se očekuje da isključi kad se na bilo kom mestu pojavi temperatura veća od θmax = 130 [oC]. Namotaj podstrujnog relea ima otpornost Rn = 40 [Ω]. a) Na koju struju treba približno podesiti isključenje relea ako sva tri termistora imaju tačnu karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavaju otprilike na 100 [oC], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje? b) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjoj granici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [oC]? c) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na gornjoj granici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [oC]? Rešenje 1.4.1. a) Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi: ω1 =

ω s 2πf 2 ⋅ π ⋅ 50 314  rad  = = ≈ = 157  p p 2 2  s 

Kritična vrednost momenta motora iznosi: M kr = v ⋅ M nom = 3 ⋅ 80 = 240[Nm] Klizanje za brzinu obrtanja od na = 1425 [min-1] je: sa =

n s − n a 1500 − 1425 = = 0.05[ ns 1500

]

Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi:

[

J Σ = J m + J z = 3 + 7 = 10 kgm 2

]

Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem: Mm =

2M kr s skr + skr s

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosov obrazac za funkciju momenta od klizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: ω = (1 − s )ω 1 ⇒ dω = −ω1 ds ⇒ J J dω M din = (M m − M t ) = M m = J Σ ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω 1 ds ⇒ dt Mm Mm 31


2002. GODINA

Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od jediničnog klizanja do željenog klizanja: sa

tz

s

s

a a J J ω ds ds t z = ∫ dt = ∫ − Σ ω 1 ds = − J Σ ω 1 ∫ = − J Σ ω1 ∫ = Σ 1 2 M kr Mm Mm 2 M kr 0 1 1 1 s s + kr s kr s

1  1 J Σ ω1 s kr  J Σ ω 1  s 2 J Σ ω 1  1 s   = = ds + ds = + s ln s kr ∫ s  2M kr  2s kr 2 M kr  s∫a s kr  s a 2M kr sa 

1

 s

∫  s

sa

+

kr

 1 − s a 2   2s kr

s kr s

 ds = 

   − s kr ln s a    

Prema tome vreme zaleta iznosi: t za =

 10 ⋅ 157  1 − 0.05 2  − 0.24 ln 0.05  = 3.270833 ⋅ (2.078125 + 0.7189757 ) = 9.149[s ] 2 ⋅ 240  2 ⋅ 0.24 

b) Moment motora u funkciji brzine pri kočenju jednosmernom strujom uz pretpostavke navedene u postavci, ima inverznu karakteristiku u odnosu na motornu momentnu karakteristiku, pa se može pretstaviti takođe Klosovim obrasccem:

s = skr

s' = s'kr

M Kočenje

Motor.

s, s'

Mk =

s=1

s=0

s' = 0

s' = 1

2 M kr s s ' kr + s ' kr s' '

gde je: ω = s ' ω 1 ∧ s ' kr = s kr 32


2002. GODINA

odnosno: 2 M kr ω ω kr + ω kr ω

Mk =

pa važi analogno kao u prethodnom razmatranju kod zaleta: M din = (− M k − M t ) = − M k = J Σ tk

5%ω1

0

ωz

t kb = ∫ dt = =

JΣ 2 M kr

∫

J dω ⇒ dt = − Σ dω ⇒ dt Mk 5%ω1

J J − Σ dω = − Σ Mk 2 M kr

∫

ωz

 ω ω kr  J  dω = Σ + ω  2M kr  ω kr

ωz

 ω ω kr   dω = + ω kr ω  5%ω1 

∫

 ω  ωz  + ω kr ln ω   2ω kr  5%ω 1 2

Pošto je: ω z ≈ ω 1 ∧ 5%ω 1 = s aω 1 važi: t kb

1 J ω J ω  s' 2 ≈ Σ 1  + s kr ln s '  = Σ 1 2M kr  2s kr  s a 2 M kr

 1 − s a 2   2 s kr

   − s kr ln s a  = t za = 9.149[s ]   

Odnosno proces kočenja je inverzan procesu ubrzanja. c)

Ako je moment ograničen na nominalnu vrednost, važi: M m = const = M nom = 80[Nm ] Pa se vreme ubrzanja nalazi jednostavno: t zc

J t zc = ∫ dt = Σ M nom 0 d)

ωz

πJ Σ ∫0 dω = 30M nom

nz

πJ Σ n z

∫ dn = 30M 0

nom

=

π ⋅ 10 ⋅ 1425 = 18.653[s ] 30 ⋅ 80

Slično kao pod c) ako se i tokom kočenja održava konstantan moment, važi: t kd

πJ Σ =− 30M nom

5% n1

πJ Σ ∫n dn = − 30M nom z

75

∫ dn ≈ t

zc

1425

Rešenje 1.4.2. Za slučaj pod a) teško je izvesti relaciju n(t), ali se može lako pronaći inverzna funkcija t(n) iz izvedene relacije za vreme zaleta za taj slučaj, posredno preko klizanja: 33


t (n ) = t (s ) =

J Σ ω1 2 M kr

 1 − s 2   2 s kr

2002. GODINA

   − s kr ln s   

ili direktnim rešavanjem sledeće relacije po brzini: t( n ) =

πJ Σ 2 ⋅ 30 ⋅ M kr

 n s − n n s − nkr + ns − n s − n kr 0 h

∫  n

 dn 

Vrednosti funkcije t(n) izračunate prema prvoj relaciji, za diskretne vrednosti n = ( 0, 0.1, 0.2, ..., 0.9) n1 date su u sledećoj tabeli: n [min-1]

s[] 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.05

0 150 300 450 600 750 900 1050 1200 1350 1425

t(n) [s] 0 1.377 2.628 3.755 4.7621 5.655 6.443 7.146 7.805 8.554 9.149

U slučaju pod c) relacija n(t) može se eksplicitno izvesti: 30 n(t ) = π ⋅ JΣ

t

∫M

nom

dt =

0

30 ⋅ 80 ⋅ t = 76.394 ⋅ t π ⋅ 10

Promena brzine obrtanja za zalet prikazana na sledećem dijagramu: 1500 a)

n [min-1]

c)

1000

500

0 0

5

10

34

15

20 t [s]


2002. GODINA

Pošto je pokazano da je kočenje inverzan proces ubrzanju, u slučaju b) mogu se koristiti rezultati dobijeni pod a) ili se može naći relacija: πJ Σ t (n ) = 2 ⋅ 30 ⋅ M kr

n1



∫  n n

s

n − nkr n + s − n kr n

 dn 

Za slučaj d) važi: 30 nt − n1 = πJ Σ

t

∫ (− M )dt = −76.394 ⋅ t nom

0

n( t ) = n1 − 76.394 ⋅ t Promena brzine obrtanja za kočenje prikazana na sledećem dijagramu: 1500 n [min-1] 1000

500 b)

d)

0 0

5

10

15

20 t [s]

Rešenje 1.4.3. Masu cevi m nalazimo iz relacije: m = ρV =

(

)

ρπ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ π 2 2 Ds − Du l = ⋅ 0.3 2 − 0.2 2 ⋅ 1 = 176.715[kg ] 4 4

(

)

gde je ρ - specifična masa. Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti r od ose rotacije, kao na slici, iznosi: 2

2

D − Du 2 dJ = r dm = ρπ S r dr 4 2

Ukupni moment inercije nalazimo integraljenjem: 2

D − Du J = ∫ dJ = ρπ s 4 l

2

2 2 l−x x 2  Ds − Du 2  ∫ r dr + ∫ r dr  = ρπ   4 0 0 

35

 r3 x r3 l − x    3 0+ 3 0 =  


2

2

2

D − Du = ρπ s 4 D − Du = ρπ s 4

2002. GODINA

2 2  x 3 ( l − x )3  D − Du x 3 + l 3 − 3l 2 x + 3lx 2 − x 3  +  = ρπ s = 3  4 3  3 2 2  x l2  x  x  x 31 l 1 + 3  − 3  = m 1 + 3  − 3  3  3  l  l  l l

l = 1000 [mm]

x=l/3

Du

P

Ds

dm

dr Ds = 300 [mm] r

Du = 200 [mm]

Osa obrtanja

U našem slučaju za x = l / 3 važi: 2 2 l2  x l2  1 l2 12  x 1 J = m 1 + 3  − 3  = m 1 + 3  − 3  = m = 176.715 ⋅ = 58.905 kgm 2 3  l  3  3  3 3 l 3

[

]

Rešenje 1.4.4. a) Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju: M nom = k M Φnom I anom = k M k Φ I anom I anom = C M I anom

2

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja: M t = M m = k M ΦI a = k M k Φ I a I a = C M I a

2

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenom opterećenju: 2

Mt CM I a Mt 176 = ⇒ I a = I anom = 41 ⋅ = 26.46[A] 2 M nom C M I anom M nom 70 36


2002. GODINA

Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz naponske jednačine: E nom = U nom − I anom (Ra + R pp + Rs ) = 420 − 41 ⋅ (0.12 + 0.08) = 411.8[V ] Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju nalazimo iz naponske jednačine: E = U nom − I a (Ra + R pp + Rs ) = 420 − 26.46 ⋅ (0.12 + 0.08) = 414.7[V ] Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija: E nom = k E Φnom nnom = k E k Φ I anom nnom = C E I anom n nom ⇒ E = k E Φn = k E k Φ I a n = C E I a n ⇒ CE I a n E E I anom 414.7 41 = ⇒n= nnom = ⋅ ⋅ 916 = 1429.4 min −1 E nom C E I anom nnom E nom I a 411.8 26.46

[

]

b) Motor i pri brzini od n = 1500 [min-1] će vući nominalnu vrednost struje Ianom = 41 [A] iz mreže, pošto treba da razvije nazivni moment, pri čemu iz prethodnih relacija možemo pronaći potrebnu vrednost elektromotorne sile: E=

C E I anom n n 1500 E nom = E nom = ⋅ 411.8 = 674.3[V ] C E I anom nnom n nom 916

Iz toga proizlazi da nova vrednost napona napajanja treba da bude: U = E + I anom (Ra + R pp + Rs ) = 674.3 − 41 ⋅ (0.12 + 0.08) = 682.5[V ]

Rešenje 1.4.5. a) Ako sva tri termistora imaju tačnu karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavaju otprilike na 100 [oC], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, otpornosti pojedinih termistora su Rt1 = 70 [Ω], Rt2 = 70 [Ω] i Rt3 = 1000 [Ω]. Ukupna otpornost redne veze termistora i namotaja podstrujnog relea iznosi: RΣ = Rt1 + Rt 2 + Rt 3 + Rn = 100 + 70 + 70 + 40 = 1180[Ω] Prema tome struju podstrujnog relea, da bi reagovao ako ukupna otpornost premaši vrednost 1180 [Ω], treba podesiti na: Ip =

Up RΣ

=

48 = 0.04067[ A] ≈ 40[mA] 1180

b) Ako ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjoj granici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [oC], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, to pregrevanje nalazimo iz uslova prorade da je ukupna otpornost veća od 1180 [Ω]. Pošto su Rt1 = 40 [Ω] i Rt2 = 40 [Ω], otpornost trećeg termistora pri kom prorađuje zaštita iznosi: Rt 3 = RΣ − (Rt1 + Rt 2 + Rn ) = 1180 − (40 + 40 + 40) = 160[Ω] 37


2002. GODINA

Iz dijagrama iščitavamo temperaturu reagovanja zaštite θmax = 134 [oC]. c) Slično kao pod b) nalazimo, Rt1 = 100 [Ω] i Rt2 = 100 [Ω], pa je otpornost trećeg termistora pri kom prorađuje zaštita iznosi: Rt 3 = RΣ − (Rt1 + Rt 2 + Rn ) = 1180 − (100 + 100 + 40 ) = 940[Ω] I temperaturu reagovanja zaštite θmax = 127 [oC].

104

R [Ω]

1060

103

940

102 127 134 101 -20

0

20

40

60

80

100

120

140

θ [oC]

1.5. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 23.05.2002. Zadatak 1.5.1. Odrediti moment inercije valjka dužine l = 1000 [mm], spoljnjeg poluprečnika R = 500 [mm] u koji su radi olakšanja ubušene četiri rupe čitavom dužinom unutrašnjeg poluprečnika r = 150 [mm], čiji su centri ravnomerno raspoređeni po krugu prečnika s = 300 [mm], prema slici. Osa rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađena iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3].

38


2002. GODINA

s r A

A

A R

l = 1000 [mm]

R = 500 [mm] r = 150 [mm] s = 300 [mm]

Zadatak 1.5.2. Valjak iz prethodnog zadatka mora se zaleteti za vreme tz =10 [s] na brzinu n = 5 [s-1]. Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije Jm = 18.6 [kgm2] i valjka je reduktor nepoznatog prenosnog odnosa i = ?. a) Odrediti prenosni odnos tako da obrtni moment motora u toku zaleta bude minimalan. b) Odrediti obrtni momenat i snagu motora u toku zaleta. Zadatak 1.5.3. Dva trofazna asihrona motora sa rotorom u kratkom spoju, sa istim tipskim podacima (nominalna snaga Pnom = 4 [kW], nominalni priključni napon Unom = 380 [V], nominalna struja Inom = 9 [A], nominalna brzina obrtanja nnom = 1440 [min-1], nominalna frekvencija fnom = 50 [Hz], preopteretljivost do kritičnog momenta Mkr / Mnom = 3 [ ]), spregnuta su mehanički i pokreću radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja. Prvi motor priključen je na napon nominalne vrednosti i nominalne frekvencije. Drugi motor priključen je na napon U2 = 167.2 [V] frekvencije f2 = 22 [Hz]. Smerovi obrtnih magnetnih polja, odnosno smerovi obrtanja osovina, oba motora se poklapaju.U opisanom režimu izmerena je brzina u stacionarnom stanju n1 = 600 [min-1]. a) Odrediti kako motori dele opterećenje. b) Opisati režime u kojima rade pojedinačni motori. c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti. d) Šta će se dogoditi ako se i drugi motor priključi na napon nominalne vrednosti i frekvencije. Zadatak 1.5.4. Trofaznom kaveznom asinhronom motoru merenjem u laboratoriji i računanjem određena je veličina polaznog momenta kod temperature namotaja θnam = 20 [oC]. Merenjem je dobijeno: snaga kratkog spoja Pkr = 50 [kW] i iznos gubitaka u statoru Pkrs = 19 [kW], moment kratkog spoja Mkr = 197.45 [Nm] i faktor snage kratkog spoja cosϕ kr = 0.4 [ ]. a) Koliko se procentualno povećanje polaznog momenta može očekivati ako se zagreju: stator na θs = 130 [oC], a rotor na θr = 200 [oC ]? b) Koliko polova ima motor ako je frekvencija napona kod ispitivanja bila fnom = 50 [Hz]? Može se smatrati da se otpor bakarnog namotaja menja po relaciji: 39


2002. GODINA

235 + θ 235 + 20 gde su Rn20 otpor na temperaturi 20 [oC ] a Rn(θ) otpor na temperaturi θ. Rn (θ ) = Rn 20

Zadatak 1.5.5. U pogonu sa jednosmernim motorom ciklus merenog strujnog opterećenja ima oblik prikazan na slici, pri čemu se zagreva do dopuštene granice. Odrediti približno snagu motora u trajnom radu pri konstantnom naponu mreže od Unom = 170 [V]. Motor ima prinudnu ventilaciju, pretpostaviti da motor ima koeficijent korisnog dejstva η = 0.9.

I

I1 = 5 [A] I2 = 9 [A] I3 = 12 [A]

I3 I2

t1 = 6 [s] t2 = 2 [s] t3 = 4 [s] t4 = 7 [s]

I1

t t1

t2

t3

t4

Rešenje 1.5.1. Segment mase m čiji je moment inercije Js za osu rotacije oko ose simetrije segmenta S, ima moment inercije za osu rotacije A paralelnu sa osom simetrije na rastojanju s, kao na slici, određen relacijom:

S

s

A

40

m


2002. GODINA

J = J s + ms 2 Moment inercije punog valjka poluprečnika R iznosi: JR =

1 1 m R R 2 = πlρR 4 2 2

Moment inercije punog valjka poluprečnika r iznosi: Jr =

1 1 mr r 2 = πlρr 4 2 2

Momenat inercije bušenog valjka je prema tome:

(

)

(

)

1 1  1  J = J R − 4 J r + mr s 2 = πlρR 4 − 4 πlρr 4 + πlρr 2 s 2  = πlρ  R 4 − r 2 2r 2 + 4s 2  = 2 2  2  1  = π ⋅ 1 ⋅ 4.5 ⋅ 10 3  ⋅ 0.5 4 − 0.15 2 ⋅ 2 ⋅ 0.15 2 + 4 ⋅ 0.3 2  = 298.648 kgm 2 2 

(

)

[

]

Rešenje 1.5.2. a) Za zalet važi Njutnova jednačina kretanja: dω m ′ M d = M m − Mt = JΣ dt Pošto je moment opterećenja jednak nuli: Mt = 0 ⇒ M m = JΣ

dω m dt

računajući ekvivalentni moment inercije: J ′ J Σ = J m + J b = J m + 2b i i zamenjući ugaonu brzinu motora sa: ω m = iω b ⇒

dω m dω =i b dt dt

dobijamo funkciju obrtnog momenta motora od ugaone brzine obrtanja radne mašine: J  dω J   M m =  J m + 2b i b =  iJ m + b i i  dt  

 dω b   dt

Motor će imati minimalni moment, ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljava ekstrem prethodne funkcije: 41


dM m d  J  dω   J =  iJ m + t  t  =  J m − 2b di di  i  dt   i J Jb 298.648 J m − 2b = 0 => i = = = Jm 18.6 i b)

2002. GODINA

 dω b =0   dt 16.056 = 4.007 ≈ 4[

]

Ugaona brzina valjka nakon zaletanja iznosi: ω b = 2πn = 2 ⋅ π ⋅ 5 = 10 ⋅ π = 31.4[rad / s ] Potrebno ugaono ubrzanje valjka, zadato uslovima u zadatku je: dωb ωb 31.4 = = = 3.14[rad / s 2 ] dt tz 10 Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi: JΣ = Jm +

Jb 298.648 = 18.6 + ≈ 2 ⋅ 18.6 = 37.2[kgm 2 ] 2 2 i 4

Prema tome motor tokom zaletanja mora da razvija moment vrednosti: M m = M d = JΣ

dω m dω = J Σ i b = 37.2 ⋅ 4 ⋅ 3.14 = 467.232[Nm] dt dt

pri čemu razvija maksimalnu snagu: Pm = M mω m = M m iω b = 467.232 ⋅ 4 ⋅ 3.14 = 5868.434[W ] ≅ 5.87[kW ] Rešenje 1.5.3. Nominalni moment i klizanje oba motora iznose: Pnom 60 Pnom 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.5277 • [Nm ] Ω nom 2π nnom π 1440 n − nnom 1500 − 1440 60 = s = = = 0.04[ ] ns 1500 1500

M nom = s nom

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: 2 M kr s s M ⇒ kr + nom − 2 kr = 0 ⇐ ⋅s kr s nom s nom s s nom s kr M nom + kr s kr s nom s s M 1 s kr 2 2 + = n + kr ⇐ ⋅s kr s nom ⇒ s kr − 2 kr s kr s nom + s nom = 0 ⇒ s kr 1 s kr s n M nom

M nom =

42



2002. GODINA

2    0.2331[ ]  − 1  = 0.04 3 ± 3 2 − 1 =   0.00686[ ]  

)

(

Drugo rešenje je besmisleno pa prema tome kritična vrednost brzine obrtanja iznosi:

[

nkr = (1 − s kr )n s = (1 − 0.2331)1500 = 1150.29 min −1

]

Kritični moment iznosi: M kr =

M kr M nom = 3 ⋅ 26.5277 = 79.5831[Nm] M nom

Prvi motor radi u radnoj tački sa klizanjem i motornim momentom: n s − n1 1500 − 600 900 = = = 0.6[ ] ns 1500 1500 2M kr 2 ⋅ 79.5831 = M m (600 ) = = = 53.733[Nm] 0.6 0.2331 s1 s kr + + 0.2331 0.6 s kr s1

s1 = s (600 ) = M m1

Za drugi motor važi sledeći odnos frekvencije i napona: f nom 50 U nom 380 = = = = 2.2727273 f2 22 U 2 167.2 Odnosno motor radi na veštačkoj karakteristici translatorno pomerenoj u odnosu na prirodnu sa sinhronom brzinom: f nom 50 1500 1500 = = ⇒ ns 2 = ⋅ 22 = 660[min −1 ] f2 22 ns 2 50 Prema tome, drugi motor radi u u radnoj tački sa sledećim klizanjem i motornim momentom: s 2 = s (600 ) =

n s 2 − n1 660 − 600 60 = = = 0.090909 •• [ ns 2 660 660

]

f nom s kr = 2.2727273 ⋅ 0.2331 = 0.529857[ ] f2 2M kr 2 ⋅ 79.5831 = M m 2 (600 ) = = = 26.5277[Nm ] s kr 2 0.090909 0.529857 s2 + + 0.529857 0.090909 s kr 2 s2

s kr 2 = M m2

Odnosno Mm2(600) = Mnom, što se slaže jer je s2 = snom

43

f nom f2


a)

2002. GODINA

Pošto je n1 = 600 [min-1] stacionarna brzina obrtanja, moment tereta iznosi: M t = M m1 + M m 2 = 53.733 + 26.5277 = 80.2607[ Nm]

pri čemu prvi motor razvija moment Mm1 = 53.733 [Nm] a drugi Mm2 = 26.5277 [Nm]. b) Prvi motor radi sa klizanjem većim od kritičnog, znači da radi sa lošim stepenom iskorisćenja a sem toga njegov rad može da bude nestabilan, a drugi radi sa klizanjem manjim od kritičnog što znači da je stabilan. c)

Uslov stabilnosti je: dM t dM m1 dM m 2 > + dn dn dn U našem slučaju pošto je moment tereta konstantan važi: dM t =0 dn Izvod momenta motora po brzini obrtanja nalazimo iz Klosovog obrasca: dM m dM m ds = ⋅ dn ds dn

44


2M kr dM m 2M kr ⇒ =− s s ds  s s + kr  + kr s kr s s  s kr  1 s kr  dM m 2M kr 1   = ⋅ − dn n s  s s  2  s kr s 2   + kr  s   s kr

Mm =

2002. GODINA

 1 s kr  n −n ds 1  − 2  ⇒ s = s ⇒ =− ⇒ ns dn ns   s kr s    2

Pa za prvi motor važi: dM m1 dM m1 = = dn n = n1 dn s = s1 1 2 ⋅ 79.5831 = ⋅ 2 1500  0.6 0.2331371  0.2331371 +  0.6

1 0.2331371   Nm  ⋅ − = 0.044 2 −1  0.6  0.2331371   min 

Za drugi motor važi: dM m 2 dM m 2 = = dn n = n1 dn s = s 2 =

1 2 ⋅ 79.5831 ⋅ 660  0.0909091 0.529857  2  0.529857 + 0.0909091

1 0.529857    Nm  ⋅ − = −0.417  2  −1  0.529857 0.0909091   min 

Pošto je 0 > 0.044 - 0.417 = -0.379 pogon je stabilan. d) Oba motora u tom slučaju rade sa prirodnim karakteristikama, pa će deliti opterećenje na dva jednaka dela, odnosno: M m1 = M m 2 =

M t 80.2607 = = 40.1303[Nm ] 2 2

Klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: 2 M kr s M s ⇒ 1 + kr − 2 kr = 0 ⇐ ⋅s kr s1 s1 s kr s kr s1 M m1 + s kr s1 M 2 2 s1 − 2 kr s kr s1 + s kr = 0 ⇒ M m1

M m1 =

2 2    79.5831  0.86371[  M kr  79.5831    M kr    − 1  = 0.2331 s1 = s kr  ±  ±  −1 =    40.1303  0.06308[  M m1   40.1303   M m1     

Prvo rešenje kao rezultat daje suviše malu brzinu obrtanja od: 45

] ]


[

n1 = (1 − s1 )n s = (1 − 0.86371) ⋅ 1500 ≈ 204.5 min −1

2002. GODINA

]

Drugo rešenje daje realnu brzinu obrtanja od:

[

n1 = (1 − s1 )n s = (1 − 0.06308) ⋅ 1500 ≈ 1405.4 min −1

]

Rešenje 1.5.4. a) Iz relacija za snagu kratkog spoja i gubitke u statoru i rotoru kod temperature namotaja θnam o = 20 [ C] može se odrediti odnos otpornosti statora i svedene otpornosti rotora: 2

Pkr = Pkrs + Pkrr = Rs 20 I kr + Rr 20 ' I kr Pkrs = Rs 20 I kr

2

2 2

Pkrr = Pkr − Pkrs = Rr 20 ' I kr Pkrs Pkrs R Pkrs 19 19 2 = = s 20 I kr ⇒ Rs 20 = Rr 20 ' = Rr 20 ' = Rr 20 ' ≈ 0.613Rr 20 ' Pkrr Pkr − Pkrs Rr 20 ' Pkr − Pkrs 50 − 19 31 Odnos induktivnog otpora kratkog spoja i svedene otpornosti rotora nalazimo iz sledećih relacija: X s + X r ' = (Rs 20 + Rr 20 ' )tgϕ kr

1 − (cos ϕ kr ) sin ϕ kr  19 + 31   19  =  + 1 Rr 20 ' = =  Rr 20 ' cos ϕ kr  31  cos ϕ kr  31  2

1 − 0.4 2  19 + 31  = R ' ≈ 3.696 Rr 20 '  r 20 0.4  31  Otpornosti zagrejanog statora na θs = 130 [oC] i zagrejanog rotora na θr = 200 [oC ] su: 235 + θ s 235 + 130 = 0.613Rr 20 ' = 0.877 Rr 20 ' 235 + 20 255 235 + θ s 235 + 200 Rrz ' = Rr 20 ' = Rr 20 ' = 1.706 Rr 20 ' 235 + 20 255 Rsz = Rs 20

Odnos polaznih momenata hladnog i zagrejanog motora nalazimo iz relacija: Rr 20 ' 3p 2 Uf ωs (Rs 20 + Rr 20 ' )2 + ( X s + X ' r )2 Rrz ' 3p 2 = Uf 2 ωs (Rsz + Rrz ' ) + ( X s + X ' r )2

M pol 20 = M polz M polz M pol 20

=

(Rsz + Rrz ' )

1.706 Rr 20 '

Rrz '

+ (X s + X'r ) Rr 20 ' 2

2

=

(0.877 + 1.706)2 Rr 20 ' 2 +3.696 2 Rr 20 ' 2 Rr 20 '

(Rs 20 + Rr 20 ' )2 + ( X s + X ' r )2

= 1.3645[

(0.613 + 1)2 Rr 20 ' 2 +3.696 2 Rr 20 ' 2

Dakle procentualno povećanje polaznog momenta zbog zagrevanja motora iznosi: 46

]


∆M pol % =

M polz − M pol 20 M pol 20

2002. GODINA

100 = 36.45[% ]

b) Broj pari polova nalazimo iz odnosa momenta kratkog spoja i gubitaka na svedenoj rotorskoj otpornosti koja pri kratkom spoju pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja: ωs ⇒ p 197.45 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 = = 2[ 50000 − 19000

Pkrr = Pkr − Pkrs = M kr Ω 1 = M kr p = M kr

ωs Pkr − Pkrs

]

Rešenje 1.5.5. Ekvivalentnu struju motora na kosom segmentu dijagrama nalazimo, nalaženjem efektivne vrednosti struje, prema slici: tp

tp

1 2 I ef t p = ∫ i dt ⇒I ef = i dt t p ∫0 0 2

2

I

I2

I1

i t t dt tp

Struja na kosom segmentu može se pretstaviti relacijom: i = I1 +

I 2 − I1 t tp

pa gornji integral ima formu: tp

2

   I1 + I 2 − I1 t  dt ∫0   tp   47


2002. GODINA

Integral rešavamo smenom: u = I1 +

tp I 2 − I1 I −I t ⇒ du = 2 1 dt ⇒ dt = du ⇒ u (0 ) = I1 ⇒ u (t p ) = I 2 tp tp I 2 − I1 2

tp

I2   t t p u3 I2 1 t p 3 3  I1 + I 2 − I1 t  dt = u 2 p du = = I 2 − I1 = ∫0  ∫  tp I 2 − I1 I 2 − I1 3 I1 3 I 2 − I1 I1   t 1 tp (I 2 − I1 ) I 2 2 + I 2 I1 + I12 = p I12 + I1I 2 + I 2 2 = 3 I 2 − I1 3

(

(

)

(

)

)

Sama efektivna vrednost struje na kosom segmentu, na kraju iznosi: I ef =

(

)

(

)

1 tp 2 1 2 2 2 I1 + I1 I 2 + I 2 = I1 + I1 I 2 + I 2 = tp 3 3

=

(

)

1 2 151 5 + 5 ⋅ 9 + 92 = = 7.0946[ A] 3 3

Ukupna ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi:

∑I t ∑t 2

I effMot =

i

i

i

2

==

i

2

I ef t1 + I 3 t 3 t1 + t 2 + t 3 + t 4

=

151 ⋅ 6 + 12 2 ⋅ 4 878 3 = = 6.798[A] 6+2+4+7 19

i

Prema tome potrebna snaga motora je: PeffMot = UI effMotη = 170 ⋅ 6.798 ⋅ 0.9 = 1040.094[W ] ≈ 1.04[kW ]

1.6. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 13.06.2002. Zadatak 1.6.1. U jednoj fabrici motor sa vrednošću nominalne struje Inom = 10 [A] upotrebljen je za drugi pogon (S1) u kome vuče struju vrednosti I = 12 [A]. Normalni porast temperature je ∆θ = 60 [oC] a odnos gubitaka PFe / Pcunom = 0.7 [ ]. Izračunati: a) Približan porast temperature ∆ θ ' = ? u novom režimu ako je koeficijent svođenja PFe na PCu je k1 = 0.8. b) Relativno smanjenje veka trajanja motora T' / Tnom = ? [ ]. Zadatak 1.6.2. Elektromotorni pogon rudničke železnice za izvlačenje rude ostvaren je serijskim motorom jednosmerne struje od Pnom = 60 [kW], Unom = 500 [V], Ianom = 132 [A] i nnom = 800 [min-1]. Otpor na stezaljkama rotorskog kruga iznosi Ra' = Ra + Rpp + Rs = 0.23 [Ω]. Karakteristika opterećenja serijskog motora određena je tablično: Ia [A] -1

n [min ]

80 1100

120 840

160 740 48

200 675

240 635

280 615


2002. GODINA

Potrebno je odrediti upuštač uz pretpostavku da najveća u toku upuštanja struja ne prelazi Iamax = 225 [A], a najmanja ne bude manja od 115% od Ianom. Odrediti broj stepeni otpora, vrednost otpora pojedinih stepeni kao i maksimalnu i minimalnu struju upuštanja. Zadatak 1.6.3. Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon Us = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1]; induktivnosti rasipanja Ls = Lr' = 8.8 [mH]; zajednička induktivnost Lm → ∞ [mH]; otpornost statora Rr' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena na stator Rr' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost fs = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpotnika (simetrično uključivanje otpornika). Odrediti: a) Vrednost otpora koji treba uključiti u rotor da se ostvari polazak sa najvećim mogućim polaznim momentom. b) Vrednost otpora za koji se dobija najveći moment pri brzini od nb = 600 [min-1]. c) Vrednost najveće brzine pri kojoj se može postići najveći mogući moment motora. d) Zašto se za brzine veće od one izračunate pod c), ne može dobiti maksimalan moment motora. e) Vrednost statorske struje u slučajevima a), b) i c)? Komentarisati dobijene rezultate. Koliki je najveći moment motora? Zadatak 1.6.4. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvozno postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], uz uslov da: a) Motor ima prinudno hlađenje. b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom n = 1000 [min-1]. M1 = 20 [Nm] M2 = 16 [Nm] M3 = -10 [Nm]

M n

M1

t1 = 15 [s] t2 = 45 [s] t3 = 20 [s] t4 = 25 [s]

M2 n

t1

t2

t3

t4

t

M3

Zadatak 1.6.5. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona Unom = 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje Inom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 1.54 49


2002. GODINA

[Ω]; Rr’ = 2.55 [Ω]; Ls = Lr’ = 8.758 [mH]; Lm = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnom strujom i frekvencijom. Odrediti: a) Vrednost polaznog momenta, momenta pri nominalnoj brzini, kritični moment i brzinu pri kojoj se postiže kritični moment. b) Vrednost druge brzine pri kojoj se postiže nominalni moment. c) Vrednost napona na motoru pri kojoj se postižu traženi momenti. d) Skicirati momentnu karakteristiku i komentarisati je. Rešenje 1.6.1. a) Porast temperature u stacionarnom stanju pri nominalnom opterećenju motora iznosi: ∆θ nom = RT Pγmnom =

Pγmnom A

Pošto je pogon (S1) trajan, porast temperature u stacionarnom stanju pri povećanom opterećenju motora iznosi: ∆θ ' = RT Pγm ' =

Pγm ' A

Deljenjem prethodne dve relacije dobijamo da je porast temperature pri povećanom opterećenju: RT Pγm ' Pγm ' ∆θ ' = ⇒ ∆θ ' = ∆θ nom ∆θ nom RT Pγmnom Pγmnom Gubitke motora pri nominalnom i povećanom opterećenju motora dobijamo iz relacija:  PFe P  PCunom + PCunom = 1 + k1 Fe  PCunom PCunom PCunom   2  I  2  I  PFe P   PCunom =   + k1 Fe  PCunom Pγm ' = k1 PFe + PCu ' = k1 PCunom +  PCunom PCunom   I nom   I nom   Pγmnom = k1 PFe + PCunom = k1

Prema tome traženi porast temperature pri povećanom opterećenju iznosi:

∆θ ' = ∆θ nom

 I   I nom

2

 P  + k1 Fe PCunom  = PFe 1 + k1 PCunom

2

 12    + 0.8 ⋅ 0.7 1.44 + 0.56 2 10 = 60 ⋅   = 60 ⋅ = 60 ⋅ = 76.923 o C 1 + 0.8 ⋅ 0.7 1 + 0.56 1.56

[ ]

Odnosno stacionarna vrednost temperature pri povećanom opterećenju iznosi:

[ ]

θ ' = θ amb + ∆θ ' = 40 + 76.92 = 116.923 o C

50


2002. GODINA

b) Vek trajanja pri nominalnom i povećanom opterećenju motora dobijamo iz Montsingenovog obrazca: T = Ke −γθ K = 7.15 ⋅ 10 −4 γ = 0.088 Tnom = Ke −γθ nom θ nom = θ amb + ∆θ nom = 40 + 60 = 100 o C

[ ]

T ' = Ke −γθ ' Prema tome odnos ova dva veka trajanja iznosi: T' Ke −γθ ' = = e −γ (θ '−θ nom ) = e −0.088⋅(116.923−100 ) = e −1.48923 = 0.225546 −γθ nom Tnom Ke Vek trajanja se dakle smanjuje za 1 / 0.225546 = 4.43 puta. Rešenje 1.6.2. Iz postavke zadatka sledi da maksimalna i minimalna vrednost struje upuštanja iznose: I amax = 225[A] I amin = 1.15I anom = 1.15 ⋅ 132 = 151.8[A] Principijelna šema upuštača data je na slici, pa iz nje sledi da su bazne vrednosti otpora Rn, Rn-1:

Rn Rn-1

M R1

Rn = Rn −1

U

500 = 2.222 • [Ω] I amax 225 U 500 = = = 3.2938[Ω] I amin 151.8 =

Prema podacima iz tabele, nacrtana prirodna karakteristiku opterećenja, data je na sledećoj strani, a iz nje toga očitamo vrednosti brzina obrtanja u baznim radnim tačkama n0 i n1, kojima odgovaraju struje Iamax i Iamin. Odnos flukseva u baznim radnim tačkama iznosi: ϕ=

( (

) )

( (

) )

φ max ω 0 U − I amax Ra' n0 U − I amax Ra' 750 ⋅ (500 − 225 ⋅ 0.23) = = = = 1.1121[ ' ' φ min ω1 U − I amax Ra 650 ⋅ (500 − 151.8 ⋅ 0.23) n1 U − I amin Ra

Vrednost kritičnog fiktivnog otpora prema tome je: 51

]


Rk =

2002. GODINA

U (10 − ϕ ) 500 ⋅ (1 − 1.1121) = = −0.9976[Ω] I amax − ϕI amin 225 − 1.1121 ⋅ 151.8

Pa je prema tome: λ=

Rn −1 − Rk 3.2938 + 0.9976 = = 1.3328[ Rn − Rk 2.2222 + 0.9976

]

Odnosno broj stepeni upuštača iznosi: log n=

Rn − Rk 2.2222 + 0.9976 log ' Ra − Rk 0.23 + 0.9976 = log 2.6228 = 3.3565[ = log λ log 1.3328 log 1.3328

]

Možemo birati broj stepeni između n = 3 ili n = 4. Radi analize izbora, ponavljanjem prethodnog postupka, za razne vrednosti struje Iamin izračunamo vrednosti za n, radi dobijanja funkcionalne zavisnosti n = f (Iamin). Rezultati postupka dati su u sledećoj tablici. Iamin

132 151.8 160 170

n0 800 750 740 720

ϕ 1.1747 1.1121 1.1017 1.0773

Rk -1.2489 -0.9976 -1.0435 -0.9233

λ 1.4511 1.3328 1.2764 1.2286

n 2.2915 3.3565 3.8588 4.8736

Iz tabele dobijamo dijagram funkcionalne zavisnosti n = f (Iamin) dat na sledećem dijagramu: 52


2002. GODINA

Iz dijagrama određujemo vrednosti minimalne struje upuštanja: Za n = 3 I amin = 145[ A]; Za n = 4 I amin = 162[ A]

[

]

Usvaja se: n = 4; I amin = 162[ A] ⇒ n0 = 735 min −1 Na osnovu izbora izvršimo dimenzionisanje upuštača za n = 4:

[

I amax = 225[A] ⇒ n1 = 650 min −1

( (

) )

]

n0 U − I amax R 735 ⋅ (500 − 225 ⋅ 0.23) = = 1.0954[ 650 ⋅ (500 − 162 ⋅ 0.23) n1 U − I amin R U (1 − ϕ ) 500 ⋅ (1 − 1.0954 ) Rk = = = −1.0033[Ω] I amax − ϕI amin 225 − 1.0954 ⋅ 162 U 500 Rn −1 = = = 3.0864[Ω] I amin 162 R − Rk 3.0864 + 1.0033 λ = n −1 = = 1.2679[ ] Rn − Rk 2.2222 + 1.0033

ϕ=

' a ' a

]

Provera: log n=

Rn − Rk 2.2222 + 1.0033 log Ra' − Rk 0.23 + 1.0033 = log 2.6153 = 4.0503 ≈ 4[ = log λ log 1.2679 log 1.2679 53

]


2002. GODINA

Vrednosto pojedinačnih otpora upuštača su:

(

)

∆Rv1 = Ra' − Rk (λ − 1) = (0.23 + 1.0033) ⋅ (1.2679 − 1) = 0.3304[Ω] ∆Rv 2 = λ∆Rv1 = 1.2679 ⋅ 0.3304 = 0.4189[Ω] ∆Rv 3 = λ2 ∆Rv1 = 1.2679 2 ⋅ 0.3304 = 0.5311[Ω]

∆Rv 4 = λ3 ∆Rv1 = 1.2679 3 ⋅ 0.3304 = 0.6734[Ω] Ru = ∑ ∆Rvi = 1.9538[Ω] i

Provera: Rn = Ru + Ra' = 1.9538 + 0.23 = 2.1838[Ω] ≈ 2.222[Ω] Što je približno isto sa polaznom vrednosti: Rn = 2.2222 . [Ω] Rešenje 1.6.3. a) Najveći moment motora je kritični moment M max = M kr . Da bi se ostvario uslov zadatka u rotorsko kolo treba dodati otpor, tako da kritično klizanje bude jednako polaznom klizanju spol = 1, odnosno, da važi: Rr '+ Rda ' = 1 ⇒ Rda ' = ω s (Ls + Lr ') − Rr ' ⇒ ω s ( L s + Lr ') Rda ' = 2π ⋅ 50 ⋅ (2 ⋅ 0.0088) − 2.5 = 3.029[Ω] b) Vrednost otpora treba smanjiti na vrednost pri kojoj kritično klizanje je jednako klizanju pri brzini od nb = 600 [min-1]. n s − nb 1500 − 600 900 3 = = = = 0.6 ns 1500 1500 5 Rr '+ Rdb ' = 1 ⇒ Rdb ' = sbω s (Ls + Lr ') − Rr ' s b ⋅ ω s ( L s + Lr ' ) Rdb ' = 0.6 ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅ (2 ⋅ 0.0088) − 2.5 = 0.818[Ω]

sb =

c) Najveća brzina sa kritičnim momentom je brzina koja odgovara ovom momentu na prirodnoj karakteristici, a to je brzina: s kr =

Rr ' 2.5 = = 0.452 ⇒ ω s (Ls + Lr ') 2π ⋅ 50 ⋅ 2 ⋅ 0.0088

[

n kr = n s (1 − s kr ) = 1500 ⋅ (1 − 0.452) = 821.78 min −1 d)

]

Jer je Rr min ' = Rr ' .

e) U opštem slučaju važi, pošto su za vrednost kritičnog klizanja, vrednosti omskih i induktivnih otpora iste: 54


i si =

Us

=

 Rr ' + Rda '    + ω s 2 (Ls + Lr ' )2 si  

Us

ω s ( L s + Lr ' ) 2

=

2002. GODINA

220

2π ⋅ 50 ⋅ (2 ⋅ 0.0088) ⋅ 2

= 28.13[A]

i = a,b,c Vrednost maksimalnog prevalnog momenta iznosi: M kr

3p Us  = 2  ω s

2

2

 1 3 ⋅ 2  220  1  = ⋅ = 83.67[Nm]  2  2π ⋅ 50  2 ⋅ 0.0088  L s + Lr '

Rešenje 1.6.4. Zbog prinudnog hlađenja, ne smanjuje se efikasnost hlađenja ni tokom smanjenja brzine obrtanja (zaletanja, kočenja i mirovanja), pa ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

M aeffMot =

∑M ∑t

2

i

ti

i

=

i

i

2

=

2

2

M 1 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3 = t1 + t 2 + t 3 + t 4

20 2 ⋅ 1 + 16 2 ⋅ 45 + 10 2 ⋅ 20 19520 = = 13.635[Nm] 15 + 45 + +20 + 25 105

Vrednost potrebne snage motora je: PaeffMot = M aeffMot

2πn π = 13.635 ⋅ ⋅ 1000 = 1427.71[W ] ≈ 1.43[kW ] 60 30

b) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni sistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori α tokom zaletanja i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove vrednosti: 1 1+ β β= α= = 3 2

1 3=2 2 3

1+

Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M beffMot =

i

∑αt j

2

i

=

i

j

k

k

l

l

2

2

=

M 1 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3 = α (t1 + t 3 ) + t 2 + βt 4

=

19520 = 15.956[Nm] 76.635

20 2 ⋅ 1 + 16 2 ⋅ 45 + 10 2 ⋅ 20 = 2 (15 + 20) + 45 + 1 ⋅ 25 3 3

55


2002. GODINA

Vrednost potrebne snage motora je: PbeffMot = M beffMot

2πn π = 15.956 ⋅ ⋅ 1000 = 1671.179[W ] ≈ 1.68[kW ] 60 30

Rešenje 1.6.5. Vrednost momenta u funkciji konstantne vrednosti statorske struje, nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je: '

Rr P ' Mm = = s Ir ωs Ωs p 3

2

'

3 p Rr ' = Ir ωs s

2

I r'

Xs

Rs

Xr' R r'/s Im Ur'

Uf Xm

Is

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo iz relacije: R ' '  U r ' = I r '  r + jX r  = I m jX m = I s  s  jX m I r' = I s ' ⇒ Rr ' + j Xr + Xm s Xm = Is Ir' = Is ' 2  Rr  2 '    s  + Xr + Xm  

(

(

R '  ' − I r ' jX m ⇒ I r '  r + j X r + X m  = I s jX m ⇒  s 

(

)

)

)

(

)

ω s Lm  Rr '   s 

2

  + ω s 2 Lr ' + L m  

(

)

2

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom: 2

'

Mm =

3 p Rr 2 Is ωs s  Rr '   s 

ω s Lm 2

  + ω s 2 Lr ' + Lm  

(

Rr s

2 2

)

= 3 pI s ω s Lm

2

56

2

 Rr '   s 

2

'

  + ω s 2 Lr ' + L m  

(

)

2


2002. GODINA

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skr koje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakše nalazi: 2

(

)

2  Rr′  2 '   + ω s Lr + Lm d 1 d 1  s  = = 2 2 Rr′ ds M m (s ) ds 3 pI s ω s Lm s 2  R ′  1 d 2 ' = s  r  + ω s Lr + Lm 2 2 ds 3 pI s ω s Lm Rr′  s 

(

 Rr′  2 d 2 ' = Ks   + ω s Lr + Lm ds  s 

(

=

)  = 2



)  = 2



2  R′ 2 2 2 d  Rr′ ' ' 2 2 K + sω s Lr + Lm  = K − r2 + ω s Lr + Lm  = 0 ⇒ ds  s   s 

(

)

(

)

Pa vrednost kritičnog klizanja isto pretstavlja odnos omskih i induktivnih otpornosti, ali različitih nego u slučaju naponskog napajanja: s kr = ±

Rr′ Rr′ =± ω s (L' r + Lm ) X'r + X m

Sama vrednost kritičnog momenta iznosi: Rr′ s kr

'

2

M kr = 3 pI s ω s Lm

= 3 pI s

2

(

Rr s kr

2

 Rr '  s  kr

Lm

2

2

  + ω s 2 Lr ' + L m  

(

)

= 3 pI s ω s Lm

2

2

 R′ 2 r  s kr

2

  

= 3 pI s ω s Lm

2

2

1 = Rr′ 2 s kr

2

'

2 Lr + Lm

)

Prema tome odnos razvijenog i kritičnog momenta će biti: Rr′ s 2

Mm M kr

(

 Rr′  2 '   + ω s Lr + Lm s =   1 R′ 2 r s kr

)

R′ R′ 2 r r s s kr

2

=

2

(

 Rr′  2 '   + ω s L r + Lm  s 

R′ 2 r ss kr

2

)

2

=

2

 Rr′   Rr′   +   s   s kr

  

2

=

2 s kr s + s s kr

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje momenta koja važi i kod napajanja sa konstantnom vrednošću napona, ali sa drugačijim izrazima za kritični moment i klizanje. 57


a)

2002. GODINA

Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi: s kr =

Rr′ 2.55 = = 0.03763[ ω s (L' r + Lm ) 2 ⋅ π ⋅ ⋅50 ⋅ (0.008758 + 0.207 )

]

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi: M kr = 3 pI s

2

(

Lm

2

'

2 Lr + Lm

)

= 3 ⋅ 2 ⋅ 6.3 2 ⋅

0.207 2 = 23.64[Nm] 2 ⋅ (0.008758 + 0.207 )

Kritična brzina obrtanja iznosi:

[

n kr = n s (1 − s kr ) = 1500 ⋅ (1 − 0.03763) = 1443.5 min −1

]

Polazni moment iznosi: M pol = M m (s = 1) =

2 M kr 2 ⋅ 23.64 = = 1.776[Nm] s kr 0.03763 1 1 + + 1 0.03763 1 s kr

Nominalni moment pri nominalnom klizanju iznosi: n s − nnom 1500 − 1400 1 = = = 0.0666 • [ ] ns 1500 15 2 M kr 2 ⋅ 23.64 = = = 20.24[Nm] s kr s nom 0.03763 0.0666 + + 0.0666 0.03763 s nom s kr

s nom = M nom

b) Drugu vrednost klizanja odnosno brzine pri kojoj se postiže nominalni moment nalazimo iz Klosovog obrasca: s s M 2 M kr ⇒ kr + b − 2 kr = 0 ⇐ ⋅s kr s b ⇒ s b s kr sb s kr M nom + s kr sb M 2 − 2 kr s kr sb + s kr = 0 ⇒ M nom

M nom =

sb

2

  M  M s b = s kr  kr ±  kr  M nom  M nom 

2 2   23.64   0.0666[ ]   23.64  =  − 1  = 0.003763 ⋅  − ±  1    0.02124[ ] 20.24 20.24       

Prvo rešenje pretstavlja nominalnu brzinu obrtanja a drugo traženu brzinu:

[

nb = n s (1 − s b ) = 1500 ⋅ (1 − 0.02124) = 1468.13 min −1

58

]


c)

2002. GODINA

Radi lakšeg izračunavanja vrednosti napona, pronađimo prvo impredanse: X s = ω s Ls = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 0.008758 = 2.75[Ω ] X m = ω s Lm = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 0.207 = 65[Ω ] X r ' = ω s Lr ' = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 0.008758 = 2.75[Ω ] Impredansa koju vidi strujni izvor određena je relacijom:

Z uk = Z s + Z mr

 Rr ' '  jX m  + jX r  s  = Rs + jX s + '  Rr ' + j Xr + Xm s

(

)

Dok je napon na motoru određen sa: U

f

= Z uk I s ⇒ U f = Z uk I s

Prema tome napon na motoru pri kojem se postiže kritičan moment iznosi:  2.55  j 65 ⋅  + j 2.75   0.3763  = 32.72 + j 36.25 = 48.83e j 47.92 [Ω ] Z uk (s = s kr ) = 1.54 + j 2.75 + 2.55 + j (2.75 + 65) 0.3763 U f (s = s kr ) = 48.83 ⋅ 6.3 = 307.629[V ] >> U fnom = 220[V ] Napon na motoru pri kojem se postiže polazni moment iznosi:  2.55  j 65 ⋅  + j 2.75   1  = 3.89 + j 5.42 = 6.72e j 54.60 Ω Z uk (s = s pol ) = 1.54 + j 2.75 + [ ] 2.55 + j (2.75 + 65) 1 U f (s = s kr ) = 6.72 ⋅ 6.3 = 42.337[V ] Napon na motoru pri kojem se postiže nominalni moment za prvu brzinu iznosi:  2.55  j 65 ⋅  + j 2.75   0.0666  = 28.23 + j 20.44 = 34.85e j 35.91 Ω Z uk (s = s nom ) = 1.54 + j 2.75 + [ ] 2.55 + j (2.75 + 65) 0.0666 U f (s = s no ) = 34.85 ⋅ 6.3 = 219.55[V ] ≈ U fnom = 220[V ] Napon na motoru pri kojem se postiže nominalni moment za drugu brzinu obrtanja iznosi:

59


2002. GODINA

 2.55  j 65 ⋅  + j 2.75   0.02124  = 28.12 + j 53.01 = 60e j 62.06 Ω Z uk (s = s b ) = 1.54 + j 2.75 + [ ] 2.55 + j (2.75 + 65) 0.02124 U f (s = s no ) = 60 ⋅ 6.3 = 378[V ] >> U fnom = 220[V ] f) Uporedno momentne karakteristike za strujno napajanje i naponsko napajanje prikazane su na sledećem dijagramu:

Trofazni strujni izvori koji ostvaruju napajanje konstantnom strujom motora, ostvaruju se primenom posebnih pretvarača postavljenih između trofazne mreže, koja pretstavlja naponski izvor i motora. Takvi sistemi ne mogu da obezbede viši napon na svom izlazu od nominalnog napona mreže tako da u realnom sistemu deo karakteristike desno od nominalne radne tačke je nemoguće ostvariti. Za pogon desno od nominalne radne tačke u tom slučaju pogon se izvodi po prirodnoj momentnoj karakteristici važećoj za konstantni priključni napon.

1.7. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 04.07.2002. Zadatak 1.7.1. Odrediti snagu motora za pogon rudničke dizalice sa slike, ako su poznati navedeni podaci. Težina tereta GT = 70.56 [kN]; težina platforme GP = 47.75 [kN]; težina vagona GV = 29.4 [kN]; težina užeta po metru gU = 106 [N/m]. Moment inercije rotora pogonskog motora je JM = 14883 [kgm2]. Moment inercije glavnog bubnja JB = 69571 [kgm2]. Prečnik glavnog bubnja DB = 6.44 [m]. Moment inercije pomoćnog bubnja JpB = 14882 [kgm2]. Prečnik pomoćnog bubnja: DpB = 5 [m]. Ubrzanje pri zaletu az = 0.89 [m/s2]. Usporenje pri kočenju ak = 1 [m/s2]. Brzina dizanja v = 16 [m/s]. Trajanje ciklusa tc = 89.2 [s]. Visina dizanja H = 915 [m]. 60


MOTOR

DB

DpB

JB

DpB

2002. GODINA

JpB

JpB

GT GP GV

H

v

GT GP GV

Zadatak 1.7.2. Četvoropolni asinhroni motor sa namotanim rotorom, napajan iz mreže frekvencije 50[Hz], u polasku razvija polazni moment veći za 25% od nominalnog momenta Mnom = 30 [Nm], a kritični moment mu iznosi Mkr = 2.5Mnom. Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan od brzine i jednak Mt = 24 [Nm]. Odrediti brzinu obrtanja motora. Zadatak 1.7.3. Koliko iznosi moment inercije elektromotornog pogona sa motorom jednosmerne struje, ako je merenjem pri zaustavljanju očitano vreme zaustavljanja od tk = 40 [s] na tangenti krive, vremenske zavisnosti pada brzine obrtanja, kroz nazivnu tačku nnom = 1000 [min-1]. Gubici trenja i ventilacije motora pri nazivnoj brzini obrtanja iznose Ptrv = 2 [kW]. Zadatak 1.7.4. M1 = 20 [Nm] M2 = 16 [Nm] M3 = -10 [Nm]

M n

M1

n = 1000 [min-1]

M2 n

t1

t2

t3

t

t4

M3

61

t1 = 15 [s] t2 = 45 [s] t3 = 20 [s] t4 = 25 [s]


2002. GODINA

Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvozno postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora nnom = 800 [min-1], uz uslov da: a) Motor ima prinudno hlađenje. b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom nnom = 800 [min-1]. Zadatak 1.7.5. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona Unom = 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje Inom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 1.54 [Ω]; Rr’ = 2.55 [Ω]; Ls = Lr’ = 8.758 [mH]; Lm = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnom strujom i frekvencijom. Motor pokreće zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 1 [kgm2]. Odrediti za koje vreme će motor dostići nominalnu brzinu obrtanja, ako motor sem zamajca nije opterećen nikakvim drugim momentom opterećenja. Rešenje 1.7.1. Pošto su vagoni i platforma u ravnoteži, u stacionarnom stanju motor diže samo teret odnosno razvija moment: M T = GT

DB 6.44 = 70.56 ⋅ = 277[kN ] 2 2

Pređeni put u toku ubrzanja odnosno kočenja, nalazi se iz relacija: 2

v = azt z ⇒ t z =

at v 16 0.89 ⋅ 18 2 = = 18[s ] ⇒ hz = z z = = 144.3 [m] a z 0.89 2 2

v = ak t k ⇒ t k =

a t v 16 1 ⋅ 16 2 = = 16[s ] ⇒ hk = k k = = 128 [m] ak 1 2 2

2

Pređeni put i vreme uz konstantnu brzinu v = konst. iznosi: h = H − (hz + hk ) = 915 − (144.3 + 128) = 642.7[m] h 642,7 t= = = 40.2[s ] v 16 Vreme pauze je prema tome: t m = t c − (t z + t + t k ) = 89.2 − (18 + 40.2 + 16 ) = 15[s ] Svedeni moment pomoćnog bubnja na osovinu bubnja nalazimo iz relacije: J pB ' ω B

2

J pB ω pB

2

 ω pB   = ⇒ J pB ' = J pB  2 2  ωB  D pB ω pB D D v= ω pB = B ω B ⇒ = B ⇒ D pB 2 2 ωB

2

62


 D J pB ' = J pB  B D  pB

2

2   = 14882 ⋅  6.44  = 24688.4 kgm 2   5  

[

2002. GODINA

]

Radi određivanja ekvivalentnog momenta inercije elemenata koji se kreću translatorno prvo moramo odrediti njihove mase. Procenjena težina užeta iznosi, na osnovu procenjene dužine užeta (∆l = 90 [m]): LU = 2 H + ∆l = 2 ⋅ 915 + 90 = 1920[m]

GU = g U LU = 106 ⋅ 1920 = 203.52[kN ]

Prema tome masa užeta, masa platforme, masa vagona i masa tereta iznose: mU =

GU 203.52 ⋅ 10 3 = = 20746.17[kg ] g 9.81

G P 4745 ⋅ 10 3 = = 4867.48[kg ] g 9.81 G 29.4 ⋅ 10 3 mV = V = = 2996.94[kg ] g 9.81 GT 70.56 x10 3 mT = = = 7192.66[kg ] g 9.81 mP =

Prema tome ukupna masa elemenata koji se translatorno kreću iznosi: mΣ = mU + 2m P + 2mV + mT = 20746.17 + 2 ⋅ 4867.48 + 2 ⋅ 2996.94 + 7192.66 = 43667.67[kg ] Svedeni moment elemenata koji se translatorno kreću na osovinu bubnja nalazimo iz relacije: 2  v J E' ω B mΣ v 2 = ⇒ J E ' = mΣ  2 2 ωB

2

 D   = mΣ RB 2 = mΣ  B   2  

2

2

 6.44  J E ' = 43667.67 ⋅   = 452559[kgm]  2  v 2v 2 ⋅ 16  rad  ωB = = = = 4.968 RB DB 6.44  s  Ukupan moment inercije dobija se kao zbir pojedinačnih momenata inercije:

[

J Σ = J M + J B + 2 J pB ' + J E ' = 14883 + 69571 + 2 ⋅ 24688.4 + 452559 = 586389.8 kgm 2 Iz toga slede vrednosti momenat ubrzanja i kočenja: M dz = J Σ

ω dω 4.968 = J Σ B = 586389.8 ⋅ = 161843.6[Nm] dt tz 18

63

]


M dk = J Σ

2002. GODINA

ω dω 4.968 = − J Σ B = 586389.9 ⋅ = −182074[Nm] dt tk 16

Na osnovu ovih vrednosti izračunavaju se potrebni momenti koje motor treba da razvija tokom ubrzanja, u stacionarnom stanju, tokom kočenja i mirovanja: M mz = M T + M dz = 277000 + 161843.6 = 438843.6[Nm ] = 438.843[kNm] M ms = M T = 277[kNm] M mk = M T + M dk = 277000 + 182074 = 94926[Nm] = 94.926[kNm] M mm = 0[kNm]

t z = 18[s ] t = 40.2[s ] t k = 14[s ] t m = 15[s ]

Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti crtamo dijagram promene momenta motora u funkciji vremena, na osnovu kog nalazimo ekvivalentan moment motora.

M Mmz

Mms Mmk

tz

t

tk

tm

t

Pod pretpostavkom da motor ima sopstveno hlađenje i da se dva puta lošije hladi tokom mirovanja nego tokom obrtanja nazivnom brzinom, nalazimo koeficijente redukcije:

β=

1 1+ β α= = 2 2

1 2 =3 2 4

1+

Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi: 2

M meff = =

2

2

M mz t z + M ms t + M mk t k = α (t z + t k ) + t + βt m 438.44 2 ⋅ 18 + 277 2 ⋅ 40.2 + 94.96 2 ⋅ 16 = 3 1 (18 + 16) + 40.2 + ⋅ 15 4 2

Vrednost potrebne snage motora je: 64

6695234.046 = 306[kNm] 71.5


2002. GODINA

Pm = M mω B = 306 ⋅ 10 3 ⋅ 4.9682 = 1520.2 ⋅ 10 3 [W ] ≈ 1520[kW ] Rešenje 1.7.2. Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i klizanja u stacionarnoj radnoj tački: M pol =

2 M kr 2M kr 2 M kr 1 2 ⇒ s pol = 1 ⇒ + s kr − = 0 / ⋅ s kr ⇒ s kr − s kr + 1 = 0 ⇒ s pol s kr s kr M pol M pol + s kr s pol

s kr −

2 ⋅ 2.5M nom 2 s kr + 1 = 0 ⇒ s kr − 4 s kr + 1 = 0 ⇒ 1.25M nom

s kr =

3.732 4 ± 4 2 − 4 ⋅1 = 2± 3 =  2 0.268

2

Prvo rešenje nema smisla , pa dalje važi: s kr 2M kr 2M kr s s 2 2M kr MT = s + s kr = 0 / ⋅ s kr ⇒ ⇒ + − = 0/ ⋅ s ⇒ − s kr s s kr s MT s kr MT + s kr s 2M kr 2 ⋅ 2.5 ⋅ M nom 2 2 s kr s + s kr = 0 ⇒ s 2 − s kr s + s kr = 0 ⇒ MT MT ⋅ M nom M nom 2 ⋅ 2.5 2 ⋅ 2.5 2 s2 − s kr s + s kr = 0 ⇒ s 2 − ⋅ 0.268 ⋅ s + 0.268 2 = 0 ⇒ MT 24 30 M nom s2 −

s 2 − 1.675s + 0.071824 = 0 ⇒ s=

1.675 ± 1.675 2 − 4 ⋅ 0.071824 1.675 ± 1.587 1.631 = = 2 2 0.044

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome tražena brzina obrtanja u stacionarnoj radnoj tački:

[

n = n s (1-s ) = 1500 ⋅ (1-0.044 ) = 1434 min -1

]

Rešenje 1.7.3. U nazivnoj radnoj tački pri zaustavljanju kočioni moment jednak je momentu trenja i ventilacije: M k = M trv = −

60 Ptrv 30 2000 =− ⋅ = −19.099[Nm] 2π nnom π 1000

Iz Njutnove jednačine sledi relacija, za izračunavanje traženog momenta inercije pogona: 65


dω 2π ∆n 2π nnom = JΣ = −J Σ ⇒ dt 60 ∆t 60 t k 60 t k 30 40 = −(− 19.099 ) ⋅ ⋅ = 7.295 kgm 2 2π n nom π 1000

2002. GODINA

M k = M trv = J Σ J Σ = − M trv

[

]

n

nnom

∆n

n = f(t)

∆t

t

Rešenje 1.7.4. Zbog prinudnog hlađenja, toplotna provodnost i toplotna vremenska konstanta ne menjaju se u zavisnosti od brzine obrtanja (tokom zaleta, kočenja i mirovanja). Zbog porasta brzine obrtanja iznad nazivne, zbog slabljenja magnetnog fluksa mora se povećati struja radi održanja konstantnog momenta. Da bi se i u tom slučaju mogla primeniti metoda ekvivalentnog momenta (ne proračunavajući momentni dijagram u strujni) treba pretvoriti stvarne momente u fiktivne (koji bi vladali uz konstantni fluks). To znači da će se sa porastom brzine iznad nazivne povećati srazmerno i moment u oblastima slabljenja polja prema dijagramu:

M n

M1' M2'

M1 t1'

t1''

M2

n = 1000 [min-1] nnom = 800 [min-1]

t t3''

t3'

M3' t1

M3

t2

t3

66

t4


2002. GODINA

Iz proporcionalnih odnosa na dijagramu, sledi: n

1000 = 25[Nm] nnom 800 n 1000 M 2 '= M 2 = 16 ⋅ = 20[Nm ] nnom 800 n 1000 M 3'= M 3 = −10 ⋅ = −12.5[Nm] nnom 800 n 1000 t1 ' = t1 = 15 ⋅ = 12[s ] nnom 800 t1 ' ' = t1 − t1 ' = 15 − 12 = 3[s ] n 1000 t3 ' = t3 = 20 ⋅ = 16[s ] nnom 800 t 3 ' ' = t 3 − t 3 ' = 20 − 16 = 4[s ] M1'= M1

= 20 ⋅

Efektivne vrednosti momenta na kosim segmentima, iznose:

(

)

(

)

1 1 2 M 1 + M 1 M 1 '+ M 1 ' 2 = ⋅ 20 2 + 20 ⋅ 25 + 25 2 = 22.546[Nm] 3 3 1 1 2 M ef 3 ' = M 3 + M 3 M 3 '+ M 3 ' 2 = ⋅ 10 2 + 10 ⋅ 12.5 + 12.5 2 = 11.273[Nm] 3 3 M ef 1 ' =

(

)

(

)

Pa je ukupna efektivna vrednost momenta:

M aeffMot =

∑M ∑t

2

i

i

ti

=

i

i

2

2

=

M 1 t1 '+ M 1 ' 2 t1 ' '+ M 2 ' 2 t 2 + M 3 ' 2 t 3 ' '+ M 3 t 3 ' = t1 + t 2 + t 3 + t 4

=

20 2 ⋅ 12 + 22.546 2 ⋅ 3 + 20 2 ⋅ 45 + 11.273 2 ⋅ 4 + 10 2 ⋅ 16 = 15.866[Nm] 15 + 45 + +20 + 25

Vrednost potrebne snage motora je: PaeffMot = M aeffMot

2πn π = 15.866 ⋅ ⋅ 800 = 1329.13[W ] ≈ 1.33[kW ] 60 30

b) Osim sa fiktivnim momentom, trebalo bi računati i sa promenom toplotne provodnosti i toplotne vremenske konstante u zavisnosti od brzine obrtanja. Zbog sigurnosti nećemo računati sa boljim hlađenjem, odnosno sa većom toplotnom provodnošću i smanjenom toplotnom vremenskom konstantom, nego ćemo pretpostaviti da su isti uslovi hlađenja i pri n = 1000 [min-1] i pri nnom = 800 [min-1]. Prema tome, važi: 1 1+ 1 1+ β 3=2 β= α= = 3 2 2 3 67


2002. GODINA


∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M beffMot =

i

∑αt

i

=

i

j

j

k

k

l

l

2

= =

2

M 1 t1 '+ M 1 ' 2 t1 ' '+ M 2 ' 2 t 2 + M 3 ' 2 t 3 ' '+ M 3 t 3 ' = α (t1 '+t 3 ') + t1 '+t 2 + t 3 '+ βt 4 20 2 ⋅ 12 + 22.546 2 ⋅ 3 + 20 2 ⋅ 45 + 11.273 2 ⋅ 4 + 10 2 ⋅ 16 = 18.292[Nm] 2 1 (12 + 16) + 3 + 45 + 4 + ⋅ 25 3 3

Vrednost potrebne snage motora je: PbeffMot = M beffMot

2πn π = 18.292 ⋅ ⋅ 800 = 1532.318[W ] ≈ 1.54[kW ] 60 30

Rešenje 1.7.5. Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi: ω1 =

ω s 2πf 2 ⋅ π ⋅ 50 314  rad  = = ≈ = 157  p p 2 2  s 

Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi: s kr =

Rr′ 2.55 = = 0.03763[ ω s (L' r + Lm ) 2 ⋅ π ⋅ ⋅50 ⋅ (0.008758 + 0.207 )

]

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi: M kr = 3 pI s

2

(

Lm '

2

2 Lr + Lm

)

0.207 2 = 3 ⋅ 2 ⋅ 6.3 ⋅ = 23.64[Nm] 2 ⋅ (0.008758 + 0.207 ) 2

Nominalno klizanje iznosi: s nom =

n s − nnom 1500 − 1400 1 = = = 0.0666 • [ ns 1500 15

]

I za strujno napajanje važi Klosov obrazac: Mm 2 = s M kr s kr + s s kr pa vreme zaleta od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo po istoj relaciji kao za naponsko napajanje: 68


2002. GODINA

2  1 − s nom 2      − s kr ln s nom  = 1 ⋅ 157 ⋅  1 − 0.0666 − 0.03763 ⋅ ln 0.00666  =       2s kr   2 ⋅ 23.64  2 ⋅ 0.03763 = 3.32065 ⋅ (13.229 + 0.1019 ) = 44.267[s ]

tz =

J Σ ω1 2M kr

1.8. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 05.09.2002. Zadatak 1.8.1. Trofazni asinhroni motor predviđen je za rad u režimu S3. Poznati su sledeći podaci o motoru: nominalna snaga Pnom = 30 [kW]; nominalni stepen iskorišćenja ηnom = 0.9 [ ]; vremenska konstanta zagrevanja Ttz = 30 [min]; vremenska konstanta hlađenja Tth = 45 [min]; klasa izolacije A; masa motora m = 160 [kg] i specifični kapacitet gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC] ( CCU = 0.39 [kWs/kgoC] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja tu = 2 [min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne. Odrediti: c) Potrebno vreme isključenja i relativno trajanje uključenja pod uslovom da se motor u ovom režimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja. d) Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju. e) Temperaturu na početku i kraju petog uključenja motora. Zadatak 1.8.2. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; pokreće opterećenje, koje je stalno i jednako nominalnom momentu pogonskog motora. U stacionarnom stanju izmerena je brzina n = 1422 [min-1]. a) Kako je ostvaren režim. b) Šta treba uraditi da bi se brzina smanjila na nominalnu vrednost. c) Kako se pri U = Unom brzina može smanjiti na 80% nominalne vrednosti. d) Opisati stacionarno stanje koje nastaje ako se pri nominalnom naponu doda rotorski otpor Rd = 4 [Ω]. Zadatak 1.8.3. Trofaznom asinhronom motoru sa kaveznim rotorom nominalne brzine obrtanja nnom = 1450 [min-1], masa rotorskog bakra je mCur = 12 [kg]. Motor služi za pokretanje zamajca sa ukupnim momentom inercije JΣ = 12.5 [kgm2]. Odrediti: a) Koliku energiju prima rotor a koliki su gubici u rotoru pri protivstrujnom kočenju sa pola brzine obrtanja na nultu brzinu, ako je moment opterećenja nula. b) Koliko se ugrejao rotorski bakar u odnosu na okolinu posle reverziranja sa pola brzine obrtanja u jednom smeru na pola brzine obrtanja u drugom smeru, ako je specifični kapacitet bakra CCU = 0.39 [kWs/kgoC]. Zadatak 1.8.4. Idealizovani ciklus jednog elektromotornog pogona, uz konstantnu brzinu obrtanja oko nominalne vrednosti, prikazan je na slici. Metodom ekvivalentnih gubitaka, oceniti da li je pogonski trofazni asinhroni motor preopterećen ili nije. Nominalni podaci motora su: Unom = 380 [V]; Inom = 3.5 [A]; Pnom = 1.6 [kW]; nnom = 975 [min-1]; cosϕ = 0.84 [ ]; PCunom / PFenom = 2.5; Ptrv = 20 [W]. Do koje će se temperature prosečno zagrejati motor ako se uz nominalno opterećenje zagreva na nadtemperaturu ∆θ nom = 74 [oC]. 69


M n

M3

2002. GODINA

M1 = 10 [Nm] M2 = 15 [Nm] M3 = 20 [Nm] M4 = 10 [Nm] M5 = 5 [Nm] M6 = 17.5 [Nm] M7 = 15 [Nm] M8 = 10 [Nm] M9 = 20 [Nm] M10 = 10 [Nm]

M9 M6 M7

M2

M10

M4

M1

M8 M5

2

4

6

8

nnom

10 12 14 16 18 20

t

Zadatak 1.8.5. Trofazni četvoropolni asinhroni motor ima nominalni fazni napon Unom = 220 [V] i učestanost fnom = 60 [Hz], spregnut je u zvezdu. Odnos kritičnog i nominalnog momenta mu je Mkr / Mnom = 2.5, a kritično klizanje skr = 0.14 [ ]. Otpornost statora, induktivnost magnećenja i gubitke u gvožđu je moguće zanemariti. Odrediti: a) Odnos kritičnog i nominalnog momenta ako je linijski napon motora Ula = 312 [V] i učestanost fnom = 50 [Hz]. Pri ovoj vrednosti napona i učestanosti, koliko je kritično klizanje i brzina motora pri kojoj se razvija maksimalni mehanički moment. b) Sa kolikom brzinom obrtanja će se obrtati motor ako je fazni napon nominalan pri učestanosti fb = 75 [Hz], a moment opterećenja radne mašine je konstantan i iznosi MT = 0.4Mnom. Rešenje 1.8.1. Vremenska zavisnost promene temperature motora u intermitentnom radu, dobija se analizom dijagrama zagrevanja: ∆θ

Ttz ∆θmax

∆θvmax ∆θ2max

∆θ1max

∆θ2min ∆θ1min

t u tm t u

Tth

∆θvmin

∆θsmax ∆θsmin

∆θv+1max ∆θv+1min

tu tm tu

tu tm tu

70

t


2002. GODINA

Na osnovu dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature: ∆θ v +1max = ∆θ v +1min e

−

tu Ttz

t − u  Ttz  + ∆θ max 1 − e  

   

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature: ∆θ v +1min = ∆θ vmax e

−

tm Tth

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju između temperatura na kraju dva isključenja: ∆θ v +1max = ∆θ vmax e

−

tm Tth

e

−

tu Ttz

t − u  Ttz  + ∆θ max 1 − e  

t − u   Ttz  = a∆θ  vmax + ∆θ max 1 − e    

   

gde je: a=e

−

tm Tth

e

−

tu Ttz

=e

t t − m + u  Tth Ttz

   

<1

Prethodna relacija između temperatura na kraju dva isključenja predstavlja geometrijski niz, što znači temperaturu na kraju v – tog isključenja, možemo dobiti sumiranjem:

∆θ vmax

t − u  1− a Ttz  ∆θ max 1 − e =  1− a  v

  = ∆θ max  

1− e 1− e

−

tu Ttz

t t − u + m  Ttz Tth

   

t t   − v  m + u   Tth Ttz   1 − e     

Odnosno za kvazistacionarno stanje važe sledeće relacije za maksimalnu i minimalnu temperaturu: 1− a ∆θ vmax = lim ∆θ max v →∞ 1 − a v →∞

∆θ smax = lim

∆θ smin = ∆θ smax e

1− e

v

1− e

−

tu Ttz


tu

   

− t t   Ttz − v  m + u   e 1 − Tth Ttz   1 − e  = ∆θ max t t    − u + m     Ttz Tth  1− e

t − m Tth

a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagravanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[

CT = mC FE = 160 ⋅ 0.48 = 76.8 kWs / oC

]

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja: Ttz =

[

CT C mC FE 160 ⋅ 0.48 ⇒ A= T = = = 0.0427 kW / oC A Ttz A 30 ⋅ 60 71

]


2002. GODINA

Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 10% veća od nominalne, gubici u tom slučaju iznose: Pγ =

 1  1.1Pnom (1 − η nom ) = 1.1Pnom  − 1 η nom  η nom 

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi: ′ Pγ 1.1Pnom ∆θ max = = A A

 1  1.1 ⋅ 30  1   − 1 = − 1 = 85.87 o C   η nom  0.0427  0.9 

[ ]

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θA = 60 [oC], pa na osnovu relacije za maksimalnu kvazistacionarnu temperaturu, nalazimo potrebnu vrednost vremena mirovanja: 1− e

∆θ smax = ∆θ A =

1− e  t m = −Tth ln e 

tu Ttz

−

tu Ttz


   

′ ∆θ max ⇒

′  tu 2   2   e Ttz − 1 = −45 ⋅ ln e 30 − 85.87  e 30 − 1 = 1.358[min]    60     

∆θ max − ∆θ A

Relativno trajanje uključenja je prema tome: tu 2 = 100 ⋅ = 59.56[%] tu + t m 2 + 1.358

ED% = 100ε = 100 b)

Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi: ∆θ smin = ∆θ smax e

−

tm Tth

= 60 ⋅ e

−

1.358 45

[ ]

= 58.216 o C

c) Radi određivanja temperature na početku i kraju petog uključenja, nađimo prvo temperaturu na kraju četvrtog uključenja: 1− e

∆θ 4 max = ∆θ max '

1− e

−


1− e

= 85.87 ⋅

1− e

tu Ttz

−

   

t t   − 4  m + u   Tth Ttz   1 − e =    

2 30

 2 1.358  − +   30 45 

 2 1.358   − 4 +  1 − e  30 45   = 19.28 o C  

[ ]

Prema tome temperatura na početku petog uključenja iznosi: ∆θ 5 min = ∆θ 4 max e

−

tm Tth

= 19.28 ⋅ e

−

1.358 45

[ ]

= 18.7 o C 72


2002. GODINA

a temperatura na kraju petog uključenja iznosi:

∆θ 5 max = ∆θ max '

1− e 1− e

= 85.87 ⋅

−


1− e 1− e

tu Ttz

−

   

t t   −5 m + u   1 − e  Tth Ttz   =    

2 30

 2 1.358  − +   30 45 

 2 1.358   −5 +  1 − e  30 45   = 22.56 o C  

[ ]

Rešenje 1.8.2. a) Pošto je brzina obrtanja motora veća od nominalne n > nnom, režim je ostvaren slabljenjem fluksa za ϕ = Φ/Φnom < 1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 74 ⋅ 0.2 = 205.2[V ] M nom =

60 Pnom 60 E nom I anom 30 205.2 ⋅ 74 = = ⋅ = 126.10[Nm] 2π nnom 2π n nom π 1150

Iz podataka za nominalni režim nalazimo: E nom 205.2 = = 0.178[Vmin] I anom 1150 M 126.10  Nm  = 1.704 M nom = k M Φnom I anom ⇒ k M Φnom = nom = I anom 74  A  2π Pnom = E nom I anom = k E Φnom n nom I anom = M nom Ω nom = k M Φnom I a nnom ⇒ 60 π k E Φnom = k M Φnom 30 E nom = k E Φnom n anom ⇒ k E Φnom =

U režimu sa slabljenjem fluksa važi naponska i momentna jednačina, iz kojih rešavanjem dobijamo potrebnu vrednost na koju treba oslabiti fluks, da bi ostvarili traženi režim: E ' = k E Φ ' n' = U − I a ' (Ra + R pp ) ⇒ M nom 30 k E Φ' I a ' ⇒ I a ' = ⇒ 30 π k E Φ' π (Ra + R pp ) U M nom (Ra + R pp ) U U π (Ra + R pp ) n' = − Ia ' = − = − M nom ⇒ k E Φ' k E Φ' k E Φ ' 30 k E Φ' k E Φ' 30 (k E Φ ')2 k E Φ' π (R + R ) (k E Φ')2 − U k E Φ'+ M nom π a pp = 0 ⇒ n' n' 30 220 π 0.2 2 (k E Φ') − ⋅ k E Φ '+126.10 ⋅ ⋅ =0⇒ 1422 30 1422 (k E Φ')2 − 0.15471 ⋅ k E Φ'+0.001857 = 0 ⇒ M ' = M T = M nom = k M Φ ' I a ' =

73


(k E Φ') = 0.15471 ±

2002. GODINA

0.154712 − 4 ⋅ 0.001857 0.14159 = 2 0.01312

n

ϕ = 0.7955 n' ϕ =1 nnom

MT = Mnom

M

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednosti rotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost: ϕ= b)

k E Φ' 0.14159 = = 0.7955 ⇒ Φ ' = ϕΦnom = 0.7955Φnom k E Φnom 0.178

Potrebno je vratiti fluks na nominalnu vrednost.

c) Brzina obrtanja se može smanjiti na 80% nominalne vrednosti, ubacivanjem dodatnog otpora u rotorsko kolo motora, pri nominalnoj vrednosti fluksa. n

n0

ϕ =1

nnom Rdc

nc

MT = Mnom

74

M


2002. GODINA

nc = 0.8n nom ⇒ Rdc nc E nom = 0.8 ⋅ 205.2 = 164.16[V ] nnom ⇒ I ac = I anom = 74[A]

E c = k E Φnom nc = M T = M nom

Iz naponske jednačine dobijamo potrebnu vrednost dodatnog otpora: E c = U − I ac (Ra + R pp + Rdc ) ⇒ Rdc = d)

U − Ec 220 − 164.16 − (Ra + R pp ) = − 0.2 = 0.5546[Ω] I ac 74

Stacionarno stanje uz rotorski otpor Rdd = 4 [Ω] određeno je naponskom jednačinom: M T = M nom ⇒ I ad = I anom = 74[A] E d = U − I ad (Ra + R pp + Rdd ) = 220 − 74 ⋅ (0.2 + 4) = −90.8[V ] nd =

[

Ed E − 90.8 n nom = = nc = ⋅ 1150 = −508.86 min −1 k E Φnom E nom 205.2

]

Ovo stacionarno stanje se može održati samo za potencijalni teret. n

n0

ϕ =1 MT = Mnom M nd

Rešenje 1.8.3. a) Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uložena električna energija troši na promenu kinetičke energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačine sledi: M m = JΣ

ω −ω dω ds ds 1 dω ⇒s= s ⇒ =− ⇒ M m = − J Σω s dt dt dt ωs ω s dt 75


2002. GODINA

odnosno: M m dt = − J Σ ω s ds Izračunajmo prvo energiju koju prima rotor, radi toga prethodnu relaciju pomnožimo sa ωs,

pa dobijamo:

2

M mω s dt = − J Σω s ds = p obr dt Proizvod Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, pa traženu energiju dobijamo

integraljenjem:

t2

s2

t1

s1

s1

Wrot = ∫ p obr dt = − ∫ J Σω s ds = ∫ J Σω s ds = J Σω s (s1 − s 2 ) = 2

2

2

s2

2

 1500 ⋅ π  = 12.5 ⋅   ⋅ (1.5 − 1) = 154181[Ws ] = 154.181[kWs]  30  Ako izvornu relaciju pomnožimo sa ωss, budući da Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora, pa dobijamo: 2

M mω s sdt = − J Σ ω s sds = p obr sdt = pCur dt Energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem: t2

WCur

s2

s1

2

(

)

ω 2 2 = ∫ pCur dt = − ∫ J Σ ω s sds = ∫ J Σ ω s sds = J Σ s s1 − s 2 = 2 t1 s1 s2 2

2

2

12.5  1500 ⋅ π  2 2 = ⋅  ⋅ 1.5 − 1 = 192765[Ws ] = 192.765[kWs] 2  30 

(

)

b) Energija koja se u rotoru pretvara u toplotu pri reverziranju sa pola brzine u jednom smeru obrtanja na pola brzine u drugom smeru obrtanja iznosi: 2

2

ω 12.5  1500 ⋅ π  2 2 WCur ' = J Σ s s1' 2 − s 2 ' 2 = ⋅  ⋅ 1.5 − 0.5 = 308219[Ws ] = 308.219[kWs] 2 2  30 

(

)

(

)

Tokom kratkog vremena izmene brzine, bakar se ne uspeva ohladiti, pa se zagreva na nadtemperaturu u odnosu na okolne delove: ∆θ Cu =

WCur ' 308.219[kWs ] = = 65.86 o C mCur C Cu  kWs  12 ⋅ 0.39  o   kg C 

[ ]

Rešenje 1.8.4. Stepen iskorišćenja motora iznosi: 76


Pnom

η=

3U nom I nom cos ϕ nom

1600

=

3 ⋅ 380 ⋅ 1.6 ⋅ 0.84

= 0.827[

2002. GODINA

]

Ukupni i pojedinačni nominalni gubici su prema tome: Pnom (1 − η ) 1600(1 − 0.827 ) = = 335[W ] η 0.827 Pgnom ' = Pgnom − Ptrv = 335 − 20 = 315[W ] Pgnom =

P  PCunom PFenom + PFenom = PFenom  Cunom + 1 ⇒ PFenom  PFenom  315 315 = = = 90[W ] 2.5 + 1 3.5

Pgnom ' = PCunom + PFenom = PFenom =

PCunom

Pgnom '

PCunom +1 PFenom P = Cunom PFenom = 2.5 ⋅ 90 = 225[W ] PFenom

Momentna karakteristika iz postavke zadatka radi određivanja srednje vrednosti gubitaka, mora se pretvoriti u karakteristiku gubitaka, odnosno moramo za svaki segment izračunati gubitke. P1 =

π π M 1 n nom = ⋅ 10 ⋅ 975 = 1021[W ] 30 30 2

2

 P   1021  Pg1 ' = PCu1 + PFenom =  1  PCunom + PFenom =   ⋅ 225 + 90 =  1600   Pnom  = 0.638 2 ⋅ 225 + 90 = 181.7[W ] π π P2 = M 2 nnom = ⋅ 15 ⋅ 975 = 1532[W ] 30 30 2

2

2

2

 P   1532  Pg 2 ' = PCu 2 + PFenom =  2  PCunom + PFenom =   ⋅ 225 + 90 =  1600   Pnom  = 0.957 2 ⋅ 225 + 90 = 296.2[W ] Pg1' + Pg 2 ' 181.7 + 296.2 t I = 2[s ] PgI = = = 238.9[W ] 2 2 π π P3 = M 3 n nom = ⋅ 20 ⋅ 975 = 2042[W ] 30 30  P   2042  Pg 3 ' = PCu 3 + PFenom =  3  PCunom + PFenom =   ⋅ 225 + 90 =  1600   Pnom  = 1.276 2 ⋅ 225 + 90 = 456.6[W ] PgII = Pg 3 ' = 456.6[W ] t II = 3[s ] M 4 = M 1 ⇒ Pg 4 ' = Pg1' = 181.7[W ] PgIII = P5 =

Pg 3' + Pg 4 ' 2

π M 5 n nom 30

456.6 + 181.7 = 319.1[W ] 2 π = ⋅ 5 ⋅ 975 = 511[W ] 30 =

77

t III = 1[s ]


2002. GODINA

2

 P   511  Pg 5 ' = PCu 5 + PFenom =  5  PCunom + PFenom =   ⋅ 225 + 90 =  1600   Pnom  = 0.319 2 ⋅ 225 + 90 = 112.9[W ] Pg 4 ' + Pg 5 ' 181.7 + 112.9 PgIV = t IV = 4[s ] = = 147.3[W ] 2 2

Pg

PgII

PgVIII PgV PgIII

PgI

PgVI PgVII

PgIV

2

P6 =

PgI

4

6

8

PgIX

10 12 14 16 18 20 tc

t

π π M 6 nnom = ⋅ 17.5 ⋅ 975 = 1787[W ] 30 30 2

2

 P   1787  Pg 6 ' = PCu 6 + PFenom =  6  PCunom + PFenom =   ⋅ 225 + 90 =  1600   Pnom  = 1.117 2 ⋅ 225 + 90 = 370.7[W ] PgV = Pg 6 ' = 370.7[W ] tV = 2[s ] M 7 = M 2 ⇒ Pg 7 ' = Pg 2 ' = 296.2[W ] Pg 6 ' + Pg 7 '

370.7 + 296.2 = 333.4[W ] 2 2 M 8 = M 4 ∧ M 9 = M 3 ⇒ PgVII = PgIII = 319.1[W ]

tVII = 3[s ]

M 10 = M 1 ⇒ PgIX = Pg10 ' = Pg1' = 181.7[W ]

t IX = 2[s ]

PgVI =

=

M 9 = M 3 ⇒ PgVIII = PgII = 456.6[W ]

tVI = 1[s ] tVIII = 2[s ]

Srednja vrednost električnih gubitaka je na na osnovu izračunatih vrednosti: Pgsr ' =

PgI t I + PgII t II + PgIII t III + PgIV t IV + PgV tV + PgVI tVI + PgVII tVII + PgVIII tVIII + PgIX t IX t I + t II + t III + t IV + tV + tVI + tVII + tVIII + t IX 78

=


2002. GODINA

PgI t I + PgII t II + PgIII t III + PgIV t IV + PgV tV + PgVI tVI + PgVII tVII + PgVIII tVIII + PgIX t IX

=

tc 238.9 ⋅ 2 + 456.6 ⋅ 3 + 319.1 ⋅ 1 + 147.3 ⋅ 4 + 370.7 ⋅ 2 + 333.4 ⋅ 1 + 319.1 ⋅ 3 + = 20 + 456.6 ⋅ 2 + 181.7 ⋅ 2 = 303.2[W ] < Pgnom ' = 315[W ]

=

Ukupni srednji gubici iznose: Pgsr = Pgsr ' + Ptrv = 303.2 + 20 = 323.2[W ] < Pgnom = 335[W ] Pošto je vrednost srednjih gubitaka manja od vrednosti nominalnih gubitaka, motor je sposoban da savlada zadato opterećenje, pri čemu dostiže nadtemperaturu manju od dozvoljene: Pgsr

∆θ =

Pgnom

[ ]

[ ]

323.2 ⋅ 74 = 71.4 o C < ∆θ nom = 74 o C 335

∆θ nom =

Rešenje 1.8.5. a) Kritična vrednost momenta je:  U fa f nom =   f a U nom

M kra

2

2

  312 ⋅ 60   M krnom =   2.5M nom = 2.41M nom [Nm ]  3 ⋅ 50 ⋅ 220  

Kritično klizanje je: s kra =

s krnom f nom 0.14 ⋅ 60 = = 0.168[ fa 50

]

Brzina pri kojoj se razvija maksimalni moment je upravo kritična brzina, koja iznosi: nkra = (1 − s kra )n sa = (1 − s kra ) a)

[

60 f a 60 ⋅ 50 = (1 − 0.168) ⋅ = 1248 min −1 p 2

Kritična vrednost momenta u ovom slučaju je: M krb

f =  nom  fb

2

2

 60  M krnom =   2.5M nom = 1.6M nom [Nm]  75  

Kritično klizanje je: s krb =

s krnom f nom 0.14 ⋅ 60 = = 0.112[ fb 75

]

Pošto važi Klosov obrazac i u ovom slučaju sledi: 79

]


 M M s b = s krb  krb ±  krb  MT  MT 

2002. GODINA

2 2   1.6  0.8818[   1.6     − 1  = 0.112 ⋅ ±  −1 =    0.4  0.0142[   0.4     

] ]

Usvajamo manje rešenje pošto se radi o motornom režimu, što znači da se motor obrće sa brzinom obrtanja od: nb = (1 − sb )n sb = (1 − sb )

[

60 f b 60 ⋅ 75 = (1 − 0.0142 ) ⋅ = 2218.05 min −1 p 2

]

1.9. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 26.09.2002. Zadatak 1.9.1. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga Pnom = 40 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 200 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.1 [Ω]; pokreće radnu mašinu, čiji je mehanički moment potencijalnog karaktera i jednak je konstanti. Pogon radi u statičkom stanju pri podizanju tereta nominalnom brzinom. Ako posle toga treba ostvariti spuštanje sa trećinom nominalne brzine, šta treba preduzeti ako je motor i dalje vezan na mrežu konstantnog napona. Izračunati i sve karakteristične veličine i gubitke snage pri spuštanju i podizanju tereta. Zadatak 1.9.2. f'

ASM

ASM

M1

n1

M2

n2 iR

D

D

m

m

in

ax

iR

v

Pogon kolica izveden je sa dva trofazna asinhrona osmopolna motora nominalne snage Pnom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 740 [min-1]. Motori se napajaju iz zajedničkog pretvarača frekvencije. Svaki motor goni jednu pogonsku osovinu preko reduktora sa prenosnim odnosom iR = 55.345 [ ]. Prečnici pogonskih točkova zbog istrošenosti se razlikuju i iznose maksimalno Dmax = 1.2 [m] i minimalno Dmin = 1.19 [m]. Maksimalna brzina vozila iznosi vmax = 49.73 [m/min]. 80


a) b)

2002. GODINA

Procentualno kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori pri maksimalnoj brzini vozila, uz uslov da je moment potreban za kretanje pri toj brzini jednak dvostrukoj vrednosti nominalnih momenata pojedinačnih motora. Kolika je potrebna izlazna frekvencija pretvarača koja obezbeđuje kretanje vozila maksimalnom brzinom.

Zadatak 1.9.3. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalna snaga Pnom = 40 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 440 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 100 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 20 [kgm2], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnoj brzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora. a) Odrediti vrednosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u stacionarnom stanju. b) Izvesti i nacrtati zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja. Zadatak 1.9.4. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, tera radni mehanizam koji ga opterećuje tek nakon dostizanja pune brzine obrtanja. Motor se pušta direktno priključenjem na mrežu napona od Unom = 440 [V]. Pri tom energija izgubljena za zalet iznosi Wz. Na koliko se smanji energija gubitaka u zaletu ako se koristeći se trima naponima priključimo motor prvo na U1 = 110 [V], pa kad motor postigne punu brzinu za taj napon, prekopčamo na U2 = 220 [V], a zatim ga, pri punoj brzini za taj napon, prespojimo na pun napon Unom = 440 [V]? Zadatak 1.9.5. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 180 [V]; nominalna snaga Pnom = 4.25 [kW]; brzina praznog hoda n0 = 750 [min-1]; nominalna brzina obrtanja nnom = 725 [min-1]; napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskog ispravljača priključenog je na mrežu napona Umre = 220 [V].

M M Odrediti za koliko će se promeniti ugao paljenja tiristora pri nominalnoj brzini obrtanja pri promeni opterećenja od nula do 150% nominalnog (od Mm = 0 do Mm = 1.5Mnom). Rešenje 1.9.1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 200 ⋅ 0.1 = 200[V ] 81


E nom = k E Φnom n anom ⇒ k E Φnom =

2002. GODINA

E nom 200 = = 0.1333• [Vmin] n anom 1500

Pm = E nom I anom = 200 ⋅ 200 = 40 ⋅ 10 3 [W ] = 40[kW ] = Pnom ⇒ Ptrv = 0 60 Pnom 30 40000 M nom = = ⋅ = 254.648[Nm] 2π nnom π 1500 PgCunom = I anom (Ra + R pp ) = 200 2 ⋅ 0.1 = 4000[W ] = 4[kW ] 2

P1 = Pm + PgCunom = 40000 + 4000 = 44000[W ] = 44[kW ]

Ako se motor obrće nominalnom brzinom obrtanja, a vezan je za mrežu sa nominalnom vrednošću napona, on se nalazi u nominalnom režimu koji karakterišu izračunati nominalni podaci. U režimu spuštanja motor se obrće u suprotnom smeru sa trećinom nominalne brzine:

[

1 1500 n' = − n nom = − = −500 min −1 3 3

]

Indukovana elektromotorna sila motora u tom slučaju iznosi: E ' = k E Φnom n' =

E nom 200 ⋅ (− 500 ) = −66.666 • [V ] n' = nanom 1500

Pošto je teret potencijalnog karaktera a gubici trenja i ventilacije su zanemareni, važi: M ' = k M Φnom I a ' = M nom = k M Φnom I anom ⇒ I a ' = I anom = 200[ A] Ako je motor i dalje vezan na mrežu konstantnog napona, željeni režim ostvarujemo dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, sa otpornošću vrednosti: n

Rd=0

nnom

M n' R d = 1.333 [ Ω] MT = Mnom

U = E '+ I a ' (Ra + R pp + Rd ) ⇒ 82


Rd =

2002. GODINA

U − E' 220 − (− 66.666) − (Ra + R pp ) = − 0.1 = 1.333[Ω] Ia ' 200

Bilans snaga u tom režimu je: Pm ' = E ' I a ' = −66.666 ⋅ 200 = −13333[W ] = −13.333[kW ]

PgCu ' = I a ' 2 (Ra + R pp + Rd ) = 200 2 ⋅ (0.1 + 1.333) = 57332[W ] = 57.332[kW ] P1' = Pm ' + PgCu ' = −13333 + 57332 ≈ 44000[W ] = 44[kW ] Rešenje 1.9.2. a) Pri maksimalnoj brzini kretanja vozila: v = v max =

49.73 m = 0.829  60 s

brzina obrtanja pojedinih motora zbog različitih prečnika točkova iznosi:

[

]

[

]

60 v max i R 60 v max i R 60 0.829 ⋅ 55.345 = = ⋅ = 730 min −1 π Dmax π 2π Rmax 1.2 60 v max i R 60 v max i R 60 0.829 ⋅ 55.345 n2 = = = ⋅ = 736 min −1 π Dmin π 2π Rmin 1.19 n1 =

f'

M

Mnom

fnom

Mt

nt'

ns' nnom

nt

nsnom

n

Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemo smatrati linearnom, a da se momentna kriva za različitu frekvenciju napajanja f ' od nominalne dobija translacijom momentne krive za nominalnu frekvenciju napajanja fnom dobijamo izraz za brzinu obrtanja motora iz proporcije: Mt n Mt − nt (n snom − nnom ) ⇒ = snom ⇒ n s ' −nt ' = n snom − nt = M nom n snom − n nom M nom Mt (n snom − nnom ) nt ' = n s ' − M nom 83


2002. GODINA

Primenom ovog izraza za naš slučaj, dobijamo izraze za pojedinačne brzine motora: M1 (n snom − nnom ) M nom M2 (nsnom − nnom ) n2 = n s ' − M nom n1 = n s ' −

Odnosno pojedinačne momente motora: n s ' − n1 n snom − n nom n s ' −n2 M 2 = M nom n snom − nnom M 1 = M nom

Pošto je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu tereta, dalje važi: M1 + M 2 = M t ⇒ M n 2 − n1 n 2 − n1 ⇒ ∆M = nom n snom − nnom 2 n snom − nnom M n 2 − n1 + nom 2 n snom − nnom M n 2 − n1 − nom 2 n snom − nnom

M 1 − M 2 = 2∆M = M nom Mt M + ∆M = t 2 2 M M M 2 = t − ∆M = t 2 2 M1 =

Odnosno važi da je razlika opterećenja u momentima motora: M nom n2 − n1 736 − 730 = ⋅ M nom = 0.3 ⋅ M nom ⇒ 2 n snom − n nom 2 ⋅ (750 − 740) 0.3 ⋅ M nom ∆M ∆M % = ⋅ 100 = ⋅ 100 = 30[% ] M nom M nom ∆M =

n M1

736 [min-1]

743 [min-1] M2 730 [min-1]

M 1.3Mnom

0.7Mnom 2Mnom

84


2002. GODINA

Pošto je moment opterećenja jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta, motor koji goni točak sa većim poluprečnikom biće opterećen sa 30% većim momentom od nominalnog, a motor koji goni točak sa manjim poluprečnikom biće opterećen sa 30% manjim momentom od nominalnog. b) Iz prethodnih relacija nalazimo sinhronu brzinu motora koja obezbeđuje kretanje vozila maksimalnom brzinom: n s ' = n1 +

 M1 (nsnom − nnom ) = n1 +  M t + ∆M M nom  2 M nom M nom

[

= 730 + (1 + 0.3) ⋅ (750 − 740 ) = 743 min −1

]

 (n snom − nnom ) = 

Dalje traženu potrebnu izlaznu frekvenciju pretvarača koji obezbeđuje kretanje vozila maksimalnom brzinom nalazimo iz proporcije: n s ' n snom n' 743 = ⇒ f ' = s f nom = ⋅ 50 = 49.534[Hz ] f' f nom n snom 750 Rešenje 1.9.3. a) Nominalni moment motora iznosi: M nom =

Pnom Pnom 30 ⋅ 40 ⋅ 10 3 800 = = = = 254.65[Nm ] Ω nom 2π π ⋅ 1500 π n nom 60

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak je nominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom: M t (n ) = M nom

n n nom

n n0

Mt(n)

nnom

Mm(n)

n M

Mnom 0

Mt

Mdin Mm 85

Mmax


2002. GODINA

Moment motora računamo iz odnosa prema prethodnoj skici na kojoj je prikazana mehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom uporedno sa karakteristikom opterećenja:  M max Mm n −n n = ⇒ M m = M max 0 = M max 1 − n0 n0 − n n0  n0

  

Maksimalna vrednost rotorske struje iznosi: I max =

U nom 440 = = 1000[ A] Ra + R pp 0.44

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi između momenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije: M max M nom I 1000 = ⇒ M max = M nom max = 254.65 ⋅ = 2546.5[Nm] I max I nom I nom 100 Brzina praznog hoda iznosi: n0 =

[

U nom E0 U nom 440 = = nnom = 1500 ⋅ = 1666.67 min −1 U R I − k EΦ nom U nom − Ra I nom 440 − 0.44 ⋅ 1000 nom a nom nnom

Iz skice, odnosno uslova zadatka, zaključujemo da je stacionarna radna tačka upravo nominalna radna tačka motora, odnosno:

[

n stac = nnom = 1500 min −1 b)

]

M tstac = M mstac = M nom = 254.65[Nm]

Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja:  n M din (n ) = M m (n ) − M t (n ) = M max 1 −  n0

 n  − M nom nnom 

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, dobijamo diferencijalnu jednačinu: ω=

 dω π dn 2πn dω n π dn ⇒ = ⇒ JΣ = JΣ = M din = M max 1 − dt 30 dt 60 dt 30 dt  n0

J Σ π dn  n = 1 − M max 30 dt  n0

 n  − M nom ⇒ nnom 

 M nom n  −  M max n nom

Iz proporcije sa skice na kojoj je prikazan motorni moment motora sledi: M nom M M n − n nom n = max ⇒ nom = 0 = 1 − nom ⇒ n0 − n nom n0 M max n0 n0 86

]


J Σ π dn  n = 1 − M max 30 dt  n0

  nnom  − 1 − n0  

2002. GODINA

 n n  = 1− ⇒ nnom  nnom

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu: Tm =

J Σ n nom π 20 ⋅ 1500 ⋅ π = = 1.234[s ] M max 30 2546.5 ⋅ 30

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu: dn 1 1 n= n nom + dt Tm Tm Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja: za ustaljeni režim ( nF ) i za prelazni režim ( nN ) n = nF + nN dn N 1 1 1 nN + n nom ⇒ n F = n nom + ⋅ nF = dt Tm Tm Tm Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima: 1

− t dn N 1 n N = 0 ⇒ n N = A ⋅ e Tm + dt Tm

n = n F + n N = n nom + A ⋅ e

−

1 t Tm

Za t = 0 je i n = 0, pa se dobija: A = −n nom 1 t − t   −   Tm   n = n nom 1 − e = 1500 ⋅ 1 − e 1.234  min −1      

[

]

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji: M t (n ) = M nom

n n nom

= M nom

n nom n nom

1 1 t − t  − t    − 1 − e Tm  = M 1 − e Tm  = 254.65 ⋅ 1 − e 1.234 [Nm] nom            

A moment motora se menja sa vremenom po funkciji:  n  n  M m = M max 1 −  = M max 1 − nom n0  n0  

1 1 − t  − t    1 − e Tm  = M 1 − n nom + n nom e Tm  = max     n0 n0    

87


M  M = M max  nom + 1 − nom M max  M max 

2002. GODINA

− t  − Tm t  e  = M nom + (M max − M nom )e Tm =   1

= 254.65 + (2546.5 − 254.65) ⋅ e

−

1

t 1.234

= 254.65 + 2291.85 ⋅ e

−

t 1.234

[Nm]

Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu.

Rešenje 1.9.4. Snaga koja se ulaže u jednosmerni motor Pul = UIa, troši se na gubitke u bakru i razvijanje mehaničke snage izražene sa ekvivalentom Pmeh = EIa: 2

2

UI a = EI a + RI a ⇒ RI a = PCu = UI a − EI a = Pul − Pmeh Pošto je: U = cΦω 0 i E = cΦω dalje važi: RI a = cΦI a (ω 0 − ω ) = M m (ω 0 − ω ) 2

Sem toga pošto se ceo razvijeni moment motora troši na ubrzanje važi: JΣ

J dω = M din = M m ⇒ dt = Σ dω dt Mm

Iz toga sledi da priraštaj gubitaka energije u bakru iznosi: 88


dWCu = RI a dt = M m (ω 0 − ω )dt = M m (ω 0 − ω ) 2

2002. GODINA

JΣ dω = J Σ (ω 0 − ω )dω Mm

Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t1 i t2, odnosno dve ugaone brzine ω1 i ω2 dobijamo integraljenjem: t2

t2

t1

t1

WCu = ∫ dWCu = ∫ RI a dt = 2

ω2

 ω 2  ω2 ( ) J d J − = − ω ω ω ω ω Σ 0 ω = ∫ω Σ 0 2   1 1

2 2  ω − ω1  = J Σ ω 0 (ω 2 − ω 1 ) − 2  2  

Za zalet sa direktnim priključenjem na mrežu napona od Unom = 440 [V]. od 0 do ω0 važi: WCu

2 2  2 ω0 2  ω0 J Σ  U nom  = W z = J Σ ω 0 − =    = JΣ 2  2 2  cΦ  

Za zalet sa postepenim priključenjem na niže pa više napone, pojedinačne energije gubitaka su: 2

2

2

 2 ω0 '2   U  ω0 '2 J Σ  U1  W  110  W z ' = J Σ ω 0 ' − =  = W z  1  = W z    = z  = JΣ 2  2 2  cΦ  16  440   U nom    (ω 0 ' '−ω 0 ')2 J Σ  U 2 − U 1  2 ω ' ' 2 −ω 0 ' 2  W z ' ' = J Σ ω 0 ' ' (ω 0 ' '−ω 0 ') − 0 J = =   =  Σ c 2 2 2 Φ     2

2

 U − U1  W 220 − 110   = W z  = W z  2  = z 16  440   U nom  2  (ω 0 − ω 0 ' ')2 J Σ  U nom − U 2  2 ω0 − ω0 ' '2  = W z ' ' ' = J Σ ω 0 (ω 0 '−ω 0 ' ') −   =  = JΣ cΦ 2 2 2     U −U2 = W z  nom  U nom

2

2

 W 440 − 220   = W z   = z 4  440  

Ukupna energija gubitaka u zaletu sa postepenim uključivanjem jednaka je zbiru pojedinačnih energija gubitaka: WΣz = W z '+W z ' '+W z ' ' ' =

Wz Wz Qz Wz 3 + + = ⋅ (1 + 1 + 4 ) = ⋅ W z = 0.375 ⋅ W z 16 16 4 16 8

Na osnovu rezultata zaključuje se da se gubici smanjuju na 37.5% odnosno za 62.5%. Rešenje 1.9.5. Srednja vrednost izlaznog napona iz punoupravljivog tiristorskog ispravljača određena je relacijom: U sr

1 = π

π +β

∫

α

2U mre sin (ωt )d (ωt ) =

2 2 U mre cos α = U dco cos α π 89


2002. GODINA

Gde je Udc0 maksimalni izlazni jednosmerni napon: 2 2 U mre = 0.9U mre = 0.9 ⋅ 220 = 198[V ] π

U dco =

Iz toga proizlazi da pri opterećenju od Mm = 0 ugao paljenja tiristora proizlazi iz sledećih relacija: U sr ' = E nom = U dco cos α ' U E nom = k E Φmnom nnom = nom n nom n0 E U n U n 180 ⋅ 725 α ' = ar cos nom = ar cos nom nom = ar cos nom nom = ar cos = 0.8787 • = 28.50 U dco U dco n0 U dco n0 198 ⋅ 750

[] o

Pri opterećenju od Mm = 1.5 Mnom i pri nominalnoj brzini obrtanja, ugao paljenja tiristora proizlazi iz sledećih relacija: Ia

Ma = 1.5 ⇒ I a = 1.5 I anom I anom M nom U sr ' ' = E nom + (Ra + R pp )I a = E nom + 1.5(Ra + R pp )I anom = U dco cos α ' '

(R

a

=

+ R pp )I anom = U nom − E nom = U nom −

U sr ' ' =

 n U nom nnom = U nom 1 − nom n0 n0 

  

 n U nom nnom + 1.5U nom 1 − nom n0 n0 

α ' ' = ar cos

U nom U dco

  n   = U nom 1.5 − 0.5 nom  = U dco cos α ' ' ⇒ n0     n  180  725  • 1.5 − 0.5 nom  = ar cos ⋅ 1.5 − 0.5 ⋅  = ar cos 0.92424 = 22.445 n 198 750   0  

[] o

Prema tome pri nominalnoj brzini obrtanja, promena opterećenja od nula do 150% nominalnog (od Mm = 0 do Mm = 1.5Mnom) izazvaće promenu ugla paljenja tiristora sa 28.50 na 22.445 stepeni.

1.10. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 17.10.2002. Zadatak 1.10.1. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220[V]; nominalna rotorska struja Ianom = 48[A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 870[min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.426 [Ω]; priključen je na mrežu konstantnog napona. Definisati način i odrediti potrebne vrednosti parametara da bi se ostvarili sledeći režimi rada: a) Rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n1 = 1000 [min-1]; n2 = 1100 [min-1]. b) Protivstrujno kočenje pri n3 = 300 [min-1]. c) Dinamičko kočenje pri n4 = 300 [min-1]. U svim režimima obezbediti konstantan momenat kočenja Mk = 87 [Nm]. Zadatak 1.10.2. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 90


2002. GODINA

1150 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; vezana su na red i priključena na mrežu napona napon Umre = 440 [V]. Motori pokreću okretnu peć sa kojom su mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Sa kolikim svedenim momentom opterećenja se može trajno optereretiti ova grupa motora?

M

M M1

M2

Zadatak 1.10.3. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga Pnom = 40 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 440 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 100 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 20 [kgm2], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnoj brzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantnu graničnu struju jednaku nazivnoj vrednosti rotorske struje. Izvesti i nacrtati zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu, koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja. Zadatak 1.10.4. Trofazni trobrzinski motor (sa tri statorska namotaja) od Pnom = 4/25/50 [kW], f = 50 [Hz] i 2p = 24/8/4 [ ] goni radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 7.5 [kgm2]. Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzine obrtanja, ako ga upuštamo postepeno, uključujići najnižu, srednju, pa najvišu brzinu, prema gubicima koji bi nastali direktnim uključenjem najviše brzine? Zadatak 1.10.5. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 180 [V]; nominalna snaga Pnom = 4.25 [kW]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 750 [min-1]; nominalna brzina obrtanja nnom = 725 [min-1]; nominalni napon pobude Unom = 200 [V]; napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskog ispravljača priključenog na mrežu napona Umre = 220 [V]. Odrediti minimalni mrežni napon pri kojem motor još uvek može da radi u punom opsegu brzine obrtanja sa faktorom preopterećenja momenta Mmax/Mnom = 2 [ ]. 91

M M1


2002. GODINA

Rešenje 1.10.1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 48 ⋅ 0.426 = 199.552[V ] E nom = k E Φnom n anom ⇒ k E Φnom = M nom =

E nom 199.552 = = 0.2294[Vmin] n anom 870

60 Pnom 30 E nom I anom 30 199.552 ⋅ 48 = = ⋅ = 105.143[Nm] = k M Φnom I anom ⇒ nnom 2π nnom π π 1500

k M Φnom =

30 30  Nm  k E Φnom = ⋅ 0.2294 = 2.1908 π π  A 

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije: M k = k M Φnom I ak  Mk − 87 = 48 ⋅ = −39.717[ A]  ⇒ I ak = I anom M nom = k M Φnom I anom  M nom 105.143 Prirodna mehanička karakeristika određena je izrazom:

(Ra + R pp ) U (Ra + R pp ) M m (Ra + R pp ) U U − Ia = − = − Mm = 2 k E Φnom k E Φnom k E Φnom k M Φnom k E Φnom k E Φnom k E k M (Φnom ) (Ra + R pp ) = n0 − M m 2 k E k M (Φnom )

n=

gde je: n0 =

[

U 220 = = 959.0235 min −1 k E Φnom 0.2294

]

a) Prema tome pri rekuperativnom kočenju bez dodatnog otpornika motor bi razvijao brzinu obrtanja: n k = n0 − M k

(R

a

+ R pp )

k E k M (Φnom )

2

= 959.0235 − (− 87 )

Uz dodati otpor za rekuperativno kočenje važi: n k = n0 − M k Rd =

(R

a

+ R pp + Rd )

k E k M (Φnom )

2

⇒

n0 − n k 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) Mk

Pa za brzinu obrtanja n1 = 1000 [min-1] sledi: Rd 1 =

n0 − n1 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = Mk 92

[

0.426 = 1032.7685 min −1 0.2294 ⋅ 2.1908

]


=

2002. GODINA

959.0235 − 1000 ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = −0.1893[Ω] − 87

da rekuperativno kočenje nije izvodljivo pošto je ispod prirodne karakteristike. Za rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n2 = 1100 [min-1] sledi da treba dodati otpor vrednosti: n0 − n 2 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = Mk 959.0235 − 1100 = ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 0.388[Ω] − 87

Rd 2 =

b) Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, pa za taj režim važi: n3 =

(Ra + R pp + Rd 3 ) (Ra + R pp + Rd 3 ) Ub − Mm = n0 b − M m 2 2 k E Φnom k E k M (Φnom ) k E k M (Φnom )

gde je: n0b =

[

Ub − 220 = = −959.0235 min −1 k E Φnom 0.2294

]

Pa važi: n 0 b − n3 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = Mk − 959.0235 − 1100 = ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 6.8469[Ω] − 87 E3 = k E Φnom n3 = 0.2294 ⋅ 300 = 68.82[V ] U b − E3 − 220 − 68.82 I a3 = = = −39.7[A] Ra + R pp + Rd 3 0.426 + 6.8469

Rd 3 =

c) Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, pa za taj režim važi: U c = 0 ⇒ n4 = − M m

(R

a

+ R pp + Rd 3 )

k E k M (Φnom )

2

Pa važi: n4 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = Mk 300 =− ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 1.307[Ω] − 87 E 4 = k E Φnom n4 = 0.2294 ⋅ 300 = 68.82[V ] Rd 4 = −

93


I a4 =

2002. GODINA

U c − E4 0 − 68.82 = = −39.7[A] Ra + R pp + Rd 3 0.426 + 1.307

n

n2 nk

n1

n0

nnom n3 = n4 R d2

R d1 < 0 Rd=0

M

R d4

R d3

-n0 Mk

Mnom

Rešenje 1.10.2. Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija: E nom = U nom − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 74 ⋅ 0.2 = 205.2[V ] M nom =


Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođe različiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite momente. Motori su vezani na red, pa kroz njih protiče ista struja, a ujedno pošto su mehanički spregnuti okreću se istom brzinom obrtanja, pa važi sledeća naponska i momentna jednačina: U mre = U m1 + U m 2 = E m1 + I a (Ra + R pp ) + E m 2 + I a (Ra + R pp ) =

= k E Φm1 n + k E Φm 2 n + 2 I a (Ra + R pp ) = k E (Φm1 + Φm 2 )n + 2 I a (Ra + R pp ) = = k E Φnom

Φm1 + Φm 2 n + 2 I a (Ra + R pp ) = k E Φnom n(1 ± ε 1 + 1 ± ε 2 ) + 2 I a (Ra + R pp ) Φnom

   ± ε1 ± ε 2  = k E Φnom n(2 ± ε 1 ± ε 2 ) + 2 I a (Ra + R pp ) = 2k E Φnom n1 +  + I a (Ra + R pp ) 2     Φ + Φm 2 M t = M m1 + M m 2 = k M Φm1 I a + k M Φm 2 I a = k M (Φm1 + Φm 2 )I a = k M Φnom m1 Ia = Φnom  ± ε1 ± ε 2  = k M Φnom (1 ± ε 1 + 1 ± ε 2 )I a = 2k M Φnom I a 1 +  2   94


2002. GODINA

Gde je − 1% ≤ ε 1 ,ε 2 ≤ 1% .Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnom vrednošću struje Ianom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednost maksimalno mogućeg momenta opterećenja i brzine obrtanja motora u funkciji mogućeg odstupanja vrednosti pobudnih struja:  ± ε1 ± ε 2 M t max = 2k M Φnom I anom 1 + 2  U mre − I anom (Ra + R pp ) 2 n=  ± ε1 ± ε 2  k E Φnom 1 +  2  

  ± ε1 ± ε 2   = 2 M nom 1 +  2   

Pošto važi u našem slučaju da je U mre = 2U nom poslednja relacija postaje: n=

U nom − I anom (Ra + R pp )  ± ε1 ± ε 2  k E Φnom 1 +  2  

Najmanja ε 1 = ε 2 = −1% :

vrednost

=

n nom  ± ε1 ± ε 2  1 +  2  

maksimalnog

mogućeg

momenta

opterećenja

dobija

se

za

−1−1   M t max = 2 M nom 1 +  = 2 ⋅ M nom ⋅ 0.99 = 1.98 ⋅ 126.10 = 249.68[Nm]  2 ⋅ 100  pri brzini obrtanja: n=

[

nnom n 1150 = nom = = 1161.62 min −1 − − 1 1 . .   0 99 0 99 1 +  2  

]

Najveća vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja dobija se za ε 1 = ε 2 = 1% : +1+1  M t max = 2 M nom 1 +  = 2 ⋅ M nom ⋅ 1.01 = 2.02 ⋅ 126.10 = 254.72[Nm ]  2 ⋅ 100  pri brzini obrtanja: n=

[

nnom n 1150 = nom = = 1138.62 min −1  + 1 + 1  1.01 1.01 1 +  2  

]

Primetimo da za najverovatniju vrednost odstupanja ε 1 = −ε 2 , važi da je maksimalna vrednost mogućeg momenta opterećenja jednaka dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta motora a da je brzina obrtanja nominalna:

95


2002. GODINA

 + ε1 − ε1  M t max = 2 M nom 1 +  = 2 ⋅ M nom = 2 ⋅ 126.10 = 252.20[Nm ] 2   nnom n n= = nom = 1150 min −1 1  + ε1 − ε1  1 +  2  

[

]

Rešenje 1.10.3. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

Pnom Pnom 30 ⋅ 40 ⋅ 10 3 800 = = = = 254.65[Nm ] Ω nom 2π π ⋅ 1500 π n nom 60

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak je nominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom: M t (n ) = M nom

n n nom

Zbog postojanja strujne granice tiristorskog ispravljača struja polaska motora je konstantna, pa pošto je kod motora sa nezavisnom pobudom fluks konstantan, a važi linearan odnosi između momenta i struje, motor tokom polaska razvija konstantan moment: M pol I pol

=

I pol M nom I ⇒ M pol = M nom = M nom nom = M nom = 254.65 ⋅ [Nm] I nom I nom I nom

Dinamički moment računamo iz odnosa prema sledećoj skici, na kojoj je prikazana mehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom napajanog sa tiristorskim ispravljačem, uporedno sa karakteristikom opterećenja. Iz skice, zaključujemo da je stacionarna radna tačka upravo nominalna radna tačka motora, odnosno:

[

n stac = nnom = 1500 min −1

]

M tstac = M mstac = M nom = 254.65[Nm]

Ubrzanje se izvodi sa konstantnim momentom motora do stacionarne radne tačke. Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja: M din (n ) = M m (n ) − M t (n ) = M pol − M nom

n nnom

 n = M nom 1 −  n nom

  

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, dobijamo diferencijalnu jednačinu: ω=

dω π dn 2πn ⇒ = ⇒ dt 30 dt 60 96


JΣ

 dω n π dn = JΣ = M din = M nom 1 − dt 30 dt  nnom

2002. GODINA

  

n

Mm(n)

n0 nnom

Mnom Mt(n)

n Mpol 0

Mt

Mdin

M

Mpol

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu: Tm =

J Σ n nom π 20 ⋅ 1500 ⋅ π = = 12.34[s ] M nom 30 254.65 ⋅ 30

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu: dn 1 1 n= nnom + dt Tm Tm Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja: za ustaljeni režim ( nF ) i za prelazni režim ( nN ) n = nF + nN dn N 1 1 1 nN + nnom ⇒ n F = n nom + ⋅ nF = dt Tm Tm Tm Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima: 1

− t dn N 1 n N = 0 ⇒ n N = A ⋅ e Tm + dt Tm

n = n F + n N = n nom + A ⋅ e

−

1 t Tm

Za t = 0 i n = 0, pa se dobija: A = −n nom 97

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA 1 t − t   −   T n = n nom 1 − e m  = 1500 ⋅ 1 − e 12.34  min −1      

[

2002. GODINA

]

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji: M t (n ) = M nom

n n nom

= M nom

n nom n nom

1 1 t − t  − t    − 1 − e Tm  = M 1 − e Tm  = 254.65 ⋅ 1 − e 12.34 [Nm] nom            

A moment motora ne menja sa vremenom odnosno konstantan je i jednak nominalnom: M m = M nom = 254.65[Nm] Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu.

Rešenje 1.10.4. U postavci zadatka nije napomenuto koliki je moment opterećenja. Usvojimo da pogon nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uložena električna energija troši na promenu kinetičke energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačine sledi: M m = JΣ

ω −ω dω ds ds 1 dω ⇒s= s ⇒ = ⇒ M m = −J Σ ω s dt dt ω s dt dt ωs

odnosno: 98


2002. GODINA

M m dt = − J Σ ω s ds Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, dobijamo: 2

M mω s sdt = − J Σ ω s sds = p Cur dt Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, a Mmωss predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora. Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem u odgovarajućem vremenskom segmentu: t2

WCur

s2

s1

2

(

ω 2 2 = ∫ pCur dt = − ∫ J Σ ω s sds = ∫ J Σ ω s sds = J Σ s s1 − s 2 2 t1 s1 s2 2

2

)

Dalje se rešenje zadatka svodi na određivanje mehaničkih sinhronih ugaonih brzina pri jednobrzinskom upuštanju i trobrzinskom upuštanju. Pod pretpostavkom da se upuštanja izvršava do skoro sinhronih brzina odnosno nultih klizanja tražene gubitke nalazimo iz sledećih relacija, posebno za jednobrzinsko upuštanje p = 2: ωs =

2πn s 2π 60 f 2πf = = ⇒ p 60 60 p 2

WCur

(

)

2

2

ω ω 7.5  2 ⋅ π ⋅ 50  2 2 = J Σ s s1 − s 2 = J Σ s 12 − 0 2 = ⋅  = 92433.75[Ws ] 2 2 2  2 

(

)

I posebno za trobrzinsko upuštanje p = 12/4/2: ω s' =

2πf ⇒ p'

(

)

2

ω '2 2 ω '2 7.5  2 ⋅ π ⋅ 50  2 WCur ' = J Σ s s1 − s 2 = J Σ s 12 − 0 2 = ⋅  = 2567.60[Ws ] 2 2 2  12  ω ' ' −ω s ' ω' p' ' 2πf ω s' ' = ⇒ s1 = s = 1− s = 1− ⇒ s2 = 0 ω s' ' ω s' ' p' ' p'

(

(

)

ω '' 2 2 ω '' 2 2 WCur ' ' = J Σ s s1 − s 2 = J Σ s 2 2 2

)

2

 p' '  1 −  = p'  

2

7.5  2 ⋅ π ⋅ 50   4 = ⋅  1 −  = 10270.42[Ws ] 2  4   12  ω ' ' ' −ω s ' ' ω '' p' ' ' 2πf ω s' ' ' = ⇒ s1 = s = 1− s = 1− ⇒ s2 = 0 ω s' ' ' ω s' ' ' p' ' ' p' '

(

2

)

2

2

ω ''' 2 2 ω '' 2  p' ' '  7.5  2 ⋅ π ⋅ 50   2  2  = WCur ' ' ' = J Σ s s1 − s 2 = J Σ s 1 − ⋅  1 −  = p' '  2 2  2  2   4 = 23108.44[Ws ] W z = WCur ' +WCur ' ' +WCur ' ' ' = 2567.60 + 10270.42 + 23108.44 = 35946.46[Ws ]

99


2002. GODINA

Procentualno energija izgubljena pri trobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju pri jednobrzinskom upuštanju iznosi: Wz % =

Wz 35946.46 100 = ⋅ 100 = 38.89[% ] WCur 92433.75

Odnosno smanjenje gubitaka u trobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanju iznosi 61%. Rešenje 1.10.5. Zbog smanjenja mrežnog napona smanjuje se jednosmerni napon na izlazu diodnog ispravljača sa čime se smanjuje i pobudna struja, da bi se održao moment mora da raste rotorska struja, odnosno da se smanjuje ugao paljenja tiristorskog regulatora. Ugao paljenja se najviše može smanjiti na nulu pri čemu srednja vrednost izlaznog napona iz tiristorskog ispravljača za napajanje rotorskog kruga postaje jednaka srednjoj vrednosti izlaznog napona iz diodnog ispravljača za napajanje pobude, odnosno važi: U trsrmin U trsrmin

1 = π

π +β

∫

2U mremin sin (ωt )d (ωt ) =

α

α =0

= U dsrmin =

2 2 U mremin cos α ⇒ π

2 2 U mremin = 0.9U mremin π

Zbog smanjenog napona na izlazu diodnog ispravljača fluks se smanjuje na vrednost: Φ=

Ip I pnom

Φ nom =

U dsrmin U Φ nom = tsrmin Φ nom U dsnom U dsnom

Radi održanja tražene preopteretljivosti motor treba da izda maksimani moment i pri sniženom naponu, odnosno rotorska struja treba da zadovolji relaciju: M m = 2 M nom = k M ΦI a = 2k M Φ nom I anom ⇒ k Φ k M Φ nom U I a = 2 M nom I anom = 2 I anom = 2 dsnom I anom U kM Φ U tsrmin k M tsrmin Φ nom U dsnom Ujedno za smanjeni mrežni napon važi naponska jednačina, pri nominalnoj brzini obrtanja: U tsrmin = E nom + (Ra + R pp )I a = E nom + 2

U dsnom (Ra + R pp )I anom U tsrmin

Vrednosti E nom i (Ra + R pp )I anom nalazimo iz relacija: U nom 180 n nom = ⋅ 725 = 174[V ] n0 750 = U nom − E nom = 180 − 174 = 6[V ]

E nom = k E Φmnom nnom =

(R

a

+ R pp )I anom

100


2002. GODINA

pa relacija za određivanje minimalne srednje vrednosti napona na izlazu tiristorskog ispravljača postaje: U tsrmin = E nom + (Ra + R pp )I a = E nom + 2 ⋅

U dsnom (U nom − E nom ) ⇒ U tsrmin

U tsrmin − E nomU tsrmin − 2 ⋅ U dsnom (U nom − E nom ) ⇒ 2

E nom ± E nom + 4 ⋅ 2 ⋅ U dsnom (U nom − E nom ) 2

U tsrmin = =

2

=

174 ± 174 2 + 4 ⋅ 2 ⋅ 198 ⋅ 6 186.7245[V ] = 2  − 6.5785[V ]

Iz toga sledi da je tražena minimalna efektivna vrednost mrežnog napona: U mremin =

U trsrmin

=

U trsrmin 186.7245 = = 207.471[V ] 0.9 0.9

2 2 π U − U mrenom 207.471 − 220 ∆U mre % = mremin 100 = ⋅ 100 = −5.695[%] U mrenom 220

1.11. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 14.11.2002. Zadatak 1.11.1. Sa motorom jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 50 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1000 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.5 [Ω]; uz nepromenljeni napon armature i nepromenljeni fluks pobude, treba ostvariti kočioni režim uz moment kočenja Mk = -80 [Nm] pri brzini obrtanja nk = 350 [min-1]. Veličina momenta trenja i ventilacije procenjena je na Mtrv = 5 [Nm]. Odrediti: a) Vrednost dodatnog otpora Rd' i rotorske struje Ia' u slučaju primene protivstrujnog kočenja. b) Vrednost dodatnog otpora Rd'' i rotorske struje Ia'' u slučaju primene dinamičkog kočenja. c) Koji je od navedenih kočionih režima ekonomičniji? Zadatak 1.11.2. Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon Us = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1]; induktivnosti rasipanja Ls = Lr' = 8.8 [mH]; zajednička induktivnost Lm → ∞ [mH]; otpornost statora Rr' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena na stator Rr' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost fs = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpornika koji se može kontinualno menjati. Motor pokreće opterećenje sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja, jednakim nominalnom momentu motora, i sa ukupnim momentom inercije JΣ = 2 [kgm2]. Odrediti: a) Zavisnost vrednosti dodatnog otpora od brzine tako da se u toku polaska održava stalna i maksimalna vrednost ubrzanja. b) Izvesti zavisnost struje statora od brzine ako se polazak ostvaruje prema a). c) Nacrtati dijagrame promene dodatnog otpora i struje statora u funkciji brzine, do brzine stacionarnog stanja kod opisanog načina polaska. 101


2002. GODINA

Zadatak 1.11.3. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom = 2880 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm = 0.2 [kgm2] upušta se otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju vrednosti 130% od nominalne vrednosti momenta. Koliki sme biti moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora ako se zalet mora obaviti za tz = 2 [s]. Zadatak 1.11.4. Trofazni asinhroni motor sa podacima Pnom = 100 [kW], fnom = 50 [Hz], nnom = 970 [min-1] diže preko reduktora teret GT brzinom od vT = 1.2 [ms-1], pri čemu se vrti brzinom obrtanja od nmd = 983 [min-1]. Vlastiti gubici motora zbog trenja i ventilacije su Ptrv = 1.8 [kW], a gubici reduktora i prenosnog mehanizma su Pr = 4.2 [kW], a možemo ih smatrati da su približno konstantni pri nominalnoj brzini obrtanja. Pretpostaviti da su momenti trenja i gubitaka reduktora i prenosnog mehanizma u prvom i drugom režimu rada konstantni. Kolikom brzinom će se spuštati teret GT uz iste uslove rada (generatorsko kočenje). Zadatak 1.11.5. Motor jednosmerne struje ima momentnu karakteristiku kao na slici. Nominalni rotorski napon motora je Unom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 700 [min-1] i koeficijent korisnog dejstva ηm = 0.8 [ ]. Odrediti koliki teret može da digne dizalica sa takvim motorom na visinu od h = 10 [m] u roku od t = 10 [s], ako je stepen iskorišćenja prenosnog mehanizma ηp = 0.5 [ ].

n

n0 = 760 [min-1]

n = 700 [min-1]

M = 10 [Nm]

M

Rešenje 1.11.1. Za nominalni režim motora važi: E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 50 ⋅ 0.5 = 195[V ] E nom = k E Φnom n anom ⇒ k E Φnom = Mm =

E nom 195 = = 0.195[Vmin] n anom 1000

60 Pm 30 E nom I anom 30 195 ⋅ 50 = = ⋅ = 93.1125[Nm] = k M Φnom I anom ⇒ n nom 2π nnom π π 1000 102


k M Φnom = a)

2002. GODINA

30 30  Nm  k E Φnom = ⋅ 0.195 = 1.86225 π π  A 

U režimu kočenja važi: M k ' = M k + M trv = −80 + 5 = −75[Nm]

Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, pa za taj režim važi: nk =

U ps k E Φnom

− Mk'

(R

a

+ R pp + Rd ')

k E k M (Φnom )

2

= n0 ps − M k '

(R

a

+ R pp + Rd ')

k E k M (Φnom )

2

gde je: n0 ps =

U ps k E Φnom

=

[

− 220 = −1128.205 min −1 0.195

]

Pa važi: Rd ' =

n0 ps − nk

k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = 2

Mk' − 1128.205 − 350 = ⋅ 0.195 ⋅ 1.86225 − 0.5 = 6.6572[Ω] − 75

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije: M k ' = k M Φnom I ak '  Mk' − 75 = 50 ⋅ = −40.2738[A]  ⇒ I ak ' = I anom M nom = k M Φnom I anom  M nom 93.1125 Prema tome snaga gubitaka u režimu protivstrujnog kočenja iznosi: Pg ' = I ak ' 2 (Ra + R pp + Rd ') = 40.2738 2 ⋅ (0.5 + 6.6572) = 11608.827[W ] ≈ 11.61[kW ] b)

U režimu kočenja važi: M k ' ' = M k ' = −75[Nm] ⇒ I ak ' ' = I ak ' = −40.2738[A]

Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, pa za taj režim važi: U dk = 0 ⇒ nk = − M k ' '

(R

a

+ R pp + Rd ' ')

k E k M (Φnom )

2

Pa važi:

103


2002. GODINA

nk 2 k E k M (Φnom ) − (Ra + R pp ) = M k '' 350 =− ⋅ 0.195 ⋅ 1.86225 − 0.5 = 1.1946[Ω] − 75

Rd ' ' = −

Prema tome snaga gubitaka u režimu dinamičkog kočenja iznosi: Pg ' ' = I ak ' ' 2 (Ra + R pp + Rd ' ') = 40.2738 2 ⋅ (0.5 + 1.1946 ) = 2748.606[W ] ≈ 2.75[kW ] c)

Na osnovu vrednosti gubitaka zaključujemo da je ekonomičniji dinamički postupak kočenja.

Rešenje 1.11.2. Vrednost maksimalnog kritičnog momenta iznosi: 3p Us  = 2  ω s

M kr

2

2

 1 3 ⋅ 2  220  1  = ⋅ = 83.67[Nm]  2  2π ⋅ 50  2 ⋅ 0.0088  L s + Lr '

Kritično klizanje iznosi: s kr =

Rr ' 2.5 = = 0.45[ ω s (Ls + Lr ') 2π ⋅ 50 ⋅ 2 ⋅ 0.0088

]


n1 − nnom 1500 − 1400 1 = = = 0.067[ n1 1500 15

]

Pa je nominalni moment: M nom =

a)

2M kr 2 ⋅ 83.67 = = 24.47[Nm] s nom s kr 0.067 0.45 + + 0.45 0.067 s kr s nom

Maksimalna vrednostost ubrzanja pri polasku obezbeđuje se pri M pol = M kr , odnosno: α=

dω M pol − M T M kr − M nom 83.67 − 24.47 = = = = 29.65 s − 2 dt JΣ JΣ 2

[ ]

Zavisnost otpora, radi održanja maksimalnog ubrzanja tokom zaleta, treba da zadovolji uslov: s (n ) = s kr (n ) = Rd ' =

Rr '+ Rd ' n1 − n = ⇒ n1 ω s ( L s + Lr ')

 n1 − n n ω s (Ls + Lr ') − Rr ' = 1 − ω s (Ls + Lr ') − Rr ' n1  n1  104


2002. GODINA

Maksimalna vrednost dodatnog otpora za upuštanje dobija se za n = 0: Rdmax ' = ω s (Ls + Lr ') − Rr ' = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ (0.0088 + 0.0088) − 2.5 = 3.026[Ω] b)

Struja zadovoljava sledeću relaciju: I s (ω ) =

Us 2

 Rr '+ Rd '  2 2   + ω s (Ls + Lr ')  s (ω ) 

Pošto važi: s (ω ) = s kr (ω ) =

Rr '+ Rd ' R '+ Rd ' ⇒ r = ω s ( L s + Lr ' ) ⇒ s (ω ) ω s ( L s + Lr ' )

sledi da je: I s (ω ) =

Us

2ω s (Ls + Lr ')

=

220

2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ (2 ⋅ 0.0088)

= 28.134[A] = I s (n ) = konst

struja konstanta, odnosno nezavisna od brzine obrtanja motora. c) Prethodne zavisnosti dodatnog otpora i struje u funkciji brzine važe samo do izlaska na prirodnu karakteristiku motora, odnosno do brzine obrtanja jednakoj kritičnoj n = nbkr:

[

nkr = n1 (1 − s kr ) = 1500(1 − 0.45) = 825 min −1 Rd' [Ω]

]

Is [A]

3

30

2

20

Is = f (n) [A] Rd' = f (n) [Ω]

1

10

n [min-1]

Rd ' = 0 0

0 0

200

400

600

800

Pošto je tad Rd‘ = 0, odnosno za n > nbkr važi: I s (ω ) =

Us 2

 Rr '  2 2   + ω s ( L s + L r ')  s  105

1000

1200

1400

1600


2002. GODINA

sve do stacionarnog stanja nnom = 1400 [min-1]; Inom = 5.8 [A]. Traženi dijagram ima oblik kao na dijagramu na prethodnoj slici.


60 Pnom 30 22000 = ⋅ = 72.946[ Nm ] π 2880 2π n nom

Moment ubrzanja je nalazimo iz uslova zadatka: M d = const = M m − M t = 1.3M nom − 0 = 1.3M nom = = 1.3 ⋅ 72.946 = 94.8298[ Nm] Za konstantni moment ubrzanja važi: πJ Σ ⋅ n nom 30 M d

t zal =

⇒

JΣ = Jm + Jt '=


Pa sledi da traženi moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora mora biti manji od: Jt '<

[

30 ⋅ M d ⋅ t zal 30 ⋅ 94.8298 ⋅ 2 − Jm = − 0.2 = 0.429 kgm 2 π ⋅ n zal π ⋅ 2880

]

Rešenje 1.11.4. Nominalni moment motora određen je relacijom: M nom =

60 Pnom 30 100000 = ⋅ = 984.664[Nm ] 2π nnom π 970

Moment gubitaka trenja i ventilacije motora prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi: M trv =

60 Ptrv 30 1800 = ⋅ = 17.720[Nm] 2π nnom π 970

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi: M mnom = M nom + M trv = 984.664 + 17.720 = 1002.384[Nm] Moment gubitaka reduktora prema uslovu zadatka takođe je konstantan i iznosi: Mr =

60 Pr 30 4200 = ⋅ = 41.347[Nm ] 2π nnom π 970

106


2002. GODINA

Vrednost proizvedenog moment motora pri dizanju brzinom obrtanja motora nmd = 983 [min-1], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacije momenta u funkciji klizanja u okolini sinhrone brzine obrtanja: +M Mmnom Mmd n1 +s

nsp

nnom nd

-s

Mmsp

-M

M mnom M md M mnom M md = ⇒ = ⇒ s nom sd n1 − nnom n1 − n d n − nd 1000 − 983 M md = 1 M mnom = ⋅ 1002.384 = 567.902[Nm ] n1 − nnom 1000 − 970 Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi: M T ' = M md − (M trv + M r ) = 567.902 − (17.720 + 41.347 ) = 508.835[Nm] Proizvedeni moment motora pri spuštanju u generatorskom režimu, biće prema tome: M msp = − M T '+(M trv + M r ) = −508.835 + (17.720 + 41.347 ) = −449.768[Nm] Iz proporcije slično kao za slučaj dizanja nalazimo brzinu obrtanja motora pri spuštanju: M msp M msp M mnom M msp M mnom (n1 − nnom ) ⇒ = ⇒ = ⇒ n1 − n sp = s nom s sp n1 − nnom n1 − n sp M mnom n sp = n1 −

M msp M mnom

(n1 − nnom ) = 1000 − − 449.768 (1000 − 970) =

[

= 1000 + 13.453 = 1013.453 min

1002.384

−1

]

Prema tome teret će se kretati brzinom shodno izrazu:

[

n sp v d v sp 1013.453 vd = = ⇒ v sp = ⋅ 1.2 = 1.237 ms −1 n d n sp nd 983 Rešenje 1.11.5. Nominalna mehanička snaga motora iznosi: 107

]


Pnom = M nom Ω nom = M nom

2002. GODINA

2π π n nom = 10 ⋅ ⋅ 700 = 732.038[W ] 60 30

Masu tereta dobijamo iz uslova povećanja potencijalne energije za vreme od t = 10 [s], pri stepenu iskorišćenja prenosnog mehanizma ηp = 0.5 [ ].

mT =

W Pnomη p t 732.038 ⋅ 0.5 ⋅ 10 = = = 36.652[kg ] gh gh 9.81 ⋅ 10

1.12. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 12.12.2002. Zadatak 1.12.1. Asinhroni kratkospojeni motor ima sopstveni moment inercije JM = 3.5 [kgm2]. Dozvoljeni broj upuštanja na sat samog motora iznosi z = 1715 [h-1]. Ako zanemarimo gubitke u statoru, praznom hodu i reduktoru, odrediti koliko puta se može reverzirati do pune brzine sa motorom na sat, ako je na osovinu preko reduktora prenosnog odnosa iR = 4 [ ] dodat zamajac sa momentom inercije JZ = 160 [kgm2]. Zadatak 1.12.2. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; pokreću okretnu peć sa kojom su mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Sa kolikim svedenim momentom opterećenja se može trajno optereretiti ova grupa motora?

M

M M1

M2

Zadatak 1.12.3. Asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1430 [min-1] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici. Ukupni moment inercije opterećenja sveden na osovinu motora je JΣ = 150 [kgm2]. Motor ima visoki faktor preopterećenja Mkr/Mnom = 4. Odrediti vrednost momenta motora i brzine obrtanja na kraju udarnog opterećenja. Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja.

108


2002. GODINA

Mt Mimp = 1500 [Nm]

Mtra = 100 [Nm] timp = 2 [s]

t

Zadatak 1.12.4. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga Pnom = 15 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; moment kratkog spoja Mmax = 1000 [Nm]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1700 [min-1]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 25 [kgm2], bez mehaničkog otpornog momenta. Zalet se izvodi tako da se armature oba motora spoje zajedno u seriju i priključe na konstantni puni napon jednosmernog izvora, a posle završenog zaleta do n1 = 750 [min-1] se armature prespoje paralelno i priključe na pun napon. a) Odrediti gubitke energije u rotorskom kolu oba motora tokom zaleta do brzine nnom = 1500 [min-1]. b) Odrediti vrednost energije uzete iz mreže tokom zaleta pogona do nnom = 1500 [min-1] ako srednja vrednost gubitaka (mehaničkih i pobudnih) po motoru iznosi Pg = 800 [W]. Zadatak 1.12.5. Teški elektromotorni pogon ima strujnu karakteristiku zaleta kao na dijagramu. Zaštita motora može se izvesti sa bimetalnim releom spojenim ili preko zasićenog ili nezasićenog strujnog transformatora. Ako bimetalni rele ima karakteristiku kao na dijagramu, ustanoviti: a) Kolika mora biti struja zasićenja zasićenog strujnog transformatora ako je bimetal spojen preko njega. b) Koliko mora minimalno trajati isključenje bimetalnog relea pri zaletu ako je strujni transformator nezasićen. 11 10

bimetalni rele

9 8

I / I nom

7 6

teški zalet

5 4 3 2

nazivno opterećenje

1 0 0.2 0.4

1

2

4

10

20

sekunde

109

40 1

2

4

10

20

t minuti

40

100


2002. GODINA

Rešenje 1.12.1. Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uložena električna energija troši na promenu kinetičke energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačine sledi: M m = JΣ

ω −ω 1 dω dω ds ds ⇒s= s ⇒ = ⇒ M m = −J Σ ω s ωs dt dt ω s dt dt

odnosno: M m dt = − J Σ ω s ds Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, dobijamo relaciju u kojoj proizvod Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, a njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora, pa dobijamo: 2

M mω s sdt = − J Σ ω s sds = pCur dt Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem: t2

WCur

s2

s1

2

(

ω 2 2 = ∫ pCur dt = − ∫ J Σ ω s sds = ∫ J Σ ω s sds = J Σ s s1 − s 2 2 t1 s1 s2 2

2

)

Energija gubitaka u bakru rotora za jedan zalet do pune brzine samog motora iznosi: 2

ω ω W z ≈ J M s 12 − 0 2 = J M s 2 2

(

)

2

Energija gubitaka u bakru rotora za jedno reverziranje od pune do pune brzine suprotnog smera opterećenog motora iznosi: Wr ≈ ( J M + J Z ' )

2  ωs J 2 2 − 0 2 = 4 J M + Z2 2 iR 

(

)

ωs2   2 

Ako zanemarimo gubitke u statoru, praznom hodu i reduktoru, ukupna energija tokom jednog časa rada sa z upuštanja, koja ne dovodi do pregrevanja motora iznosi: ω WΣ = zW z = zJ M s 2

2

Ova energija ne može biti veća od ukupne energije za r reverziranja, odnosno važi: 2  ωs J WΣ = zJ M ≥ rWr = r 4 J M + Z2 2 iR 

 ωs2   2 

Iz toga sledi da broj r reverziranja mora da zadovolji uslov: 110


r≤

zJ M  J 4 J M + Z2 iR 

   

=

1715 ⋅ 3.5 = 111.57[ 160   4 ⋅  3.5 + 2  4  

2002. GODINA

]

Odnosno dopušteno je maksimalno 111 reverziranja. Rešenje 1.12.2. Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija: E nom = U nom − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 74 ⋅ 0.2 = 205.2[V ] M nom =


Iz podataka za nominalni režim nalazimo: E nom = k E Φnom nnom ⇒ k E Φnom = M nom = k M Φnom I anom ⇒ k M Φnom

E nom 205.2 = = 0.178[Vmin ] n nom 1150 M 126.10  Nm  = nom = = 1.704 I anom 74  A 

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođe različiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite momente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važe sledeće naponske i momentne jednačine: U = E m1 + I a1 (Ra + R pp ) = k E Φm1 n + I a1 (Ra + R pp ) = k E Φnom = k E Φnom n(1 ± ε 1 ) + I a1 (Ra + R pp )

Φm1 n + I a1 (Ra + R pp ) = Φnom

U = E m 2 + I a 2 (Ra + R pp ) = k E Φm 2 n + I a 2 (Ra + R pp ) = k E Φnom = k E Φnom n(1 ± ε 2 ) + I a 2 (Ra + R pp ) M m1 = k M Φm1 I a1 = k M Φnom = M nom (1 ± ε 1 )

Φm1 I I a1 = k M Φnom (1 ± ε 1 )I a1 = k M Φnom I anom (1 ± ε 1 ) a1 = Φnom I anom

I a1 I anom

M m 2 = k M Φm 2 I a 2 = k M Φnom = M nom (1 ± ε 2 )

Φm 2 n + I a 2 (Ra + R pp ) = Φnom

Φm1 I I a 2 = k M Φnom (1 ± ε 2 )I a 2 = k M Φnom I anom (1 ± ε 2 ) a 2 = Φnom I anom

I a2 I anom

Gde je − 1% ≤ ε 1 ,ε 2 ≤ 1% . Pretpostavimo da važi da je pobudna struja prvog motora veća od pobudne struje drugog motora, odnosno da je ε 1 > ε 2 . Iz naponskih jednačina sledi da je u tom 111


2002. GODINA

slučaju rotorska struja prvog motora manja od rotorske struje drugog motora I a1 < I a 2 . Najveća razlika vrednosti rotorskih struja nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikuju odnosno za ε 1 = −ε 2 = 1% . Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnom vrednošću struje Ianom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednost maksimalno mogućih momenata opterećenja pojedinačnih motora:

I a1

U − I anom (Ra + R pp )

[

nnom 1150 = = 1161.62 min −1 k E Φnom (1 − ε 1 ) 1 − ε 1 0.99 205.2 1150 220 − ⋅ ⋅ 1.01 U − k E Φnom n(1 + ε 1 ) 1150 0.99 = = = 53.27[A] 0.2 Ra + R pp

I a 2 = I nom ⇒ n =

M m1 = M nom (1 + ε 1 ) M m2

I a1

=

= 126.10 ⋅ 1.01 ⋅

]

53.27 = 91.68[Nm] 74

I anom I 74 = M nom (1 − ε 1 ) a 2 = 126.10 ⋅ 0.99 ⋅ = 124.84[Nm] I anom 74

Prema tome vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja u najgorem slučaju je znatno manja od dvostruke vrednosti nominalnog momenta motora a iznosi: M t = M m1 + M m 2 = 91.68 + 124.84 = 216.52[Nm] < 2 ⋅ 126.1 = 252.2[Nm] Rešenje 1.12.3. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

Pnom Pnom 30 ⋅ 40 ⋅ 10 3 = = = 267.12[Nm ] Ω nom 2π π ⋅ ⋅1430 n nom 60


n1 − nnom 1500 − 1430 = = 0.0467[ n1 1500

]

Moment motora u ukolini sinhrone brzine možemo smatrati da se menja linearno sa brzinom odnosno da važi: M nom Mm n −n = ⇒ M m = M nom 1 n1 − nnom n1 − n n1 − n nom Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja: M din (n ) = M m (n ) − M imp = M nom

n1 − n − M imp n1 − nnom

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, dobijamo diferencijalnu jednačinu: 112


2002. GODINA

2πn ⇒ 60 dω JΣ = JΣ dt

dω π dn = ⇒ dt 30 dt n −n π dn = M din = M nom 1 − M imp = n1 − nnom 30 dt n1 n = M nom − M nom − M imp ⇒ n1 − n nom n1 − nnom s n π dn M nom M nom = − JΣ n − M imp / ⋅ nom 1 ⇒ 30 dt s nom s nom n1 M nom M imp J Σ s nom n1 π dn = n1 − n − s nom n1 ⇒ M nom 30 dt M nom

ω=

M imp   J Σ s nom n1 π dn s nom  + n = n1 1 − M nom 30 dt  M nom  U stacionarnom stanju važi proporcija: M imp M imp n1 − nimp M nom = ⇒ = n1 − n nom n1 − nimp M nom n1 − n nom pa zadnja jednačina može da se napiše u obliku: n1 − nimp n1 − nnom  J Σ s nom n1 π dn + n = n1 1 − M nom 30 dt n1  n1 − nnom

  = nimp 

gde je: nimp = n1 −

M imp M nom

(n1 − nnom ) = 1500 −

[

1500 ⋅ (1500 − 1430) = 1107.03 min −1 267.12

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu:

Tm =

J Σ s nom n1 π = M nom 30

150 ⋅

1500 − 1430 ⋅ 1500 ⋅ π 1500 = 4.12[s ] 267.12 ⋅ 30

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu: dn 1 1 + n= nimp dt Tm Tm Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja: za ustaljeni režim ( nF ) i za prelazni režim ( nN ) n = nF + nN 113

]


2002. GODINA

dn N 1 1 1 + nN + ⋅ nF = nimp ⇒ n F = nimp dt Tm Tm Tm Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima: 1

− t dn N 1 + n N = 0 ⇒ n N = A ⋅ e Tm dt Tm

n = n F + n N = nimp + A ⋅ e

−

1 t Tm

Za t = 0 važi da je brzina obrtanja u stacionarnom stanju za stacionarni moment n = ntra: ntra = n1 −

[

M tra (n1 − nnom ) = 1500 − 100 ⋅ (1500 − 1430) = 1473.12 min −1 M nom 267.12

]

pa se dobija funkcija promene brzine sa vremenom: A = ntra − nimp 1 1 − t  − t  Tm  Tm  n = nimp 1 − e +n e   tra  

Funkciju promene momenta motora dobijamo daljim razvojem: 1 1 − t  − t  M nom  n1 − n Tm  Tm  n1 − nimp 1 − e = M m = M nom = +n e   tra n1 − nnom n1 − nnom      1 1 − t  M imp     − Tm t  M nom  M tra Tm  (n1 − nnom )1 − e  + n1 − (n1 − nnom )e  = = n1 − n1 − n1 − nnom  M nom M nom         1 1 − t  − t  Tm  Tm  = M imp 1 − e + M tra e    

Na osnovu prethodnih relacija dobijamo traženu brzinu obrtanja i moment motora na kraju udarnog opterećenja: 2 2 − −   4.12  4.12  nk = 1107.03 ⋅ 1 − e = 1332.75 min −1  + 1473.79 ⋅ e   2 2 − −   4.12  4.12  M mk = 1500 ⋅ 1 − e = 638.40[Nm]  + 100 ⋅ e  

[

]

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkciji vremena tokom udarnog opterećenja.

114


2002. GODINA

Rešenje 1.12.4. a) Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t1 i t2, odnosno dve brzine n1 i n2 dobijamo iz relacije: t2

t2

t1

t1

WCu = ∫ dACu = ∫ RI a dt = 2

ω2

 ω 2  ω2 ( ) J ω − ω d ω = J ω ω − = Σ 0  ∫ Σ 0 2  ω1  ω1

2 2 2 2 2  ω 2 − ω1  n 2 − n1   2π   = J Σ ω 0 (ω 2 − ω 1 ) −  n0 (n2 − n1 ) −  = JΣ   2 2  60     

Za prvi deo zaleta zbog serijske veze motori dele napon izvora pola pola pa važi:

[

n0 = 850 min −1

]

[

n1 = 0 min −1

]

[

n2 = 750 min −1

]

2

W z ' = 2WCu ' = 2 ⋅

25  2π   750 2 − 0 2  ⋅  ⋅ 850 ⋅ (750 − 0) −  = 97119.65[Ws ] 2  60   2 

Za drugi deo zaleta važi:

[

n0 = 1700 min −1

]

[

n1 = 750 min −1

]

[

n2 = 1500 min −1

2

W z ' ' = 2WCu ' ' = 2 ⋅

]

25  2π   1500 2 − 750 2  ⋅  ⋅ 1700 ⋅ (1500 − 750 ) −  = 118229.64[Ws ] 2  60   2 

Ukupni rotorski gubici tokom zaleta iznose: 115


2002. GODINA

W z = W z '+W z ' ' = 97119.65 + 118229.64 = 215349.29[Ws ] ≈ 215[kWs ] b) Mreža sem rotorskih gubitaka pokriva i mehaničke gubitke, gubitke pobude i kinetičku energiju. Kinetička energija iznosi: 2

2

2 2 ω2  2π  n  2π  1500 Wk = J Σ = JΣ = 25 ⋅  = 308425.13[Ws ]   ⋅ 2 2  60  2  60 

Zalet motora izvodi se po linearnoj karakteristici momenta motora:  n M m = M max 1 −  n0

  

Pošto je moment opterećenja M T = 0 važi:  n M d = 2M m = 2M max 1 −  n0

 dω πJ Σ dn  = J Σ = dt 30 dt 

pa se vreme zaleta nalazi jednostavno: t zal

t zal

n2

πJ Σ n0 ∫n  n  = 30 ⋅ 2 ⋅ M max 1 1 −   n0 

πJ Σ = ∫ dt = 30 ⋅ 2 ⋅ M max 0

dn

n2

∫n

n1

dn 0 −n

Integral rešavamo smenom: n 0 − n = t ⇒ n = n0 − t ⇒ dn = − dt t zal

πJ Σ n0 = 30 ⋅ 2 ⋅ M max

n0 − n2

∫

−

n0 − n1

n − n1 πJ Σ n 0 dt = ln 0 t 30 ⋅ 2 ⋅ M max n0 − n 2

Za prvi deo zaleta važi:

[

n0 = 850 min −1 t zal ' =

]

[

n1 = 0 min −1

]

[

n2 = 750 min −1

]

M max =

850 − 0 π ⋅ 25 ⋅ 850 ⋅ ln = 4.76[s ] 30 ⋅ 1000 850 − 750

1000 [Nm] 2

Za drugi deo zaleta važi:

[

n0 = 1700 min −1 t zal ' ' =

]

[

n1 = 750 min −1

]

[

n2 = 1500 min −1

π ⋅ 25 ⋅ 1700 1700 − 750 ⋅ ln = 3.47[s ] 60 ⋅ 1000 1700 − 1500

Ukupno vreme zaleta iznosi: 116

]

M max = 1000[Nm]


2002. GODINA

t zal = t zal ' +t zal ' ' = 4.76 + 3.47 = 8.23[s ] Mehanički gubici i gubici pobude tokom zaleta iznose: W g = 2 Pg t zal = 2 ⋅ 800 ⋅ 8.23 = 13168[Ws ] Mreža prema tome tokom zaleta daje ukupno: W mre = W z + W k + W g = 215349.29 + 308425.13 + 13168 = 536942.42[Ws ] ≈ 537[kWs ]

Rešenje 1.12.5. Iz dijagrama se može oceniti da je: a) Struja zasićenja I = 2.2 Inom. b) Vreme isključenja t ≥ 45 [s].

11 10

bimetalni rele

9 8

I / Inom

7 6

teški zalet

5 4 3 2

2.2 nazivno opterećenje

1

45 [s]

0 0.2 0.4

1

2

4

10

20

sekunde

117

40 1

2

4

10

20

t minuti

40

100


2

2003. GODINA


2.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 18.01.2003. Zadatak 2.1.1. Trofazni asinhroni motor napaja se iz frekventnog pretvarača u cilju regulisanja brzine u opsegu od 0 do 1.5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine, odrediti: a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti preopteretljivost ne sme da bude manja od 1.3? b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri opterećenju iz a)? c) Sa kojom učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje? d) Koliko je ubrzanje iz c) pri opterećenju iz a)? Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; nnom = 1400 [min-1]; Ls = Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.5 [Ω]; fs = 50 [Hz]. Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi: JΣ = 0.8 [kgm2]. Zadatak 2.1.2. Četvoropolni asinhroni motor sa namotanim rotorom, napajan iz mreže frekvencije 50 [Hz], u polasku razvija polazni moment jednak nominalnom momentu Mpol = Mnom = 31 [Nm], a kritični moment mu iznosi Mkr = 3Mnom. Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan od brzine i jednak Mt = 25 [Nm]. Odrediti: a) Nominalnu brzinu obrtanja motora. b) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls = ? i rotora Lr' = ? pod pretpostavkom da su približno iste. c) Vrednost dodatnog otpora Rd' = ? pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje pod pretpostavkom da je otpor statorskog namotaja zanemarljiv Rs = 0. Zadatak 2.1.3. Trofazni kliznokolutni motor pokreće ukupni moment inercije JΣ = 3.7 [kgm2]. Kritični moment motora je Mkr = 1.9Mnom [Nm], a postiže se pri brzini nkr = 662 [min-1]. Nominalna snaga i brzina obrtanja su Pnom = 5 [kW]; nnom = 725 [min-1]. a) Koliko je vreme zaleta motora tzal = ? do brzine n = 700 [min-1]? b) Pri kojem dodatnom otporu ukolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine ako je Rr' = 2.2 [Ω]? Zadatak 2.1.4. Lift za četiri osobe (mt = 320 [kg]) ima vlastitu masu ms = 490 [kg] i brzinu dizanja od v = 0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je nnom = 960 [min-1]. a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)? b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ? Zadatak 2.1.5. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna snaga Pnom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150 [min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1235 [min-1]; pokreću okretnu peć sa kojom su 118


2003. GODINA

mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Nominalne brzine pojedinačnih motora, zbog različitog otpora rotorskog kola u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgorem slučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnih momenata pojedinačnih motora?

M

M M1

M2

Rešenje 2.1.1. U snom f ⇐ f s ≤ f snom  Za Rs ≈ 0 , važi: U s ( f s ) =  f snom s ⋅  U snom ⇐ f s > f snom a)

Apsolutna brzina rotora pri kritičnom momentu ne zavisi od učestanosti, odnosno: s kr ω s = ω kr =

Rr

′

L s + Lr

′

=

2.5  rad  = 142.05 ≠ f (ω s ) 2 ⋅ 0.0088  s 

Relativna brzina rotora pri Mkr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju Mt, odnosno iznosi: λ=

(

)

(

)

M kr  rad  ⇒ ω ra = ω kr λ − λ2 − 1 = 142.05 ⋅ 1.3 − 1.3 2 − 1 = 66.65 Mt  s 

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa: ω s max = 1.5ω snom + ω ra = 1.5 ⋅ f s max =

1400 ⋅ pπ  rad  + 66.65 = 506.2   30  s 

ω s max = 80.56[Hz ] 2π

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi: 119


M kra

3 U =  snom 2  ω s max

2003. GODINA

2

 1 3  220 2  1   ⋅ = ⋅  = 32.196[Nm]  Ls + Lr ′ 2  506.2  2 ⋅ 0.0088

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja: Mt = b)

M kra 32.196 = = 24.77[Nm ] 1.3 1.3

Pri učestanosti manjim od fsnom kritični moment Mkr je konstantan i iznosi : M krb

3 U =  snom 2  ω snom

2

 1 3  220 2  = ⋅  ′ 2  314  L s + Lr

 1  ⋅ = 83.67[Nm]  2 ⋅ 0.0088

Preopteretljivost je: λ kr =

M krb 83.67 = = 3.378[ Mt 24.77

]

Relativna brzina rotora je:

)

(

 rad  2 ω rb = ω kr  λ kr − λ kr − 1  = 142.05 ⋅ 3.378 − 3.378 2 − 1 = 21.507     s  Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su: ω sb = 0.8ω snom + ω rb = 0.8 ⋅ f sb = c)

1400 ⋅ pπ  rad  + 21.507 = 256.079  30  s 

ω s max 256.079 = = 40.756[Hz ] 2π 2π

Maksimalno ubrzanje za Mkr , odnosno za:  rad  ω sc = 0 + ω kr = 142.05  s  ω 142.05 f sc = sc = = 22.607[Hz ] 2π 2π dω 1 (M kr − M t ) = 1 ⋅ (83.67 − 24.77 ) = 73.625 rad2  α= = dt JΣ 0.8  s 

Rešenje 2.1.2. a) Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnog klizanja:

120


M nom = M pol =

2003. GODINA

2M kr 2M kr 1 ⇒ s pol = 1 ⇒ + s kr − = 0 / ⋅ s kr ⇒ s pol s kr s kr M pol + s kr s pol

2 M kr s kr + 1 = 0 ⇒ M pol

2

s kr − 2

6 ± 6 2 − 4 ⋅ 1 0.171572875 = 2 5.828427125 2 s nom s kr 2M kr s nom 2 M kr ⇒ + − = 0 / ⋅ s nom ⇒ − s nom + s kr = 0 / ⋅ s kr ⇒ s kr s nom M nom s kr M nom

s kr − 6 s kr + 1 = 0 ⇒ s kr = M nom =

2

s nom − s nom =

2M kr s nom s + kr s kr s nom

2M kr 2 2 s kr s nom + s kr = 0 ⇒ s nom − 1.029437252s nom + 0.029437251 = 0 ⇒ M pol

1.029437252 ± 1.029437252 2 − 4 ⋅ 0.029437251 0.029437251 = 2  1.0000001

Prema tome nominalna brzina obrtanja je:

[

na = n s (1-s n ) = 1500 ⋅ (1-0.029437251) = 1455.844124 min -1

]

Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija:

( X S + X R' ) = 3 ⋅ 9.55 ⋅ nS

LS + LR' =

2

US 3 ⋅ 9.55 220 2 = ⋅ = 4.970107527[Ω ] ⇒ 2 M kr 1500 2 ⋅ 3 ⋅ 31

X S + X R' 4.970107527 = = 0.015820343[H ] ⇒ LS = LR' = 7.910171[mH ] 2πf s 2π 50

Vrednost dodatnog otpora pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje dobijamo iz sledećih relacija: s kr =

R r' ⇒ X S + X R'

Rr' = s kr ( X S + X R' ) = 0.171572875 ⋅ 4.970107527 = 0.852735637[Ω ] R ' + Rd ' s p = s krc = 1 = r ⇒ X S + X R'

Rd ' = ( X S + X R' ) − Rr' = 4.970107527-0.852735637 = 4.11737189[Ω ]

Rešenje 2.1.3. a) Prvo se moraju odrediti parametri za izračunavanje vremena zaleta: 750 − 700 = 0.0667[ ] 750 π ⋅ n π ⋅ 750 ω1 = = = 78.540 s −1 30 30 s=

[ ] 121


2003. GODINA

30 Pnom 30 5000 ⋅ = ⋅ = 68.857[Nm ] π nnom π 725 M kr = 1.9M nom = 1.9 ⋅ 68.857 = 125.129[Nm] 750 − 662 s kr = = 0.117[ ] 750 M nom =

Vreme zaleta izračunavamo na osnovu poznate relacije: t zal =

 3.7 ⋅ 78.540 1 − 0.0667 2  J Σ ω 1 1 − s 2 s ln s − − 0.117 ⋅ ln 0.0667  = 5.308[s ] kr  =  2 M kr  2s kr   2 ⋅ 125.129  2 ⋅ 0.117

b) Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu prethodne funkcije za s = 0.0667 : dt zal J Σ ⋅ ω 1 = ds kr 2 ⋅ M kr

 1  2 − 2 1 − s − ln s  = 0  2 s kr 

s2 −1 = 2 ln s

s = / kr

(

)

0.0667 2 − 1 = 0.42877 2 ln 0.0667

Iz sledećih odnosa za kritično klizanje dobijamo relaciju za potrebnu dodatnu otpornost:

s kr/ s kr

R2/ + Rd/ R2/ + Rd/ X 2/ = = R2/ R2/ X 2/

/  s kr/  0.42877  / /  s kr  R =R − R2 = R2  − 1 = 2.2 ⋅  − 1 = 5.862[Ω ] s kr  0.117   s kr  / d

/ 2

Najkraće vreme zaleta je prema tome: t zal min

J ⋅ω = Σ 1 2 M kr

1 − s 2  3.7 ⋅ 78.540 1 − 0.0667 2  / − 0.42877 ⋅ ln 0.0667  = 2.696[s ]  / − s kr ln s  =    2 s kr  2 ⋅ 125.129  2 ⋅ 0.42877

Rešenje 2.1.4. a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi: PMot = mgv = (m s + mt )gv = (490 + 320 ) ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 = 3973.05[W ] ≈ 3.97[kW ] b)

Potreban moment u trajnom pogonu iznosi: M Mot =

60 PMot 30 3973.05 = = 39.523[Nm] 2π nnom π 960

122


2003. GODINA

Rešenje 2.1.5. Nominalna vrednost momenta motora iznosi: M nom =

60 Pnom 30 15000 = ⋅ = 124.56[Nm ] 2π nnom π 1150

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti rotorskih otpornosti motora nominalne brzine motora se razlikuju, odnosno: n nom1 = nnom (1 ± ε 1 ) nnom 2 = n nom (1 ± ε 2 ) Gde je − 1% ≤ ε 1 ,ε 2 ≤ 1% . Motori će zbog različitih vrednosti nominalnih brzina razvijati različite momente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važe sledeće momentne jednačine:

n n0 n

nnom1 nnom2

M2

M1

0

Mnom M

M nom n0 − n M1 = ⇒ M 1 = M nom n0 − n n0 − n nom1 n0 − n nom1 M nom n0 − n M2 = ⇒ M 2 = M nom n0 − n n0 − n nom1 n0 − n nom 2 Pošto je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu tereta, dalje važi: M 1 + M 2 = M T = 2 M nom ⇒ M 1 − M 2 = 2∆M ⇒ ∆M =

n −n M1 − M 2 1 1  = M nom 0 − 2 2  n0 − nnom1 n0 − nnom 2

MT + ∆M = M nom + ∆M 2 M M 2 = T − ∆M = M nom − ∆M 2 M1 =

Zgodnom manipulacijom nalazimo brzinu obrtanja: 123

  


M T = 2 M nom = M 1 + M 2 = M nom

2003. GODINA

n0 − n n0 − n + M nom = n0 − nnom1 n0 − nnom 2

    1 1 1 1  − n = M nom n0  + +   n0 − nnom1 n0 − nnom 2   n0 − nnom1 n0 − nnom 2 (n − nnom1 )(n0 − nnom 2 ) 2 n = n0 − = n0 − 0 = 1 1 nnom1 + nnom 2 + n0 − n0 − nnom1 n0 − nnom 2 2 = n0 −

[n0 − nnom (1 ± ε 1 )][n0 − nnom (1 ± ε 2 )] = n − n nom 0 nnom (1 ± ε 1 ) + n nom (1 ± ε 2 ) n − 0

2

  ⇒ 

 n0  n  − 1 m ε1  0 − 1 m ε 2    n nom   nnom  n0 ± ε1 ± ε 2 −1− nnom 2

Iz prethodnog sledi, relacija za momentnu razliku opterećenja: n0 − n =

MT M nom

∆M = M nom

=

M nom 2

=

M nom 2

1 2

1 1 1 + n0 − nnom1 n0 − nnom 2 2

=

2 1 1 + n0 − nnom1 n0 − nnom 2

 1 1  −  n0 − n nom1 n0 − n nom 2

⇒

 n nom1 − n nom 2  = M nom = 2n0 − (nnom1 + n nom 2 ) 

1 1 + n0 − n nom1 n0 − n nom 2 n nom1 − nnom 2 M n nom (1 ± ε 1 ) − nnom (1 ± ε 2 ) = nom = n nom1 + n nom 2 n nom (1 ± ε 1 ) + n nom (1 ± ε 2 ) 2 n0 − n0 − 2 2 ± ε1 m ε 2 n0 ± ε ± ε2 −1− 1 nnom 2

Najveća momentna razlika opterećenja nastaje za ε 1 = −ε 2 = 1% i iznosi: ± ε1 m ε 2 ∆M 100 0.01 + 0.01 = 50 = 13.529[% ] 100 = 1235 0.01 − 0.01 ± ε1 ± ε 2 M nom 2 n0 − 1 − −1− 1150 2 nnom 2 ∆M % 13.529 ∆M = M nom = 124.56 ⋅ = 16.852[Nm] 100 100

∆M % =

Pojedinačne vrednosti momenata pojedinih motora i brzina obrtanja prema tome iznose: M 1 = M nom + ∆M = 124.56 + 16.852 = 141.412[Nm] M 2 = M nom − ∆M = 124.56 − 16.852 = 107.708[Nm] 1235  1235  1150 − 1 − 0.01 1150 − 1 + 0.01 n = 1235 − 1150 = 1151.556 min −1 1235 0.01 − 0.01 −1− 1150 2

[

124

]


2003. GODINA

n 1235 [min-1] M1 1151.556 [min-1]

M2

M 1.135Mnom

0.865Mnom 2Mnom

2.2. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 27.02.2003. Zadatak 2.2.1. Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon Unom = 440 [V]; rotorska struja Inom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 3000 [ min-1]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = kn, gde je k = 0.05 [Nm/min-1] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno ograničenje struje jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora. b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora. Zadatak 2.2.2. Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajnu masu sa ukupnim momentom inercije JΣ = 20 [kgm2]. Kritični moment motora je Mkr = 2.3Mnom [Nm]; Pnom = 50 [kW]; nnom = 2924 [min-1]. Kritični moment motora se postiže pri brzini nkr = 2670 [min-1]. a) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nnom = 2700 [min-1]. b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine ako je Rr = 0.36 [Ω]. Koliko je to najkraće vreme zaleta motora. Zadatak 2.2.3. Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment jednak Mt = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu. a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 1000 [min-1] uz uslov da se promena frekvencije vrši uz U/f = konst. b) Kolika se maksimalna brzina obrtanja pogona može postići podešavanjem frekvencije. Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.37 [Ω]; p = 2, fs = 50 [Hz]. 125


2003. GODINA

Zadatak 2.2.4. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], a motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom 1000 [min-1]. M1 = 50 [Nm] M2 = 30 [Nm] M3 = -20 [Nm]

M n

M1

n

t2

t1

t1 = 10 [s] t2 = 80 [s] t3 = 15 [s] t4 = 40 [s]

M2

t3

t4

t

M3

Zadatak 2.2.5. Zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 12.5 [kgm2] treba ubrzati do brzine n = 1500 [min-1] a zatim zakočiti do mirovanja. Moment opterećenja se zanemaruje. Koliko iznose gubici u bakru rotora, a koliko energije odaje mreža ako se za pogon koristi dvobrzinski asinhroni motor sa 2p = 8/4. Ciklus se odvija ovim redom: zalet sa 2p = 8; zalet sa 2p = 4; nadsinhrono kočenje sa 2p = 8 i protivstrujno kočenje sa 2p = 8. Rešenje 2.2.1. Nominalna snaga motora iznosi: Pnom = U nom I nomη = 440 ⋅ 126 ⋅ 0.85 = 47124[W ] Prema tome nominalni moment iznosi: M nom =

Pnom Pnom 30 ⋅ 47124 471.24 = = = = 150.0114[Nm] Ω nom 2π π ⋅ 3000 π n nom 60

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja: ω=

J π 2πn dω π dn dω π dn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ 60 dt 30 dt dt 30 dt M din 30 tz

nnom

0

0

t z = ∫ dt =

∫

dn π π JΣ JΣ = 30 M din 30

nnom

∫ 0

dn M din 126


2003. GODINA

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motor tokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije: π JΣ 30

t za =

nnom

∫ 0

dn π = JΣ M dina 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M nom − M t 30

nnom

∫ 0

dn M nom − kn

Integral rešavamo smenom: x= M

π JΣ 30

t za =

− kn ⇒ n =

nom

M nom − knnom

∫

M nom

M

− x

nom

⇒ dn = −

dx k

k M nom dx π J Σ 2 ⋅π 150.0114 − = ln = ln = 39.73[s ] kx 30 k M nom − kn nom 30 ⋅ 0.05 150.0114 − 150

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motor tokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi: π JΣ 30

t zb = =

nnom

∫ 0

dn π = JΣ M dinb 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = 2M nom − M t 30

nnom

∫ 0

dn 2M nom − kn

=

2 M nom π JΣ 2 ⋅π 2 ⋅ 150.0114 2 ⋅π = ≈ ln ln ln 2 = 2.903[s ] 30 k 2 M nom − kn nom 30 ⋅ 0.05 2 ⋅ 150.0114 − 150 30 ⋅ 0.05

Rešenje 2.2.2. a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza određena je Klosovim obrascem:

M

m

=

2 M kr s s + kr s kr s

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosov obrazac za funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: ω = (1 − s )ω1 ⇒ dω = −ω 1 ds ⇒ M din = (M m − M t ) = M m = J Σ

J J dω ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω 1 ds ⇒ dt Mm Mm

Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od jediničnog klizanja do željenog klizanja: tz

s

0

1

t z = ∫ dt = ∫ −

s s JΣ ds ω 1 ds = − J Σω 1 ∫ = − J Σω 1 ∫ Mm Mm 1 1

127

J ω ds = Σ 1 2 M kr 2 M kr s s + kr s kr s

 s s kr   + ∫s  s kr s ds = 1

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA s  J ω s J Σ ω1  1 s ∫ = ds + ∫ kr ds  = Σ 1  2 M kr  s s kr s 1  2 M kr

 1 − s 2   2 s kr

2003. GODINA

   − s kr ln s   

Nađimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, kritičnog klizanja i klizanja u traženoj radnoj tački: Pnom 30 Pnom 30 ⋅ 5000 = = = 163.292[Nm] ω nom πnnom π ⋅ 2924 M kr = 2.3M nom = 2.3 ⋅ 163.292 = 375.571[Nm ] ω 2πf 2 ⋅ 50 ⋅ π ω1 = s = = = 100π [rad / s ] p p 1 n − nkr 3000 − 2670 330 s kr = 1 = = = 0.11[ ] n1 3000 3000 n − n 3000 − 2700 300 s= 1 = = = 0.1[ ] n1 3000 3000 M nom =

Prema tome vreme zaleta iznosi: tz =

 20 ⋅ 100 ⋅ π  1 − 0.12  − 0.11ln 0.1 = 39.760[s ] 2 ⋅ 375.571  2 ⋅ 0.11 

Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu funkcije: J ω t z (s kr ) = Σ 1 2 M kr

 1 − s 2   2 s kr

   − s kr ln s   

odnosno kritičnom klizanju koje zadovoljava uslov: dt z d  J Σω 1 =  ds kr ds kr  2M kr s krb =

s2 −1 = 2 ln s

 1 − s 2   2s kr

  J ω   − s kr ln s   = Σ 1    2M kr

0.12 − 1 = 2 ln 0.1

 1  2 − 2 1 − s − ln s  = 0 ⇒  s kr 

(

)

− 0.99 = 0.214975768 = 0.4637 2 ln 0.1

Iz sledećih odnosa sledi potrebna dodatna vrednost otpornosti: s kr =

R + Rd s s Rr Rr ⇒ s krb = r ⇒ kr = ⇒ Rd = Rr krb − Rr ⇒ Xr Xr s krb Rr + Rd s kr

s   0.4637  Rd = Rr  krb − 1 = 0.36 − 1 = 1.157[Ω]  0.11   s kr  Sa tim dotatim otporom postiže se najkraće vreme zaleta:

128


t z min =

J Σω 1 2 M kr

 1 − s 2   2 s krb

2003. GODINA

 20 ⋅ 100 ⋅ π  1 − 0.12    − s krb ln s  =  − 0.4637 ln 0.1 = 17.861[s ]    2 ⋅ 375.571  2 ⋅ 0.4637

Rešenje 2.2.3. a) Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

(

)

X s + X r = ω Ls + Lr = 314 ⋅ (10 + 8.8) ⋅ 10 −3 = 5.928[Ω] '

'

2

M kr =

Us 30 m 30 ⋅ 3 ⋅ 220 2 ⋅ ⋅ = = 77.97[Nm] π n1 2 X s + X r ' π ⋅ 1500 ⋅ 2 ⋅ 5.928

(

Rr

s kr =

'

Xs + Xr

'

=

)

2.37 = 0.4 5.928

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora u stacionarnom stanju: Mt =

s s 2 M kr 2 M kr 2 M kr 2 2 ⇒ t + kr − = 0 ⇐ ⋅s kr st ⇒ st − s kr s t + s kr = 0 st s kr s kr st Mt Mt + s kr st

2    M kr   M kr  − 1  = s kr  λ r − λt 2 − 1  s t = s kr  ±     Mt   Mt   

gde je sa λt označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja: λt =

M kr 77.97 = ≈3 Mt 26

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinice dobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju:

)

(

2 s t = s kr  λ r − λt − 1  = 0.4 3 − 3 2 − 1 = 0.0686  

Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju je:

[

∆n = st n1 = 0.0686 ⋅ 1500 = 102.9 min −1

]

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzine obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja, sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija:

[

n1a = n + ∆n = 1000 + 102.9 = 1102.9 min −1 f sa = f s

]

n1a 1102.9 = 50 ⋅ = 36.78[Hz ] n1 1500 129


U sa = U s

2003. GODINA

n1a 1102.9 = 220 ⋅ = 161.75[V ] n1 1500

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije do nominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst, opada kvadratično sa porastom frekvencije. Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti: 2

f  M kr M 77.97 = kr = ≈ 3 ⇒  sb  = 3 ⇒ f sb = f s 3 = 50 ⋅ 3 = 86.7[Hz ] Mt M krb 26  fs  Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja: n1b = n1

[

f sb 86.7 = 1500 ⋅ = 2601 min −1 fs 50

]

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja iznosi:

[

∆n kr = s kr n1 = 0.4 ⋅ 1500 = 600 min −1

]

Prema tome maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjem frekvencije je:

[

nb = n1b − ∆nkr = 2601 − 600 = 2001 min −1

]

Rešenje 2.2.4. Ekvivalentni momenti motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je: M e2 =

(

)

(

)

1 1 2 2 2 M 1 + M 1M 2 + M 2 = 50 + 50 ⋅ 30 + 30 2 = 3 3

4900 = 40.415[Nm ] 3

Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni sistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori α tokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove vrednosti:

β=

1 1+ β α= = 3 2

1 3=2 2 3

1+


∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M effMot =

i

∑αt j

i

=

i

j

k

k

l

l

130


2

2

2003. GODINA

4900 ⋅ 80 + 20 2 ⋅ 15 3 = 2 1 (10 + 15) + 80 + ⋅ 40 3 3

50 2 ⋅ 10 +

2

=

M 1 t1 + M e 2 t 2 + M 3 t 3 = α (t1 + t 3 ) + t 2 + β t 4

=

157166.666 = 1428.7878 = 37.799[Nm ] 110

Vrednost potrebne snage motora je: PeffMot = M effMot

2πn Motnom π = 37.799 ⋅ ⋅ 1000 = 3958.334[W ] ≈ 3.96[kW ] 60 30

Rešenje 2.2.5. Ciklus se odvija ovim redom: 1. zalet sa 2p = 8 od n = 0 [min-1] do n = 750 [min-1] (od s = 1 do s = 0); 2. zalet sa 2p = 4 od n = 750 [min-1] do n = 1500 [min-1] (od s = 0.5 do s = 0); 3. nadsinhrono kočenje sa 2p = 8 od n = 1500 [min-1] do n = 750 [min-1] (od s = -1 do s = 0); i 4. protivstrujno kočenje sa 2p = 8 od n = -750 [min-1] do n = 0 [min-1] (od s = 2 do s = 1). Gubici u bakru rotora za jedan ciklus su prema tome: WCur = ∑ J Σ

2

(

)

2

2

(

)

ωs π  n 2 2 2 2 s1 − s 2 = ∑ J Σ   s s1 − s 2 = 2  30  2 2

[(

) (

) (

)]

12.5  π  2 ⋅   750 2 ⋅ 12 − 0 2 + (− 1) − 0 2 + 2 2 − 12 + 1500 2 ⋅ 0.5 2 − 0 2 = 2  30  = 154212.568[Ws ] ≈ 154.21[kWs]

=

{

(

)}

A iz mreže odata energija: 2

π  2 2 Wmre = ∑ J Σω s (s1 − s 2 ) = ∑ J Σ   n s (s1 − s 2 ) =  30  2

π  = 12.5 ⋅   750 2 ⋅[(1 − 0 ) + ((− 1) − 0) + (2 − 1)] + 1500 2 ⋅ (0.5 − 0)} =  30  = 231318.853[Ws ] ≈ 231.32[kWs ]

{

2.3. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 20.03.2003. Zadatak 2.3.1. Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Unom = 440 [V]; Inom = 126 [A]; nnom = 3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = 45 + 0.025*n [Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10 [kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno strujno ograničenje jednako svojoj nazivnoj vrednosti. a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje sedamdeset pet procenata od vrednosti nominalne struje motora. b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski 131


c)

2003. GODINA

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora. Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne struje motora.

Zadatak 2.3.2. Motor jednosmerne struje snage Pnom = 7.5 [kW], nominalne brzine obrtanja Ωnom = 600 [rad/s] sa stalnom nezavisnom pobudom i sopstvenim hlađenjem (α = 0.5; β = 0.25), pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na pogonsko vratilo JΣ = 0.125 [kgm2]. Sva trenja u pogonu se mogu zanemariti. Rad pogona se odvija neprekidno u nizu jednakih ciklusa. U toku jednog ciklusa izmerene su struje motora: a) U toku polaska struja je približno konstantna i iznosi 2 Inom. b) U stacionarnom stanju, koje traje 20 [s], struja je nominalna a motor je priključen na nominalni napon. c) U toku zaustavljanja, struja je približno konstantna i iznosi 0.5 Inom, sa tim da menja smer. d) Pauza u radu između dva ciklusa traje 20 [s]. Da li se ovakav režim može trajno održati? Zadatak 2.3.3. Asinhroni klizno kolutni motor snage Pnom = 7.5 [kW], ima nominalnu brzinu obrtanja nnom = 725 [min-1] i moment inercije motora Jm = 0.040 [kgm2]. Motor pokreće preko reduktora sa dva zupčanika bubanj, brzinom nb = 35 [min-1] o koga je obešen teret mt = 510 [kg]. Moment inercije malog zupčanika iznosi Jz1 = 0.00065 [kgm2], a velikog sa bubnjem iznosi Jz2 + Jb = 0.05 [kgm2]. Nakon zaleta brzina tereta je v = 1 [m/s]. Stepen iskorišćenja zupčanika je ηz = 0.76, a bubnja i užeta ηb = 0.92. Koliko je vreme zaleta tz i koju visinu postiže teret nakon zaleta, ako se pokretanje sa rotorskim upuštačem obavlja uz konstantni obrtni moment Mmax = 1.1Mnom.

M

Jz1 Jm

Reduktor 2R Jz2 + Jb

v

mt Zadatak 2.3.4. Moment inercije radne mašine, koja se mora zaleteti za vreme tz =10 [s] na brzinu n = 2.5 [obrta/s] je Jt = 60 [kgm2]. Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije Jm = 16 [kgm2] i radne mašine je reduktor nepoznatog prenosnog odnosa i = ?. Asinhroni motor se goni sa frekventnim pretvaračem koji mu tokom polaska pomoću strujne granice održava konstantan moment jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta. 132


a) b)

2003. GODINA

Odrediti penosni odnos tako da odabrani frekventni pretvarač bude minimalan, odnosno da njegova trajna struja opterećenja bude minimalna. Odrediti obrtni momenat i snagu motora.

Zadatak 2.3.5. Valjaonički stan sa zamajcem goni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 100 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1450 [min-1] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici. Ukupni moment inercije zamajca sveden na osovinu motora je JΣ = 250 [kgm2]. Radi uprošćenja smatrati da brzina obrtanja motora pre nailaska tereta iznosi n0 = 1500 [min-1] i da je funkcija momenta motora kao funkcija klizanja linearna. Odrediti vrednost momenta motora i brzine obrtanja na kraju udarnog opterećenja. Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja. M2 = 3000 [Nm]

Mt

M1 = 1800 [Nm]

t1 = 1.5 [s]

t2 = 1.5 [s]

t

Rešenje 2.3.1. Nominalna snaga motora iznosi: Pnom = U nom I nomη = 440 ⋅ 126 ⋅ 0.85 = 47124[W ] Nominalni moment je prema tome: M nom =

30 Pnom 30 47124 ⋅ = ⋅ = 150.00[Nm] π nnom π 3000

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnu vrednost jednaku 75%, 100% i 150% od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantan polazni moment takođe u tom procentu od nominalne vrednosti momenta:

I pol

0.75 I nom 0.75M nom = 0.75 ⋅ 150 = 112.5[Nm]   M nom = 150[Nm] =  I nom ⇒ M pol =   1.5 I  1.5M nom nom = 1.5 ⋅ 150 = 225[Nm ]  

Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja je konstantan i iznosi za zadata tri slučaja: 133


2003. GODINA

M d = M p − M t = M p − (45 + 0.025n ) = M const − kn ⇒ M const

112.5 − 45 = 67.5[Nm]  = M p − 45 =  150 − 45 = 105[Nm ] ⇒ k = 0.025 Nm / min −1  225 − 45 = 180[Nm] 

[

]

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: t zal =

π JΣ 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M d 30

nnom

∫ 0

dn M const − kn

koju rešavamo uz pomoć smene: ⇒ z = M const − kn ⇒ dz = − kdn ⇒ dn = − t zal = −

π 1 JΣ 30 k

M const − knnom

∫

M const

dz ⇒ z d = M const ⇒ z g = M const − knnom k

π 1 dz = − J Σ ln z 30 z k

M const − knnom M const

=

M const π 1 J Σ ln 30 k M const − knnom

Uvrštavanjem brojnih vrednosti na kraju dobijamo tražena vremena zaleta:

t zal

10 67.5 67.5  π  30 ⋅ 0.025 ln 67.5 − 0.025 ⋅ 3000 = 41.887 ln 67.5 − 75 < 0  π 10 105 105 ln = ⋅ = 41.887 ln = 52.476[s ] 105 − 75  30 0.025 105 − 0.025 ⋅ 3000 180 180  π ⋅ 10 ln = 41.887 ln = 22.577[s ]  30 0.025 180 − 0.025 ⋅ 3000 180 − 75

Iz rezultata vidimo da motor gonjen sa tiristorskim regulatorom sa strujnom granicom od 75% od vrednosti nominalne struje motora, ne može da se ubrza do nominalne brzine obrtanja, već samo do brzine određene stacionarnom radnom tačkom: M d = 0.75M n − M t = 112.5 − (45 + 0.025n x ) = 67.5 − kn x = 0 ⇒ nx =

[

67.5 67.5 = = 2700 min −1 k 0.025

]

Rešenje 2.3.2. U stacionarnom stanju motor se obrće nominalnom brzinom obrtanja, pošto je priključen na nominalni napon, opterećen je nominalnom strujom, što znači da razvija nominalni moment: M nom = M t =

Pnom 7500 = = 12.5[Nm] Ω nom 600

Pošto tokom ubrzanja motor razvija konstantan dvostruki nominalni moment, dinamički moment ubrzanja je takođe konstantan i iznosi: dω M zaldin = 2 M nom − M t = 2 M nom − M nom = M nom = J Σ dt 134


2003. GODINA

vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: t zal = J Σ

ω nom

∫ 0

JΣ dω = M zaldin M zaldin

ω nom

∫ dω = 0

J Σω nom 0.125 ⋅ 600 = = 6[s ] M zaldin 12.5

Pošto tokom usporenja motor razvija polovinu nominalnog momenta suprotnog znaka, dinamički moment usporenja je takođe konstantan i iznosi: M uspdin = −0.5M nom − M t = −0.5M nom − M nom = −1.5M nom = J Σ

dω dt

vreme usporenja nalazimo iz integralne jednačine: 0

t usp = J Σ

∫

ω nom

JΣ dω = M uspdin M uspdin

0

∫ dω =

ω nom

J Σω nom 0.125 ⋅ 600 = = 4[s ] M uspdin 1.5 ⋅ 12.5

Na osnovu prethodno izračunatih vremena možemo nacrtati strujni dijagram opterećenja motora za jedan ciklus rada:

I n

2Inom n Inom

tzal

tusp

tstac

tmir

t

-0.5Inom Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi:

∑I t + ∑ t + ∑ βt 2

i

I effMot =

∑ αt

j

j

2

=

i

=

i

k

k

l

l

2

2

I zal t zal + I stac t stac + I usp t usp α (t zal + t usp ) + t stac + β t mir

=

(2 I nom )2 t zal + I nom 2 t stac + (− 0.5I nom )2 t usp

135

α (t zal + t usp ) + t stac + βt mir

=


2003. GODINA

2

= I nom = I nom

1 1 2 2 t zal + 12 t stac +   t usp 4 ⋅ 6 + 1 ⋅ 20 + ⋅ 4 45 2 4 = I nom = I nom = 1 1 α (t zal + t usp ) + t stac + βt mir 30 (6 + 4) + 20 + ⋅ 20 2 4 1.5 = 1.2247 I nom > I nom

Pošto je ekvivalentna struja motora za ciklus veća od nominalne vrednosti struje motora ovakav režim rada se ne može održati. Rešenje 2.3.3. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

30 Pnom 30 7500 ⋅ = ⋅ = 98.786[Nm ] π nnom π 725

Maksimalni moment koji motor razvija tokom zaleta iznosi: M max = 1.3M nom = 1.1 ⋅ 98.786 = 108.665[Nm] Prenosni odnos reduktora nalazimo iz relacije: i=

Ω m n m 725 = = = 20.714 Ωb nb 35

Poluprečnik bubnja nalazimo na osnovu podatka o brzini obrtanja bubnja i brzine kretanja tereta: R=

v v 30v 30 ⋅ 1 = = = = 0.273[m] Ω b 2πnb πnb π ⋅ 35 60

Prema tome svedeni moment tereta na osovini motora iznosi: 510 ⋅ 9.81 ⋅ 0.273 ′ m gR Mt = t = = 94.30[ Nm ] iη zη b 20.714 ⋅ 0.76 ⋅ 0.92 Iz toga proizlazi da je dinamički moment ubrzanja konstantan: ′ M din = M max − M t = 108.665 − 94.30 = 14.365[Nm] Svedeni ukupni moment inercije sveden na osovinu motora može se naći na osnovu relacije održanja kinetičke energije: 1 1 1 1 ( J z 2 + J b ) 2 1 mt 2 2 2 2 J Σ ω m = J mω m + J z1ω m + ωb + v ⇒ 2 2 2 2 ηz 2 η zη b 136


J Σ = J m + J z1 +

(J z 2 + J b ) ω b 2 ηz

= 0.04 + 0.00065 +

ωm

2

2003. GODINA

mt v 2 J z2 + J b mt R 2 + = J m + J z1 + + 2 = η zη b ω m 2 i 2η z i η zη b

[

0.05 510 ⋅ 0.2732 + ≈ 0.1675 kgm 2 20.714 2 ⋅ 0.76 20.714 2 ⋅ 0.76 ⋅ 0.92

]

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine koja proizlazi iz Njutnove jednačine kretanja: M din t zal =

J π JΣ dω dn ⇒ = JΣ ⇒ dt = Σ dω = dt M din 30 M din π JΣ 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M din 30 M din

nnom

∫ dn = 0

t zal

π ∫0 dt = 30 J Σ

nnom

∫ 0

dn ⇒ M din

π J Σ n nom π 0.1675 ⋅ 725 = ⋅ = 0.885[s ] 30 M din 30 14.365

Tokom zaleta pošto je dinamički moment konstantan, teret se ravnomerno ubrzava, odnosno srednja brzina je jednaka polovini brzine u stacionarnom stanju, pa visinu koju teret dostiže tokom zaleta nalazimo iz relacije: h = v sr t zal =

v 1 t zal = = 0.885 = 0.4425[m] 2 2

Rešenje 2.3.4. a) Pošto se motor goni frekventnim pretvaračem koji mu obezbeđuje konstanti moment zaleta za zalet važi Njutnova jednačina kretanja: dω m ′ M d = M max − M t = J Σ dt Pošto je moment opterećenja jednak nuli: M t = 0 ⇒ M max = J Σ

dω m dt

računajući ekvivalentni moment inercije: J ′ J Σ = J m + J t = J m + 2t i i zamenjući ugaonu brzinu motora sa: ω M = iω T ⇒

dω M dω =i T dt dt

dobijamo funkciju obrtnog momenta motora od ugaone brzine obrtanja radne mašine: M max = [ J m +

J t dω t J dω ]i = [iJ m + t ] t 2 dt i dt i 137


2003. GODINA

Pretvarač za napajanje motora imaće minimalnu struju, ako je moment motora minimalan, odnosno ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljava ekstrem prethodne funkcije: dM max d  =  [iJ m + di di  J J m − 2t = 0 => i = i b)

J t dω t  J dω ]  = [ J m − 2t ] T = 0 i dt  dt i Jt 60 = = 3.75 = 1,936 Jm 16

Ugaona brzina izlaznog vratila nakon zaleta iznosi: ωT = 2πn = 2 ⋅ π ⋅ 2.5 = 5 ⋅ π = 15.70796[rad / s ] Potrebno ugaono ubrzanje, zadato uslovima u zadatku je: dω t ω t 15.70796 = = = 1.570796[rad / s 2 ] dt tz 10 Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi: JΣ = Jm +

Jt 60 60 = 16 + = 16 + = 2 ⋅ 16 = 32[kgm 2 ] 2 2 60 i 1,936 16

Prema tome motor tokom zaleta mora da razvija maksimalni moment vrednosti: M max = M d = J Σ

dω m dω = J Σ i t = 32 ⋅ 1.936 ⋅ 1.570796 = 97.312[Nm] dt dt

pri čemu razvija maksimalnu snagu: Pmax = M max ω m = M max iω t = 97.312 ⋅ 1.936 ⋅ 15.70796 = 2959.32[W ] ≅ 2.96[kW ] Pošto frekventni pretvarač obezbeđuje dvostruko preopterećenje motora, sam moment motora i njegova potrebna snaga su: M max 97.312 = = 48.656[Nm ] 2 2 P 2959.32 = max = = 1479.66[W ] ≅ 1.48[kW ] 2 2

M nom = Pnom


Pnom Pnom 30 ⋅ 100 ⋅ 10 3 = = = 658.572[Nm] Ω nom 2π π ⋅ 1450 nnom 60 138


2003. GODINA


n1 − n nom 1500 − 1450 = = 0.0333• [ n1 1500

]

Elektromehanička vremenska konstanta, za moment motora koji se u ukolini sinhrone brzine menja linearno sa brzinom, iznosi: J s n π Tm = Σ nom 1 = M nom 30

250 ⋅

1500 − 1450 ⋅ 1500 ⋅ π 1500 = 1.988[s ] 658.572 ⋅ 30

Momenta motora tokom prvog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji: 1 − t   Tm   M m = M t1 1 − e    

tako da na kraju za t = t1 ima vrednost: M m1

t − 1  Tm  = M t1 1 − e  

1.5  −  = 1800 ⋅ 1 − e 1.988  = 953.581[Nm]      

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim Mt1 iznosi: nt1 = n1 −

[

M t1 (n1 − nnom ) = 1500 − 1800 ⋅ (1500 − 1450) = 1363.341 min −1 M nom 658.572

]

Brzina tokom prvog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji: 1 1 − t  − t  Tm  Tm  n m = nt 1 1 − e +ne   1  

tako da na kraju za t = t1 ima vrednost: n m1

t − 1  Tm  = nt1 1 − e  

t 1.5 1.5 − 1  − −  + n e Tm = 1363.341 ⋅ 1 − e 1.988  + 1500 ⋅ e 1.988 = 1427.612 min −1    1   

[

]

Momenta motora tokom drugog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji: 1 1 − t  − t  Tm  Tm  M m = M t2 1 − e + M m1e    

139


2003. GODINA

tako da na kraju za t = t2 ima vrednost: M m2

t − 2  Tm  = M t1 1 − e  

t 1.5 1.5 − 2  − −  + + M e Tm = 3000 ⋅ 1 − e 1.988  + 953.581 ⋅ e 1.988 = 2037.706[Nm ] m1      

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim Mt2 iznosi: nt 2 = n1 −

[

M t2 (n1 − nnom ) = 1500 − 3000 ⋅ (1500 − 1450) = 1272.235 min −1 M nom 658.572

]

Brzina tokom drugog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji: 1 1 − t  − t  Tm  Tm  n m = nt 2 1 − e +n e   m1  

tako da na kraju za t = t2 ima vrednost: nm 2

t − 1  Tm  = nt 2 1 − e  

t 1.5 1.5 − 1  − −  + n e Tm = 1272.235 ⋅ 1 − e 1.988  + 1427.612 ⋅ e 1.988 = 1345.298 min −1    m1   

[

]

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkciji vremena tokom udarnog opterećenja.

140


2003. GODINA

2.4. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 10.04.2003. Zadatak 2.4.1. Slika pokazuje grube momentne zahteve gonjene radne mašine, pri različitim brzinama obrtanja u funkciji vremena. Metodom ekvivalentnog momenta izračunati potrebnu nazivnu snagu motora za pogon radne mašine uz pretpostavke da je nazivna brzina motora 1500 [min-1], a motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja brzinom 1500 [min-1]. M1 = 5 [Nm] M2 = 20 [Nm] M3 = -10 [Nm]

M2

M n

t1 = 10 [s] t2 = 40 [s] t3 = 15 [s] t4 = 15 [s]

n

M1

t1

t2

t3

t4

t

M3

Zadatak 2.4.2. Četvoropolni trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom za priključni napon Unom = 220 [V] fnom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja Mt = 40 [Nm]. Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnoj tački nt1 = 402 [min-1] i u stabilnoj radnoj tački nt2 = 1439 [min-1]. Odrediti: a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste. b) Vrednost prevalnog momenta Mkr i prevalnog klizanja skr . c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru Rd' pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje. Zadatak 2.4.3. Motor iz prethodnog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača, pri čemu su mu klizni prstenovi kratko spojeni. a) Sa kojom učestanošću treba startovati pogon. Koliki napon u tom slučaju treba da izda na svom izlazu pretvarač. b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije u pogonu bez dodatnog otpora. Zadatak 2.4.4. Trofazni asinhroni motor predviđen je za rad u režimu S3. Poznati su sledeći podaci o motoru: nominalna snaga Pnom = 15 [kW], nominalni stepen iskorišćenja ηnom = 0.9 ; vremenska konstanta zagrevanja Ttz = 15 [min]; vremenska konstanta hlađenja Tth = 25 [min]; klasa izolacije A; masa motora m = 40 [kg] i specifični kapacitet gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC] ( CCU = 0.48 [kWs/kgoC] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja tu = 2 [min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne. Odrediti: 141


a) b)

2003. GODINA

Potrebno vreme isključenja i relativna trajanje uključenja pod uslovom da se motor u ovom režimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja. Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju.

Zadatak 2.4.5. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna snaga Pnom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150 [min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1235 [min-1]; pokreću okretnu peć sa kojom su mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgorem slučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnih momenata pojedinačnih motora?

M

M M1

M2

Rešenje 2.4.1. Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi:

(

)

(

)

1 1 2 1 2 2 (225 + 300 + 400) = M 1 + M 1M 2 + M 2 = 15 + 15 ⋅ 20 + 20 2 = 3 3 3 925 = = 17.559[Nm] 3

M e1 =

Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni sistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori α tokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove vrednosti: 1 1+ β β= α= = 3 2

1 3=2 2 3

1+


142


∑M t + ∑ t + ∑ βt

2003. GODINA

2

M effMot =

i

∑αt

i

=

i

j

j

k

k

l

l

2

=

 925    ⋅ 10 + 20 2 ⋅ 40 + 10 2 ⋅ 15 2 2 2   M e1 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3  3  = = 2 1 α (t1 + t 3 ) + t 2 + βt 4 (10 + 15) + 40 + ⋅ 15 3 3

= 333.783 = 18.269[Nm]

Prema tome potrebna snaga motora je: PeffMot = M effMot

2πn Motnom π = 18.269 ⋅ ⋅ 1500 = 2869.594[W ] ≈ 2.87[kW ] 60 30

Rešenje 2.4.2. Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi: s t1 =

n1 − nt1 1500 − 402 1098 = = = 0.732[ n1 1500 1500

]

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi: st 2 =

n1 − nt 2 1500 − 1439 61 = = = 0.040666[ n1 1500 1500

]

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: Mt =

 1 2 M kr 2M kr s s s s s −s 1 = ⇒ t1 + kr = t 2 + kr ⇒ t1 t 2 + s kr  − st1 s kr st 2 s kr s kr st1 s kr st 2 s kr  s t1 s t 2 + + s kr st1 s kr st 2

  = 0 ⇐ / ⋅ s kr 

− s t1  1098 ⋅ 61 2 s  = −(st1 − st 2 ) ⇒ s kr 2 = s t1 st 2 ⇒ s kr = ± st1 st 2 = ± = ±0.17253[ s kr  t 2 1500 2  s t1 s t 2 

]

Kritični moment nalazimo iz relacije: M kr =

Mt 2

 st 2 s kr  40  0.732 0.17253    = + +   = 89.567[Nm] 0.732   s kr st 2  2  0.17253

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse: 2

M kr =

) (

)

2

Us 30 3 30 3 U s 30 3 220 2 ' X X ⋅ ⋅ ⇒ + = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 5.161[Ω] s r π n1 2 X s + X r ' π n1 2 M kr π 1500 2 ⋅ 89.567

(

143


2003. GODINA

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste, iznose: '

'

L + Lr X + Xr 5.161 L s = Lr = s = s = = 0.008214[H ] = 8.124[mH ] 2 2ω 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 '

Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritični moment, odnosno u kolo rotora treba dodati toliki otpor Rd' da kritično klizanje skr' bude jednako jedinici. Da bi mogli odrediti vrednost dodatnog otpora, moramo prvo odrediti vrednost svedenog otpora rotora na stator, koja iznosi:

(

)

Rr = X s + X r s kr = 5.161 ⋅ 0.17253 = 0.8904[Ω ] '

'

Vrednost potrebnog dodatnog otpora, je prema prethodnom:

(

)

(

)

Rr + Rd = X s + X r s kr ⇒ Rd = X s + X r s kr − Rr = 5.161 ⋅ 1 − 0.8904 = 4.2706[Ω ] '

'

'

'

'

'

'

'

Rešenje 2.4.3. a) Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju u stabilnoj radnoj tački je: ∆n = st 2 n1 =

[

61 ⋅ 1500 = 61 min −1 1500

]

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzine obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja, sinhrone frekvencije i napon motora sa kojim motor može da pokrene zadati teret iznose:

[

n1a = ∆n = 61 min −1

]

n1a 61 = 2⋅ = 2.0333[Hz ] 60 60 f 2.0333 = U s 1a = 220 ⋅ = 8.9466[V ] fs 50

f sa = p U sa

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije do nominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst, opada kvadratično sa porastom frekvencije. Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti: 2

f  M kr M 89.567 = kr = ≈ 2.239 ⇒  sb  = 2.239 ⇒ Mt M krb 40  fs  f sb = f s 2.239 = 50 ⋅ 2.239 = 74.816[Hz ]

Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja: 144


n1b = n1

[

f sb 74.816 = 1500 ⋅ = 2244.48 min −1 fs 50

2003. GODINA

]


[

∆n kr = s kr n1 = 0.17253 ⋅ 1500 = 258.795 min −1

]


[

nb = n1b − ∆nkr = 2244.48 − 258.795 = 1985.685 min −1

]

Rešenje 2.4.4. Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagravanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[

CT = mC FE = 40 ⋅ 0.48 = 19.2 kWs / oC

]

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja: Ttz =

[

CT C mC FE 40 ⋅ 0.48 ⇒ A= T = = = 0.021333 kW / oC A Ttz A 15 ⋅ 60

]

Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 10% veća od nominalne, gubici u tom slučaju iznose: Pγ =

 1  1.1Pnom (1 − η nom ) = 1.1Pnom  − 1 η nom  η nom 

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi: ′ Pγ 1.1Pnom ∆θ max = = A A

 1  1.1 ⋅ 15  1   − 1 = − 1 = 85.93 o C   η nom  0.021333  0.9 

[ ]

U kvazistacionarnom stanju važi dijagram promene temperature kao na slici, na sledećoj strani. Polazeći od dijagrama za zagrevanje možemo pisati relaciju za granične temperature: ∆θ max = ∆θ min e

−

tu Ttz

− ′ + ∆θ max 1 − e Ttz   tu

   

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature: ∆θ min = ∆θ max e

−

tm Tth

145


2003. GODINA

∆θ

∆θmax ∆θmax ∆θmin

tu

tm

t

tu

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje nadtemperature u kvazistacionarnom stanju:

∆θ max = ∆θ max e

−

tm Tth

e

−

t − u ′  Ttz + ∆θ max 1 − e  

tu Ttz

  ⇒ ∆θ = ∆θ = max A  

1− e 1− e

−

tu Ttz


   

∆θ max

′

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θA = 60 [oC], pa na osnovu, prethodne relacije, nalazimo potrebnu vrednost vremena mirovanja: 1− e

∆θ max = ∆θ A =

1− e  t m = −Tth ln e 

tu Ttz

−

tu Ttz


∆θ max − ∆θ A

   

′ ∆θ max ⇒

′  tu 2   2   e Ttz − 1 = −25 ⋅ ln e 15 − 85.93  e 15 − 1 = 1.591[min]    60     

Relativno trajanje uključenja je prema tome: ED% = 100ε = 100

tu 2 = 100 ⋅ = 55.70[%] tu + t m 2 + 1.591

Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi: ∆θ min = ∆θ max e

−

tm Tth

= 60 ⋅ e

−

1.591 25

[ ]

= 56.40 o C

Rešenje 2.4.5. Nominalna vrednost momenta motora iznosi: 146


M nom =

2003. GODINA

60 Pnom 30 15000 = ⋅ = 124.56[Nm ] 2π nnom π 1150

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođe razlikuju u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite momente. Motori se okreću istom brzinom obrtanja pošto su mehanički spregnuti, pa važe sledeće naponske i momentne jednačine: U = E m1 + I a1 (Ra + R pp ) = k E Φm1 n + I a1 (Ra + R pp ) = k E Φnom = k E Φnom n(1 ± ε 1 ) + I a1 (Ra + R pp )

Φm1 n + I a1 (Ra + R pp ) = Φnom

U = E m 2 + I a 2 (Ra + R pp ) = k E Φm 2 n + I a 2 (Ra + R pp ) = k E Φnom = k E Φnom n(1 ± ε 2 ) + I a 2 (Ra + R pp )

Φm 2 n + I a 2 (Ra + R pp ) = Φnom

Φm1 I I a1 = k M Φnom (1 ± ε 1 )I a1 = k M Φnom I anom (1 ± ε 1 ) a1 = Φnom I anom I I M m1 = M nom (1 ± ε 1 ) a1 ⇒ I a1 = anom I anom 1 ± ε 1 M nom Φ I M m 2 = k M Φm 2 I a 2 = k M Φnom m1 I a 2 = k M Φnom (1 ± ε 2 )I a 2 = k M Φnom I anom (1 ± ε 2 ) a 2 = Φnom I anom I I M m2 = M nom (1 ± ε 2 ) a 2 ⇒ I a 2 = anom I anom 1 ± ε 2 M nom

M m1 = k M Φm1 I a1 = k M Φnom

Gde je − 1% ≤ ε 1 ,ε 2 ≤ 1% . Daljim razvojem dobijamo: U = k E Φnom nnom + I anom (Ra + R pp ) ⇒

I anom (Ra + R pp ) = U − k E Φnom nnom = k E Φnom n0 − k E Φnom n nom = k E Φnom (n0 − nnom )

I anom M m1 (Ra + R pp ) = k E Φnom n(1 ± ε 1 ) + k E Φnom n0 − nnom M m1 ⇒ 1 ± ε 1 M nom 1 ± ε 1 M nom I M m2 (Ra + R pp ) = k E Φnom n(1 ± ε 2 ) + k E Φnom n0 − nnom M m 2 ⇒ U = k E Φnom n(1 ± ε 2 ) + anom 1 ± ε 2 M nom 1 ± ε 2 M nom n − nnom M m1 n − n(1 ± ε 1 ) U (1 ± ε 1 ) = n0 = n(1 ± ε 1 ) + 0 ⇒ M m1 = M nom 0 k E Φnom 1 ± ε 1 M nom n0 − n nom n − n nom M m 2 n − n(1 ± ε 2 ) U (1 ± ε 2 ) = n0 = n(1 ± ε 1 ) + 0 ⇒ M m 2 = M nom 0 k E Φnom 1 ± ε 2 M nom n0 − n nom M 1 − M 2 = 2∆M ⇒ M nom M − M2 2 2 ∆M = 1 = n0 (1 ± ε 1 ) − n0 (1 ± ε 2 ) − n(1 ± ε 1 ) + n(1 ± ε 2 ) = 2 2(n0 − nnom ) M nom 2 2 = n0 (± ε 1 m ε 2 ) − n ± 2ε 1 m 2ε 2 + ε 1 − ε 2 ( ) 2 n0 − n nom M M 1 = T + ∆M = M nom + ∆M 2 U = k E Φnom n(1 ± ε 1 ) +

[

[

]

)]

(

147


M2 =

2003. GODINA

MT − ∆M = M nom − ∆M 2

Najveća razlika vrednosti momenata nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikuju odnosno za ε 1 = −ε 2 = 1% . Činjenice da je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu tereta koji je jednak dvostrukom nominalnom momentu motora, možemo iskoristiti da dobijemo relaciju za određivanje brzine obrtanja, koja u najgorem slučaju iznosi: M 1 + M 2 = M T = 2 M nom ⇒

n0 − n(1 ± ε 1 ) n − n(1 ± ε 2 ) (1 ± ε 1 ) + M nom 0 (1 ± ε 2 ) ⇒ n0 − n nom n0 − nnom 2n0 − 2nnom = 2n0 + n0 (± ε 1 ± ε 2 ) − n(2 ± ε 1 ± ε 2 ) ⇒ ± ε1 ± ε 2 nnom + n0 2n + n0 (± ε 1 ± ε 2 ) 2 n = nom = = nnom = 1150 min −1 ± ε1 ± ε 2 2 ± ε1 ± ε 2 1+ 2

2 M nom = M nom

[

]

Iz toga proizlazi da je:

[

)]

(

124.56 1235(0.01 + 0.01) − 1150 2 ⋅ 0.01 + 2 ⋅ 0.01 + 0.012 − 0.012 = 2 ⋅ (1235 − 1150) = 15.607[Nm] ∆M 15.607 ∆M % = 100 = ⋅ 100 = 12.35[% ] M nom 124.56

∆M =

Pojedinačne vrednosti momenata pojedinih motora prema tome iznose: M 1 = M nom + ∆M = 124.56 + 15.607 = 140.167[Nm] M 2 = M nom − ∆M = 124.56 − 15.607 = 108.953[Nm]

2.5. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 22.05.2003. Zadatak 2.5.1.

M

i

D

Reduktor

v

m 148


2003. GODINA

Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta mase: mmax = 5000 [kg]. Odrediti snagu motora koji obezbeđuje tokom ubrzanja za vreme t = 10 [s] dizanje tereta na visinu h = 10 [m], u slučaju da je koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.981, a moment inercije reduktora i motora je zanemarljiv. Zadatak 2.5.2. Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sledećih podataka: Pn = 2.5 [kW], nnom = 960 [min-1] upotrebljen je za pogon priručne dizalice koja se koristi pri izgradnji manjeg građevinskog objekta. Ako se zna da se sa otporom Rd' = 2Rr' = 0.2 [Ω] dodatim usvaku fazu rotora, motor obrće brzinom n = 900 [min-1] i podiže teret brzinom v = 2 [m/s], odrediti težinu tereta koji se podiže. Prečnik bubnja oko koga se namotava čelično uže pri podizanju tereta je Db = 0.2 [m], a eksperimentalno je utvrđeno da je najveća vrednost opterećenja koju motor može podići bez dodatnih otpora u kolu je mmax = 180 [kg]. Debljina čeličnog užeta, mehanički gubici i gubici u statoru motora se zanemaruju. Zadatak 2.5.3. Dvobrzinski trofazni asinhroni motor pokreće opterećenje koje ne zavisi od brzine. Motor se napaja iz mreže 3x380 [V], 50 [Hz]. Na većoj brzini nominalna brzina je nnom1 = 1410 [min-1], sprega je zvezda, a kritični moment se ima pri 62% od sinhrone brzine. Na manjoj brzini nominalna brzina je nnom2 = 940 [min-1], a sprega je trougao. a) Kada je motor uključen na veću brzinu izmerena je električna snaga P = 4 [kW] i brzina motora n = 1390 [min-1]. Koliki je kritični moment motora i koliki je moment kojim je opterećen motor? b) Odrediti brzinu obrtanja kada je motor uključen na manju brzinu obrtanja. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi, a da su ostali parametri motora približno jednaki na obe brzine i da je stepen iskorišćenja η = 0.8 u svim uslovima rada. Zadatak 2.5.4. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom za priključni napon Unom = 440 [V], Inom = 100 [A], nnom = 1050 [min-1] u praznom hodu ima broj obrtaja n0 = 1100 [min-1]. Odrediti vrednost struje i brzine obrtanja motora ako pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja Mt = 200 [Nm]. Smatrati da su gubici trenja i ventilacije zanemarljivi u svim uslovima rada. Zadatak 2.5.5. M1 = 40 [Nm] M2 = 25 [Nm] M3 = -20 [Nm]

M n

M1

n

t1

t2

M2

t3

t4

M3

149

t

t1 = 10 [s] t2 = 60 [s] t3 = 15 [s] t4 = 40 [s]


2003. GODINA

Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 2000 [min-1], a motor ima prinudno hlađenje. Rešenje 2.5.1. Priraštaj potencijalne energije u toku deset sekundi pri dizanju mase m na visinu h iznosi: ∆W pot = mgh = 5000 ⋅ 9.81 ⋅ 10 = 490500[J ] Prema tome potrebna snaga motora uz uračunavanje gubitaka u mehanizmu u stacionarnom pogonu iznosi: P=

∆W pot tη red

=

mgh 5000 ⋅ 9.81 ⋅ 10 = = 50000[W ] = 50[kW ] tη red 10 ⋅ 0.981

Rešenje 2.5.2. Pri brzini dizanja tereta v = 2 [m/s], bubanj se okreće brzinom obrtanja, koja sledi iz relacije: v = Ωb

[

Db 2π D 60v 60 ⋅ 2 600 = nb b ⇒ nb = = = = 190.99 min −1 πDb π ⋅ 0.2 π 2 60 2

]

Prema tome između motora i bubnja nalazi se reduktor sa prenosnim odnosom: ired =

n 900 = = 4.71[ nb 190.99

]

Maksimalni moment na bubnju, pri kom motor može da kreće bez dodatnog otpora, je prema uslovima zadatka: M max = F

Db D 0.2 = mg b = 180 ⋅ 9.81 ⋅ = 176.58[Nm] 2 2 2

Pošto postoji reduktor, moment na vratilu motora, koji je ujedno i polazni moment, iznosi: M pol =

M max 176.58 = = 37.49[Nm ] ired 4.71

Nominalni moment i nominalno klizanje motora iznose: Pn 60 Pn 30 2500 = ⋅ = ⋅ = 24.86[Nm] Ω n 2π n n π 960 n − nn 1000 − 960 40 = = = 0.04[ ] sn = 1 n1 1000 1000

Mn =

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja: 150


2003. GODINA

s n s kr + M p s kr s n 2M kr 2M kr 37.49 Mp = ∧ Mn = ⇒ = = = 1.5 s n s kr 1 s kr 1 s kr 24.86 Mn + + + s kr 1 s kr s n s kr 1 s s 1.5 + 1.5s kr = n + kr ⇐ ⋅s kr s n s kr s kr s n

s kr 1.5s n + 1.5s n − s n − s kr = 0 ⇒ s kr (1 − 1.5s n ) − s n (1.5 − s n ) = 0 ⇒ 2

2

s kr = ±

2

2

s n (1.5 − s n ) 0.04(1.5 − 0.04) 0.04(1.5 − 0.04) 0.0584 =± =± =± = ±0.247 (1 − 1.5s n ) 1 − 1.5 ⋅ 0.04 1 − 1.5 ⋅ 0.04 0.96

Prema tome kritična vrednost momenta iznosi: M kr =

M p  1 s kr  + 2  s kr 1

 37.49  1   = + 0.247  = 80.52[Nm]  2  0.247  

U traženom režimu, kritično klizanje zbog dodatog otpora Rd' = 2Rr' iznosi: s krd

′ ′ ′ ′ ′ Rd + Rr 2 Rr + Rr 3Rr = = = = 3s kr = 3 ⋅ 0.247 = 0.741[ ′ ′ ′ Xs + Xr Xs + Xr Xs + Xr

]

Zbog dodavanja otpora, kritična vrednost momenta se ne menja, a klizanje je: sd =

n1 − nd 1000 − 900 100 = = = 0.1[ n1 1000 1000

]

Iz toga sledi da se na vratilu motora razvija moment: Md =

2 M kr 2 ⋅ 80.52 = = 21.34[Nm ] sd s krd 0.1 0.741 + + 0.741 0.1 s krd sd

Na bubnju se razvija moment: M bd = M d ired = 21.34 ⋅ 4.71 = 100.51[Nm] Prema tome teret iznosi: mt =

M bd 2M bd 2 ⋅ 100.51 = = = 102.46[kg ] Db gDb 9.81 ⋅ 0.2 g 2

Rešenje 2.5.3. a) Mehanički moment i klizanje motora, u slučaju da je on priključen na veću brzinu, iznose: 151


2003. GODINA

Pa 60 Pelη 30 4000 ⋅ 0.8 = ⋅ = ⋅ = 21.984[Nm] Ω a 2π na π 1390 n − n a 1500 − 1390 110 sa = 1 = = = 0.07333[ ] n1 1500 1500

Ma =

Kritična vrednost brzine postiže se pri 62% od sinhrone brzine, pa prema tome kritično klizanje iznosi: s kr =

n1a − nkr 1500 − 0.62 ⋅ 1500 1500 − 930 570 = = = = 0.38[ n1a 1500 1500 1500

]

Na osnovu poznatog momenta, klizanja i kritičnog klizanja, primenom Klosovog obrasca dobijamo vrednost kritičnog momenta: M kra =

Ma 2

 s a s kr  21.984  0.07333 0.38    = + +   = 59.07[Nm] s s 2 0 . 38 0 . 07333   a   kr

b) Kako se parametri motora, u slučaju da je on priključen na manju brzinu ne menjaju, to kritično klizanje ne menja vrednost, ali se menja kritična vrednost momenta jer se menja i broj pari polova i napon po fazi. Prema tome iz izraza za kritični moment za manju i veću brzinu, važi da je: 2

M krb M kra

M krb

U fb 3 pb 2 ω 2  L + L ′  2 2 2 s s r pbU fb 3  380  3  220 3  9    = = = =   =  2 2  2  220  2  220  2 U fa p aU fa 3 pa 2 ω 2  L + L ′  s r  s  9 = M kra = 4.5 ⋅ 59.07 = 265.815[Nm] 2

Traženu brzinu obrtanja, možemo naći preko klizanja, ponovnom primenom Klosovog obrasca, uz uslov postavljen zadatkom, da se moment opterećenja ne menja: Mb = Ma =

2 M krb s s 2 M krb 2 M krb 2 2 ⇒ b + kr − = 0 ⇐ ⋅s kr sb ⇒ s b − s kr sb + s kr = 0 sb s kr s kr sb Ma Ma + s kr sb

2    M kr   265.815   M krb    s b = s kr  ±  − 1  = 0.38 ± 12.0912 − 1  = 0.01596 ∧ 9.1732   Ma   21.984   Ma    nb = n1b (1 − sb ) = 1000(1 − 0.01596 ) = 984.04 min −1

[

]

Rešenje 2.5.4. Vrednost indukovane elektromotorne sile u nominalnom režimu možemo naći iz relacije:

152


E nom = k E Φ nom nnom ⇒ E 0 = U = k E Φ nom n0 ⇒ E nom =

2003. GODINA

E0 n = 0 ⇒ E nom nnom

n nom 1050 U= 440 = 420[V ] n0 1100

Pošto se gubici trenja i ventilacije zanemaruju, vrednost nominalnog momenta iznosi: M nom =

E nom I nom E nom I nom 30 E nom I nom 30 ⋅ 420 ⋅ 100 = = = = 381.97[Nm ] 2πnnom Ω nom πnnom π ⋅ 1050 60

Za jednosmerni motor važi relacija: E = k E Φ nom n = U − Ra I a = k E Φ nom n0 − Ra n = n0 − Ra

M k E k M Φ nom

2

M ⇒ k M Φ nom

= n0 − kM ⇒ n − n0 = − kM

Prethodna relacija važi i za nominalnu brzinu obrtanja: nnom = n0 − kM nom ⇒ nnom − n0 = −kM nom Prostim deljenjem prethodne dve relacije i pogodnom manipulacijom, dobijamo traženu brzinu obrtanja: n − n0 M = ⇒ nnom − n0 M nom n = n0 − (n0 − nnom )

[

M 200 = 1100 − (1100 − 1050) = 1073.819 min −1 M nom 381.97

]

Dalje manipulacijom izraza za moment, dobijamo na kraju i vrednost rotorske struje: M nom = k M Φ nom I nom ⇒ M = k M Φ nom I ⇒ I=

M I = ⇒ M nom I nom

M 200 I nom = 100 = 52.36[ A] M nom 381.97

Rešenje 2.5.5. Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je:

(

)

(

)

1 1 2 2 M 1 + M 1M 2 + M 2 = 40 2 + 40 ⋅ 25 + 25 2 = 3 3 3225 = = 1075 = 32.787[Nm ] 3

M e2 =

153


2003. GODINA

Zbog prinudnog hlađenja ne popogoršavaju se uslovi hlađenja, tokom perioda ciklusa zaleta i kočenja i mirovanja. Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus prema tome iznosi:

M effMot =

∑M ∑t

2

i

i

i

ti

2

=

2

2

M 1 t1 + M e 2 t 2 + M 3 t 3 = t1 + t 2 + t 3 + t 4

i

=

40 2 ⋅ 10 + 1075 ⋅ 60 + 20 2 ⋅ 15 86500 = = 26.306[Nm ] 10 + 60 + 15 + 40 125

Vrednost potrebne snage motora je: PeffMot = M effMot

2πn Motnom π = 26.306 ⋅ ⋅ 2000 = 5509.516[W ] ≈ 5.51[kW ] 60 30

2.6. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 12.06.2003. Zadatak 2.6.1. Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pn = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti maksimalni otporni moment radne mašine koji može da savlada pogonski motor pri polasku. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. Zadatak 2.6.2. Motor iz prethodnog zadatka upušta automatskim upuštačem zvezda – trougao. Koliki maksimalni otporni moment radne mašine u tom slučaju može da savlada pogonski motor pri polasku. Zadatak 2.6.3. Ako se motor iz prvog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača, sa kojim naponom i učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje. Odrediti maksimalnu vrednost momenta koji u tom slučaju razvija motor. Koliki faktor strujnog preopterećenja u tom slučaju treba da obezbedi pretvarač frekvencije. Zadatak 2.6.4. Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni pregoreo. Pogon zahteva 18 [kW] uz oko 1400 [min-1] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavlja svakih 5 sati. Na raspolaganju su dva motora: I motor: 380 [V]; 12 [kW]; 1410 [min-1]; cosϕ = 0,8; PCU/PFE = 4,1; τz = 40 [min], II motor: 380 [V]; 10 [kW]; 1430 [min-1]; cosϕ = 0,77; PCU/PFE = 1,6; τz = 45 [min]. Proračunati uslove pogona ostvarene sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora. Zadatak 2.6.5. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora, ako je nazivna brzina motora n=1500 [min-1], a motor ima prinudno hlađenje.

154


2003. GODINA

M1 = 25 [Nm] M2 = 40 [Nm] M3 = -20 [Nm]

M2

M n

t1 = 10 [s] t2 = 60 [s] t3 = 15 [s] t4 = 40 [s]

n

M1

t1

t3

t2

t4

t

M3

Rešenje 2.6.1. Nominalni noment i klizanje motora iznose: Pn 60 Pnom 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm ] Ω n 2π n nom π 1440 n − n nom 1500 − 1440 60 = 1 = = = 0.04[ ] n1 1500 1500

M nom = s nom

Polazeći od opšteg izraza za moment, nalazimo izraze za polazni i nominalni moment: '

M pol =

30 m Rr 2 I pol π n1 s p '

M nom

30 m Rr 2 = I nom π n1 s n

Deljenjem ove dve relacije i daljim rešavanjem dobijamo vrednost polaznog momenta:

M pol M nom

I pol =

2

1 I nom sn

2

⇒ M pol

 I pol = M nom s nom   I nom

2

2

 5  = 26.526 ⋅ 0.04  = 26.526[Nm] = M nom 1 

Vrednost polaznog momenta mora biti veća od momenta opterećenja da bi se motor mogao pokrenuti, dakle mora da važi: M t < M p = 26.526[Nm] Rešenje 2.6.2. 155


2003. GODINA

Ako se motor upušta sa upuštačem zvezda - trougao, tokom upuštanja u spoju zvezda smanjuje se njegov napon po fazi, pa se smanjuje i moment motora. Pošto moment zavisi od vrednosti napona na kvadrat, važi da je: M polz

=

M polt M polz

Uz

2

Ut

2

⇒

U = M polt  z  Ut

2

2

2

  1  220  26.526  = 26.525 ⋅   = = 8.842[Nm ]  = 26.526 ⋅  3  380   3 

Prema tome sa upuštačem motor može da savlada samo manji moment od:

M t < M polz = 8.842[Nm] Rešenje 2.6.3. Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritični moment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst. Kritični moment i kritično klizanje možemo odrediti primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, pa važi:

2 M kr 2 M kr M ∧ M pol = ⇒ nom s nom s 1 s kr M pol + kr + 1 s kr s nom s kr s 1 s kr s nom + = + kr ⇐ ⋅s kr s nom s kr 1 s kr s nom

M nom =

1 s kr + 1 s kr = =1 s nom s kr + s kr s nom

s kr s nom + s nom − s nom − s kr = 0 ⇒ s kr (1 − s nom ) − s nom (1 − s nom ) = 0 ⇒ 2

2

2

2

s kr = ± s nom = ± 0.04 = ±0.2 M kr =

M pol  1 s kr  26.526  1    = + + 0.2  = 68.968[Nm]  2  s kr 1  2  0.2 

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja je prema tome:

[

∆n kr = s kr n1 = 0.2 ⋅ 1500 = 300 min −1

]

Prema tome motor treba da krene sa sinhronom brzinom:

[

′ n1 = ∆nkr = 300 min −1

]

Odnosno polazna učestanost i napon sa kojim treba pokrenuti motor, iznose: n 300 ′ f s = f s 1b = 50 ⋅ = 10[Hz ] n1 1500 156


2003. GODINA

n 300 ′ U s = U s 1b = 380 ⋅ = 76[V ] n1 1500

Ako su ostvareni gornji uslovi za polaznu učestanost i frekvenciju motor će u polasku razviti maksimalni odnosno kritični moment:

M ′ = M

kr

= 68 . 968 [Nm

]

Slično kao u prvom zadatku polazeći od opštih izraza za moment: '

′ 30 m Rr ′2 M pol = I pol π n ′ sp 1

'

M kr

30 m Rr 2 = I kr π n1 s kr '

M nom

30 m Rr 2 = I nom π n1 s n

prvo dobijamo deljenjem prva dva odnosa, da je vrednost polazne struje jednaka vrednosti struje pri kritičnom momentu: M pol M kr

′

2

ns = 1 = 1 kr ′ n1 s p

I ′  pol  = ∆nkr  I  ′ n1  kr 

2

2

′ I ′   pol  = 1 ⋅  I pol  ⇒ I ′ = I pol kr  I   I   kr   kr  157


2003. GODINA

a zatim deljenjem druga dva odnosa samu vrednost kritične struje, odnosno faktor strujnog preopterećenja: 2 ′ I pol  I kr  ⇒ = = I nom I nom 

M kr s  I = n  kr M nom s kr  I nom

M kr s kr = M nom s nom

68.968 ⋅ 0.2 = 13 = 3.606 26.526 ⋅ 0.04

Rešenje 2.6.4. Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu veća od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenja dovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se na osnovu snage u trajnom radu Pnom, vremenske konstante zagrevanja τzag, vremena uključenja tp i odnosa stalnih i promenljivih gubitaka PCU/PFE. tp

Pkrat = Pnom

− P τ 1 + FE e zag PCUnom

1− e

−

tp τ zag

Za prvi motor ova snaga iznosi: 25

Pkrat1 = 12

1+

1 − 40 e 4.1 = 12 ⋅ 1.559 = 18.71[kW ] 25

1− e

−

40

Za drugi motor ova snaga iznosi: 25

Pkrat 2

1 − 45 1+ e 1.6 = 10 = 10 ⋅ 1.695 = 16.95[kW ] 25 1− e

−

45

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu veća od zahtevane: Pkrat1 = 18.71[kW ] > P = 18[kW ] > Pkrat 2 = 16.95[kW ] Rešenje 2.6.5. Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi: 2

M 12 =

2

M 1 + M 1M 2 + M 2 = 3

25 2 + 25 ⋅ 40 + 40 2 3225 = = 1075 = 32.787[Nm] 3 3



M effMot = =

2

( 1075 ) ⋅10 + 40 2

2

M 12 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3 = t1 + t 2 + t 3 + t 4

2003. GODINA

⋅ 60 + 20 2 ⋅ 15 = 10 + 60 + 15 + 40 2

1075 + 9600 + 6000 112750 = = 902 = 30.034[Nm] 125 125


2πn π = 30.034 1500 = 4717.73[W ] ≈ 4.72[kW ] 60 30

2.7. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 03.07.2003. Zadatak 2.7.1. Na osovini elektromotora pogona kolica, sa slike 1, smimljen je putni dijagram momenta motora u funkciji vremena za jedan ciklus prikazan na slici 2. Za vreme jednog ciklusa kolica pređu rastojanje od sc = 42.6 [m]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m], a između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 i koeficijenta korisnog dejstva η = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02. Kolika je ukupna masa tereta i kolica?

Motor

D Slika 1. Mmot [Nm]

50.27 [Nm]

15.29 [Nm] 6 [s]

6 [s]

10 [s]

10 [s]

t [s]

-11.39 [Nm] 32 [s]

Slika 2. 159


2003. GODINA

Zadatak 2.7.2. Za motor iz prethodnog zadatka odrediti vrednost momenta inercije motora. Zadatak 2.7.3. Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati njegovu potrebnu nazivnu snagu metodom ekvivalentnog momenta. Zadatak 2.7.4. Oceniti na osnovu putnog dijagrama da li se kolica iz prvog zadatka, sem sa motorom posebno dodatno koče sa mehaničkom kočnicom. Zadatak 2.7.5. Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pn = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će se ubrzati motor ako je otporni moment radne mašine Mt = 30 [Nm]. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. Rešenje 2.7.1. Iz momentnog putnog dijagrama nalazimo da motor u stacionarnom stanju razvija moment: M tStac = 15.29183.45[Nm] U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment: M tStac = M MotStac iη Re d = 15.29 ⋅ 16 ⋅ 0.75 = 183.45[Nm] Na obodu točka se razvija vučna sila koja je u stacionarnom stanju jednaka sili otpora kotrljanja: Ft =

M tStac 2 ⋅ 183.45 = = 1079.1[N ] D 0.34 2

Iz toga proizlazi da kolica imaju masu: m=

Ft 1079.1 = = 5500[kg ] gµ F 9.81 ⋅ 0.02

Rešenje 2.7.2. U stacionarnom stanju kolica se kreću sa brzinom: sc =

v max (t zal + t usp ) + vmax t Stac = vmax (t Stac + t zal ) ⇒ vmax = sc = 42.6 = 2.66[m / s] t Stac + t zal 2 16

U toku zaleta postiže se ubrzanje: a=

[

v max 2.66 = = 0.44 m / s 2 t zal 6

] 160


2003. GODINA

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi: α zal = a

[ ]

2 183.45 2 = = 0.44 = 2.59 s − 2 D 16 ⋅ 0.75 0.34

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi: 2

2

[

D  0.34  2 J t = m  = 5500  = 158.95 kgm 2  2 

]

Dinamički moment ubrzanja tereta je prema tome: M tDin = J tα zal = 158.95 ⋅ 2.59 = 411.4[Nm ] Pošto sa dijagrama nalazimo vrednost momenta ubrzanja motora tokom zaleta, moment ubrzanja motora, nalazimo kao razliku razvijenog momenta ubrzanja i zbira stacionarnog momenta tereta i dinamičkog momenta ubrzanja tereta, normalno svedenih na osovinu motora: M MotDin = M zMotDin − (M tDin + M tStac )

1 1 = 50.27 − (411.4 + 183.45) = 0.704[Nm ] iη R 16 ⋅ 0.75

Iz vrednosti momenta ubrzanja motora i ugaonog ubrzanja motora na kraju nalazimo traženu vrednost momenta inercije motora: J Mot =

[

M MotDin M MotDin 0.704 = = = 0.017 kgm 2 α zalMot iα zal 16 ⋅ 2.59

]

Rešenje 2.7.3. Iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo ekvivalentni moment opterećenja: 2

M effMot =

2

2

M zMotDin t z + M MotStac t Stac + M uMotDin t u = t zal + t Stac + t usp + t 0

50.27 2 ⋅ 6 + 15.29 2 ⋅ 10 + 11.39 2 ⋅ 6 18278.671 = = = 23.9[Nm] 6 + 10 + 6 + 10 32 Potrebna nazivna snaga motora iznosi: PeffMot = M effMot

2πn π = 23.9 2391 = 5984[W ] = 5.984[kW ] 60 30

Rešenje 2.7.4. U slučaju da se motor koči sa postavljenom mehaničkom kočnicom na izlaznoj strani vratila ukupan moment motora koji on razvija tokom usporenja, sveden na njegovu osovinu iznosi:

161


M uMotDin = − M MotDin + (− M tDin + M tStac + M Kocnice )

2003. GODINA

η Re d i

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta kočenja: M Kocnice = (M uMotDin + M MotDin ) = (− 11.39 + 0.704 )

i η Re d

+ M tDin − M tStac =

16 + 411.4 − 183.45 = −0.068 ≈ 0 0.75

zanemarljiva, odnosno da se ne koristi dodatna mehanička kočnica. Rešenje 2.7.5. Nominalni noment i klizanje motora iznose: Pn 60 Pn 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm] Ω n 2π n n π 1440 n − nn 1500 − 1440 60 sn = 1 = = = 0.04[ ] n1 1500 1500

Mn =

Polazeći od opšeg izraza za moment, nalazimo izraze za polazni i nominalni moment: '

30 m Rr 2 Mp = Ip π n1 s p

'

30 m Rr 2 Mn = In π n1 s n

Deljenjem ove dve relacije i daljim rešavanjem dobijamo vrednost polaznog momenta: Ip

2

 Ip = 12 ⇒ M p = M n s n  Mn In  In sn

Mp

2

2

 5  = 26.526 ⋅ 0.04  = 26.526[Nm] = M n 1 

Vrednost polaznog momenta je prema tome manja od momenta opterećenja: M t = 30 > M p = 26.526 ⇒n t = 0 što znači da se motor neće moći pokrenuti.

2.8. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 04.09.2003. Zadatak 2.8.1. Masa kolica i tereta pogona na slici iznosi m = 5500 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m], a između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 i koeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02. Kolica tokom jednog ciklusa prelaze put od sc = 42.6 [m], razvijajući maksimalnu brzinu vmax = 2.66 [m/s], sa maksimalnim ubrzanjem i usporenjem a = 0.44 [m/s2]. Odrediti nazivnu brzinu obrtanja motora i 162


2003. GODINA

snagu koju motor uzima iz mreže u stacionarnom stanju ako je koeficijent korisnog dejstva motora ηMot = 0.75 i moment inercije motora JMot = 0.017 [kgm2].

Motor

D m = 5500 [kg] D = 0.34 [m] i = 16 ηRed = 0.75 µF = 0.02 sc = 42.6 [m] vmax = 2.66 [m/s] a = 0.44 [m/s2] ηMot = 0.75 JMot = 0.017 [kgm2]. t0 = 10 [s] Zadatak 2.8.2. Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena za jedan ciklus rada, ako kolica između dva pokretanja stoje t0 = 10 [s]. Zadatak 2.8.3. Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati njegovu potrebnu nazivnu snagu metodom ekvivalentnog momenta. Zadatak 2.8.4. Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog časa rada motora iz prethodnih zadataka, ako je cena jednog kWh 3 [din]. Zadatak 2.8.5. Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pn = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će se ubrzati motor ako je otporni moment radne mašine Mt = 20 [Nm]. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. Rešenje 2.8.1. U stacionarnom stanju brzina obrtanja motora kod brzine kolica v max iznosi: n Motnom = int = i

[ ]

v max ⋅ 60 2.66 ⋅ 60 = 16 = 2391 s −1 πD 0.34 ⋅ π 163


2003. GODINA

Sila otpora kotrljanja je: Ft = mgµ F = 5500 ⋅ 9.81 ⋅ 0.02 = 1079.1[N ] Da bi savladao izračunatu silu otpora motor mora da razvije mehaničku snagu u iznosu: PMotStac =

Ft v max 1079.1 ⋅ 2.66 = = 3830[W ] = 3.83[kW ] η Re d 0.75

Pri tome motor iz mreže uzima snagu: PMrezeStac =

PMotStac 3830 = = 5106[W ] = 5.106[kW ] η Mot 0.75

Rešenje 2.8.2. Da bi se nacrtao momentni putni dijagram motora potrebno je odrediti momente i vremena njihovog trajanja posebno za svaki od režima rada, stacionarni, zalet i usporenje. U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment: M tStac = Ft

D 0.34 = 1079.1 ⋅ = 183.45[Nm] 2 2

Pri tome motor na svojoj osovini razvija moment: M MotStac =

M tStac 183.45 = = 15.29[Nm] iη Re d 16 ⋅ 0.75

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi: α zal = a

[ ]

2 183.45 2 = = 0.44 = 2.59 s − 2 D 16 ⋅ 0.75 0.34

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi: 2

2

[

D  0.34  2 J t = m  = 5500  = 158.95 kgm 2  2 

]

Potreban moment ubrzanja za zalet kolica na osovini kolica, sa zadatim ubrzanjem je prema tome: M tDin = J tα zal = 158.95 ⋅ 2.59 = 411.4[Nm ] Potreban moment ubrzanja rotora motora iznosi: M MotDin = J Motα zalMot = J Mot iα zal = 0.017 ⋅ 16 ⋅ 2.59 = 0.704[Nm] 164


2003. GODINA

Ukupan moment koji tokom ubrzanja odaje motor iznosi: M zMotDin = M MotDin + (M tDin + M tStac )

1 1 = 0.704 + (411.4 + 183.45) = 50.27[Nm] iη R 16 ⋅ 0.75

Vrednost ubrzanja i usporenja su iste, pa su i potrebni momenti usporenja po veličini isti kao momenti ubrzanja a različiti po znaku. Pa iz toga sledi da ukupni moment koji prima motor tokom usporenja iznosi: η Re d = i 0.75 = −0.704 + (− 411.4 + 183.45) = −11.39[Nm] 16

M uMotDin = − M MotDin + (− M tDin + M tStac )

Pošto su vrednosti ubrzanja i usporenja ista i vremena njihovih trajanja su ista i iznose: t zal = t usp =

v max 2.66 = = 6[s ] a 0.44

Tokom trajanja ubrzanja i usporenja kolica ukupno pređu put: s z +u =

v max (t zal + t usp ) = vmax t zal 2 Mmot [Nm]

50.27 [Nm]

15.29 [Nm] 6 [s]

6 [s]

10 [s]

10 [s]

t [s]

-11.39 [Nm] 32 [s]

Putni dijagram. Pošto se ostali deo puta kolica kreću stacionarnom brzinom, trajanje stacionarnog režima nalazimo iz relacije: t Stac =

s c − s z +u s 42.6 = c − t zal = − 6 = 10[s ] v max v max 2.66 165


2003. GODINA

Pošto kolica između dva pokretanja stoje zadato vreme, ukupno trajanje ciklusa iznosi: t c = t zal + t Stac + t usp + t 0 = 6 + 10 + 6 + 10 = 32[s ] Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja za zalet, stacionarno stanje i usporenje crtamo putni dijagram momentnog opterećenja, dat na prethodnoj strani. Rešenje 2.8.3. Iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo ekvivalentni moment opterećenja: 2

M effMot = =

2

2

M zMotDin t z + M MotStac t Stac + M uMotDin t u = t zal + t Stac + t usp + t 0 50.27 2 ⋅ 6 + 15.29 2 ⋅ 10 + 11.39 2 ⋅ 6 18278.671 = = 23.9[Nm] 6 + 10 + 6 + 10 32

Potrebna nazivna snaga motora iznosi: PeffMot = M effMot

2πn π = 23.9 2391 = 5984[W ] = 5.984[kW ] 60 30

Rešenje 2.8.4. Tokom zaleta motor uzima iz mreže energiju u iznosu: 1 PzMot max 1 M zMotDin 2πn Motnom 50.27 π ⋅ 2391 t zal = t zal = ⋅ ⋅6 = 2 η Mot 2 η Mot 60 2 ⋅ 0.75 30 = 50347[Ws ] = 50.347[kWs ]

W zMreze =

U stacionarnom stanju motor takođe uzima energiju iz mreže u iznosu: WStacMreze = PMrezeStac t Stac = 5106 ⋅ 10 = 51060[Ws ] = 51.06[kWs] Tokom usporenja motor vraća energiju u mrežu u iznosu: 2πn Motnom 1 1 − 11.39 π ⋅ 2391 PuMot maxη Mot t usp = M uMotDin η Mot t zal = ⋅ ⋅ 0.75 ⋅ 6 = 2 2 60 2 30 = −6416[Ws ] = −6.416[kWs]

WuMreze =

Ukupno tokom jednog ciklusa vožnje motor iz mreže uzima energiju jednaku zbiru sve tri energije, odnosno: WcMreze = W zMreze + WStacMreze + WuMreze = 50.347 + 51.06 − 6.416 = 94.991[kWs] Tokom jednog časa rada motor iz mreže uzima ukupno: W1hMreze =

t zal

3600 3600 94.991 WcMreze = ⋅ = 2.968[kWh] + t Stac + t usp + t 0 32 3600 166


2003. GODINA

Prema tome, cena potrošene tokom jednog časa rada motora iznosi: CENA1h = W1hMreze

CENA = 2.968 ⋅ 3 = 8.904[din ] h

Rešenje 2.8.5. Nominalni noment i klizanje motora iznose: Pn 60 Pn 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm] Ω n 2π n n π 1440 n − nn 1500 − 1440 60 = = = 0.04[ ] sn = 1 n1 1500 1500

Mn =


'

Mp =

30 m Rr 2 Ip π n1 s p

Mn =

30 m Rr 2 In π n1 s n


2


Mp

2

2

 5  = 26.526 ⋅ 0.04  = 26.526[Nm] = M n 1 

167


2003. GODINA

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja i momenta: 1 s kr + 2M kr 2M kr 1 Mn s kr ∧Mp = ⇒ = =1 Mn = s n s kr s n s kr 1 s kr Mp + + + 1 s kr s n s kr s kr s n s s 1 s kr + = n + kr ⇐ ⋅s kr s n s kr 1 s kr s n

s kr s n + s n − s n − s kr = 0 ⇒ s kr (1 − s n ) − s n (1 − s n ) = 0 ⇒ s kr = ± s n = ± 0.04 = ±0.2 2

2

2

2

M p  1 s kr  26,526  1    = + + 0.2  = 68.968[Nm]  2  s kr 1  2  0.2 

M kr =

Ponovnom primenom Klosovog obrasca za zadati otporni moment određujemo traženu brzinu obrtanja: Mt =

2 M kr s s 2 M kr 2 M kr 2 2 ⇒ t + kr − = 0 ⇐ ⋅s kr st ⇒ st − s kr s t + s kr = 0 st s kr s kr st Mt Mt + s kr st

2    M kr  68.968  0.0296  M kr  − 1  = 0.2 s t = s kr  ±  ± 3.4484 2 − 1  =   Mt   20   1.349  Mt    nt = n1 (1 − s t ) = 1500(1 − 0.0296 ) = 1455.6 min −1

[

]

2.9. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 25.09.2003. Zadatak 2.9.1. i, ηRed

D

ASM

mt = 20 [t] nMotnom = 975 [s-1] ηMot = 0.86 JMot = 0.33 [kgm2] i = 177 ηRed = 0.9 D = 0.6 [m] JDob = 20 [kgm2] tc = 240 [s] tzal = tusp = 10 [s] hmax = 5 [m]

Teret 168


2003. GODINA

Odrediti snagu i moment koji razvija motor pogona dizalice sa slike, u stacionarnom stanju pri dizanju i spuštanju tereta. Masa tereta iznosi mt = 20 [t]. Motor ima nominalni broj obrtaja nMotnom = 975 [s-1], koeficijent korisnog dejstva ηMot = 0.86 i moment inercije JMot = 0.33 [kgm2]. Reduktor ima prenosni odnosa i = 177, koeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.9 i zanemarljiv moment inercije. Prečnik točka doboša iznosi D = 0.6 [m]. Moment inercije doboša je JDob = 20 [kgm2]. Zadatak 2.9.2. Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena za jedan ciklus rada trajanja tc = 240 [s]. Teret tokom jednog ciklusa prelazi put gore-dole od maksimalnog donjeg do maksimalnog gornjeg položaja i nazad sa jednakim vremenima zaleta i usporenja tzal = tusp = 10 [s], pri čemu i u gornjem i donjem položaju teret miruje isto vreme. Visinska razlika između gornjeg i donjeg položaja iznosi hmax = 5 [m]. Zadatak 2.9.3. Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati njegovu potrebnu nazivnu snagu metodom ekvivalentnog momenta. Zadatak 2.9.4. Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora iz prethodnih zadataka, ako motor radi prosečno 10 časova dnevno i ako je cena jednog kWh 3 [din]. Zadatak 2.9.5. Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5Inom upotrebljen je za pogon radne mašine sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Radi regulisanja brzine obrtanja, motor se napaja sa frekventnim pretvaračem. Odrediti do koje se maksimalne vrednosti može regulisati brzina obrtanja motora, ako je otporni moment radne mašine Mt = 20 [Nm]. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. Rešenje 2.9.1. Zbog primene koturače težina tereta izaziva u užetu silu, vrednosti: Fuze =

mt g 20000 ⋅ 9.81 = = 98100[N ] 2 2

Prema tome na pogonskom dobošu razvija se moment: M dobos = Fuze

D 0.6 = 98100 ⋅ = 29430[Nm] 2 2

Uže postiže maksimalnu brzinu jednaku obodnoj brzini doboša: vuze max =

Ω Motnom D 2πn Motnom D 975 ⋅ π 0.34 = = ⋅ = 0.173[m / s ] i 2 60i 2 30 ⋅ 177 2

Prema tome motor u stacionarnom stanju pri dizanju tereta, radi u motornom režimu i pri tome mora da oda mehaničku snagu:

169


PMotStac1 =

2003. GODINA

Fuze vuze max 98100 ⋅ 0.173 = = 18857[W ] ≈ 18.86[kW ] η Re d 0.9

i pri tome razvije obrtni moment: M MotStac1 =

M dobos 29430 = = 184.75[Nm] iη Re d 177 ⋅ 0.9

U stacionarnom stanju pri spuštanju sa istom brzinom kao i pri dizanju, motor radi u generatorskom režimu, pri čemu mora da prihvati mehaničku snagu i moment: PMotStac 2 = − Fuze vuze maxη Re d = −98100 ⋅ 0.173 ⋅ 0.9 = −15274[W ] ≈ −15.27[kW ] M MotStac 2 = −

M dobos 29430 η Re d = − ⋅ 0.9 = −149.64[Nm ] i 177

Rešenje 2.9.2. Moment inercije tereta u odnosu na osovinu doboša može se naći iz relacija održanja kinetičke energije: 2

2

1 1 1 v  11 1 D 2 2 2 D  J t ω dobos = mt vt = mt  uze  = mt ω dobos   ⇒ J t = mt   2 2 2  2  24 4 2 2 2

Jt =

2

[

1 D 1  0.6  2 mt   = 20000  = 450 kgm 4 2 4  2 

2

]

Poštu su vrednosti vremena ubrzanja i usporenja jednaka i ugaono ubrzanje i usporenje motora su isti i iznose: t zal = t usp ⇒ α zalMot = α uspMot =

[ ]

Ω Mot 2πn Mot π ⋅ 975 = = = 10.21 s − 2 t zal 60t zal 30 ⋅ 10

Potreban moment ubrzanja i usporenja za zalet i usporenje tereta i doboša iznosi: M tDin = ( J t + J dobos )α zadobosl = (J t + J dobos )

α zalMot 10.21 = (450 + 20 ) = 27.11[Nm ] i 177

Potreban moment ubrzanja i usporenja rotora motora iznosi: M MotDin = ( J Mot + J Re d )α zalMot = (0.33 + 0 )10.21 = 3.37[Nm] Ukupan moment koji odaje motor tokom ubrzanja pri dizanju tereta iznosi: 1 1 = 3.37 + (27.11 + 29430) = iη R 177 ⋅ 0.9 = 3.37 + 0.17 + 185.75 = 188.29[Nm ]

M zMotDin1 = M MotDin + (M tDin + M dobos )

Ukupan moment koji odaje motor tokom usporenja pri dizanju tereta iznosi: 170


2003. GODINA

1 1 = −3.37 + (− 27.11 + 29430) = 177 ⋅ 0.9 iη R = −3.37 − 0.17 + 185.75 = 181.21[Nm]

M uMotDin1 = − M MotDin + (− M tDin + M dobos )

Ukupan moment koji prima motor tokom ubrzanja pri spuštanju tereta iznosi: ηR 0.9 = 3.37 + (27.11 − 29430) = i 177 = 3.37 + 0.14 − 149.64 = −146.13[Nm]

M zMotDin 2 = M MotDin + (M tDin − M dobos )

Ukupan moment koji prima motor tokom usporenja pri spuštanju tereta iznosi: ηR 0.9 = −3.37 + (− 27.11 − 29430) = i 177 = −3.37 − 0.14 − 149.64 = −153.15[Nm]

M uMotDin 2 = − M MotDin + (− M tDin − M dobos )

Momenti u stacionarnim stanjima izračunati su u prethodnom zadatku, tako da treba samo odrediti njihova vremena trajanja. Da bi njih odredili, moramo prvo odrediti, stacionarnu brzinu kretanja tereta: vt max =

vuze max 0.173 = = 0.0865[m / s ] 2 2

Stacionarna stanja pri dizanju i spuštanja su ista, a nalazimo ih podatka da teret prelazi zadatu visinsku razliku:

t Stac1 = t Stac 2 = =

hmax −

vt max (t zal + t usp ) h 1 2 = max − (t zal + t usp ) = vt max vt max 2

hmax 5 − t zal = − 10 = 47.8[s ] vt max 0.865

Ukupno vreme mirovanja nalazimo iz relacije: t 0 = t c − (t zal + t Stac1 + t usp + t zal + t Stac 2 + t usp ) = t c − 2(t zal + t Stac1 + t usp ) = = 240 − 2(10 + 47.8 + 10) = 240 − 2 ⋅ 67.8 = 104.4[s ]

Pod pretpostavkom da je vreme mirovanja podjednako raspodeljeno između dizanja i spuštanja, vreme mirovanja između ciklusa rada je: t staj1 = t staj 2 =

t 0 104.4 = = 52.2[s ] 2 2

Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja pojedinih sekvenci rada, crtamo dijagram momentnog opterećenja:

171


2003. GODINA

NMot[Nm] nMot[min-1] 188.29[Nm] 181.21[Nm]

184.75[Nm] 975[min-1]

10[s]

10[s]

47.8[s]

10[s]

47.8[s]

10[s]

52.2[s]

52.2[s]

t [s]

-975[min-1] -149.64[Nm] -146.13[Nm] -153.15[Nm]

240[s]

Putni dijagram. Rešenje 2.9.3. Iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo ekvivalentni moment opterećenja:

M effMot =

∑M ∑t

2

i

ti

=

i

i

i

2

=

2

2

2

M zMotDin1 t zal1 + M MotStac1 t Stac1 + M uMotDin1 t usp1 + M zMotDin 2 t zal 2 + ..... tc 2

= 2

........ + M MotStac 2 t Stac 2 + M uMotDin 2 t usp 2 tc

=

188.29 2 ⋅ 10 + 184.75 2 ⋅ 47.80 + 181.212 ⋅ 10 + 146.13 2 ⋅ 10 + ...... = 240 ........... + 149.64 2 ⋅ 47.80 + 153.15 2 ⋅ 10 = 240 =

3832871.158 = 126.37[Nm] 240

Potrebna nazivna snaga motora iznosi: PeffMot = M effMot

2πn Motnom π = 126.37 975 = 12902[W ] ≈ 12.9[kW ] 60 30 172


2003. GODINA

Rešenje 2.9.4. Za svaki od segmenata opterećenja iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo energiju koju motor uzima iz mreže ili je vraća u mrežu: 1 PzMot max 1 1 M zMotDin1 2πn Motnom 188.29 π ⋅ 975 ⋅ ⋅ 10 = t zal1 = t zal1 = 2 η Mot 2 η Mot 60 2 ⋅ 0.86 30 = 111771[Ws ] ≈ 111.77[kWs] P M 2πn Motnom 184.75 π ⋅ 975 WStacMreze1 = MotStac1 t Stac1 = MotStac1 t Stac1 = ⋅ ⋅ 47.8 = η Mot η Mot 60 0.86 30 = 1048448[Ws ] = 1048.45[kWs] 1 PuMot max 1 1 M uMotDin1 2πn Motnom 181.21 π ⋅ 975 ⋅ ⋅ 10 = WuMreze1 = t usp1 = t usp1 = 2 η Mot 2 η Mot 60 2 ⋅ 0.86 30 = 107568[Ws ] ≈ 107.57[kWs] 2πn Motnom 1 1 146.13 π ⋅ 975 η Mot t zal 2 = − W zMreze 2 = PzMot max 2η Mot t zal 2 = M zMotDin 2 ⋅ ⋅ 0.86 ⋅ 10 = 2 2 60 2 30 = −64156[Ws ] ≈ −64.16[kWs] 2πn Motnom π ⋅ 975 ⋅ 0.86 ⋅ 47.8 = η Mot t Stac 2 = −149.64 ⋅ WStacMreze2 = PMotStac 2η Mot t Stac 2 = M MotStac 2 60 30 = −628069[Ws ] = −628.07[kWs] 2πn Motnom 1 1 153.15 π ⋅ 975 WuMreze2 = PuMot max 2η Mot t usp 2 = M uMotDin 2 η Mot t usp 2 = − ⋅ ⋅ 0.86 ⋅ 10 = 2 2 60 2 30 = −67239[Ws ] ≈ −67.24[kWs] W zMreze1 =

Konačno u toku jednog ciklusa motor uzima ukupno iz mreže energiju u iznosu: WcMreze = ∑ W =W zMreze1 + WStacMreze1 + WuMreze1 + W zMreze 2 + WStacMreze2 + WuMreze 2 = = 111.77 + 1048.45 + 107.57 − 64.16 − 628.07 − 67.24 = 508.32[kWs]

A tokom meseca ako prosečno radi deset časova dnevno uzima energiju: W1me sec Mreze =

3600 3600 508.32 WcMreze ⋅ 10[h] ⋅ 30[dan] = ⋅ ⋅ 10 ⋅ 30 = 635.4[kWh] tc 240 3600

Cena te energije iznosi: CENA1me sec = W1me sec Mreze

CENA = 635.4 ⋅ 3 = 1906.2[din] h

Rešenje 2.9.5. Nominalni noment i klizanje motora iznose: Pn 60 Pn 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm] Ω n 2π n n π 1440 n − nn 1500 − 1440 60 sn = 1 = = = 0.04[ ] n1 1500 1500 173

Mn =


2003. GODINA


'

30 m Rr 2 Mn = In π n1 s n

30 m Rr 2 Mp = Ip π n1 s p


2


Mp

2

2

 5  = 26.526 ⋅ 0.04  = 26.526[Nm] = M n 1 

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja i momenta: 1 s kr + 2M kr 2M kr Mn s kr 1 Mn = ∧Mp = ⇒ = =1 s n s kr s n s kr 1 s kr Mp + + + s kr s n s kr 1 s kr s n s s 1 s kr + = n + kr ⇐ ⋅s kr s n s kr 1 s kr s n


2

2

2

174


M kr =

2003. GODINA

M p  1 s kr  26,526  1    = + + 0.2  = 68.968[Nm]  2  s kr 1  2  0.2 

Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije do nominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst, opada kvadratično sa porastom frekvencije. Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti: f s' =

M kr fs = Mt

68.968 ⋅ 50 = 92.85[Hz ] 20

Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja:

[

f s' 92.85 n = ns = 1500 = 2785.5 min −1 f1 50 ' 1

]


[

∆n kr = s kr n1 = 0.2 ⋅ 1500 = 300 min −1

]

Na kraju, maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjem frekvencije dobija se oduzimanjem razlike od sinhrone brzine:

[

nt max = n1' − ∆n kr = 2785.5 − 300 = 2485.5 min −1

]

2.10. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 16.10.2003. Zadatak 2.10.1. Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Unom = 440[V]; Inom = 126[A]; nnom = 3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = 45 + 0.025*n[Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10[kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne struje motora. Zadatak 2.10.2. Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom Mt = k.n2 ostvaren je sa serijskim motorom jednosmerne struje. Motor ima ukupnu serijsku otpornost ΣRa = Ra + Rpp + Rs = 0.5 [Ω]. Pri naponu mreže Uan = 500 [V] ventilator se okreće brzinom obrtanja n = 900 [s-1], pri čemu motor vuče struju od Ia = 100 [A]. Sa kojom će se brzinom obrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mreže ako se na red sa motorom doda otpornik otpornosti Rd = 4.5 [Ω].

175


2003. GODINA

Zadatak 2.10.3. Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora dizalice sa slike, ako dizalica prosečno dnevno digne i spusti sto puta teret mase mt = 20 [t] na visinu hmax = 5 [m] i ako je cena jednog kWh 3 [din]. Koeficijent korisnog dejstva motora je ηMot = 0.86 a koeficijent korisnog dejstva reduktora ηRed = 0.9. Red

D

i, η ASM

Teret Zadatak 2.10.4. Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće pokreće zamajnu masu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja iz strujnog izvora, nominalnom strujom i frekvencijom. Zamajac ne pruža otporni moment pri obrtanju. a) Skicirati funkciju promene momenta motora sa promenom brzine obrtanja motora. b) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nominalne brzine obrtanja motora nnom = 1400 [min-1]? c) Uporediti ovo vreme zaleta sa vremenom zaleta motora pri direktnom priključenju na mrežni napon. Podaci o motoru su: Us = 220[V]; Ls = 10[mH]; Lr' = 8.8[mH]; Rr' = 2.37[Ω]; f = 50[Hz]. Zadatak 2.10.5. Ako motor sa napajanjem iz strujnog izvora iz prethodnog zadatka pokreće reaktivni teret konstantne vrednosti nezavisne od brzine obrtanja MT = 10 [Nm]. Analizirati: a) Da li se motor može pokrenuti strujnim izvorom podešenim na nominalnu vrednost struje? b) Na koliko procentualno veću struju od nominalne treba podesiti strujni izvor da bi pokretanje uspelo. Rešenje 2.10.1. Nominalna snaga motora iznosi: Pnom = U nom I nomη = 440 ⋅ 126 ⋅ 0.85 = 47124[W ] Nominalni moment je prema tome: 176


M nom =

2003. GODINA

30 Pnom 30 47124 ⋅ = ⋅ = 150.00[Nm] π nnom π 3000

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnu vrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantan polazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta: I pol = 1.5I nom ⇒ M pol = 1.5M nom = 1.5 ⋅ 150 = 225[Nm] Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja je konstantan i iznosi: M d = M p − M t = 225 − (45 + 0.025n ) = M const − kn

[

⇒ M const = 180[Nm] ⇒ k = 0.025 Nm / min −1

]

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: t zal

π JΣ = 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M d 30

nnom

∫ 0

dn M const − kn

koju rešavamo uz pomoć smene: ⇒ z = M const − kn ⇒ dz = −kdn ⇒ dn = − t zal

π 1 = − JΣ 30 k =

M const − knnom

∫

M const

dz ⇒ z d = M const ⇒ z g = M const − knnom k

dz π 1 = − J Σ ln z z 30 k

M const − knnom M const

=

M const π 1 J Σ ln = 30 k M const − knnom

π 10 180 180 ⋅ ln = 41.887 ln = 22.577[s ] 30 0.025 180 − 0.025 ⋅ 3000 180 − 75

Rešenje 2.10.2.

U

U

Φ1 E1

Φ2

I1

E2

Rs n1

Ra

Rpp

n2

I1

I2 Ra

Rpp

177

I2

Rd

Rs


2003. GODINA

Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački u pogonu bez dodatnog otpornika sa indeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa dodatnim otpornikom sa indeksom 2. Na prethodnim slikama prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje za oba slučaja. U oba slučaja, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog momenta motora jednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važe sledeće relacije: 2

M 1 = k M Φ1 I 1 = k M k Φ I 1 I 1 = C M I 1 = M t1 = kn1 2

2

M 2 = k M Φ2 I 2 = k M k Φ I 2 I 2 = C M I 2 = M t 2 = kn2 2

2

2

M 1 C M I1 kn n = = 1 2 ⇒ I 2 = I1 2 2 M 2 CM I 2 n1 kn2 Dalje iz relacija za elektromotorne sile, pogodnim manipulacijama nalazimo relaciju za izračunavanje tražene brzine obrtanja za slučaj dodatog rednog otpornika: E1 = k E Φ1 n1 = k E k Φ I 1 n1 = C E I 1 n1 = U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) = U − I 1ΣR

E 2 = k E Φ2 n2 = k E k Φ I 2 n2 = C E I 2 n 2 = U − I 2 (Ra + R pp + Rs + Rd ) = U − I 2 (ΣR + Rd ) E1 C E I 1 n1 U − I 1ΣR In U − I 1ΣR = = ⇒ 1 1 = E 2 C E I 2 n2 U − I 2 (ΣR + Rd ) I 2 n2 U − I 2 (ΣR + Rd )  U − I 1 ΣR n I 1 n1 2 2 = ⇒ n1 U − I 1 2 (ΣR + Rd ) = n2 (U − I 1ΣR ) ⇒ n n n1   I 1 2 n2 U − I 1 2 (ΣR + Rd ) n1 n1 I (ΣR + Rd ) U 2 2 n 2 + n2 n1 1 − n1 =0 U − I 1 ΣR U − I 1 ΣR Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost tražene brzine obrtanja: 2

100(0.5 + 4.5) 500 − 900 2 ⋅ =0 500 − 100 ⋅ 0.5 500 − 100 ⋅ 0.5 900 ⋅ 100 ⋅ 5 500 + n2 − 900 2 =0 450 450 + n2 ⋅ 1000 − 900 ⋅ 1000 = 0

n 2 + n2 ⋅ 900 ⋅ n2

2

n2

2

− 1000 ± 1000 2 + 4 ⋅ 900 ⋅ 1000 − 1000 ± 1000 1 + 4 ⋅ 0.9 = = 2 2 = −500 ± 500 4,6 = 572.38 min −1 n2 =

[

]

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određene relacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja: I 2 = I1

n2 572.38 = 100 ⋅ = 63.598[ A] n1 900

178


2003. GODINA

Rešenje 2.10.3. Kod dizanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi: Wdiz = mgh = 20000 ⋅ 9.81 ⋅ 5 = 981000[J ] Kod spuštanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi: Wspu = −mgh = −20000 ⋅ 9.81 ⋅ 5 = −981000[J ] Kod dizanja smer toka energije je mreža ⇒ motor ⇒ pogonski mehanizam ⇒ teret, odnosno mreža pokriva gubitke, pa energiju koja mreža odaje određena je relacijom: Wmrezediz =

Wdiz 981000 = = 1267441.86[J ] η motη red 0.86 ⋅ 0.9

Kod spuštanja smer toka energije je teret ⇒ pogonski mehanizam ⇒ motor ⇒ mreža, odnosno teret pokriva gubitke, pa energiju koja mreža prima određena je relacijom: Wmrezespu = η motη red Wdiz = −0.86 ⋅ 0.9 ⋅ 981000 = −759294[J ] Ukupna energija koju mreža oda tokom jednog ciklusa dizanja i spuštanja jednaka je zbiru energije odate pri dizanju i primljene kod spuštanja: Wmreze = Wmrezediz + Wmrezespu = 1267441.86 − 759294 = 508147.86[J ] = =

508147.86 [kWh] ≈ 0.1412[kWh] 3600 ⋅ 1000

Cena potrošene električne energije tokom jednog meseca rada, uz uslov da se dnevno obavi sto ciklusa dizanja i spuštanja je: CENA1me sec = Wmreze ⋅ 100[ putadnevno] ⋅ 30[dana ] ⋅

CENA = 0.1412 ⋅ 100 ⋅ 30 ⋅ 3 = 1270.8[din] h

Rešenje 2.10.4. Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

(

)

X s + X r = ω Ls + Lr = 314 ⋅ (10 + 8.8) ⋅ 10 −3 = 5.928[Ω] '

'

2

M kr = s kr =

Us 30 m 30 ⋅ 3 ⋅ 220 2 ⋅ ⋅ = = 77.97[Nm] π n1 2 X s + X r ' π ⋅ 1500 ⋅ 2 ⋅ 5.928

(

Rr

'

Xs + Xr

'

=

)

2.37 = 0.4[ 5.928

]

Nominalno klizanje motora iznosi: s nom =

n s − nnom 1500 − 1450 50 = = = 0.0666 • [ ns 1500 1500 179

]


2003. GODINA

Vrednost nominalnog momenta iznosi, prema tome: M nom =

2M kr 2 ⋅ 77.97 = = 25.264[Nm ] s nom s kr 0.0666 0.4 + + 0.4 0.0666 s kr s nom

a) Motorni moment asinhronog motora napajanog iz strujnog izvora sa nominalnom vrednošću struje, jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza određena je sledećim izrazom: Mm =

3 p Rr ' 2 I snom ωs s

Nominalna vrednost momenta je: M nom =

3 p Rr ' 2 I snom ω s s nom

Iz toga sledi da je moment hiperbolična funkcija klizanja: M m = M nom

s nom s

Tražena skica funkcije data je na sledećem dijagramu.

180


2003. GODINA

b) Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti prethodnu funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: ω = (1 − s )ω 1 ⇒ dω = −ω 1 ds ⇒ M din = (M m − M t ) = M m = J Σ

J J JΣ dω ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω 1 ds = − ω 1 sds ⇒ dt Mm Mm M nom s nom

Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od jediničnog klizanja do željenog klizanja: tz

snom

0

1

t za = ∫ dt =

∫

−

JΣ J Σω1 ω1 sds = − M nom s nom M nom s nom

(

snom

∫ sds = 1

J Σω1 M nom s nom

1

∫ sds =

snom

)

1 J Σω s J Σω1 2 s2 1 − s nom = = 2 M nom s nom s nom 2 pM nom s nom 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 = ⋅ 1 − 0.0666 2 = 92.942[s ] 2 ⋅ 2 ⋅ 25.264 ⋅ 0.0666 =

(

c)

)

Vreme zaleta pri direktnom priključenju na mrežni napon nalazimo iz poznate relacije:  1 − s nom 2    − s kr ln s nom  =    2s kr    2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50  1 − 0.0666 2   − 0.4 ⋅ ln 0.0666 = 2.521[s ] = ⋅  2 ⋅ 2 ⋅ 77.97  2 ⋅ 0.4  

t zb =

J Σω s 2 pM kr

Očigledno je ovo vreme mnogo kraće od vremena upuštanja sa strujnim izvorom. Rešenje 2.10.5. a) Moment motora pri napajanju sa konstantnom nominalnom strujom menja se po funkciji: M m = M nom

s nom s

Prema tome polazni moment koji obezbeđuje primena nominalne struje iznosi: M m = M nom

s nom 0.0666 = 25.264 ⋅ = 1.68258[Nm] < M T = 10[Nm] s pol 1

c) Da bi se motor mogao pokrenuti potrebno je obezbediti da polazni moment bude veći od momenta opterećenja, odnosno: s  I pol 3 p Rr ' 2 Mm = I pol = M nom nom  ωs s s  I nom

2

  > M T ⇒ 

Prema tome procentualno struju izvora treba povećati na: 181


I pol I nom I pol I nom

>

M T s pol = M nom s nom

10 1 ⋅ = 2.438[ 25.264 0.0666

2003. GODINA

]

100 > 243.8[% ]

Na sledećem dijagramu uporedo su date momentne karakteristike za idealno strujno napajanje sa nominalnom i povećanom vrednošću struje. U realnom sistemu obe karakteristike važe samo do njihovog preseka sa momentnom prirodnom karakteristikom.

2.11. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 13.11.2003. Zadatak 2.11.1. Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Un = 440[V]; In = 126[A]; nnom = 3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja nezavisnim od broja obrtaja jednakim po vrednosti sa nominalnim momentom motora i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10[kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne struje motora. Zadatak 2.11.2. Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase mt = 20 [t] na visinu hmax = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koliku vršnu snagu motor vuče iz mreže, ako se pola vremena dizanja motor ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem. Koeficijent korisnog 182


2003. GODINA

dejstva motora je ηMot = 0.86 a koeficijent korisnog dejstva reduktora ηRed = 0.9. Pretpostaviti da su momenti inercije pogonskih elemenata zanemarljivi. Red

D

i, η ASM

Teret Zadatak 2.11.3. Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom Mt = k.n2 ostvaren je sa serijskim motorom jednosmerne struje. Rotorski i kompenzacioni namotaj imaju otpornost Ra + Rpp = 0.3 [Ω] a pobudni namotaj ima otpornost Rs = 0.2 [Ω]. Pri naponu mreže Uan = 500 [V] ventilator se okreće brzinom obrtanja n = 900 [s-1], pri čemu motor vuče struju od Ia = 100 [A]. Sa kojom će se brzinom obrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mreže ako se pobudni namotaj šentira sa paralelno vezanim otpornikom otpornosti Rd = 1 [Ω]. Zadatak 2.11.4. Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment jednak Mt = 26[Nm] i ima potencijalnu prirodu. a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 750 [min-1] uz uslov da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konst. b) Sa kojom učestanošću i sa kojim naponom treba startovati motor, da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje. Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8,8 [mH]; Rr' = 2,3 [Ω]; p = 2, f = 50 [Hz]. Zadatak 2.11.5. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za transportno postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], a motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom n = 1000 [min-1].

183


2003. GODINA

M1 = 5 [Nm] M2 = 3 [Nm]

M n

M1

M1

M2

n

t1

M3 = -2 [Nm]

t1 = 1 [s] t2 = 4 [s] t3 = 4 [s] t4 = 1.5 [s] t5 = 40 [s]

t3

t2

t4

t5

t

M3

Rešenje 2.11.1. Nominalna snaga motora iznosi: Pnom = U nom I nomη = 440 ⋅ 126 ⋅ 0.85 = 47124[W ] Nominalni moment je prema tome: M nom =

30 Pnom 30 47124 ⋅ = ⋅ = 150.00[Nm] π nnom π 3000

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnu vrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantan polazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta: I pol = 1.5I nom ⇒ M pol = 1.5M nom = 1.5 ⋅ 150 = 225[Nm] Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja je konstantan i iznosi: M d = M pol − M t = 1.5M nom − M nom = 0.5M nom = 0.5 ⋅ 150 = 75[Nm] Vreme zaleta je prema tome: n

n

nom nom dn dn 1 π π π t zal = JΣ ∫ JΣ ∫ JΣ n = = 30 M d 30 0.5M nom 30 0.5M nom 0 0 π 10 ⋅ 3000 1000 ⋅ π = ⋅ = = 41.89[s ] 30 75 75

nnom 0

Rešenje 2.11.2. Kod dizanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi: 184

=

nnom π JΣ = 30 0.5M nom


2003. GODINA

Wdiz = mgh = 20000 ⋅ 9.81 ⋅ 5 = 981000[J ] Srednja vrednost mehaničke snage motora, uračunavajući gubitke u reduktoru, iznosi: Psr = Pmot =

Wdiz 981000 = = 54500[W ] = 54.5[kW ] t dizη red 20 ⋅ 0.9

Pošto se teret pola vremena ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem, motor odaje maksimalnu snagu, na polovini vremena dizanja, prema donjem dijagramu, veličine dve srednje vrednosti snage: P Pmax

Psr

t 0

t/2

t

Pmax = 2 Psr = 2 ⋅ 54.5 = 109[kW ] Tražena vršna vrednost snage koju motor vuče iz mreže, prema tome iznosi: Pmreze max =

Pmax 109 = = 126.75[kW ] η mot 0.86

Rešenje 2.11.3.

U

Φ1 I1

E1

Rs n1

Ra

Rpp

185

I1


2003. GODINA

Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački sa nešentiranom pobudom sa indeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa šentiranom pobudom sa indeksom 2. Na prethodnoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje sa nešentiranom pobudom, sa naznačenim karakterističnim veličinama. U slučaju nešentirane pobude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog momenta motora jednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važi sledeća relacija: 2

M 1 = k M Φ1 I 1 = k M k Φ I 1 I 1 = C M I 1 = M t1 = kn1

2

Na sledećoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje sa šentiranom pobudom.

U

Φ2 E2 n2

Is

I2 - Is Rs

Ra

Rd

I2

Rpp

Iz uslova jednakosti pada napona pobudnom namotaju i dodatnom otporu proizlazi relacija, odnosa struje pobude i rotorske struje, pri čemu je, radi uprošćenja dalje analize, sa A označen pogodan odnos: R s I s = Rd ( I 2 − I s ) ⇒ I s (R s + Rd ) = Rd I 2 ⇒ I s =

R I2 I 0.2 = 2 ⇒ A = 1+ s = 1+ = 1.2 Rs A Rd 1 1+ Rd

Ekvivalentna paralelna otpornost pobudnog namotaja i otpornika za šentiranje nalazi se iz relacije: Rs 2 =

R s Rd = R s + Rd

Rs R = s R A 1+ s Rd

U slučaju šentirane pobude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog momenta nalazi se iz sledeće relacije: 2

M 2 = k M Φ2 I 2 = k M k Φ I s I 2 = C M I s I 2 = C M

I2 I 2 I 2 = C M 2 = M t 2 = kn2 A A

186


2003. GODINA

Iz relacija za momente za šentirani i nešentirani slučaj nalazimo relaciju za izračunavanje veličine rotorske struje za šentirani slučaj: 2

2

M 1 AC M I 1 kn n = = 1 2 ⇒ I 2 = I1 2 2 M2 n1 CM I 2 kn2

A

Dalje iz relacija za elektromotorne sile za šentirani i nešentirani slučaj, pogodnim manipulacijama nalazimo relaciju za izračunavanje tražene brzine obrtanja za šentirani slučaj: E1 = k E Φ1 n1 = k E k Φ I 1 n1 = C E I 1 n1 = U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) E 2 = k E Φ2 n1 = k E k Φ I s n2 = C E I s n2 = C E

I2 n2 = U − I 2 (Ra + R pp + Rs 2 ) = A

R   = U − I 2  Ra + R pp + s  A  U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) E1 AC E I 1 n1 AI n = = ⇒ 1 1 = R  R  E2 C E I 2 n2 I 2 n2   U − I 2  Ra + R pp + s  U − I 2  Ra + R pp + s  A A   U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) AI 1 n1 = ⇒ n2 Rs  n2  I1 An 2 U − I 1 A  Ra + R pp +  n1 n1 A  n1

2

n2

2

 R  n  2 A U − I 1 2 A  Ra + R pp + s  = n 2 U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) ⇒ n1 A    R   AI 1  Ra + R pp + s  A U A 2  + n2 n1 − n1 =0 U − I 1 (Ra + R pp + Rs ) U − I 1 (Ra + R pp + Rs )

[

]

Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost tražene brzine obrtanja:

n2

2

2

0.2   1.2 ⋅ 100 0.3 +  500 ⋅ 1.2 1.2   + n2 ⋅ 900 ⋅ − 900 2 ⋅ =0 500 − 100 ⋅ (0.3 + 0.2 ) 500 − 100 ⋅ (0.3 + 0.2 ) 1.2 ⋅ 900 ⋅ 100 ⋅ 0.467 500 ⋅ 1.2 − 900 2 =0 450 450 + n2 ⋅ 112.08 − 492950.30 = 0

n2 + n2 n2

2

− 112.08 ± 112.08 2 + 4 ⋅ 492950.30 − 112.08 ± 1984363.13 n2 = = = 2 2 − 112.08 ± 1408.67 = = 648.29 min −1 2

[

]

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određene relacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja:

187


I 2 = I1

n2 n1

A = 100 ⋅

2003. GODINA

648.29 ⋅ 1.2 = 78.90[ A] 900

Rešenje 2.11.4. a) Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

(

)

X s + X r = ω Ls + Lr = 314 ⋅ (10 + 8.8) ⋅ 10 −3 = 5.928[Ω ] '

'

2

M kr =

Us 30 m 30 ⋅ 3 ⋅ 220 2 ⋅ ⋅ = = 77.97[Nm ] π n1 2 X s + X r ' π ⋅ 1500 ⋅ 2 ⋅ 5.928

(

Rr

s kr =

'

Xs + Xr

'

=

)

2.37 = 0.4 5.928

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora u stacionarnom stanju: Mt =


2    M kr   M kr  − 1  = s kr  λ r − λt 2 − 1  s t = s kr  ±     Mt   Mt   

gde je sa λt označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja: λt =

M kr 77.97 = ≈3 Mt 26

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinice dobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju:

)

(

2 s t = s kr  λ r − λt − 1  = 0.4 3 − 3 2 − 1 = 0.0686  

Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju je:

[

∆n = st n1 = 0.0686 ⋅ 1500 = 102.9 min −1

]

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike razlike brzine obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja, sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija:

[

n1a = n + ∆n = 750 + 102.9 = 852.9 min −1 n 852.9 f sa = f s 1a = 50 ⋅ = 28.43[Hz ] n1 1500

]

188


U sa = U s

2003. GODINA

n1a 852.9 = 220 ⋅ = 125.09[V ] n1 1500

b) Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritični moment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst, pa važi:

[

∆n kr = s kr n1 = 0.4 ⋅ 1500 = 600 min −1

[

n1b = ∆nkr = 600 min

−1

]

]

Slično kao pod a) nalazimo učestanost i napon sa kojim treba pokrenuti motor: n1b 600 = 50 ⋅ = 20[Hz ] n1 1500 n 600 = U s 1b = 220 ⋅ = 88[V ] n1 1500

f sb = f s U sb

Rešenje 2.11.5. Ekvivalentni momenti motora na drugom i trećem kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja su isti i iznose:

(

)

(

)

1 1 2 2 2 M 1 + M 1M 2 + M 2 = 5 + 5 ⋅ 3 + 32 = 3 3

M e 2 = M e3 =

49 = 4.041[Nm] 3


β=

1 1+ β α= = 3 2

1 3=2 2 3

1+


∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M effMot =

i

∑αt j

2

i

=

i

j

k

k

l

l

2

2

2

=

M 1 t1 + M e 2 t 2 + M e 2 t 3 + M 3 t 4 = α (t1 + t 4 ) + t 2 + t 2 + βt 5

=

215.66 = 3.062[Nm] 23 189

49 49 ⋅4+ ⋅ 4 + 2 2 ⋅ 1.5 3 3 = 2 1 (1 + 1.5) + 8 + ⋅ 40 3 3

52 ⋅1 +


2003. GODINA

Vrednost potrebne snage motora je: 2πn Motnom π = 3.062 ⋅ ⋅ 1000 = 320.651[W ] ≈ 0.32[kW ] 60 30

PeffMot = M effMot

2.12. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 11.12.2003. Zadatak 2.12.1. Dva istovetna jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom spregnuta su mehanički i pokreću radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja, pri čemu imaju brzinu obrtanja n1 = 1060 [min-1]. Jednosmerni motori imaju sledeće nominalne podatke: Unom = 440 [V], Inom = 100 [A], nnom = 1050 [min-1] a u praznom hodu imaju brzinu obrtanja n0 = 1100 [min-1]. U slučaju da jedan motor otkaže i da drugi motor sam mora da pokreće radnu mašinu odrediti sa kojom brzinom obrtanja će se on obrtati. Zadatak 2.12.2. Ako se motori iz prvog zadatka napajaju iz tiristorskog ispravljača, na koju vrednost strujnog preopterećenja treba dimenzionisati ispravljač da bi mogao da napaja ispraravan motor i u slučaju da jedan motor otkaže a da pogon nastavi i dalje sa radom. Zadatak 2.12.3. Ako motori iz prethodnih zadataka imaju prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom intermitencijom mogu da sami pokreću pogon u slučaju kvara jednog od njih. Zadatak 2.12.4. Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D sa polaznim momentom jednakim nominalnom, upotrebljen je za pogon radne mašine sa konstantnim otpornim momentom Mt = 30 [Nm] nezavisnim od brzine obrtanja. Analizirati moguć stacionaran režim rada sa stanovišta stabilnosti. Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. Zadatak 2.12.5. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1440 [min-1], a motor ima prinudno hlađenje. M

M1 = 4 [Nm] M2 = 3 [Nm] M3 = -2 [Nm]

M1

n n

t1

t2

M2

t3

t4

M3

190

t

t1 = 10 [s] t2 = 30 [s] t3 = 15 [s] t4 = 20 [s]


2003. GODINA

Rešenje 2.12.1. Ako oba motora rade, onda dele moment opterećenja ravnomerno, pa važi sledeća relacija: n1 = n0 − K

Mt ⇒ KM t = 2(n0 − n1 ) 2

Ako samo jedan motor radi, on mora da savlada čitav moment opterećenja pa važi: n 2 = n0 − KM t ⇒ KM t = n0 − n2 Iz prethodnih relacija sledi: n0 − n 2 = 2(n0 − n1 ) ⇒ n2 = n0 − 2(n0 − n1 ) = 2n1 − n0 Odnosno tražena brzina obrtanja iznosi:

[

n2 = 2n1 − n0 = 2 ⋅ 1060 − 1100 = 2120 − 1100 = 1020 min −1

]

Rešenje 2.12.2. Za nominalni brzinu obrtanja važi: n nom = n0 − CI nom ⇒ CI nom = n0 − nnom U slučaju da samo jedan motor radi važi: n 2 = n0 − CI 2 ⇒ CI 2 = n0 − n 2 Te sledi, da strujnu granicu treba podesiti barem na: n − n2 n − n2 CI 2 1100 − 1020 80 = 0 ⇒ I 2 = I nom 0 = 100 = 100 = 160[A] CI nom n0 − nnom n0 − nnom 1100 − 1050 50 Odnosno traženi faktor preopterećenja treba da bude bar: I max > I 2 ⇒

I max n − n2 > 0 = 1.6[ I nom n0 − nnom

]

Rešenje 2.12.3. Iz uslova da pri intermitentnom pogonu mora efektivni moment biti manji ili jednak od nominalnog momenta sledi: M non > M effMot =

2 M M 2 εt c = M 2 ε ⇒ ε <  non tc  M2

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno: 191

2

 I   =  non    I2 

2


I ED% = 100ε < 100 non  I2

2

2003. GODINA

2

  1   = 100  = 39.0625 ≈ 39[% ]  1.6  

Rešenje 2.12.4. Nominalni moment i klizanje motora iznose: Pn 60 Pn 30 4000 = ⋅ = ⋅ = 26.526[Nm] Ω n 2π n n π 1440 n − nn 1500 − 1440 60 sn = s = = = 0.04[ ] ns 1500 1500 Mn =

Iz uslova jednakosti nominalnog i polaznog momenta primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog momenta i klizanja:

1 s kr + 2 M kr 2 M kr Mn s kr 1 Mn = ∧Mp = ⇒ = =1 s n s kr s n s kr 1 s kr Mp + + + s kr s n s kr 1 s kr s n s s 1 s kr + = n + kr ⇐ ⋅s kr s n s kr s kr s n 1


2

2

2

192


M kr =

2003. GODINA

M p  1 s kr  26,526  1    = + + 0.2  = 68.968[Nm]  2  s kr 1  2  0.2 

Ponovnom primenom Klosovog obrasca dobijamo dve stacionarne radne tačke, kao što je prikazano na dijagramu na prethodnoj slici, pri brzinama obrtanja nt1 i nt2: Mt =


2    M kr  68.968  0.04578  M kr  − 1  = 0.2 s t = s kr  ±  ± 2.2989 2 − 1  =   Mt   30   0.8738  Mt    nt1 = n s (1 − st1 ) = 1500(1 − 0.04578) = 1431.33 min −1

[

[

nt 2 = n s (1 − st 2 ) = 1500(1 − 0.8738) = 189.33 min

−1

]

]

Uslov stabilnosti je: dM t dM m > dn dn dM t =0 dn dM m dM m ds = ⋅ dn ds dn 2M kr dM m 2M kr Mm = ⇒ =− s s ds  s s + kr  + kr s kr s s  s kr n −n ds 1 s= s ⇒ =− ns dn ns M t = const ⇒

dM m 2M kr 1 = ⋅ dn ns  s s  + kr s  s kr

 1 s kr   − 2    s kr s    2

 1 s kr   − 2  2  s   kr s   

[

]

Za radnu tačku nt1 = 1431.33 min −1 važi: dM m dn

= s = st 1

2 M kr 1 ⋅ 2 ns  s s kr  t1   +  s kr st1  2 1 M t  1 = ⋅ n s 2 M kr  s kr

 1 s kr  − 2 s  kr st1

−

 1 2 M kr = ⋅ 2  n s  2 M kr      Mt 

 =  

s kr  30 2 0.2   1 = − ≈ −0.3934 < 0  2  2  s t1  1500 ⋅ 2 ⋅ 68.968  0.2 0.04578 

odnosno ona je stabilna. Za radnu tačku nt 2 = 189.33 min −1 važi:

[

 1 s kr  − 2 s  kr st1

]

193


dM m dn

2

1 Mt ⋅ n s 2M kr

= s = st 2

 1 s kr  − 2 s  kr st 2

 30 2 0.2  1 = −   1500 ⋅ 2 ⋅ 68.968  0.2 0.8738 2 

2003. GODINA

  ≈ 0.0206 > 0 

odnosno ona je nestabilna. Rešenje 2.12.5. Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi: 2

2

M 1 + M 1M 2 + M 2 = 3

M 12 =

4 2 + 4 ⋅ 3 + 32 37 = = 3.512[Nm ] 3 3


 37   ⋅ 30 + 2 2 ⋅ 15 4 ⋅ 10 +    3  = 10 + 30 + 15 + 20 2

2

M effMot = =

2

2

M 1 t1 + M 12 t 2 + M 3 t 3 = t1 + t 2 + t 3 + t 4

160 + 370 + 60 590 = = 2.805[Nm] 75 75


2πn π = 2.805 1440 = 422.98[W ] = 0.423[kW ] 60 30

194


3

2004. GODINA


3.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 29.01.2004. Zadatak 3.1.1. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom = 230 [V], rotorska struja Inom = 100 [A], omski otpor rotora Ra = 0,2 [Ω], nominalna brzina obrtanja nnom = 1200 [min-1], pobudna struja Ipob = 1 [A]. Gubici u gvožđu i mehanički gubici se zanemaruju. Motor pogoni radnu mašinu koja ima linearnu momentnu karakteristiku Mt = kn, gde je k = 0.12 [Nm/min-1]. Šta treba uraditi da bi se pogon obrtao sa n = 1000 [min-1]? Koliku će motor vući struju u tom slučaju? Zadatak 3.1.2. Šta treba uraditi da bi se pogon iz prvog zadatka obrtao sa n = 1400 [min-1], u slučaju da se vrednost rotorskog napona ne može povećati iznad nominalne vrednosti? Koliku će motor vući struju u tom slučaju? Zadatak 3.1.3. Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom intermitencijom može da pokreće pogon sa n = 1400 [min-1]. Zadatak 3.1.4. Za šestopolni trofazni asinhroni motor za 50 [Hz] čiji je namotaj statora povezan u zvezdu se zna podatak da mu je prevalni moment 2.5 puta veći od polaznog, a polazni je 80 % od nominalnog. Otpornost namotaja statora, mehanički gubici i grana magnećenja motora se zanemaruju. Odrediti brzinu obrtanja u prevalnoj i u nominalnoj radnoj tački. Zadatak 3.1.5. Ako se za motor iz prethodnog zadatka zna da mu je rotorska otpornost svedena na stator 8 [Ω], odrediti koliki polazni moment motor može da savlada u slučaju ako se direktno pušta na mrežu i u slučaju ako se goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim faktorom preopterećenja. Rešenje 3.1.1. Elektromotorna sila u nominalnom režimu iznosi: E nom = U nom − Ra I nom = 230 − 0.2 ⋅ 100 = 210[V ] Prema tome moment u nominalnom režimu iznosi: M nom =

Pnom E I 30 ⋅ 210 ⋅ 100 15 ⋅ 35 = nom nom = = = 167.11[Nm] 2π Ω nom π ⋅ 1200 π n nom 60

Moment tereta u traženoj radnoj tački je: M t1 = kn1 = 0.12 ⋅ 1000 = 120[Nm] 195


2004. GODINA

Pri tome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija: M nom = k M Φ nom I nom ⇒ M 1 = M t1 = k M Φ nom I 1 ⇒ I1 =

M t1 I = 1 ⇒ M nom I nom

M t1 120 I nom = 100 = 71.81[ A] M nom 167.11

U tom režimu vrednost elektromotorne sile nalazimo primenom sledećih relacija: E1 n = 1 ⇒ E nom nnom

E nom = k EΦ nom nnom ⇒ E1 = k EΦ nom n1 ⇒ E1 =

n1 1000 E nom = 210 = 175[V ] nnom 1200

Dakle, promenu brzine treba ostvariti smanjenjem napona dovedenog motoru na: U 1 = E1 + Ra I 1 = 175 + 0.2 ⋅ 71.81 = 189.36[V ] Druga, neekonomična mogućnost je da se umesto smanjenja napona u kolo rotora doda dodatni otpornik otpornosti: Rd =

U nom − E1 230 − 175 − Ra = − 0.2 = 0.566[Ω ] I1 71.81

Rešenje 3.1.2. Moment tereta u traženoj radnoj tački je: M t 2 = kn2 = 0.12 ⋅ 1400 = 168[Nm ] Pošto je brzina obrtanja veća od nominalne, očigledno je da treba da slabimo pobudu. Pri tome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija: M nom = k M Φ nom I nom ⇒ M 2 = M t 2 = k M Φ 2 I 2 ⇒ E nom = k E Φ nom nnom ⇒ E 2 = k E Φ 2 n2 ⇒

M t2 Φ2 I2 = ⇒ M nom Φ nom I nom

E2 Φ 2 n2 = ⇒ E nom Φ nom nnom

M t 2 E nom I n = 2 nom ⇒ M nom E 2 I nom n2 M t 2 n2 2 E nom I nom = E 2 I 2 = (U nom − Ra I 2 )I 2 = U nom I 2 − Ra I 2 ⇒ M nom nnom 2

I2 −

U nom M t 2 n 2 E nom I2 + I nom = 0 Ra M nom nnom Ra

Rešenje ove kvadratne jednačine je: 196


U U nom ±  nom Ra  Ra

 M n2 E nom  − 4 t 2 I nom M nom n nom Ra  = 2

U U = nom ±  nom 2 Ra  2 Ra

 M t 2 n 2 E nom  − I nom = M n R nom nom a 

I2 =

2004. GODINA

2

2

230 168 1400 210  230  = ±  ⋅ ⋅ ⋅ 100 = 575 ± 330625 − 123152.41 =  − 2 ⋅ 0.2  2 ⋅ 0.2  167.11 1200 0.2 119.51[ A] = 575 ± 207472.58 = 575 ± 455.49 =  694.51[A] Rešenje od I2 = 694.51 [A] je neprihvatljivo, tako da je: I 2 = 119.51[A] Potreban odnos slabljenja polja nalazimo iz već izvedene relacije za odnos momenata: M t 2 I nom Φ2 168 100 = = ⋅ = 0.841[ Φ nom M nom I 2 167.11 119.51

]

Odnosno struja pobude mora da se slabi na vrednost: C p I p2 Φ2 Φ = ⇒ I p 2 = 2 I pnom = 0.841 ⋅ 1 = 0.841[ A] Φ nom C p I pnom Φ nom

Rešenje 3.1.3. Iz uslova da pri intermitentnom pogonu moraju efektivni gubici biti manji ili jednaki od vrednosti gubitaka u nominalnom trajnom opterećenju, a pošto se prema uslovima zadatka zanemaruju svi gubici, sem gubitaka u bakru, sledi: 2

Pgnom = Ra I non > Pg 2 = Ra I 2

2

I  εt c ⇒ ε <  non  tc  I2 

2

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno: I ED% = 100ε < 100 non  I2

2

2

  100   = 100  = 70.015 ≈ 70[% ] 119 . 51   

Rešenje 3.1.4. Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 2.5 primenom Klosovog obrasca dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja:

197


Mp =

2004. GODINA

2M kr M 1  1 s kr   = 2.5 ⇒ ⇒ kr =  + 1 s kr M p 2  s kr 1  + s kr 1

M M 1 s kr 2 + = 2 kr ⇒ s kr − 2 kr s kr + 1 = 0 ⇒ s kr 1 Mp Mp 2

M  M 0.2087 s kr = kr ±  kr  − 1 = 2.5 ± 2.5 2 − 1 = 5 ± 6.25 − 1 = 5 ± 5.25 =  M  Mp  4.79  p Rešenje od skr = 4.79 je neprihvatljivo, tako da je: s kr = 0.2087 odnosno kritična brzina obrtanja je: n kr = (1 − s kr )n1 = (1 − s kr )

[

60 f 60 ⋅ 50 = (1 − 0.2087 ) ⋅ = (1 − 0.2087 ) ⋅ 1000 = 791.3 min −1 p 3

]

Za nominanu brzinu važe odnosi: 2M kr M kr M kr M kr = = 2.5 ⇒ = 2.5 ⋅ 0.8 = 2 ⇒ M nom = ⇒ s nom s kr M p 0.8M nom M nom + s kr s nom s nom s M M 2 2 + kr = 2 kr ⇒ s nom − 2 kr s kr + s kr = 0 ⇒ s kr s nom M nom M nom s nom

  M M = s kr  kr ±  kr  M nom  M nom 

2    0.0559  − 1 = 0.2087 2 ± 2 2 − 1 = 0.2087 2 ± 3 =   0.77888  

(

)

(

)

Rešenje od snom = 0.77888 je neprihvatljivo, tako da je: s nom = 0.0559 odnosno nominalna brzina obrtanja je: n nom = (1 − s nom )n s = (1 − s nom )

[

60 f 60 ⋅ 50 = (1 − 0.0559 ) ⋅ = (1 − 0.0559 ) ⋅ 1000 = 944.1 min −1 p 3

Rešenje 3.1.5. Vrednost kritičnog momenta određujemo prema relacijama: s kr =

Rr

'

Xs + Xr

'

'

⇒ Xs + Xr =

Rr s kr

'

198

]


M kr

2004. GODINA

2

Us 30 m 30 m s krU s 30 ⋅ 3 ⋅ 0.2087 ⋅ 220 2 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = = 18.09[Nm] π n1 2 X s + X r ' π n1 2 Rr ' π ⋅ 1000 ⋅ 2 ⋅ 8

(

)

Pri direktnom upuštanju na mrežu motor može da savlada maksimalni polazni moment: M pdir =

M kr 18.09 = = 7.236[Nm] M kr 2.5 Mp

Kod upuštanja sa pretvaračem motor može da savlada polazni moment jednak kritičnom, ako je pretvarač dimenzionisan tako da podnese strujno opterećenje jednako statorskoj struji pri kritičnom momentu, odnosno: I kr = M pfre

s krU s '

=

0.2087 ⋅ 220

2 Rr 2 ⋅8 = M kr = 18.09[Nm]

= 4.06[A]

Pri čemu ako pretvarač ima U/f karakteristiku, mora da krene sa frekvencijom: f p = s kr ⋅ f = 0.2087 ⋅ 50 = 10.435[Hz ]

3.2. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 19.02.2004. Zadatak 3.2.1. Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon Unom = 440 [V]; rotorska struja Inom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 3000 [ min-1]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = kn, gde je k = 0.05 [Nm/min-1] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora. b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora. Zadatak 3.2.2. Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajmu masu sa ukupnim momentom inercije JΣ = 20 [kgm2]. Kritični moment motora je Mkr = 2.3Mnom [Nm]; Pnom = 50 [kW]; nnom = 2924 [min-1]. Kritični moment motora se postiže pri brzini nkr = 2670 [min-1]. a) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nnom = 2700 [min-1]. b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine ako je Rr = 0.36 [Ω]. Koliko je to najkraće vreme zaleta motora. Zadatak 3.2.3. Ako se motor iz prethodnog zadatka goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim faktorom preopterećenja, za koliko će se vreme pogon ubrzati do brzine nnom = 2700 [min-1]. 199


2004. GODINA

Zadatak 3.2.4. Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni pregoreo. Pogon zahteva 22 [kW] uz oko 1400 [min-1] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavlja svakih 6 sati. Na raspolaganju su dva motora: 1 motor: 380 [V]; 15 [kW]; 1410 [min-1]; cosϕ = 0.8; PCU/PFE = 4.1; τzag = 40 [min], 2 motor: 380 [V]; 11 [kW]; 1430 [min-1]; cosϕ = 0.77; PCU/PFE = 1.6; τzag = 45 [min]. Proračunati uslove pogona ostvarenog sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora.

h = 45 [m]

D= 1

[m ]

Zadatak 3.2.5. Odrediti potrebnu snagu elektromotora za pokretanje pokretnih stepenica sa slike. Zahteva se da istovremeno stepenice mogu da prenose deset osoba srednje mase 100 [kg]. Put od najniže tačke do najviše tačke traje 10 [s]. Zanemariti gubitke u motoru i prenosnom mehanizmu.

M l = 150 [m]

Rešenje 3.2.1. Nominalna snaga motora iznosi: Pnom = U nom I nomη = 440 ⋅ 126 ⋅ 0.85 = 47124[W ] Prema tome nominalni moment iznosi: M nom =

Pnom Pnom 30 ⋅ 47124 471.24 = = = = 150.0114[Nm] Ω nom 2π π ⋅ 3000 π n nom 60

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja:

ω=

J π dω π dn dω π dn 2πn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ 60 dt 30 dt dt 30 dt M din 30 tz

nnom

0

0

t z = ∫ dt =

∫


nnom

∫ 0

dn M din

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motor tokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije: 200


π t za = JΣ 30

nnom

∫ 0

dn π = JΣ M dina 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M nom − M t 30

nnom

∫ 0

2004. GODINA

dn M nom − kn

Integral rešavamo smenom: x= M

π JΣ 30

t za =

− kn ⇒ n =

nom

M nom − knnom

∫

M nom

M

nom

− x

⇒ dn = −

dx k

k M nom dx π J Σ 2 ⋅π 150.0114 ln ln − = = = 39.73[s ] kx 30 k M nom − knnom 30 ⋅ 0.05 150.0114 − 150

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motor tokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi: nnom

nnom

nnom

π dn π dn π dn JΣ ∫ = JΣ ∫ = JΣ ∫ = − − 30 M 30 2 M M 30 2 M kn dinb nom t nom 0 0 0 2 M nom π JΣ 2 ⋅π 2 ⋅ 150.0114 2 ⋅π = ln = ln ≈ ln 2 = 2.903[s ] 30 k 2 M nom − kn nom 30 ⋅ 0.05 2 ⋅ 150.0114 − 150 30 ⋅ 0.05

t zb =

Rešenje 3.2.2. a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem:

M

=

m


Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosov obrazac za funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

ω = (1 − s )ω1 ⇒ dω = −ω 1 ds ⇒ J J dω M din = (M m − M t ) = M m = J Σ ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω 1 ds ⇒ dt Mm Mm Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od jediničnog klizanja do željenog klizanja: tz

s

s s JΣ ds t z = ∫ dt = ∫ − ω 1 ds = − J Σω 1 ∫ = − J Σω 1 ∫ Mm Mm 0 1 1 1

=

s s kr  J Σ ω 1 J Σ ω1  1 s ∫ ds + ds  = ∫ 2 M kr  s s kr s 1  2 M kr

 1 − s 2   2 s kr 201


   − s kr ln s   

1

 s

∫  s s

kr

+

s kr s

 ds = 


2004. GODINA

Nađimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, kritičnog klizanja i klizanja u traženoj radnoj tački: M nom =

Pnom

30 Pnom 30 ⋅ 5000 = = 163.292[Nm] πnnom π ⋅ 2924 = 2.3 ⋅ 163.292 = 375.571[Nm ]

=

ω nom M kr = 2.3M nom ω 2πf 2 ⋅ 50 ⋅ π ω1 = s = = = 100π [rad / s ] p p 1 n − nkr 3000 − 2670 330 s kr = 1 = = = 0.11[ n1 3000 3000 n − n 3000 − 2700 300 s= 1 = = = 0.1[ ] n1 3000 3000

]

Prema tome vreme zaleta iznosi: tz =

 20 ⋅ 100 ⋅ π  1 − 0.12  − 0.11ln 0.1 = 39.760[s ] 2 ⋅ 375.571  2 ⋅ 0.11 

Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu funkcije: t z (s kr ) =

J Σ ω1 2 M kr

 1 − s 2   2 s kr

   − s kr ln s   

odnosno kritičnom klizanju koje zadovoljava uslov: dt z d  J Σω 1 =  ds kr ds kr  2M kr s2 −1 = 2 ln s

s krb =

 1 − s 2   2s kr

   J ω  1   − s kr ln s   = Σ 1 − 2 1 − s 2 − ln s  = 0 ⇒    2M kr  s kr 

0.12 − 1 = 2 ln 0.1

(

)

− 0.99 = 0.214975768 = 0.4637 2 ln 0.1

Iz sledećih odnosa sledi potrebna dodatna vrednost otpornosti: s kr =

R + Rd s s Rr Rr ⇒ s krb = r ⇒ kr = ⇒ Rd = Rr krb − Rr ⇒ Xr Xr s krb Rr + Rd s kr

s   0.4637  Rd = Rr  krb − 1 = 0.36 − 1 = 1.157[Ω]  0.11   s kr  Sa tim dotatim otporom postiže se najkraće vreme zaleta: t z min =

J Σω 1 2 M kr

 1 − s 2   2 s krb

 20 ⋅ 100 ⋅ π  1 − 0.12    − s krb ln s  =  − 0.4637 ln 0.1 = 17.861[s ]    2 ⋅ 375.571  2 ⋅ 0.4637

202


2004. GODINA

Rešenje 3.2.3. Iz uslova zadatka proizlazi da frekventni pretvarač ima mogućnost preopterećenja, takvu da tokom zaleta može da izdrži struju koja odgovara vrednosti kritičnog prevalnog momenta. Prema tome tokom zaleta motor napajan sa pretvaračem može da održi konstantan moment jednak kritičnom prevalnom M din = M kr , pa vreme zaleta jednostavno nalazimo iz izraza: tz =

n π dn π JΣ n π JΣ π 20 JΣ ∫ = dn = n= 2700 = 15.057[s ] ∫ 30 0 M din 30 M kr 0 30 M kr 30 375.571

Rešenje 3.2.4. Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu manja od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenja dovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se na osnovu snage u trajnom radu Pnom, vremenske konstante zagrevanja τzag, vremena uključenja tp i odnosa stalnih i promenljivih gubitaka PCU/PFE. tp

Pkrat = Pnom

− P τ 1 + FE e zag PCUnom

1− e

−

tp

τ zag

Za prvi motor ova snaga iznosi: 25

Pkrat1 = 15

1+

1 − 40 e 4.1 = 15 ⋅ 1.559 = 23.39[kW ] 25

1− e

−

40

Za drugi motor ova snaga iznosi: 25

Pkrat 2

1 − 45 e 1+ 1.6 = 11 = 11 ⋅ 1.695 = 18.65[kW ] 25 1− e

−

45

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu veća od zahtevane : Pkrat1 = 23.39[kW ] > P = 22[kW ] > Pkrat 2 = 18.65[kW ] Rešenje 3.2.5. Priraštaj potencijalne energije u toku deset sekundi pri prenosu N osoba mase m1 na visinu h iznosi: ∆ W pot = mgh = Nm 1 gh Prema tome potrebna snaga motora uz zanemarivanje gubitaka u motoru i mehanizmu u stacionarnom pogonu iznosi: 203


P=

∆W pot t

=

2004. GODINA

Nm1 gh 10 ⋅ 100 ⋅ 9.81 ⋅ 45 = = 44145[W ] = 44.145[kW ] t 10

3.3. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 11.03.2004. Zadatak 3.3.1. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage Pnom = 1,3 [kW]; priključnog rotorskog napona Unom = 220 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 1000 [min-1]; koeficijenta korisnog dejstva η = 0.78 i sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2], pokreće se direktnim spajanjem na krutu mrežu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi Ra = 7.5 [Ω]. Za koje vreme će motor dostići 98% nominalne brzine obrtanja bez momenta opterećenja? Zadatak 3.3.2. Trofazni asinhroni kliznokolutni motor nominalne snage Pnom = 55 [kW]; priključnog rotorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 975 [min-1]; pokreće zamajnu masu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 11,25 [kgm2]. Kritični moment motora iznosi Mkr = 2,3Mnom [Nm], a motor ga razvija pri brzini obrtanja nkr = 890 [min-1]. Radni otpor faze rotora iznosi Rr = 0,2 [Ω]. Motor se pokreće sa jednim stepenom otpora u rotorskom krugu a) Koliku otpornost treba da ima dodatni otpornik u kolu rotora da zaleta motora do brzine nnom = 900 [min-1] traje što kraće? b) Koliko je to najkraće vreme zaleta motora? Zadatak 3.3.3. U jednom pogonu drobilice primenjen je trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 50 [kW]; priključnog rotorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne struje Inom = 95 [A]; nominalne brzine obrtanja nnom = 980 [min-1]; koji ima struju praznog hoda I0 = 30 [A]. Sa kolikom strujom se motor sme opteretiti u trajnom radu sa intermitiranim opterećenjem kod intermitencije 40%? Zadatak 3.3.4. Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase mt = 20 [t] na visinu hmax = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koeficijent korisnog dejstva motora je ηMot = 0.86 a koeficijent korisnog dejstva reduktora i koturača ηRed = 0.9. Pretpostaviti da su momenti inercije pogonskih elemenata zanemarljivi.

ASM

Red

D

i, η

Teret 204


2004. GODINA

Zadatak 3.3.5. Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 980 [min-1], a motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom n = 980 [min-1]. M1 = 12 [Nm] M2 = 9 [Nm] M3 = -4 [Nm]

M M 1 n M2

n

t1

t3

t2

t4

t1 = 4 [s] t2 = 20 [s] t3 = 8 [s] t4 = 12 [s]

t

M3


Pnom

Ω nom

=

Pnom

2π n nom 60

30 ⋅ 1.3 ⋅ 10 3 39 = = = 12.414[Nm] π ⋅ 1000 π

Moment motora računamo iz odnosa prema skici na kojoj je prikazana mehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom: n n0

n

M 0

Mm

Mmax

 M max Mm n −n n  = ⇒ M m = M max 0 = M max 1 −  = M max (1 − kn ) n0 n0 − n n0 n0   205


2004. GODINA

gde je: 1 n0

k=

Nominalna i maksimalna vrednost rotorske struje iznose: Pnom 1.3 ⋅ 10 3 = = 7.576[ A] U nomη 220 ⋅ 0.78 U 220 = nom = = 29.334[A] R aη 7.5

I nom = I max

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi između momenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije: M max M nom I 29.334 = ⇒ M max = M nom max = 12.414 = 48.067[Nm ] I max I nom I nom 7.576 Brzina praznog hoda iznosi: E0 U nom U nom = = nnom = k E Φ nom U nom − Ra I nom U nom − Ra I nom nnom 220 = 1000 = 1348.205 min −1 220 − 7.5 ⋅ 7.576

n0 =

[

]

Pošto nema momenta opterećenja važi: M din = M m = M max (1 − kn ) Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

ω=

J π 2πn dω π dn dω π dn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ 60 dt 30 dt dt 30 dt M din 30

t zal =

t zal

0.98 n nom

0

0

∫ dt = ∫

π dn π JΣ = JΣ 30 M din 30

0.98 n nom

∫ 0

dn π = JΣ M din 30

0.98 n nom

∫ 0

dn M max (1 − kn )

Integral rešavamo smenom:  dx  ⇒ dn = − kM max  M max (1− k 0.98 nnom ) M max dx π π JΣ = JΣ − = ln = ∫ 30 kM max x 30 kM max M max (1 − k 0.98nnom ) M max

x = M max (1 − kn ) ⇒ n = t zal

1 x 1 − k M max

206


=

2004. GODINA

n0 π J Σ n0 2 ⋅ π ⋅ 1348.205 1348.205 ln = ln = 7.624[s ] 30 M max n 0 − 0.98n nom 30 ⋅ 48.067 1348.205 − 0.98 ⋅ 1000

Rešenje 3.3.2. Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem:

M

=

m


Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosov obrazac za funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

ω = (1 − s )ω1 ⇒ dω = −ω 1 ds ⇒ J J dω M din = (M m − M t ) = M m = J Σ ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω 1 ds ⇒ dt Mm Mm Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od jediničnog klizanja do željenog klizanja: tz

s s JΣ ds t z = ∫ dt = ∫ − ω 1 ds = − J Σω 1 ∫ = − J Σω 1 ∫ Mm Mm 0 1 1 1

=

s

s s kr  J Σ ω 1 J Σ ω1  1 s ∫ + ds ds  = ∫ 2 M kr  s s kr s 1  2 M kr

 1 − s 2   2 s kr


1

 s

∫  s s

kr

+

s kr s

 ds = 

   − s kr ln s   

Nađimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, kritičnog klizanja i klizanja u traženoj radnoj tački: M nom =

Pnom

=

30 Pnom 30 ⋅ 55 ⋅ 10 3 = = 541.455[Nm] πnnom π ⋅ 970 = 2.3 ⋅ 541.455 = 1245.347[Nm]

ω nom M kr = 2.3M nom ω 2πf 2 ⋅ 50 ⋅ π ω1 = s = = = 33.334π [rad / s ] p p 3 n − nkr 1000 − 890 110 s kr = 1 = = = 0.11[ ] n1 1000 1000 n − n 1000 − 900 100 s= 1 = = = 0.1[ ] n1 1000 1000

Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu funkcije: 207


t z (s kr ) =

J Σ ω1 2 M kr

 1 − s 2   2 s kr

2004. GODINA

   − s kr ln s   

odnosno kritičnom klizanju koje zadovoljava uslov: dt z d  J Σω 1 =  ds kr ds kr  2M kr s kra =

s2 −1 = 2 ln s

  J ω   − s kr ln s   = Σ 1    2M kr

 1 − s 2   2s kr

0.12 − 1 = 2 ln 0.1

 1  2 − 2 1 − s − ln s  = 0 ⇒  s kr 

(

)

− 0.99 = 0.214975768 = 0.4637 2 ln 0.1

Iz sledećih odnosa sledi potrebna dodatna vrednost otpornosti: R + Rd s s Rr Rr ⇒ s kra = r ⇒ kr = ⇒ Rd = Rr kra − Rr ⇒ Xr Xr s kra Rr + Rd s kr

s kr =

s   0.4637  Rd = Rr  kra − 1 = 0.2 − 1 = 0.643[Ω ]  0.11   s kr  Sa tim dotatim otporom postiže se najkraće vreme zaleta: t z min

J ω = Σ 1 2 M kr

 1 − s 2   2 s krb

 11.25 ⋅ 100 ⋅ π  1 − 0.12    − s kra ln s  =  − 0.4637 ln 0.1 = 1.01[s ]    2 ⋅ 3 ⋅ 1245.437  2 ⋅ 0.4637

Rešenje 3.3.3. Zadana je intermitencija: ED% = 40% = 100ε = 100 I

tp t p + tm

Ip

Ip

I0

tp

I0

tm

tp

tm

Primenom metode ekvivalentne struje: 2

I eff =

2

I p t p + I 0 tm t p + tm

I p ε + I 0 (1 − ε ) 2

=

2

ε + (1 − ε )

= I p ε + I 0 (1 − ε ) ≤ I nom

208

2

2

t


2004. GODINA

motor se neće pregrejati ako je trajno opterećen ekvivalentnom strujom čija vrednost ne premašuje vrednost nominalne struje. Pa sledi: I eff = I p ε + I 0 (1 − ε ) ≤ I nom ⇒ 2

2

2

2

I nom − I 0 (1 − ε ) 2

Ip ≤

95 2 − 30 2 (1 − 0.4) = 145.645[A] 0.4

2

=

ε

Strujno preopterećenje za vreme udaraca iznosi: p≤

Ip I nom

145.645 = 1.533[ 95

=

]

Rešenje 3.3.4. Kod dizanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi:

∆Wdiz = mgh = 20000 ⋅ 9.81 ⋅ 5 = 981000[J ] Srednja vrednost snage motora je prema tome: Psr = Pmot =

∆Wdiz 981000 = = 54500[W ] = 54.5[kW ] t dizη red 20 ⋅ 0.9

Rešenje 3.3.5. Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi:

(

)

(

)

1 1 2 2 2 12 + 12 ⋅ 9 + 9 2 = 12 ⋅ 4 + 12 ⋅ 3 + 9 ⋅ 3 = M 1 + M 1M 2 + M 2 = 3 3 = 12 ⋅ 7 + 9 ⋅ 3 = 111 = 10.536[Nm]

M e2 =


β=

1 1+ β α= = 3 2

1 3=2 2 3

1+


∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M effMot =

i

∑αt j

2

=

i

=

i

j

k

k

l

l

2

2

M 1 t1 + M e 2 t 2 + M 3 t 3 12 2 ⋅ 4 + 111 ⋅ 20 + 4 2 ⋅ 8 2924 = = = 9.559[Nm] 2 1 α (t1 + t 3 ) + t 2 + βt 4 32 (4 + 8) + 20 + ⋅ 12 3 3 209


2004. GODINA


2πn Motnom π = 9.559 ⋅ ⋅ 980 = 980.995[W ] ≈ 0.98[kW ] 60 30

3.4. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 08.04.2004. Zadatak 3.4.1. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage Pnom = 30 [kW]; nominalne brzine obrtanja nnom = 720 [min-1]; brzine obrtanja u praznom hodu n0 = 750 [min-1]; sa momentom inercije motora Jm = 6.25 [kgm2], pokreće pogon vožnje mostne dizalice nosivosti mt = 10000 [kg], sopstvene mase ms = 15000 [kg]. Brzina vožnje je v = 2 [m/s]. Motor u stacionarnom stanju opterećen je sa 80% nominalnog momenta. Sa kojom konstantnom strujom treba pokretati motor, ako želimo pri punom opterećenju dizalice, postići punu brzinu vožnje posle pređenog puta od s = 5 [m] ? Struju izraziti u procentima u odnosu na nominalnu vrednost. Zadatak 3.4.2. Ako se zbog kvara uređaja za pokretanje motor iz prethodnog zadatka mora pustiti direktno priključenjem na mrežu, za koliko vreme će se dizalica ubrzati do pune brzine vožnje? Zadatak 3.4.3. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći podaci: Pnom = 100 [kW]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F. a) Na osnovu ovih podataka približno odrediti vremensku konstantu zagrevanja motora, uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC]. b) Ako se opterećenje poveća 20% pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva , odrediti koliko dugo motor može da radi a da se ne pregreje. c) Ako se temperatura ambijenta smanji za 20% od proračunske, koliko bi moglo biti opterećenje u trajnom radu, pod istim pretpostavkom kao pod b). Zadatak 3.4.4. Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: Us = 220 [V]; nnom = 1400 [min-1]; Ls = Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.5 [Ω]; fs = 50 [Hz]; napaja se iz frekventnog pretvarača u cilju regulisanja brzine u opsegu od 0 do 1,5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine, odrediti: a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti preopteretljivost ne sme da bude manja od 1,3? b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri opterećenju iz a)? Zadatak 3.4.5. Na slici je prikazan karakteristični radni ciklus za motor jednosmerne struje sa stalnom nezavisnom i nominalnom pobudom i sa prinudnim hlađenjem, nominalne snage Pnom = 10 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1500 [min-1]. Odrediti optimalno vreme pauze tako da motor bude optimalno iskorišćen. 210


P n

12 [kW]

2004. GODINA

t1 = 5 [s] t2 = 15 [s] t3 = 5 [s] t4 = 10 [s] t5 = 5 [s]

12 [kW] 10 [kW] 1500 [min-1]

6 [kW] 750 [min-1] t5 t1

t2

t3

t

t4

-8 [kW]


Pnom Pnom 30 ⋅ 30 ⋅ 10 3 1250 = = = = 397.888[Nm] Ω nom 2π π ⋅ 720 π n nom 60

Pošto je motor operećen u stacionarnom stanju sa 80% od nominalne vrednosti momenta, brzinu sa kojom se tad obrće možemo pronaći uz pomoć dijagrama sa slike: n n0 nstac nnom

M 0

Mstac

Mn

Mmax

n0 − nn n0 − n stac = ⇒ M nom M stac n stac = n0 −

[

n0 − n n 750 − 720 M stac = 750 − ⋅ 0.8 ⋅ M nom = 750 − 30 ⋅ 08 = 726 min −1 M nom M nom

Zbirni moment inercije iznosi: 211

]


JΣ = Jm +

( m s + mt ) v 2

ω m2

= Jm +

( m s + mt ) v 2  2πn stac     60 

2

2004. GODINA

 30v = J m + (m s + mt )  πn stac

2

2

  = 

[

 30 ⋅ 2  2 = 6.25 + (15000 + 10000) ⋅   = 6.25 + 17.301 = 23.351 kgm  π ⋅ 726 

]

Vreme ubrzanja za konstantni moment ubrzanja, odnosno konstantno ubrzanje iznosi: t zal =

2s 2 ⋅ 5 = = 5[ s ] v 2

odnosno, ako se zaletanje izvodi konstantnom strujom, odnosno konstantnim momentom važi: t zal =

πJ Σ nt 30 M d

Odnosno potreban moment ubrzanja iznosi: M din =

πJ Σ π ⋅ 23.551 nt = ⋅ 726 = 358.099[ Nm] 30t zal 30 ⋅ 5

Stacionarni deo momenta iznosi: M stac = 0.8M nom = 0.8 ⋅ 397.888 = 318.333[Nm] Pa ukupni moment tokom zaletanja iznosi: M m = M din + M stac = 358.099 + 318.333 = 676.432[Nm ] Odnosno procentualno: Mm% =

Mm 676.432 ⋅ 100 = 169.993[%] 100 = M nom 397.917

Prema tome motor treba pokretati sa konstantom strujom: Im =

Mm 100 I nom ≈ 1.7 I nom M nom

Rešenje 3.4.2. Moment motora zbog direktnog upuštanja neće biti konstantan, već se menja linearno sa promenom brzine obrtanja, shodno skici iz prethodnog zadatka. Pri tome važi:  M max Mm n −n n = ⇒ M m = M max 0 = M max 1 − n0 n0 − n n0  n0 212

  = M max (1 − k1 n ) 


2004. GODINA

gde je: 1 1 [min] = n0 750 M max M nom n0 = ⇒ M max = M nom = k 2 M nom n0 n0 − nnom n0 − nnom

k1 =

k2 =

n0 750 750 = = = 25[ n0 − nnom 750 − 720 30

]

Prema tome dinamički moment iznosi: M din = M m − M stac = k 2 M nom (1 − k1 n ) − 0.8M nom = M nom (k 2 − 0.8 − k1 k 2 n ) Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

ω=

J π π dn dω π dn dω 2πn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ dt 30 dt dt M din 30 60 30 dt t zal

nstac

0

0

t zal = ∫ dt =

∫


nstac

∫ 0

dn π JΣ = M din 30

nstac

∫ 0

dn M nom (k 2 − 0.8 − k1k 2 n )

Integral rešavamo smenom:

x = M nom (k 2 − 0.8 − k1k 2 n ) ⇒ n = t zal

π JΣ = 30

M nom ( k 2 − 0.8− k1k 2 nstac )

∫ (

M nom k 2 − 0.8 )

−

1 k1k 2

 x  k 2 − 0.8 − M nom  JΣ π

 dx  ⇒ dn = − k1k 2 M nom 

M nom (k 2 − 0.8) dx ln = = k1 k 2 M nom x 30 k1 k 2 M nom M nom (k 2 − 0.8 − k1 k 2 n stac )

JΣ k 2 − 0.8 π ln = 30 k1 k 2 M nom k 2 − 0.8 − k1 k 2 n stac 2 ⋅ π ⋅ 23.551 25 − 0.8 24.2 = ⋅ ln = 0.37187 ⋅ ln = 1.783[s ] 1 750 750 0.2 30 ⋅ 25 − 0.8 − ⋅ ⋅ 397.917 ⋅ 720 750 30 30 =

Rešenje 3.4.3. a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[

CT = mC FE = 1000 ⋅ 0.48 = 480 kWs / oC

]

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]

∆θ max = θ max − θ amb = 140 − 40 = 100 o C

213


2004. GODINA

Snaga gubitaka u nominalnom režimu rada iznosi: Pγnom =

Pnom (1 − η nom )

 1   1  = Pnom  − 1 = 100000 − 1 = 11111.11[W ] ≈ 11.111[kW ]  0.9   η nom 

η nom

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona ∆θ max = Pγnom RT =

Pγnom A

⇒ A=

Pγnom ∆θ max

=

[

11111.11 = 111.111 W / oC 100

]

Vremenska konstanta zagrevanja je: Ttz =

CT 480000 4320 = ≅ 4320[s ] = [min] = 72[min] A 111.111 60 Ttz

θ

θmax

∆θmax

θamb t

b) Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 20% veća od nominalne, gubici u tom slučaju iznose: ′ 1.20 Pnom (1 − η nom ) Pγ = = 1.20 Pγnom = 1.20 ⋅ 11111.11 = 13333.33[W ]

η nom

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, iznosi: ′

∆θ max =

Pγ

′

A

= 1.2

Pγ A

[ ]

= 1.20∆θ max = 1.20 ⋅ 100 = 120 o C

Maksimalna temperatura zagrevanja u trajnom pogonu, prema tome je:

θ max ′ = ∆θ max ′ + θ amb = 120 + 40 = 160[ o C ]

214


2004. GODINA

Za zagrevanje važi dijagram promene temperature kao na sledećoj slici. Polazeći od dijagrama vidimo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od:

θmax

θ

θmax

∆θmax

θamb t

tuk

t t t t − uk  − uk − uk − uk θ ′ − θ max ′  ′  ′ Ttz  Ttz Ttz Ttz  θ max = θ max 1 − e + θ amb e = θ max − θ max − θ amb e ⇒e = max ⇒ ′     θ max − θ amb   θ ′ − θ amb 160 − 40 120 t uk = Ttz ln max = 72 ⋅ ln = 72 ⋅ ln = 72 ⋅ ln 6 = 129.007[min ] ′ 160 − 140 20 θ max − θ max

c) Pošto se temperatura ambijenta smanjila za 20 [oC], novi maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]

″ ″ ∆θ max = θ max − θ amb = 140 − (40 − 20) = 120 o C

Prema tome i gubici u motoru mogu da narastu na vrednost, koju dobijamo manipulacijom sledećih izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenom opterećenja: ″

″

Pγnom Pγnom ″ Pγnom ∆θ max = ⇒ ∆θ max = ⇒ A A Pγnom P ″ = Pnom

P ″ (1 − η ′′) ″ ∆θ max P″ η ′′ = = = ⇒ Pnom (1 − η nom ) Pnom ∆θ max

″ ∆θ max 120 = 100000 = 120000[W ] = 120[kW ] ∆θ max 100

Rešenje 3.4.4. U snom f ⇐ f s ≤ f snom  Za Rs ≈ 0 , važi: U s ( f s ) =  f snom s ⋅  U snom ⇐ f s > f snom 215

η nom


a)

2004. GODINA

Apsolutna brzina rotora pri prevalnom momentu ne zavisi od učestanosti, odnosno: s kr ω s = ω kr =

Rr

′

L s + Lr

′

=

2.5  rad  = 142.05 ≠ f (ω s ) 2 ⋅ 0.0088  s 

Relativna brzina rotora pri Mkr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju Mt, odnosno za:

λ=

)

(

)

(

M kr  rad  ⇒ ω ra = ω kr λ − λ2 − 1 = 142.05 1.3 − 1.3 2 − 1 = 66.65 Mt  s 

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa:

ω s max = 1.5ω snom + ω ra = 1.5 f s max =

1400 pπ  rad  + 66.65 = 506.2  30  s 

ω s max = 80.56[Hz ] 2π

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi: M kra

3 U =  snom 2  ω s max

2

 1 3  220 2  1   =  = 32.196[Nm] ′ 2  506.2  2 ⋅ 0.0088  L s + Lr

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja: Mt = b)

M kra 32.196 = = 24.77[Nm ] 1.3 1.3

Pri učestanosti manjim od fsnom ktritični moment Mkr je konstantan i iznosi : M krb

3 U =  snom 2  ω snom

2

 1 3  220 2  =   Ls + Lr ′ 2  314

 1  = 83.67[Nm]  2 ⋅ 0.0088

Preopteretljivost je:

λ kr =

M krb 83.67 = = 3.378[ Mt 24.77

]

Relativna brzina rotora je:

)

(

 rad  ω rb = ω kr  λ kr − λ kr 2 − 1  = 142.05 3.378 − 3.378 2 − 1 = 21.507     s  Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su: 216


ω sb = 0.8ω snom + ω rb = 0.8 f sb =

2004. GODINA

1400 pπ  rad  + 21.507 = 256.079 30  s 

ω s max 256.079 = = 40.756[Hz ] 2π 2π

Rešenje 3.4.5. Pošto motor ima promenljivu brzinu treba primeniti metodu ekvivalentnog momenta. Iz djagrama radnog ciklusa za pojedine segmente različitih brzina i snaga, moramo izračunati momente motora. Uz uslov konstantnosti pobude φ = konst i uz pretpostavku da je moment proporcionalan sa strujom motora Ia ~ Mm, nalazimo momente za pojedine segmente radnog ciklusa: 30 P1 30 ⋅ 12000 = ≈ 152.8[Nm] π n1 π ⋅ 750 30 P2 30 ⋅ 6000 = = ≈ 76.4[Nm] π n2 π ⋅ 750 30 P3 30 ⋅ 12000 = = ≈ 76.4[Nm] π n3 π ⋅ 1500 30 P4 30 ⋅ 10000 = = ≈ 63.6[Nm] π n4 π ⋅ 1500 30 P5 30 ⋅ (− 8000 ) = = ≈ −50.93.6[Nm ] π n5 π ⋅ 1500

M1 = M2 M3 M4 M5

Nominalni moment motora iznosi: M nom =

30 Pnom 30 ⋅ 10000 = ≈ 63.6[Nm ] π nnom π ⋅ 1500

Na osnovu izračunatih vrednosti možemo nacrtati momentni dijagram za radni ciklus: M M1

M2

M3 M4

t1

t2

t3

t4

t5

t

M5

Pošto motor ima prinudno hlađenje, ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus mora biti manji ili jednak nominalnom momentu: 217


M effMot =

∑M ∑t

2

i

i

i

ti

2

=

2

2

2

2004. GODINA

2

M 1 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3 + M 4 t 4 + M 5 t 5 ≤ M nom t1 + t 2 + t 3 + t 4 + t 5 + t 0

i

iz čega proizlazi da optimalno vreme pauze treba da iznosi: 2

t0 ≥

2

2

2

2

M 1 t1 + M 2 t 2 + M 3 t 3 + M 4 t 4 + M 5 t 5 M nom

2

− (t1 + t 2 + t 3 + t 4 + t 5 ) =

152.8 2 ⋅ 5 + 76.4 2 ⋅ 15 + 76.4 2 ⋅ 5 + 63.6 2 ⋅ 10 + 50.93 2 ⋅ 5 − (5 + 15 + 5 + 10 + 5) = 63.6 2 286897.33 = − 40 = 70.927 − 40 = 30.927[s ] 4044.96

=

3.5. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 13.05.2004. Zadatak 3.5.1. Trofaznom asihronom motoru sa podacima: Pnom = 5.2 [kW]; Us = 220 [V]; nnom = 1400 [min-1]; Ls = Lr' = 8.2 [mH]; Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; mora se ograničiti polazna struja na dvostruku vrednost nominalne struje, pri stalnoj i nominalnoj učestanosti. Ograničenje struje polaska ostvaruje se snižavanjem napona napajanja. Odrediti: a) Vrednost sniženog napona napajanja pomoću koga se ostvaruje traženi uslov u trenutku uključenja motora, odrediti polazni moment u ovom slučaju. b) Vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri brzini obrtanja od nb = 500 [min-1]. c) Vrednost brzine obrtanja pri kojoj se sme dovesti nominalni napon na motor. Zadatak 3.5.2. Ako se motor iz prethodnog zadatka, pušta u pogon sa sniženim naponom određenim prema uslovu a) iz prethodnog zadatka, odrediti koliko puta će se povećati vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja u odnosu na vreme zaleta koje se dobija kada se motor direktno priključuje na mrežu. Pri proračunu smatrati da je moment opterećenja motora zanemarljiv. Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da se motor upušta sa sniženim naponom vrednosti Upol = 100 [V]. Zadatak 3.5.3. Ako se motoru iz prethodnih zadataka, ograničenje struje polaska na dvostruku vrednost nominalne struje, izvodi ubacivanjem simetričnog otpornika na red sa statorskim namotajima, odrediti: a) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, pomoću koga se ostvaruje traženi uslov u trenutku uključenja motora, odrediti polazni moment u tom slučaju. b) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, koji sme da se priključi na motor pri brzini obrtanja od nb1 = 500 [min-1] i nb2 = 1000 [min-1]. Zadatak 3.5.4. Na jednosmernom motoru opterećenom nominalnom snagom Pnom = 5.5 [kW], meren je priraštaj temperature posle uključenja. Na početku priraštaj temperature u odnosu na okolinu bio je ∆θ0 = 0 [oC]. Nakon pola sata izmeren je priraštaj temperature ∆θ1 = 50 [oC] a nakon sat vremena 218


2004. GODINA

∆θ2 = 75 [oC]. Na tablici motora naznačeno je da motor ima koeficijent korisnog dejstva η = 0.84. Na osnovu ovih podataka približno odrediti: a) Klasu izolacije motora. b) Masu motora, uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC]. Zadatak 3.5.5. Ako se opterećenje jednosmernog motora iz prethodnog zadatka poveća 25% pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motor može da radi a da se ne pregreje. Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima klasu izolacije F i masu m = 46 [kg]. Rešenje 3.5.1. a) Nominalno klizanje motora iznosi: s nom =

n s − nnom 1500 − 1400 100 1 = = = = 0.0666[ ns 1500 1500 15

]

Nominalna vrednost struje motora iznosi: Us = Z nom  Rr'   s nom

' I snom = I rnom =

= =

Us

(

2

 2  + ω s2 Ls + L'r 

)

220

=

220

2

=

 5     3  + (100 ⋅ π )2 ⋅ (2 ⋅ 0.0082)2  1     15  220 = 625 + 26.543288

= 25 2 + 4 ⋅ 10 4 ⋅ π 2 ⋅ 8.2 2 ⋅ 10 −6 220 220 = = 8.619[A] 651.545288 25.52538517

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje i uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost sniženog napona, koji obezbeđuje tražene uslove: U spol = I spol Z pol = 2 ⋅ I snom

(R )

' 2 r

(

)

' 2 r

+ ω s Ls + L 2

2

5 = 2 ⋅ 8.619 ⋅   + 26.545288 =  3

= 2 ⋅ 8.619 ⋅ 29.32306578 = 2 ⋅ 8.619 ⋅ 5.415877634 = 93.344[V ] Polazni moment nalazimo iz relacije:

M pol = 3 ⋅ p b)

R

' r

ωs

(I )

2

spol

5 2 = 3 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ (2 ⋅ 8.619 ) = 9.458[N m ] 100π

Klizanje pri brzini obrtanja od nb = 500 [min-1] iznosi: 219


sb =

n s − nb 1500 − 500 1000 2 = = = = 0.666[ ns 1500 1500 3

2004. GODINA

]

Prema tome vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri traženoj brzini obrtanja, a da struja pri tome ne bude veća od dvostruke vrednosti nominalne struje, iznosi:  Rr'   sb

U sb = 2 ⋅ I snom Z b = 2 ⋅ I snom

2

  + ω s Ls + L'r 

(

)

2

=

2

5   = 2 ⋅ 8.619 ⋅  3  + 26.5488 = 2 ⋅ 8.619 ⋅ 32.7988 = 2 ⋅ 8.619 ⋅ 5.72702366 = 98.721[V ] 2   3 c) Iz uslova da pri traženoj brzini obrtanja struja ne sme da bude veća od dvostruke vrednosti nominalne struje nalazimo klizanje pri kom je ostvaren taj uslov: U snom = 2 ⋅ I snom Z c = 2 ⋅ I snom  Rr'   sc

2

2

 Rr'   sc

2

  + ω s2 Ls + L'r 

(

)

2

⇒

2

  U  2 220   =  snom  − ω s 2 Ls + L'r =   − 26.545288 =  2 ⋅ 8.619   2 ⋅ I snom   2 = (12.76269258) − 26.545288 = 162886322 − 26.5... = 136.341024 ⇒

(

)

 Rr'   sc

  = 136.341024 = 11.67651635 ⇒  Rr' 5 = = 0.1427[ sc = 11.67651635 3 ⋅ 11.67651635

]

Odnosna tražena brzina obrtanja iznosi:

[

nc = n s (1 − s c )n s = 1500 ⋅ (1 − 0.1427 ) = 1285.895 min −1

]

Rešenje 3.5.2. Vreme zaleta asinhronog motora pri direktnom upuštanju na mrežu do nominalne brzine obrtanja odnosno od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja određeno je izrazom: t zdir =

J Σ ω1 2 M krdir

 1 − s nom 2   2 s kr

   − s kr ln s nom    

Slično, vreme zaleta asinhronog motora pri upuštanju sa smanjenim naponom iznosi: t zsnizeno =

J Σ ω1 2M krsnizeno

 1 − s nom 2   2s kr

   − s kr ln s nom     220


2004. GODINA

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta sa sniženim naponom u odnosu na zalet sa nominalnim naponom iznosi:

t zsnizeno t zdir

 1 − s nom 2    − s kr ln s nom    M krdir  2 s kr   = = 2 M krsnizeno  J Σ ω 1  1 − s nom    − s kr ln s nom   2 M krdir  2 s kr   J Σ ω1 2 M krsnizeno

odnosno jednak je odnosu kritičnih momenata pri nominalnom i sniženom naponu. Kritični moment pri nominalnom naponu napajanja, nalazimo iz relacije: M krdir

3⋅ p Us  = 2  ω s

2

2

 1 3 ⋅ 2  220  1  = ⋅ = 89.706[N m ]  ⋅ ' 2  100π  2 ⋅ 0.0082  L s + Lr

Kritični moment pri sniženom naponu napajanja, nalazimo iz relacije: M krsnizeno

3 ⋅ p  U spol  = 2  ω s

2

2

 1 3 ⋅ 2  93.344  1  = ⋅ = 16.149[N m ]  ⋅ ' 2  100π  2 ⋅ 0.0082  L s + Lr

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta iznosi:

t zsnizeno M krdir = t zdir M krsnizeno

3⋅ p Us  2  ω s

2

 1  '  Ls + Lr =  U s = 2 U 3 ⋅ p  U sp  1  sp   ' 2  ω s  L s + Lr

2

2   =  220  = 5.555[   93.344  

]

Rešenje 3.5.3. a) Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje i uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, važi: I pol = 2 I nam =

Us Us = ⇒ 2 Z da    Rda + Rr '  + ω s 2 (Ls + Lr ')2  s pol  

s pol = 1 ⇒

pa je tražena vrednost otpornosti:  Us Rd 1 =   2 I snam

2

  − ω s 2 (Ls + Lr ')2 − Rr ' = 

2

1  220  2 ⋅  − (100 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 0.0082) − 1.666 = 4  8.619 

1 ⋅ 651.545288 − 26.545288 − 1.666 = 136.341034 − 1.666 = 4 = 11.6765166 − 1.666 = 10.00984968[Ω] ≈ 10.010[Ω]

=

221


2004. GODINA

Polazni moment nalazimo iz iste relacije, kao i u prethodnom zadatku:

M pol = 3 ⋅ p b)

R

' r

ωs

(I )

2

spol

5 2 = 3 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ (2 ⋅ 8.619 ) = 9.458[N m ] 100π

Klizanje pri brzini obrtanja od nb1 = 500 [min-1] iznosi: n s − nb1 1500 − 500 1000 2 = = = = 0.666[ ns 1500 1500 3

s b1 =

]

Na isti način kao pod a) nalazimo relaciju za izračunavanje vrednosti dodatnog otpora: 2

  Us R '  Rd 2 + r  =  s b1    2 I snam Rd 2

2

  − ω s (Ls + Lr ')2 ⇒ 

5 2  R '  − ω s 2 (Ls + Lr ')2 − r = 11.6765116 − 3 = 2 sb1  3 = 11.6775166 − 2.5 = 9.1765166[Ω] ≈ 9.177[Ω]

 Un =   2 I snam

Na isti način nalazimo i traženu vrednost otpora pri brzini obrtanja nb2 = 1000 [min-1]: sb 2 =

Rd 3

n s − nb 2 1500 − 1000 500 1 = = = = 0.333[ 1500 1500 3 ns

]

5 2  ' R  − ω s 2 (Ls + Lr ') − r = 11.6765166 − 3 = 1 sb 2  3 = 11.6765166 − 5 = 6.6765166[Ω] ≈ 6.677[Ω]

 Us =   2 I snam

Rešenje 3.5.4. a) Iz uslova zadatka proizlaze sledeće relacije za priraštaje temperature nakon pola i jednog sata: t − 1   Ttz   ∆θ1 = ∆θ (t1 ) = ∆θ max 1 − e     t2 −   ∆θ 2 = ∆θ (t 2 ) = ∆θ max 1 − e Ttz     

Gde je Ttz vremenska konstanta zagrevanja, a ∆θmax maksimalni priraštaj temperature u stacionarnom stanju. Pošto je ispunjen uslov t2 = 2t1, deljenjem prethodne dve relacije i pogodnom manipulacijom, dobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja:

222

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA t − 2  Ttz  ∆θ max 1 − e  ∆θ 2  = t − 1 ∆θ1  Ttz  ∆θ max 1 − e   t1 Ttz

t t − 1   − 1  Ttz  Ttz    2 t1 1− e 1+ e   1 − e − Ttz    = = t t − 1 − 1  Ttz  1 − e Ttz 1− e  

   

2004. GODINA

=1+ e

−

t1 Ttz

⇒

∆θ 2 −1 ⇒ ∆θ1 t1 t1 30[min ] Ttz = − = = = 43.281[min ] = ∆θ1 50  ∆θ 2  ln ln ln − 1 ∆θ 2 − ∆θ1 75 - 50  ∆θ1  = 43.281 ⋅ 60 = 2596.86[s ] e

−

=

Dalje možemo iz prethodnih relacija odrediti krajnju vrednost priraštaja temperature ∆θmax :

∆θ max =

∆θ1  1 − e  

=

t − 1 Tob

   

50 ∆θ1 ∆θ1 = = =  ∆θ 2  2 − ∆θ 2 2 − 75 1 −  − 1 50 ∆θ1  ∆θ1 

=

[ ]

50 50 2 = = 100 oC 100 − 75 25 50

Prema tome motor ima klasu izolacije F kojoj pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [ C], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi 100 [oC]. o

b)



η nom

 1   1  = Pnom  − 1 = 5500 − 1 = 1047.619[W ]  0.84   η nom 

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona:

∆θ max = Pγnom RT =

Pγnom A

⇒ A=

Pγnom

∆θ max

=

[

1047.619 = 10.47619 W / oC 100

]

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotni kapacitet motora: Ttz =

[

CT ⇒ CT = ATtz = 10.47619 ⋅ 2596.86 = 27205.199 Ws / oC A

]

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], proizlazi da mu je masa približno: CT = mC FE ⇒ m =

CT 27205.199 = = 56.677[kg ] C FE 1000 ⋅ 0.48 223


2004. GODINA

Rešenje 3.5.5. Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 25% veća od nominalne, gubici u tom slučaju iznose: ′ 1.25 Pnom (1 − η nom ) Pγ = = 1.25 Pγnom = 1.25 ⋅ 1047.619 = 1309.524[W ]

η nom

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, iznosi: ′

∆θ max =

Pγ

′

A

[ ]

= 1.25∆θ max = 1.25 ⋅ 100 = 125 o C

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od: t tuk t − uk  − uk ∆θ max ′ − ∆θ max ′  ′ ′ − Ttz Ttz  Ttz ∆θ max = ∆θ max 1 − e = ∆θ max − ∆θ max e ⇒e = ⇒ ′   ∆ θ   max ′ ∆θ max 125 t uk = Ttz ln = 43.281 ⋅ ln = ′ 125 − 100 ∆θ max − ∆θ max 125 = 43.281 ⋅ ln = 43.281 ⋅ ln 5 = 69.658[min ] 25

3.6. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 16.06.2004. Zadatak 3.6.1. Odrediti koliki otpor treba uključiti u kolo rotora trofaznog asinhronog motora sa namotanim rotorom da bi pri prelasku motora na rad u režim kočnice dobili elektromagnetni kočioni moment jednak 130% nominalnog momenta, ako je brzina u početku kočenja bila nominalna. Podaci motora su: nominalna snaga Pnom = 16 [kW]; nominalni međufazni napon Unom = 380 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 718 [min-1]; omski otpor statora Rs = 0.26 [Ω]; induktivni otpor statora Xs = 0.354 [Ω]; omski otpor rotora Rr = 0.105 [Ω]; induktivni otpor rotora Xr = 0.24 [Ω]; prenosni odnos stator/rotor Ns / Nr = 1.63 [ ]; veza Y; frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Zadatak 3.6.2. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora nalaze se sledeći podaci: nominalna snaga Pnom = 2.8[kW]; nominalni fazni napon Unom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 935[min-1]; faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]. Ako konstruktor motora garantuje preopteretljivost ν = 1.8 [ ], može li motor podizati, sa odnosom prenosa iR = 20:1, teret mase mt = 250 [kg] obešen na uže namotano na bubanj prečnika Db = 0.30 [m], u slučaju: a) Ako je namotaj statora spojen u trougao. b) Ako je namotaj statora spojen u zvezdu. 224


2004. GODINA

iR

D

b

ASM nt

nb vt

mt

Teret Zadatak 3.6.3. Kolika će biti brzina podizanja tereta u pogonu iz prethodnog zadatka za slučaj a) ako se u granicama od sinhrone do kritične brzine motora njegova mehanička karakteristika može aproksimativno pretstaviti kao prava linija. Zadatak 3.6.4. Na trofaznom asinhronom motoru mase m = 56.677 [kg], sa sopstvenom ventilacijom, klase izolacije F, opterećenom nominalnom snagom Pnom = 5.5 [kW], pri temperaturi ambijenta θamb = 20 [oC]. meren je pad temperature posle isključenja. Nakon sat izmerena je temperatura θ1 = 70 [oC]. Pretpostaviti da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] i da se motor kada mu sopstveni ventilator ne radi dva puta lošije hladi nego kad radi. Na osnovu ovih podataka približno odrediti koeficijent korisnog dejstva motora η. Zadatak 3.6.5. Ako se opterećenje trofaznog asinhronog motora iz prethodnog zadatka poveća 50% pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motor može da radi a da se ne pregreje. Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima stepen korisnog dejstva η = 0.84 [ ]. Rešenje 3.6.1. Klizanje u trenutku prespajanja na režim kočnice iznosi: s koc =

n s + nnom 750 + 718 1468 = = = 1.957[ ns 750 750

]

Traženu vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo odrediti iz uslova zadatka: M koc = 1.3M nom = 1.3

60 Pnom 1.3 ⋅ 30 ⋅ 16000 = = 276.637[N m ] 2π nnom π ⋅ 718 225


2004. GODINA

Takođe vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo naći iz relacije: M koc =

2 ′ ′ Us 3 p Rr ′ 2 3 p RrΣ Ir = 2 ω s koc 2πf s koc  ′ 2 R  R + rΣ  +  X + X ′  r  s s koc   s   

Izjednačavanjem ove dve vrednosti i postupnim rešavanjem dobijamo relaciju za izračunavanje svedene ukupne vrednosti rotorske omske otpornosti: 2

2 ′ ′ 2   R + RrΣ  +  X + X ′  = 3 p RrΣ U s ⇒ r  s s koc   s  2πf s koc M koc   2 2 ′ ′ 2 R ′  rΣ  + 2 RrΣ R − 3 p RrΣ U s + R 2 +  X + X ′  = 0 ⇒ s s r  s koc   s  s koc 2πf s koc M koc   2 2  3p Us ′2 ′  ′  2 2 RrΣ + RrΣ  2 Rs s koc − s koc  + s koc  Rs +  X s + X r   = 0    2πf M koc   

Relacija je kvadratna jednačina u kojoj pojedini članovi imaju sledeće brojčane vrednosti: 2 2   U  2 Rs s koc − 3 p s s koc  = 2 ⋅ 0.26 ⋅ 1.957 − 3 ⋅ 4 ⋅ 220 ⋅ 1.957 = −12.061   2πf M koc 2 ⋅ π ⋅ 50 276.637   2

N  X r =  s  X r = 1.63 2 ⋅ 0.24 = 0.638[ ]  Nr  2 ′  2 2 2 s koc  Rs +  X s + X r   = 1.957 2 0.26 2 + (0.354 + 0.638) = 4.028     ′

[

]

Prema tome vrednost svedene ukupne rotorske omske otpornosti nalazimo kao rešenje kvadratne jednačine: ′2 ′ RrΣ − 12.061 ⋅ RrΣ + 4.028 = 0 ⇒

12.061 ± 12.0612 − 4 ⋅ 4.028 12.061 ± 11.373 11.717[Ω] ′ R rΣ 1 / 2 = = = 2 2  0.344[Ω]

Uzimamo veću vrednost otpora pošto sa njom dobijamo manju struju kočenja. Iz tog proizlazi da je vrednost ukupne rotorske omske otpornosti: R rΣ =

RrΣ  Ns   Nr

′   

2

=

11.717 = 4.410[Ω] 1.63 2

Na kraju vrednost tražene dodatne otpornosti dobijamo iz relacije: 226


2004. GODINA

Rrd = RrΣ − Rr = 4.410 − 0.24 = 4.17[Ω] Rešenje 3.6.2. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

60 Pnom 30 2800 = ⋅ = 28.597[Nm ] 2π nnom π 935

Pri garantovanom preopterećenju motor može da savlada maksimalni moment opterećenja u iznosu: M max = νM nom = 1.8 ⋅ 28.597 = 51.475[Nm] Moment tereta je: Mt =

Db D 0.3 Ft = b mt g = ⋅ 250 ⋅ 9.81 = 367.875[Nm] 2 2 2

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost: 367.875 ′ M Mt = t = = 18.394[Nm ] iR 20 a) Ako se motor pokreće u vezi trougao svedeni moment tereta je manji i od nominalnog momenta a i od maksimalno garantovanog, što znači da u toj vezi motor može da podiže zadati teret. ′ M t = 18.394[Nm] < M nom = 28.597[Nm] < M max = 51.475[Nm ] b) Ako se motor pokreće u vezi zvezda zbog smanjenog napona garantovani maksimalni moment motora se smanjuje na vrednost: M maxY =

M maxD  Ul  U  f

   

2

=

νM nom 51.475 = = 17.158[Nm ] 3 3

te motor neće moći dizati teret pošto je svedeni moment tereta veći od maksimalnog za vezu zvezda: ′ M t = 18.394[Nm] > M max Y = 17.158[Nm] Rešenje 3.6.3. Iz uslova zadatka proizlazi proporcija, iz koje nalazimo brzinu obrtanja motora: ′ Mt n − nt = s ⇒ M nom n s − nnom 227


nt = n s −

2004. GODINA

′ Mt (ns − nnom ) = 1000 − 18.394 (1000 − 935) = 958.191 min −1 M nom 28.597

[

]

M Mnom Mt'

nnom

nt

ns

n

Brzina obrtanja bubnja je prema tome: nb =

[

nt 958.191 = = 47.910 min −1 iR 20

]

Odnosno kružna brzina bubnja je:

ωb =

2π 47.910 ⋅ π  rad  nb = = 5.017  60 30  s 

Na kraju tražena brzina podizanja tereta iznosi: vt =

Db 0.3 m ωb = ⋅ 5.017 = 0.753  2 2 s

Rešenje 3.6.4. Motor ima klasu izolacije F za koju pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna dozvoljena temperatura namotaja motora iznosi θmax = 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θmax = 100 [oC]. Izmerena nadtemperatura nakon jednog sata od isključenja iznosi:

[ ]

∆θ1 = θ1 − θ amb = 70 − 20 = 50 o C

Iz uslova zadatka proizlaze sledeća relacija za pad temperature nakon jednog sata:

∆θ1 = ∆θ (t1 ) = ∆θ max e

−

t1 Tth

Gde je Tth vremenska konstanta hlađenja, a ∆θmax maksimalni priraštaj temperature u stacionarnom stanju. Vremenska konstanta hlađenja iz uslova zadatka je dvostruko veća od 228


2004. GODINA

vremenske konstante zagrevanja Tth = 2Ttz. Uvažavajući ovu činjenicu iz prethodne relacije dobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja:

t1 t1 60[min] 30[min] = = = = 43.281[min] = 100 ∆θ1 ∆θ max ln 2 2 ⋅ ln ln 2ln 50 ∆θ max ∆θ1 = 43.281 ⋅ 60 = 2596.86[s ]

1 1 Ttz = Tth = − 2 2

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], proizlazi da mu je toplotni kapacitet:

[

CT = mC FE = 56.677 ⋅ 1000 ⋅ 0.48 = 27205.199 Ws / oC

]

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora: Ttz =

[

CT C 27205.199 ⇒ A= T = = 10.47619⋅ = W / oC A Ttz 2596.86

]

Vrednost gubitaka u nominalnom režimu, određujemo iz toplotnog Omovog zakona: ∆θ max = Pγnom RT =

Pγnom A

⇒ Pγnom = A∆θ max = 10.47619 ⋅ 100 = 1047.619[W ]

I na kraju nalazimo traženi koeficijent korisnog dejstva:

η nom =

Pnom 5500 = = 0.84[ Pnom + Pγnom 5500 + 1047.619

]

Rešenje 3.6.5. Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 50% veća od nominalne, gubici u tom slučaju iznose: ′ 1.50 Pnom (1 − η nom ) Pγ = = 1.50 Pγnom = 1.50 ⋅ 1047.619 = 1571.429[W ]

η nom

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, iznosi: ′

∆θ max =

Pγ

′

A

[ ]

= 1.50∆θ max = 1.50 ⋅ 100 = 150 o C

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od: − ′ = ∆θ max 1 − e Ttz   tuk

∆θ max

t t ′ − uk − uk   = ∆θ ′ − ∆θ ′ e Ttz ⇒ e Ttz = ∆θ max − ∆θ max ⇒ max max  ∆θ max ′  229


2004. GODINA

∆θ max ′ 150 t uk = Ttz ln = 43.281 ⋅ ln = 150 − 100 ∆θ max ′ − ∆θ max 150 = 43.281 ⋅ ln = 43.281 ⋅ ln 3 = 47.549[min] 50

3.7. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 01.07.2004. Zadatak 3.7.1. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom = 400 [V], nominalna snaga Pnom = 1600 [W], omski otpor rotora Ra + Rpp = 2.5 [Ω], nominalna brzina obrtanja nnom = 1550 [min-1], koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor se upušta u rad pomoću automatskog upuštača. a) Odrediti broj stepeni i vrednost otpora pojedinih stepeni upuštača, polazeći od uslova, da zalet treba osigurati uz uslov Mmin = Mnom i Mmax = 2Mnom. b) Odrediti pri kojim brzinama obrtanja treba izvesti automatsku komutaciju otpora u upuštaču. Zadatak 3.7.2. Ako se motor sa otporničkim upuštačem iz prethodnog zadatka koristi za pokretanje dizalice sa slike, odrediti vreme ubrzanja tereta, odnosno motora do nominalne brzine obrtanja. Sem podataka navedenih u prethodnom zadatku, poznati su još i sledeći podaci o teretu, bubnju, reduktoru i motoru: masa tereta mt = 72 [kg]; prečnik bubnja Db = 0.20 [m]; prenosni odnos reduktora iR = 9.95 [ ]; koeficijent iskorišćenja reduktora ηR = 0.9 [ ]; moment inercije reduktora JR = 0.012 [kgm2] i moment inercije motora JM = 0.03 [kgm2].

nb

b

DCM

nm

D

iR

ηR vt

mt

Teret Zadatak 3.7.3. Ako se motor koji goni pogon iz prethodnog zadatka umesto sa otporničkim upuštačem upušta i napaja sa polu-upravljivim tiristorskim regulisanim ispravljačem, kome je strujna granica podešena na dvostruku vrednost nominalne struje motora, odrediti: a) Vreme ubrzanja tereta, odnosno motora, do nominalne brzine obrtanja. b) Vreme usporenja tereta, odnosno motora, do nulte brzine obrtanja. 230


2004. GODINA

Zadatak 3.7.4. Stacionarno stanje u pogonu iz prethodnog zadatka tokom jednog ciklusa dizanja traje tstac = 1 [s]. Nakon jednog ciklusa dizanja potrebno je u što kraćem mogućem vremenu ponoviti uzastopno neograničen broj ciklusa. Odrediti minimalno vreme mirovanja pogona između dva ciklusa za slučaj: a) Da se motor hladi sopstvenim ventilatorom, pri čemu se motor kada mu sopstveni ventilator ne radi tri puta lošije hladi nego kad radi . b) Da se motor hladi prinudno sa prigrađenim ventilatorom, koji se ne isključuje tokom mirovanja pogona. Zadatak 3.7.5. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora nalaze se sledeći podaci: nominalna snaga Pnom = 2.75 [kW]; nominalni fazni napon Unom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 935 [min-1]; faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Motor se napaja iz tranzistorskog pretvarača promenljive frekvencije a goni radnu mašinu sa momentom opterećenja linearno zavisnim od brzine obrtanja Mt = knn [Nm]; gde konstanta ima vrednost kn = 0.03 [Nm/min-1]. a) Kolika će biti brzina obrtanja motora za slučaj da je izlazna frekvencija pretvarača fs = 12.5; 25; 37.5 i 50 [Hz]? b) Sa kolikim relativnim tačnošću odstupa brzina obrtanja motora za navedene frekvencije napajanja motora pod a) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora? Rešenje 3.7.1. Na slikama na sledećoj strani prikazana je električna šema n - stepenog otpornog upuštača i familija mehaničkih karakteristika pri puštanju u rad jednosmernog motora sa nezavisnom pobudom. Opšti izraz za rotorsku struju pri uključenom j – tom otporničkom stepenu glasi: U −E

Ia =

Ra + R pp +

n − ( j −1)

∑ ∆R i =1

di

Rotorska struja ima maksimalnu vrednost pri nultoj brzini obrtanja i svim uključenim stepenima, odnosno zadovoljava relaciju: I amax =

U −0 n

Ra + R pp + ∑ ∆Rdi

=

U Ra + R pp + Rduk

i =1

Iz toga sledi da ukupna vrednost otpora upuštača iznosi: n

U

i =1

I amax

Rduk = ∑ ∆Rdi =

− (Ra + R pp )

Ako uvedemo smenu:

λ=

I amax k M ΦI amax M max = = >1 I amin k M ΦI amin M min 231


2004. GODINA

U

∆Rdn ∆Rdj+1 ∆Rdj ∆Rd2 ∆Rd1 Uf

Φ E

Rf If

n

Ra

Ia

Rpp

n npmax n0 nn

Iak

nj+1 nj

n1

n=0 Ianom

Iamin

Iamax

Ia

Na osnovu sličnosti trouglova na prethodnoj slici, sledi relacija odnosa minimalne i maksimalne struje pri upuštanju i brzina pri kojima se vrši komutacija upuštača: I amax − I amin n j +1 − n j I 1  1 1 = = 1 − amin = 1 − ⇒ n j +1 = n0 1 −  + n j I amax n0 − n j I amax λ  λ λ 232


2004. GODINA

Pri čemu važi za j = 0: n j =0 = 0 I za j = 1:  1 n1 = n0 1 −   λ Odnosno opšta relacija: n j +1 = n1 +

1

λ

nj

Prema tome brzine pri kojima se vrši komutacija upuštača čine geometrijski niz, za koji važi: j

1 1−   j −1 j  1 1   λ  n = 1 −  1   n = 1 − 1 n j = 1 + + ... +    n1 =     0  1 j 1  λ  λ    λ   λ   1−

λ

  n0 

Isključivanje poslednjeg n – tog stepena upuštača vrši se pri brzini nn, za koju važi: n n ≥ n pmax Brzina npmax može se izraziti na osnovu sličnosti trouglova, a preko maksimalne struje upuštanja Imax i struje kratkog spoja Iak :  I I ak − I amax n0 = 1 − amax I ak I ak  U = Ra + R pp

n pmax = I ak

 n0 

Iz prethodne dve relacije dalje sledi: n n ≥ n pmax

 1n  I n0 ≥ 1 − amax ⇒ 1 −   I ak   λ 

n

 I I 1 n0 ⇒   ≤ amax ⇒ λn ≥ ak I ak I amax λ 

da potreban broj stepeni upuštača mora da zadovolji relaciju:  I ln ak I n ≥  amax ln(λ )

  

Broj stepeni n svakako mora biti ceo broj. Pri čemu ako je desna strana prethodne nejednačine ceo broj, onda je brzina kod poslednje komutacije jednaka upravo brzini npmax, odnosno 233


2004. GODINA

ako nije brzina kod poslednje komutacije biće manja od brzine npmax, odnosno kod poslednje komutacije dobija se struja motora koja je Imin < Ia
Iz prethodnog izraza pogodnim razvojem dobijaju se izrazi za izračunavanje otpornosti pojedinačnih stepeni upuštača. Prvo važi za j = n: ∆Rd 1 = (Ra + R pp )(λ − 1) odnosno dalje za j = n-1: ∆Rd 2 = (Ra + R pp + ∆Rd 1 )(λ − 1) = ∆Rd 1 + ∆Rd 1 (λ − 1) = λ∆Rd 1 odnosno za j = n-2: ∆Rd 3 = (Ra + R pp + ∆Rd 1 + ∆Rd 2 )(λ − 1) = ∆Rd 2 + ∆Rd 2 (λ − 1) = λ∆Rd 2 = λ2 ∆Rd 1 odnosno u opštem slučaju za j = n-(i-1): ∆Rdi = λ∆Rdi −1 = λi −1 ∆Rd 1 sve do: ∆Rdn = λ∆Rdn −1 = λn −1 ∆Rd 1 Iz toga sledi da ukupna vrednost otpora upuštača iznosi:

(

)

(

)

Rduk = ∑ ∆Rdi = 1 + λ + λ2 + ... + λn −1 ∆Rd 1 = 1 + λ + λ2 + ... + λn −1 (λ − 1)(Ra + R pp ) = n

i =1

(

)

(

)

= λ + λ2 + λ3 + ... + λn − 1 − λ − λ2 − .. − λn −1 (Ra + R pp ) = λn − 1 (Ra + R pp ) Odnosno dalje sledi izraz za broj stepeni n, koji smo odredili već u prethodnom razmatranju:

λn = 1 +

λ=n

Ra + R pp + Rduk U Rduk I = = ak ⇒ Ra + R pp Ra + R pp U I amax

I ak I amax

 I ln ak I ⇒ n =  amax ln(λ )

   234


a)

2004. GODINA

Za zadati motor nominalna struja iznosi: I anom =

Pnom U nomη nom

=

1600 = 5[A] 400 ⋅ 0.8

Struja kratkog spoja iznosi: I ak =

U 400 = = 160[ A] Ra + R pp 2.5

Iz uslova zadatka nalazimo faktor λ:

λ=

M max I a max 2 I anom = = =2 M min I a min I anom

Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije:  I ln ak I n ≥  a max ln( λ )

  ln 160  4  =  2 ⋅ 5  = ln(16) = ln 2 = 4[ ln(2 ) ln(2 ) ln(2 )

( )

]

Ukupna vrednost otpora upuštača iznosi: Rduk =

U I a max

− (Ra + R pp ) =

400 − 2.5 = 40 − 2.5 = 37.5[Ω ] 2⋅5

Vrednosti otpora pojedinačnih stepena upuštača iznose:

∆R d 1 = (R a + R pp )(λ − 1) = 2.5 ⋅ (2 − 1) = 2.5[Ω ]

∆Rd 2 = λ∆Rd 1 = 2 ⋅ 2.5 = 5[Ω ] ∆Rd 3 = λ∆Rd 2 = 2 ⋅ 5 = 10[Ω ] ∆Rd 4 = λ∆Rd 3 = 2 ⋅ 10 = 20[Ω ]

Radi provere ukupnu vrednost upuštača motora možemo odrediti i kao zbir pojedinačnih vrednosti otpora pojedinih stepeni: n

Rduk = ∑ ∆Rdi = 2.5 + 5 + 10 + 20 = 37.5[Ω ] i =1

b)

Brzinu obrtanja u praznom hodu nalazimo iz relacija: nnom = n0 =

U − (Ra + R pp )I nom k EΦ nom U

k EΦ nom

=

⇒ k EΦ nom =

U n nom U − (Ra + R pp )I nom

U − (Ra + R pp )I nom

⇒ n nom 400 400 = ⋅ 1550 = ⋅ 1550 = 1600 min −1 400 − 2.5 ⋅ 5 387.5

[

235

]


2004. GODINA

Pojedinačne brzine obrtanja pri kojima treba da se vrši komutacija upuštača nalazimo iz prethodno određenih relacija:

[

]

1  1  1 n1 = n0 1 −  = 1600 ⋅ 1 −  = 1600 ⋅ = 800 min −1 2  λ  2 1  1  3   n 2 = n0 1 − 2  = 1600 ⋅ 1 − 2  = 1600 ⋅ = 1200 min −1 4  λ   2  1  1  7   n3 = n0 1 − 3  = 1600 ⋅ 1 − 3  = 1600 ⋅ = 1400 min −1 8  λ   2  1  1  15   n 4 = n0 1 − 4  = 1600 ⋅ 1 − 4  = 1600 ⋅ = 1500 min −1 16  λ   2 

[

]

[

]

[

]


60 Pnom 30 1600 = ⋅ = 9.857[Nm] 2π nnom π 1550

Sila zemljine teže tereta iznosi: Ft = mt g = 72 ⋅ 9.81 = 706.32[N ] Moment tereta na osovini bubnja iznosi: Mt =

Db 0.2 Ft = ⋅ 706.32 = 70.632[Nm ] 2 2

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost: Mt 70.632 ′ Mt = = = 7.887[Nm] i Rη R 9.95 ⋅ 0.9 Što u odnosu na nominalni moment motora iznosi: ′ Mt 7.887 ′ Mt = M nom = ⋅ M nom = 0.8 ⋅ M nom [Nm] M nom 9.857 Svedeni moment inercije tereta na osovinu motora nalazimo iz relacije: 2

 vt    ω 1 ′ J t = mt  2b  = mt ηR iR η R

 D   2i R

2

2

 72  0.2  2  = ⋅  = 0.008 kgm 0.9  2 ⋅ 9.95  

Ukupan moment inercije sveden na osovinu motora iznosi: 236

[

]


[

′ J Σ = J M + J R + J t = 0.03 + 0.012 + 0.008 = 0.05 kgm 2

2004. GODINA

]

Proces pokretanja pogona možemo podeliti na četiri segmenta zaleta do pojedinačnih brzina komutacija upuštača prema sledećoj slici. n nstac

n0 n4

nnom Iak

n3 n2

n1

n

n=0 Mt'

Mnom

Mm

Mmax

Mm

Moment motora nije konstantan, već se menja linearno sa promenom brzine obrtanja, shodno prethodnoj slici. Pri tome za prvi segment zaletanja od nulte brzine obrtanja do prve komutacione brzine važi:  M max Mm n −n n = ⇒ M m = M max 0 = 2 M nom 1 − n0 n0 − n n0  n0

  

Prema tome dinamički moment za prvi segment iznosi:  n M din = M m − M stac = 2 M nom 1 −  n0

  n  − 0.8M nom = M nom 1.2 − 2 n0  

  

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanje vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

ω=

J π 2πn dω π dn dω π dn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ 60 30 dt dt 30 dt dt M din 30 t zal 1

t zal1

n1

n1

n1

π π π JΣ dn dn dn = ∫ dt = ∫ J Σ = JΣ ∫ = ∫ 30 M din 30 0 M din 30 M nom 0  n 0 0 1.2 − 2  n0  

Integral rešavamo smenom:

237


 n x = 1.2 − 2 n0  t zal1 =

=

π JΣ 30 M nom

2004. GODINA

 n n dx  ⇒ n = 0 (1.2 − x ) ⇒ dn = − 0 2 2  1.2 − 2

∫

n1 n0

−

1.2

n0 dx π n0 J Σ ln = 2 30 2 M nom

1.2 n 1.2 − 2 1 n0

=

π n0 J Σ ln 30 2 M nom

1.2 n 1.2 − 2 0 2n 0

=

π n0 J Σ 1.2 π ⋅ 1600 ⋅ 0.05 ln = ⋅ ln 6 = 0.761[s ] 30 2 M nom 0.2 30 ⋅ 2 ⋅ 9.857

Slično za drugi segment zaleta od prve do druge komutacione brzine važi:  M max M max 2 M max Mm n −n n = = = ⇒ M m = 2 M max 0 = 4 M nom 1 − n n0 − n1 n0 n0 − n n0  n0 n0 − 0 2   n n M din = M m − M stac = 4 M nom 1 −  − 0.8M nom = M nom  3.2 − 4  n0   n0   t zal 2 =

n2

n2

dn dn π π π JΣ ∫n 30 J Σ M din = 30 J Σ n∫ M din = 30 M nom

n2

∫

dn

n  3.2 − 4 n0   n n dx n x =  3.2 − 4  ⇒ n = 0 (3.2 − x ) ⇒ dn = − 0 n0  4 4  1

t zal 2 =

=

π JΣ 30 M nom

1

3.2 − 4

∫ 3.2 − 4

n2 n0

n1 n0

−

n0 dx π n0 J Σ = 4 30 4 M nom

n1

  

  

n n1 3.2 − 4 0 n0 2n 0 π n0 J Σ ln = ln = n2 30 4 M nom 3n0 3.2 − 4 3.2 − 4 n0 4n 0 3.2 − 4

π n0 J Σ 1.2 t zal1 0.761 ln = = ≈ 0.381[s ] 30 4 M nom 0.2 2 2

Slično za treći segment zaleta od druge do treće komutacione brzine važi:  M max 4 M max Mm n −n n = = ⇒ M m = 4 M max 0 = 8M nom 1 − 3 n0 n0 − n n0  n0 n0 − n0 4   n n M din = M m − M stac = 8M nom 1 −  − 0.8M nom = M nom  7.2 − 8  n0   n0   n3 n3 n π π π JΣ 3 dn dn dn t zal 3 = ∫ J Σ = JΣ ∫ = ∫ 30 M din 30 n2 M din 30 M nom n2  n n2  7.2 − 8  n0   M max = n0 − n 2

 n x =  7.2 − 8 n0 

 n n dx  ⇒ n = 0 (7.2 − x ) ⇒ dn = − 0 8 8 

238

  


t zal 3 =

=

π JΣ 30 M nom

7.2 −8

∫ 7.2 −8

n3 n0

−

n2 n0

n0 dx π n0 J Σ = 8 30 8M nom

2004. GODINA

3n n2 7.2 − 8 0 n0 4 n0 π n0 J Σ ln = ln = n3 30 8M nom 7 n0 7.2 − 8 7.2 − 8 n0 8n0 7.2 − 8

π n0 J Σ 1.2 t zal1 0.761 ln = = ≈ 0.190[s ] 30 8M nom 0.2 4 4

Slično za četvrti segment zaleta od treće do četvrte komutacione brzine važi:  M max 8M max Mm n −n n = = ⇒ M m = 8M max 0 = 16 M nom 1 − 7 n0 n0 − n n0  n0 n 0 − n0 8   n n = M m − M stac = 16M nom 1 −  − 0.8M nom = M nom 15.2 − 16  n0   n0  

M max = n 0 − n3 M din

n4

n4

n4

3

3

3

  

dn dn dn π π π JΣ ∫n 30 J Σ M din = 30 J Σ n∫ M din = 30 M nom ∫n  n 15.2 − 16  n0    n n n dx x = 15.2 − 16  ⇒ n = 0 (15.2 − x ) ⇒ dn = − 0 16 16 n0   n n 7n 15.2 −16 15.2 − 16 3 15.2 − 16 0 n n dx π n0 J Σ n0 π n0 J Σ 8n0 π JΣ t zal 4 = − 0 = = = ln ln ∫ 30 M nom 16 30 16 M nom 15.2 − 16 n4 30 16 M nom 15.2 − 16 15n0 n 15.2 −16 n n0 16n0 π n0 J Σ 1.2 t zal1 0.761 = ln = = ≈ 0.095[s ] 30 16 M nom 0.2 8 8 t zal 4 =

4

0

3

0

Slično za poslednji peti segment zaleta po prirodnoj karakteristici motora od četvrte komutacione brzine do nominalne brzine obrtanja važi:  M max 16M max Mm n −n n = = ⇒ M m = 16 M max 0 = 32M nom 1 − 15 n0 n0 − n n0  n0 n0 − n 0 16   n n M din = M m − M stac = 32 M nom 1 −  − 0.8M nom = M nom  31.2 − 32  n0   n0   nnom nnom n π dn π dn π J Σ nom dn t zal 5 = ∫ JΣ = JΣ ∫ = ∫ 30 M din 30 M din 30 M nom n4  n n4 n4  31.2 − 32  n0   M max = n0 − n 4

 n n n dx x =  31.2 − 32  ⇒ n = 0 (31.2 − x ) ⇒ dn = − 0 n0  32 32 

239

  


t zal 5 =

=

π JΣ 30 M nom

31.2 −32

∫

nnom n0

31.2 −32

π n0 J Σ 30 16 M nom

n4 n0

−

n0 dx π n0 J Σ = 32 30 32 M nom

2004. GODINA

n4 n0 ln = n nom 31.2 − 32 n0 31.2 − 32

15n0 16n0 π n0 J Σ 1.2 t zal1 0.761 ln = ln = = ≈ 0.048[s ] 1550 30 32 M nom 0.2 16 16 31.2 − 32 1600 31.2 − 32

Ukupno vreme zaleta čini zbir pojedinačnih vremena zaleta: 31 31  1 1 1 1 t zal = t zal1 + t zal 2 + t zal 3 + t zal 4 + t zal 5 = t zal1 1 + + + +  = t zal1 = 0.761 ⋅ = 1.474[s ] 16 16  2 4 8 16  Približno tačan rezultat vremena zaleta možemo naći pod pretpostavkom da se motor ubrzava sa konstantnim momentom sa srednjom vrednošću: M sr =

M min + M max M nom + 2 M nom = = 1.5M nom 2 2

Aproksimativno u tom slučaju dinamički moment iznosi: M din ≈ M sr − M stac = 1.5M nom − 0.8M nom = 0.7 M nom I samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja je približno: nnom

t zal

nnom

JΣ dn dn π π π JΣ JΣ ∫ ≈ ∫ = = 30 M din 30 M din 30 0.7 M nom 0 0 π ⋅ 0.05 ⋅ 1550 = = 1.176[s ] 30 ⋅ 0.7 ⋅ 9.857

nnom

π J Σ nnom

∫ dn = 30 0.7 M 0

=

nom

Rešenje 3.7.3. a) Pošto je strujna granica tiristorski regulisanog ispravljača podešena na dvostruku vrednost nominalne struje motora, tokom čitavog zaleta motor razvija moment jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta, pa dinamički moment iznosi: M udin = M m − M stac = 2M nom − 0.8M nom = 1.2M nom A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi: nnom

nnom

JΣ dn dn π π π ∫0 30 J Σ M udin = 30 J Σ ∫0 M udin = 30 1.2M nom π ⋅ 0.05 ⋅ 1550 = = 0.686[s ] 30 ⋅ 1.2 ⋅ 9.857

t zal =

nnom

π J Σ nnom

∫ dn = 30 1.2M 0

=

nom

b) Pošto polu-upravljivi tiristorski regulisani ispravljač ne može da vraća energiju u mrežu, pogon kod zaustavljanja koči samo moment tereta, odnosno dinamički moment kočenja iznosi: 240


2004. GODINA

M kdin = M m − M stac = 0 − 0.8M nom = −0.8M nom A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi: 0

t usp =

∫

nnom

0 JΣ π dn π dn π = =− JΣ JΣ ∫ 30 M kdin 30 n M kdin 30 0.8M nom nom

π ⋅ 0.05 ⋅ 1550 = = 1.029[s ] 30 ⋅ 0.8 ⋅ 9.857

π J Σ nnom

0

∫ dn = 30 0.8M

nnom

=

nom

Rešenje 3.7.4. Struju motora u stacionarnom stanju možemo odrediti na osnovu proporcionalnosti struje i momenta: ′ M nom k M ΦI anom I anon Mt 0.8M nom I anon = I anon = 0.8 I anon = 0.8 ⋅ 5 = 4[A] = = ⇒ I astac = ′ k ΦI I M M M astac astac nom nom Mt Dijagram strujnog opterećenja u funkciji vremena tokom jednog ciklusa rada je sledeći: Ia n

Iazal nnom

Iastac

Iakoc tstac

tzal

tkoc

tmir

t

a) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni sistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori α tokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove vrednosti: 1 1+ 1 1+ β 3=2 β= α= = 3 2 2 3 Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne vrednosti struje:

∑I t + ∑ t + ∑ βt 2

I anom ≥ I aefft =

i

∑ αt j

2

i

=

i

j

k

k

l

2

I azal t zal + I astac t stac ⇒ α (t zal + t usp ) + t stac + β t mir

l

241


2004. GODINA

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi: t mir

2 2  1  I azal t zal + I astac t stac ( ) ≥  − α t + t − t zal usp stac  = 2 β  I anom 

10 2 ⋅ 0.686 + 4 2 ⋅ 1 2  ( ) 0 . 686 1 . 029 1 = 3⋅  − + −  = 3 ⋅ [3.384 − 2.144] = 3.72[s ] 3 52   b)

Za slučaj kada je obezbeđeno prinudno hlađenje motora važi:

∑I t ∑t 2

I anom ≥ I aefft =

i

i

i

2

2

I azal t zal + I astac t stac ⇒ t zal + t usp + t stac + t mir

=

i

i

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi: 2

t mir ≥ =

2

I azal t zal + I astac t stac I anom

2

− (t zal + t usp + t stac ) =

10 2 ⋅ 0.686 + 4 2 ⋅ 1 − (0.686 + 1.029 + 1) = 3.384 − 2.715 = 0.669[s ] 52

Rešenje 3.7.5. U granicama od sinhrone do nominalne brzine motora njegova mehanička karakteristika za osnovnu frekvenciju napajanja, može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija. Familija mehaničkih karakteristika za različite frekvencije od osnovne predstavlja paralelne prave za osnovnu frekvenciju koje seku n-osu za vrednost sinhrone brzine obrtanja, kao na donjoj slici. Mnom

M

n =k n Mt

n4 ns4

n3

ns3

n2

ns2

n1

ns1

n

a) Na osnovu vrednosti nominalnog momenta i brzine obrtanja motora možemo odrediti jednačinu prave mehaničke karakteristike za frekvenciju napona napajanja fs = 50 [Hz]. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

60 Pnom 30 2750 = ⋅ = 28.086[Nm] 2π nnom π 935 242


2004. GODINA

Jednačinu osnovne mehaničke karakteristike nalazimo iz relacija: M m = an + b1 ⇒ Mm = −

M nom = annom + b1  M nom M nom n s1 ⇒ ⇒ b1 = − ⇒ a = − 0 = an s1 + b1  n s1 − n nom n s1 − nnom

M nom M nom n+ n s1 n s1 − nnom n s1 − nnom

Stacionarnu radnu tačku za za frekvenciju napajanja fs = 50 [Hz] nalazimo na preseku motorne i otporne mehaničke karakteristike, odnosno:

−

 M nom  M nom M nom M nom n1 + n s1 = k n n1 ⇒ n1  n s1 ⇒ + k n  = n s1 − nnom n s1 − nnom  n s1 − nnom  n s1 − nnom

n1 =

M nom

[

M nom n s1 28.026 ⋅ 1000 28.026 = = ⋅ 1000 ≈ 935 min −1 + k n (n s1 − nnom ) 28.026 + 0.03 ⋅ (1000 − 935) 29.976

]

Mehaničke karakteristike za druge frekvencije napajanja paralelne su osnovnoj karakteristici, pa u opštom slučaju važi: M nom M nom ⇒ 0 = an si + bi ⇒ bi = n si ⇒ n s1 − nnom n s1 − nnom M nom n+ n si n s1 − nnom

M m = an + bi ⇒ a = − Mm = − −

M nom n s1 − nnom

 M nom  M nom M nom M nom n1 + n si = k n ni ⇒ ni  n si ⇒ + k n  = n s1 − nnom n s1 − nnom  n s1 − nnom  n s1 − nnom

ni =

M nom

M nom n si + k n (n s1 − nnom )

Odnosno u našem brojnom slučaju za preostale frekvencije napajanja fs = 37.5; 25; 12.5 [Hz], brzine obrtanja motora su:

[

]

f s = 37.5[Hz ] ⇒ n s 2 = 750 min −1 ⇒ n2 =

[

]

M nom

M nom n s 2 28.026 = ⋅ 750 ≈ 701 min −1 + k n (n s1 − nnom ) 29.976

M nom

M nom n s 3 28.026 = ⋅ 500 ≈ 467.5 min −1 + k n (n s1 − n nom ) 29.976

M nom

M nom n s 4 28.026 = ⋅ 250 ≈ 233.7 min −1 + k n (n s1 − nnom ) 29.976

[

]

f s = 25[Hz ] ⇒ n s 3 = 500 min −1 ⇒ n3 =

[

[

]

[

]

]

f s = 12.5[Hz ] ⇒ n s 4 = 250 min −1 ⇒ n4 =

b) Relativno odstupanje brzina obrtanja motora za navedene frekvencije napajanja motora pod a) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora, nalaze se iz sledećih relacija:

243


2004. GODINA

n1 − n s1 935 − 1000 65 100 = ⋅ 100 = − ⋅ 100 = −6.5[% ] n s1 1000 1000 n − ns 2 701 − 750 49 ε2 = 2 100 = ⋅ 100 = − ⋅ 100 = −4.9[% ] n s1 1000 1000 n − ns 3 467.5 − 500 32.5 ε3 = 3 100 = ⋅ 100 = − ⋅ 100 = −3.25[% ] n s1 1000 1000 n − ns 4 233.7 − 250 16.3 ε4 = 4 100 = ⋅ 100 = − ⋅ 100 = −1.63[% ] n s1 1000 1000

ε1 =

3.8. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 02.09.2004. Zadatak 3.8.1. Radna mašina ima moment inercije JT = 400 [kgm2]. U ustaljenom radu treba da se okreće brzinom obrtanja od oko nstac= 1450 [min-1] i troši snagu od PT = 200 [kW]. Za vreme pokretanja radna mašina ne pruža otpor. Opterećenje se javlja tek kad radni mehanizam postiže radnu brzinu. Pokretanje ne sme trajati duže od 20 [s]. Na raspolaganju je trofazni asinhroni motor sa sledećim podacima: nominalna snaga Pnom = 220 [kW]; nominalni međufazni napon Unom = 6 [kV]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1460 [min-1] i frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Vreme pokretanja neopterećenog motora iznosi 1 [s]. Polazni moment motora iznosi Mpol = 1.3Mnom, kritični moment motora iznosi Mkr = 1.8Mnom, a minimalni moment motora iznosi Mpol = 0.8Mnom. Potrebno je oceniti: a) Koliki je srednji moment tokom pokretanja? b) Da li motor može da obezbedi postavljene zahteve pogona radne mašine? Zadatak 3.8.2. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom = 400 [V]; nominalna snaga Pnom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1550 [min-1]; koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sa dva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu bez momenta opterećenja, samo sa momentom inercije svedenim na osovinu motora JT = 0.85 [kgm2]. a) Odrediti strujnu granicu ispravljača ako se želi da pri pokretanju motor ostvari polazni moment jednak nominalnom momentu motora. b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine nmax = 2500 [min-1]. Zadatak 3.8.3. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom = 125 [V], nominalna rotorska struja Ianom = 23 [A], omski otpor rotora Ra + Rpp = 0.12 [Ω]. Ispitivanjem je utvrđeno da kolektor izdrži udarnu struju od Iamax = 82 [A]. Može li se motor pokretati upuštačem sa dva stepena bez štetnih posledica za kolektor, ako minimalna struja u toku pokretanja sa obzirom na teret ne sme pasti ispod Iamin = 23 [A]. Zadatak 3.8.4. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora nalaze se sledeći podaci: nominalna snaga Pnom = 6.6[kW]; nominalni fazni napon Unom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 935[min-1]; faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.84 [ ] i frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Izmerena masa motora iznosi m = 56.677 [kg]. Pri konstantnom opterećenju meren je rast temperature. Nakon 45 minuta izmeren je porast temperature od ∆θ = 63 [oC], a nakon dovoljno 244


2004. GODINA

dugog vremena u ustaljenom stanju od ∆θ = 100 [oC]. Pretpostaviti da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC]. Na osnovu ovih podataka približno odrediti opterećenje i klasu izolacije motora. Zadatak 3.8.5. Trofazni asinhroni kliznokolutni motor nominalne snage Pnom = 11 [kW]; priključnog statorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne struje Inom = 25 [A]; nominalne brzine obrtanja nnom = 975 [min-1]; sa sopstvenim momentom inercije JM = 0.25 [kgm2] pokreće radni mehanizam koji ne pruža otpor tokom pokretanja sa momentom inercije svedenim na osovinu motora JT = 2.35 [kgm2]. Kritični moment motora iznosi Mkr = 3.2Mnom, a srednja struja tokom pokretanja je Ipol = 5Inom. Može li taj motor zaštititi prekostrujni rele od 25 [A] kome karakteristika odgovara onoj na slici.

I / I nom 14 12 10 8 6 4 2

0

2

4

6

8

10

t [s]


60 Pnom 30 220000 = ⋅ = 1419.490[Nm] 2π nnom π 1480

Srednja vrednost momenta pokretanja iznosi približno:

(M

+ M min + M nom )

1.3 + 0.8 + 1.8 M nom = 1.3M nom = 3 3 = 1.3 ⋅ 1419.490 = 1845.337[Nm]

M sred =

pol

=

Približnu vrednost momenta inercije motora nalazimo iz vremena pokretanja neopterećenog motora, računajući da motor tokom pokretanja razvija srednju vrednost momenta: t zM =

30 M sred t zM 30 ⋅ 1419.490 ⋅ 1 π JM nnom ⇒ J M = = = 9.287[kgm 2 ] 30 M sred πnnom π ⋅ 1460 245


2004. GODINA

Ukupan moment inercije je prema tome:

[

J Σ = J M + J T = 400 + 9.287 = 409.287 kgm 2

]

A vreme pokretanja opterećenog motora približno iznosi: tz =

J J π JΣ 409.287 n nom M = t zM Σ = 1 ⋅ = 44.07[s ] 30 M sred JM JM 9.297

što je više od traženih 20 [s]. Dakle motor ne zadovoljava, da bi zadovoljio traženo vreme pokretanja, morao bi da razvije tokom pokretanja srednji moment veći ili jednak vrednosti:

M sred ≥

π JΣ π ⋅ 409.287 ⋅ 1460 = 3128.363[Nm] ≈ 2.2 M nom n nom = 30 t z 30 ⋅ 20


Pnom Pnom 30 ⋅ 1600 = = = 9.857[Nm] π Ω nom 2π ⋅ 1550 nnom 60

Strujnu granicu treba podesiti na vrednost nominalne vrednosti struje motora, jer regulacija brzine obrtanja pri polasku potpada u opseg regulacije brzine sa konstantnim momentom, odnosnu u opseg regulacije rotorskog napona. Prema tome važi: I amax = I anom =

Pnom 1600 = = 5[A] U nomη 400 ⋅ 0.8

Brzina obrtanja nmax = 2500 [min-1], ne može se ostvariti samo regulacijom rotorskog napona, već se mora slabiti i pobuda posle dostizanja nominalne brzine obrtanja. Mm Mnom

Pnom MT

0

nnom

nmax

n

Kombinovani ispravljač sa dva tiristorska ispravljača upravo to automatski obezbeđuje, odnosno kombinovano vrši regulaciju sa konstantnim momentom do nominalne brzine obrtanja i 246


2004. GODINA

regulaciju sa konstantnom snagom iznad nominalne brzine obrtanja. Momenat se pri tome menja saglasno dijagramu na prethodnoj slici. Relaciju za izračunavanja vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja:

ω=

J π π dn dω π dn dω 2πn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ dt 30 dt dt M din 30 60 30 dt

t zal =

t zal

nmax

0

0

∫ dt = ∫

dn π JΣ 30 M din

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamički moment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi: nnom

t zal1

nnom

dn dn π π π JΣ JΣ JΣ = ∫ =∫ = 30 M din 0 30 M nom 30 M nom 0 π ⋅ 0.85 ⋅ 1550 = = 13.997[s ] 30 ⋅ 9.857

nnom

π

JΣ

∫ dn = 30 M 0

n nom

nom

Za drugi opseg važi: Ω nom n = M nom nom n Ω nmax nmax nmax JΣ π dn π dn π = ∫ JΣ =∫ JΣ = ndn = n nom 30 M nom n nom n ∫ 30 M din nnom 30 nnom nom M nom n JΣ π 1 π ⋅ 0.85 2 2 = nmax − n nom = ⋅ 2500 2 − 1550 2 = 11.208[s ] 30 M nom nnom 2 30 ⋅ 9.857 ⋅ 1550 ⋅ 2

Pnom = M nom Ω nom = M m Ω ⇒ M m = M nom t zal 2

(

)

(

Ukupno vreme pokretanja je prema tome: t zal = t zal1 + t zal 2 = 13.997 + 11.208 = 25.205[s ] Rešenje 3.8.3. Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije:  I ln ak I n ≥  a max ln( λ )

  

gde su, struja kratkog spoja i odnos maksimalne i minimalne struje pri upuštanju: I ak =

λ=

U 125 = = 1041.666[A] Ra + R pp 0.12

I amax 82 = = 3.565[ I amin 23

] 247

)


2004. GODINA

Pa važi:  1041.666  ln  82  = 2.541 = 1.999  n≥ ln (3.565) 1.271 Što znači da je dovoljno dva stepena upuštača da bi se ostvario traženi uslov. Rešenje 3.8.4. Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], toplotni kapacitet nalazimo iz relacije:

[

CT = mC FE = 56.677 ⋅ 1000 ⋅ 0.48 = 27205.199 Ws / oC

]

Vremenska konstanta zagrevanja iz uslova zadatka je:

Ttz = 45[min ] = 45 ⋅ 60 = 2700[s ] Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora: Ttz =

[

CT C 27205.199 ⇒ A= T = = 10.076⋅ = W / oC A Ttz 2700

]

Vrednost gubitaka, određujemo iz toplotnog Omovog zakona:

∆θ max = Pγ RT =

Pγ A

⇒ Pγ = A∆θ max = 10.076 ⋅ 100 = 1007.6[W ]

Iz izraza za koeficijent korisnog dejstva, nalazimo vrednost opterećenja motora:

η=

P 0.84 η Pγ = ⇒P= ⋅ 1007.6 = 5289.9[W ] P + Pγ 1−η 1 − 0.84

Klasu izolacije motora određujemo iz vrednosti nadtemperature u ustaljenom stanju pri nominalnom opterećenju motora:

∆θ max nom =

Pγnom A

=

(1 − η )Pnom ηA

=

(1 − 0.84) ⋅ 6600 = 124.776[o C ] ≈ 125[o C ] 0.84 ⋅ 10.076

Motor ima klasu izolacije H za koju maksimalno dozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θmax = 125 [ C]. o

Rešenje 3.8.5. Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 3.2, primenom Klosovog obrasca dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja:

248


Mp =

2004. GODINA

2 M kr M M M 1  1 s kr  1 s kr 2  ⇒ ⇒ kr =  + + = 2 kr ⇒ s kr − 2 kr s kr + 1 = 0 ⇒ 1 s kr M p 2  s kr 1  s kr 1 Mp Mp + 1 s kr 2

M  M 0.1603 s kr = kr ±  kr  − 1 = 3.2 ± 3.2 2 − 1 = 3.2 ± 10.24 − 1 = 3.2 ± 9.24.25 =  M  Mp 6.2397  p Rešenje od skr = 6.2397 je neprihvatljivo, tako da je: s kr = 0.1603

I / Inom 14 12 10 8

5Inom

6 4 2

0

2

4

6

8

10

t [s]

3.2 [s]

Pre nego što izračunamo vreme pokretanja, moramo odrediti potrebne vrednosti za njegovo izračunavanje: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, ukupnog momenta inercije svedenog na osovinu motora i klizanja u nominalnoj radnoj tački: M nom =

Pnom

=

30 Pnom 30 ⋅ 11000 = = 114.176[Nm ] πnnom π ⋅ 920 = 3.2 ⋅ 114.176 = 365.363[Nm]

ω nom M kr = 3.2M nom ω 2πf 2 ⋅ 50 ⋅ π ω1 = s = = = 104.720[rad / s ] p p 3 J Σ = J M + J T = 0.25 + 2.35 = 2.6[kgm 2 ] n − n nom 1000 − 920 80 s nom = 1 = = = 0.08[ n1 1000 1000

]

Vreme pokretanja od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo iz relacije: 249


2004. GODINA

2  1 − s nom 2      − s kr ln s nom  = 2.6 ⋅ 104.720  1 − 0.08 − 0.1603 ⋅ ln0.08  =     365.363  2 ⋅ 0.1603   2 s kr   = 0.3726 ⋅ (3.0992 + 0.4049 ) = 1.3056[s ]

tz =

J Σω1 2M kr

Sa dijagrama na prethodnoj slici se vidi da zaštitni prekostrujni rele neće proraditi uz struju 5Inom pre otprilike 3.2 [s], što je veće od vrednosti vremena pokretanja, što znači da se rele može upotrebiti.

3.9. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 23.09.2004. Zadatak 3.9.1. Dva jednaka jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalna snaga Pnom = 14 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 75 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1025 [min-1]; spojeni su mehanički preko zajedničkog vratila i električno povezani u paralelu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi Ra + Rpp = 0.2 [Ω]. Prilikom pokretanja motora u kolu rotora jednog od motora ostao je priključen otpornik od Rd = 0.4 [Ω]. Odrediti brzinu obrtanja i raspodelu opterećenja oba motora ako je ukupno opterećenje Mopt = 170 [Nm]. Zadatak 3.9.2. Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom = 400 [V]; nominalna snaga Pnom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1550 [min-1]; koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sa dva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja nezavisnim od brzine obrtanja MT = 7 [Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JT = 0.85 [kgm2]. a) Odrediti maksimalnu brzinu obrtanja motora koja se može ostvariti kombinovanom regulacijom. b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine određene pod a) uz uslov da je strujna granica ispravljača za napajanje rotorskog kola postavljena na dvostruku vrednost nominalne vrednosti struje motora. Zadatak 3.9.3. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 160 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 980 [min-1]; pokreće dizalicu. Motor je spojen tako da spušta teret i pri tome se u stacionarnom stanju obrće brzinom obrtanja ndole = 1025 [min-1]. Odrediti približno uz zanemarivanje svih gubitaka energije, koliku snagu razvija motor i u kom se smislu kreće energija Zadatak 3.9.4. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 7.5 [kW]; nominalnog faznog napona Unom = 220 [V]; nominalne brzina obrtanja nnom = 1462.5 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 0.227 [Ω]; Rr’ = 0.125 [Ω]; Xs = 0.512 [Ω]; Xr’ = 0.769 [Ω]; Xm = 9.86 [Ω]. Motor pokreće radnu mašinu čiji je moment kvadratno zavisan od brzine obrtanja i radi u nominalnom režimu. Ako se regulacija brzine vrši promenom napona napajanja, na koliko ga treba promeniti da bi se brzina obrtanja podesila na n = 835 [min-1]. 250


2004. GODINA

Zadatak 3.9.5. Trofazni asinhroni kliznokolutni motor nominalne snage Pnom = 32 [kW]; priključnog statorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne brzina obrtanja nnom = 935 [min-1]; faktora snage cosϕ = 0.74 [ ]; koeficijenta korisnog dejstva pri nominalnom opterećenju ηnom = 0.88 [ ] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz], ima pri nominalnom opterećenju proporciju odnosa gubitaka PCunom : PFenom : Ptrvnom = 1.6 : 1 : 0.2. Motor se pušta iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja je Ttz = 28 [min], a temperatura okoline θamb = 26 [oC]. Maksimalno dozvoljeni porast temperature je ∆θmax = 75 [oC]. Odrediti vreme koje motor može raditi opterećen momentom Mopt = 1.5Mnom. Rešenje 3.9.1. Iz podataka za nominalni režim nalazimo: U = E nom + I nom ΣR1 = k E Φnom nnom + I nom (Ra + R pp ) ⇒ k E Φnom =

U − I nom (Ra + R pp ) nnom

=

220 − 75 ⋅ 0.2 205 = = 0.2[V min ] 1025 1025

Na osnovu datih uslova mogu se napisati naponske jednačine posebno za oba motora: n1 = n2 = n ⇒ E1 = E 2 U = E1 + I 1ΣR1 = k E Φnom n + I 1 (Ra + R pp )

U = E 2 + I 2 ΣR2 = k E Φnom n + I 2 (Ra + R pp + Rd )

Iz ovih jednačina možemo izraziti vrednosti pojedinačnih struja motora: I1 =

U − k E Φnom n Ra + R pp

I2 =

U − k E Φnom n Ra + R pp + Rd

Iz uslova da je moment opterećenja jednak zbiru pojedinačnih momenata motora dobijamo: M 1 = k M Φnom I 1 M 2 = k M Φnom I 2  U − k E Φnom n U − k E Φnom n M opt = M 1 + M 2 = k M Φnom (I 1 + I 2 ) = k M Φnom  +  R +R Ra + R pp + Rd a pp    1 1  = k M Φnom (U − k E Φnom n ) + R +R  R + R + R pp a pp d   a Dalje rešavanjem postavljenih relacija, po brzini obrtanja dobijamo: U − k E Φnom n =

M opt  1 1 k M Φnom  + R +R Ra + R pp + Rd pp  a 251

   

⇒

 =  


n=

U − k E Φnom

n=

U − k E Φnom

M opt  1 1 k E Φnom k M Φnom  + R +R Ra + R pp + Rd pp  a M opt

   

2004. GODINA

⇒

⇒   1 1  k E Φnom k M Φnom  + R +R  R + R + R pp a pp d   a 2π 30 P = EI a = k E Φnom nI a = MΩ = k M Φnom I a n ⇒ k M Φnom = k E Φnom ⇒ 60 π M opt Ra (Ra + R pp + Rd ) U 220 π ⋅ 170 ⋅ 0.2 ⋅ (0.2 + 0.4) n= − = − = 2 2 k E Φnom 30 0.2 ( ) 30 0 . 2 2 0 . 2 0 . 4 ⋅ ⋅ + (k E Φnom ) 2(Ra + R pp ) + Rd

[

]

π π ⋅ 170 ⋅ 0.2 ⋅ 0.6 = 1100 − = 1100 − 66.759 = 1033.241[min −1 ] 30 ⋅ 0.04 ⋅ 0.8

Iz toga sledi da su vrednosti pojedinačnih rotorskih struja: I1 =

U − k E Φnom n 220 − 0.2 ⋅ 1033.241 13.3518 = = = 66.759[ A] Ra + R pp 0.2 0.2

I2 =

U − k E Φnom n 220 − 0.2 ⋅ 1033.241 13.3518 = = = 22.253[ A] Ra + R pp + Rd 0.2 + 0.4 0.6

I na kruju vrednosti traženih momenata motora dobijamo iz odnosa: k M Φnom I 1 M1 = ⇒ M opt k M Φnom (I 1 + I 2 ) I1 66.759 = 170 = 170 ⋅ 0.75 = 127.5[Nm] (I 1 + I 2 ) 66.759 + 22.253 M 2 = M opt − M 1 = 170 − 127.5 = 42.5[Nm] M 1 = M opt


Pnom Pnom 30 ⋅ 1600 = = = 9.857[Nm] π Ω nom 2π ⋅ 1550 nnom 60

Maksimalna brzina obrtanja ostvaruje se slabljenjem pobude posle dostizanja nominalne brzine obrtanja, sve do brzine u kojoj motor više ne ostvaruje višak momenta za ubrzanje pri nominalnoj vrednosti struje motora, prema slici na sledećoj strani. Iz uslova da je u opsegu regulacije sa slabljenjem pobude konstantna snaga, nalazimo vrednost maksimalne brzine obrtanja na osnovu sledećih relacija: Pnom = M nom Ω nom = M m Ω ⇒ M nom nnom = M m n ⇒ M m = M T ⇒ 252


[

M nom 9.857 = 1550 ⋅ = 2182.621 min −1 MT 7

n max = n nom

2004. GODINA

]

Mm Mnom

Pnom MT

0

nnom

nmax

n

b) Relaciju za izračunavanje vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo na uobičajeni način iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja:

ω=

J π 2πn dω π dn dω π dn ⇒ = ⇒ M din = J Σ = JΣ ⇒ dt = Σ dn ⇒ 60 dt 30 dt dt 30 dt M din 30

t zal =

t zal

nmax

0

0

∫ dt =

∫

dn π JΣ 30 M din

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamički moment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi, uz uslov da dozvoljavamo preopterećenje motora sa dvostrukom vrednošću nominalne struje: M max = λM nom ⇒ λ = nnom

t zal1

M max I max = M nom I nom nnom

JΣ dn dn π π π JΣ JΣ = ∫ =∫ = 30 M din 0 30 M max − M T 30 M max − M T 0 JΣ π π ⋅ 0.85 ⋅ 1550 = n nom = = 10.852[s ] 30 λ ⋅ M nom − M T 30 ⋅ (2 ⋅ 9.857 − 7 )

nnom

π

∫ dn = 30 M 0

JΣ nnom max − M T

Za drugi opseg važi: Ω nom n = M max nom Ω n JΣ dn π = n nom 30 M max n nom − MT n

Pmax = M max Ω nom = M m Ω ⇒ M m = M max t zal 2 =

nmax

∫

nnom

nmax

dn π π JΣ JΣ =∫ 30 M din n 30

JΣ π = 30 λM nom nnom

nom

nmax

∫

nnom

M max

JΣ dn π = MT 1 30 λM nom n nom − n λM nom nnom 253

nmax

∫

nnom

nmax

∫

nnom

dn = MT 1 − n M max nnom

dn 1 1 − n λnmax


2004. GODINA

Radi kraćeg pisanja u daljem postupku rešavanjem samo integrala, dobijamo:

nmax

∫

nnom

dn 1 1 − n λn max

=

nmax

λn ndn = max n λnmax nnom 1 − λnmax

∫

nmax

ndn n nnom 1 − λnmax

∫

  nmax nmax dn = λnmax  − ∫ dn + ∫  n nnom 1 −  nnom λnmax 

 n   − 1 + 1dn λn  = = λnmax ∫  max n nnom 1− λnmax nmax

n  1− max  n   λnmax  max  − dx  = λn  − dn + λn max max ∫ ∫ x  =   nnom nnom   1−  λnmax   

 n    1 − max   λnmax  = λnmax − (nmax − nnom ) − λnmax  ln =  nnom    1−   λnmax      λn − nmax   = = λnmax − (nmax − nnom ) − λnmax  ln max λ n n − max nom       λn − nnom   − (nmax − nnom ) = λnmax λnmax  ln max  λnmax − nmax    Odnosno na kraju je vreme pokretanja u drugom opsegu: t zal 2 =

   λn − n nom  JΣ π  − (n max − nnom ) = λnmax λnmax  ln max 30 λM nom n nom  λn max − nmax   

  λnmax − nnom  π J Σ nmax   − (nmax − nnom ) = λnmax  ln 30 M nom n nom   λnmax − nmax    π ⋅ 0.85 ⋅ 2182.621  2 ⋅ 2182.621 − 1550   = ⋅ 2 ⋅ 2182.621 ln  − (2182.621 − 1550 ) = 30 ⋅ 9.857 ⋅ 1550   2 ⋅ 2182.621 − 2182.621   2815.242   = 0.012716 ⋅  4365.242 ⋅ ln − 632.621 ≈ 6.084[s ] 2182.621   =

Ukupno vreme pokretanja je zbir pojedinačnih vremena pokretanja u opsegu regulacije sa konstantnim momentom i konstantnom snagom: t zal = t zal1 + t zal 2 = 10.852 + 6.084 = 16.936[s ] Rešenje 3.9.3. Pošto je motor spojen tako da spušta teret a obrće se sa brzinom većom od sinhrone, znači da motor radi u generatorskom režimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegova mehanička karakteristika može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici. Na osnovu odnosa sa slike nalazimo, jednačinu prave koja aproksimira momentnu karakteristiku asinhronog motora za brzine oko sinhrone: 254


M m = an + b ⇒ Mm = −

2004. GODINA

M nom = an nom + b  M nom M nom ns ⇒ ⇒b= − ⇒ a = − 0 = an s + b  n s − n nom n s − nnom

M nom M nom n+ ns n s − nnom n s − nnom Mnom

M

ndole nnom

n

ns Mdole

Iz toga nalazimo vrednost generatorskog momenta motora u stacionarnoj tački: M dole = −

M nom M nom M nom (ns − ndole ) ndole + ns = n s − nnom n s − nnom n s − n nom

Nominalni moment motora određen je relacijom: M nom =

60 Pnom 2π n nom

Uz zanemarivanje gubitaka konačno, vrednost tražene snage koju razvija motor je: M nom 2π (ns − ndole ) 2π ndole = 60 Pnom n s − ndole 2π ndole = n dole = 60 n s − n nom 60 2π n nom n s − n nom 60 n s − ndole ndole 1000 − 1025 1050 25 1050 = 160 ⋅ ⋅ = −160 ⋅ ⋅ = −209.184[kW ] n s − nnom nnom 1000 − 980 980 20 980

Pdole = M dole = Pnom

Motor prema tome vraća energiju u mrežu. Rešenje 3.9.4. Treba sniziti efektivnu vrednost napona napajanja motora. Kako je moment opterećenja proporcionalan kvadratu brzine obrtanja u traženom režimu iznosi:  Ω M T = M nom   Ω nom

2

  n  = M nom    nnom

2

 60 Pnom  = 2π nnom  255

 n   n nom

2

  = 


2004. GODINA

2

60 ⋅ 7500  835  =   = 15.963[Nm] 2 ⋅ π ⋅ 1462.5  1462.5  Klizanje je u traženoj radnoj tački: s=

n s − n 1500 − 835 = = 0.443[ ns 1500

]

Vrednost momenta u funkciji vrednosti efektivnog faznog napona nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je: '

Rr P ' M = = s Ir 2πf Ωs p 3

2

'

3 p Rr ' = Ir 2πf s

2

Is

Rs

Ir'

X r'

Xs R r'/s Im U r'

Uf Xm

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo postupnim rešavanjem, naponskih i strujnih odnosa u kolu sa slike:  Rr ' '   jX + jX r  m ' s R '   Z mr = Z m Z r = jX m  r + jX r  = '  s   Rr + j X ' + X r m s R ' '  jX m  r + jX r  s  Z uk = Z s + Z mr = Rs + jX s + '  Rr ' + j Xr + Xm s Uf Z mr U f Z mr ' ' Is = ⇒ I s Z mr = I r Z r ⇒ I r = I s = Z uk Zr Z uk Z r

(

(

)

)

256


U

'

Ir =

=

=

 Rr ' '  jX m  + jX r   s  ' Rr ' + j Xr + Xm s = ' Rr ' + jX r s

(

f

 Rr ' '  jX m  + jX r  s  Rs + jX s + '  Rr ' + j Xr + Xm s jX mU f

(

)

(

)

 ' (Rs + jX s ) Rr + j X r ' + X m  s

)

  Rr ' '  + jX + jX r   m   s  jX mU f

 Rr '  ' ' − Xs Xr + Xm − Xr Xm +  Rs s  

(

2004. GODINA

)

=

R '  ' j  r ( X s + X m ) + Rs X r + X m   s 

(

)

Sam moduo vrednosti rotorske struje je prema tome: X mU f

'

Ir =

2

 Rr '   Rr '  ' ' ( X s + X m ) + Rs X r ' + X m  R X X X X X X − + + +  s  s r s m r m  s  s   

(

)

(

)

2

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom: 2

2

' Xm U f 3 p Rr M = 2 2 2πf s  R '   Rr '  ' ' ' r ( X s + X m ) + Rs X r + X m  − XsXr + XsXm + Xr Xm  +   Rs s s    

(

)

(

)

Iz prethodnog, na kraju dobijamo i izraz za potrebnu sniženu efektivnu vrednost napona:

(

Uf =

2

 Rr '   Rr '  ' ' ( X s + X m ) + Rs X r ' + X m  − XsXr + XsXm + Xr Xm  +   Rs s 2πf   s  M ' 3p Rr 2 Xm s

)

(

)

2

Posebno izračunajmo: 2

 Rr '  ' ' − XsXr + XsXm + Xr Xm  =  Rs s  

(

)

2

0.125   = 0.227 ⋅ − (0.512 ⋅ 0.769 + 0.512 ⋅ 9.86 + 0.769 ⋅ 9.86 ) = 167.970 0.443   257


2004. GODINA

2

 Rr '  ( X s + X m ) + Rs X r ' + X m  =   s 

(

)

2

 0.125  = ⋅ (0.512 + 9.86) + 0.227 ⋅ (0.769 + 9.86) = 28.509  0.443  Prema tome tražena vrednost iznosi: 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 15.693 167.970 + 28.509 ⋅ = 76.7125[V ] 0.125 3⋅ 2 2 ⋅ 9.86 0.443

Uf =

Rešenje 3.9.5. Gubici pri nominalnom opterećenju iznose: Pγnom =


η nom

=

32 ⋅ (1 − 0.88) 32 ⋅ 0.12 = = 4.364[kW ] 0.88 0.88

Na osnovu date proporcije, dobijaju se vrednosti nominalnih gubitaka u bakru, gvožđu i gubitaka trenja i ventilacije, pojedinačno: Pγnom = (1.6 + 1 + 0.2 )PFenom ⇒ Pγnom

Pγnom

4.364 = 1.558[kW ] ⇒ 1.6 + 1 + 0.2 2.8 2.8 = 1.6 PFenom = 1.6 ⋅ 1.558 = 2.493[kW ] ⇒ = Pγnom − (PCunom + PFenom ) = 4.364 − (2.493 + 1.558) = 0.313[kW ]

PFenom = PCunom Ptrvnom

=

=

Pri datom opterećenju Mopt = 1.5Mnom smatramo da je i struja motora 1.5 puta veća, što znači da su gubici u bakru 2.25 puta veći, odnosno: PCu

'

 M opt =   M nom

2

  PCunom = 1.5 2 PCunom = 2.25 PCunom = 2.25 ⋅ 2.493 = 5.609[kW ] 

Ukupni gubici pri povećanom opterećenju prema tome su: Pγ = PCu + PFenom + Ptrvnom = 5.609 + 1.558 + 0.313 = 7.48[kW ] '

'

Maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, je prema tome: ′

∆θ max =

Pγ

′

A

=

Pγ

′

Pγnom

∆θ max =

[ ]

7.48 ⋅ 75 = 128.552 o C 4.364

Dozvoljeni porast temperature je ∆θmax = 75 [oC] ali u odnosu na θamb = 40 [oC], prema tome postoji još 40 – 26 = 14 [oC] rezerve koje možemo iskoristiti, odnosno dozvoliti ukupan dozvoljen priraštaj 258


2004. GODINA

temperature od ∆θmax = 89 [oC]. Dakle motor pod povećanim opterećenjem, ne smemo držati duže od: t tuk t − uk  − uk ∆θ max ′ − ∆θ max ′  ′ ′ − Ttz Ttz  Ttz = ∆θ max − ∆θ max e ⇒e = ⇒ ∆θ max = ∆θ max 1 − e ′   ∆ θ   max ′ ∆θ max 128.552 t uk = Ttz ln = 28 ⋅ ln = ′ 128.552 − 89 ∆θ max − ∆θ max 128.552 = 28 ⋅ ln = 28 ⋅ ln 3.250 = 33.002[min] 53.552

3.10. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 14.10.2004. Zadatak 3.10.1. Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta, sa sledećim podacima: maksimalna masa tereta mmax = 5000 [kg]; prečnik doboša D = 480 [mm]; prenosni odnos reduktora ired = 25 [ ]; koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.83 [ ]. Odrediti: a) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju maksimalnog tereta brzinom v = 30.5 [m/min]. b) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri spuštanju maksimalnog tereta brzinom v = 25 [m/min].

M

i

D

Reduktor

v

m Zadatak 3.10.2. Za trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: Us = 220 [V]; Rs = 0 [Ω]; Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; pri nominalnom broju obrtaja nnom = 1400 [min-1]; izmerena je mehanička snaga na osovini motora od Pnom = 5.2 [kW]. Odrediti: a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste Ls = Lr'. b) Vrednost kritičnog momenta Mkr i kritičnog klizanja skr. c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje. d) Vrednost polazne struje u slučaju ako je ostvaren uslov pod c) Ipol i polaznog ubrzanja αs u slučaju da je moment tereta potencijalan i jednak nominalnom momentu motora, a ukupan moment inercije pogona sveden na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. 259


2004. GODINA

Zadatak 3.10.3. Četiri radna mehanizma imaju isti moment inercije Jt = 6.25 [kgm2], i svima je potrebna jednaka snaga PT = 11 [kW]; pri nominalnom broju obrtaja nnom = 715 [min-1]. Različite su im statičke karakteristike: a) Radni mehanizam A ima Mt = konst. b) Radni mehanizam B ima Mt = kn. c) Radni mehanizam C ima Mt = kn2. d) Radni mehanizam D ima karakteristiku prema slici: M Mnom

0.5Mnom

nnom

n

Sva četiri mehanizma pogone se istim asinhronim klizno-kolutnim motorom. Podaci motora su: nominalna snaga Pnom = 11 [kW]; nominalni napon i struja Unom = 380 [V]; Inom = 30.8 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 715 [min-1]; kritični moment motora Mkr/Mnom = 2.9[ ]; moment inercije Jm = 0.45 [kgm2]. Sva četiri mehanizma, zaleću se uz konstantni moment motora koji je 125% od nominalnog. Automatsko upravljanje obezbeđuje konstantan moment delujući na pokretač. Za sva četiri pogona odrediti vreme trajanja zaleta. Zadatak 3.10.4. Za sva četiri pogona iz prethodnog zadatka odrediti ubrzanje na početku zaleta. Zadatak 3.10.5. Brzinu obrtanja pri kom počinje opadati moment motora iz trećeg zadatka, zbog toga što više nije priključen otpor u kolu rotora. Rešenje 3.10.1. Maksimalna sila i momenat tereta iznose: Fmax = mmax g = 5000 ⋅ 9.81 = 49050[N ] D 0.48 M max = Fmax = 49050 ⋅ = 11772[Nm] 2 2 Svedeni moment opterećenja i moment motora u stacionarnom stanju su isti i iznose: '

Mm = Mt =

M max 11772 = = 567.3[Nm] iη 25 ⋅ 0.83

Brzina dizanja preračunata u [m/s] je: 260


2004. GODINA

 m  30.5 m v = 30.5 = = 0.508   60  min  s Ugaona brzina bubnja je prema tome:

ωB =

v 2v 2 ⋅ 0.508  rad  = = = 2.116  R D 0.48  s 

Brzina obrtanja bubnja: nB =

ω B 30 2.116 ⋅ 30 = = 20.2[min −1 ] π π

Iz prenosnog odnosa lako izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: i=

ωm ωm = = 25 ωT ω B

 rad  ω m = iω m = 25 ⋅ 2.116 = 52.9  s  30ω m 52.9 ⋅ 30 nm = = = 505.15[min −1 ] π π Prema tome pri dizanju motor razvija snagu: Pm = M mω m = 567.3 ⋅ 52.9 = 30010.17[W ] ≅ 30[kW ] b)

Sličnim postupkom kao pod a) pri spuštanju dobijamo za tražene vrednosti: +ω

Mm = 567.3 [Nm]

-M

+M Mm = 390.83 [Nm]

-ω

'

Mm = Mt =

M max 11772 η= 0.83 = 390.83[Nm] i 25 261


25 m = 0.4166  60 s v 2v 2 ⋅ 0.4166  rad  = = 1.736  ωB = = R D 0.48  s   rad  ω m = iω B = 25 ⋅ 1.736 = 43.402  s  30ω m 43.402 ⋅ 30 nm = = = 414.45 min −1

2004. GODINA

v=

[

]

π π Pm = M mω m = 390.83 ⋅ 43.402 = 16962.8[W ] ≅ 17[kW ]

U koordinatnom sistemu moment – ugaona brzina grafički pretstavljeni potencijalni momenti za dizanje, odnosno motorni režim rada i za spuštanje, odnosno generatorski režim rada, su kao na prethodnom dijagramu. Rešenje 3.10.2. a) Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: s nom =

n s − nnom 1500 − 1400 1 = = = 0,0666 • [ ns 1500 15

]

Nominalni moment iznosi: M nom =

Pnom

ω nom

=

Pnom

2π nnom 60

=

60 ⋅ 5200 = 35.469[Nm ] 2π ⋅ 1400

Iz izraza za nominalni moment, možemo naći vrednost svedene rotorske struje, odnosno tražene vrednosti rasipnog induktiviteta: M nom = 3 p I r′ (s nom )

2

Rr′ s nomω s

M s ω = n nom s = 3 pRr′

2

1 ⋅ 100 ⋅ π 15 = 74.286 A 2 5 3⋅ 2 ⋅ 3

35.469 ⋅

[ ]

I r′ (s n 0 m ) = 74.286 = 8.619[ A] 2

I r′ (s nom ) = I r′ (s n ) =

I r′ (s nom )

Us 2

 Rr′    + ω 2 (Ls + Lr′ )2  sn  2

2

2

2

 U s   Rr′  1 1  220   5    −   = Ls + Lr′ = ⋅  ⋅ 5.515494  −  ⋅ 15  = ω s  I r′ (s n )   s  100π  8.619   3 100π  Ls + Lr′ ≈ 0.0164[H ] 1

262


Ls = Lr′ = b)

2004. GODINA

Ls + Lr′ ≈ 0.0082[H ] 2

Vrednost kritičnog klizanja i momenta nalazimo iz relacija: s kr =

Rr′ 5 = = 0.3235[ ω s (Ls + Lr′ ) 3 ⋅ 5.15494

M nom =

M kr =

2M kr M ⇒ M kr = nom s nom s 2 + kr s kr s nom

]

 s nom s  + kr s nom  s kr

  

35.469  1  + 4.8529  = 89.718[Nm]  2  15 ⋅ 0.3235 

c) Maksimalno ubrzanje se obezbeđuje pri otporu koji obezbeđuje kritični moment u polasku, odnosno: Rr′ + Rd′ ⇒ Rd′ = ω s (Ls + Lr′ ) − Rr′ ω s (Ls + Lr′ ) 5 Rd′ = 5.15494 − ≈ 3.485[Ω] 3

s pol = 1 =

d)

Vrednost polazne struje je prema tome: ′ = I spol = I rpol

Un

2ω s (Ls + Lr′ )

=

220 2 ⋅ 5.15494

≈ 30.197[A]

Vrednost polaznog ubrzanja nalazimo iz relacije:

α pol =

dω M p − M nom M k − M nom 89.718 − 35.469  rad  = = = = 27.125 2  dt JΣ JΣ 2  s 

Rešenje 3.10.3. Nominalni moment pogonskog motora iznosi: M nom =

30

π

Pnom = 9550 ⋅

11 = 146.92[Nm] 715

Polazni moment po uslovu zadatka ima 125% veću vrednost od nominalnog: M pol = 1.25M nom = 1.25 ⋅ 146.92 = 183.65[Nm] Vreme trajanja zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći zavisnost dinamičkog viška momenta u funkciji brzine obrtanja.

263


2004. GODINA

Radni mehanizam A: M t = M nom ; ⇒ M d = M pol − M t = 1.25M nom − M nom = 0.25M nom = 36.73[Nm] dω 2πn dn = JΣ dt 60 dt J Σ = J m + J t = 0.45 + 6.25 = 6.7[kgm 2 ]

M d = JΣ

dt =

πJ Σ dn ⇒ 30 M d

π t za = 30

nnom

J Σ dn π J Σ = Md 30 M d

∫ 0

nnom

∫ dn = 0

π J Σ nnom π J Σ π 6.7 n nnom = = ⋅ ⋅ 715 = 13.658[ s ] 0 30 M d 30 M d 30 36.73

Radni mehanizam B: M t = kn ⇒ k =

π t zb = JΣ 30

nnom

∫ 0

M nom 146.92 = = 0.2055[ ] ⇒ M d = M pol − M t = M pol − kn nnom 715

dn π JΣ = M d 30

nnom

∫ 0

dn M pol − kn

Integral rešavamo smenom: M pol − x

x = M pol − kn ⇒ n = t zb = =

π JΣ 30

M pol − knnom

∫

−

M pol

k

⇒ dn = −

dx k

M pol − knnom π J Σ M pol dx π JΣ =− ln x = ln = M pol 30 k 30 k kx M pol − knnom

1.25M nom 1.25 ⋅ M nom π JΣ π ⋅ 6.7 ln = ⋅ ln = 3.4143 ⋅ ln 5 = 5.495[ s ] 30 k 1.25M nom − M nom 30 ⋅ 0.2055 0.25 ⋅ M nom

Radni mehanizam C: M T = kn 2 ⇒ k =

π t zc = JΣ 30

nnom

∫ 0

M nom 146.92 = = 2.874 ⋅ 10 − 4 [ ] ⇒ M d = M pol − M t = M pol − kn 2 2 2 nnom 715

dn π 1 = JΣ 2 30 M pol − kn 2 M pol

nnom  nnom  dn dn   +  ∫0 M + k n ∫0 M − k n  pol pol  

Prvi integral rešavamo smenom:

x = M pol + k n ⇒ n = nnom

∫ 0

dn M pol + k n

x − M pol

M pol + k nnom

=

∫

M pol

k dx kx

⇒ dn = =

1 k

ln x

Drugi integral rešavamo smenom:

264

dx k M pol + k n nom M pol

=

1 k

ln

M pol + k n nom M pol


x = M pol − k n ⇒ n = nnom

M pol − k n

0

k

M pol − k nnom

dn

∫

M pol − x

∫

=

dx

−

kx

M pol

⇒ dn = − =−

1 k

2004. GODINA

dx k

ln x

M pol − k nnom M pol

=

1 k

ln

M pol M pol − k n nom

Na osnovu vrednosti integrala vreme zaleta će biti:

t zc = =

JΣ π 30 2 M pol

 1 M pol + k n nom M pol 1  ln + ln  k M pol k M pol − k n nom 

 =  

M pol + k nnom π M pol k + knnom JΣ JΣ π ln ln = = 30 2 M pol k M pol − k n nom 30 2 M pol k M pol k − knnom 6.7 ⋅ π

=

⋅ ln

183.65 ⋅ 2.874 ⋅ 10 − 4 + 2.874 ⋅ 10 −4 ⋅ 715

30 ⋅ 2 183.65 ⋅ 2.874 ⋅ 10 − 4 183.65 ⋅ 2.874 ⋅ 10 − 4 − 2.874 ⋅ 10 − 4 ⋅ 715 0.4352322 = 0.5 ⋅ 3.0539684 ⋅ ln = 4.4090972[ s ] 0.0242502

=

Radni mehanizam D:  M nom − 0.5M nom n   M nom = 0.51 + nnom  nnom   n   n  =  0.75 − 0.5 − M t = 1.25M nom − 0.5M nom 1 + n nom  n nom  

M t = 0.5M nom + n M d = M pol t zd

π JΣ = 30

nnom

∫ 0

dn π JΣ = M d 30 M nom

nnom

∫ 0

  M nom 

dn 0.75 − 0.5

n n nom

Integral rešavamo smenom: x = 0.75 − 0.5

t zd

π JΣ = 30 M nom =

n nnom

⇒ n = nnom

0.75− 0.5

∫

nnom nnom

0.75

− 2nnom

0.75 − x ⇒ dn = −2n nom dx 0.5 n 0.75 − 0.5 nom π JΣ dx =− 2nnom ln x nnom = x 30 M nom 0.25

π JΣ 0.75 2 ⋅ 715 ⋅ 6.7 ⋅ π 0.75 2nnom ln = ⋅ ln = 6.82902 ⋅ ln 3 = 7.50244[ s ] 30 M nom 0.25 30 ⋅ 146.92 0.25

Rešenje 3.10.4. Ubrzanje na početku zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći vrednost dinamičkog viška momenta za nultu odnosno početnu brzinu obrtanja.

Ubrzanje na početku zaleta uz t = 0, n = 0 biće:

265


M d = JΣ ⋅

2004. GODINA

dω dω M d (0) ⇒ = dt dt JΣ

Radni mehanizam A: M d = const ⇒ M d (0) = 0.25M nom = 36.73[ Nm] dω M d (0) 36.73 = = = 5.482[ s − 2 ] dt JΣ 6.7 Radni mehanizam B: M d (0 ) = M pol = 1.25M nom = 183.65[ Nm] dω M d (0) 183.65 = = = 27.41[ s − 2 ] dt JΣ 6.7 Radni mehanizam C: M d (0 ) = M m = 1.25M nom = 183.65[ Nm] dω M d (0) 183.65 = = = 27.41[ s − 2 ] 6.7 dt JΣ Radni mehanizam D:

M d (0) = 1.25M nom − 0.5M nom = 0.75M nom = 110.19[ Nm] dω M d (0) 110.19 = = = 16.446[ s − 2 ] dt JΣ 6.7 Rešenje 3.10.5. Po isključenju zadnjeg stepena rotorskog upuštača motor prelazi u radnu tačku na prirodnoj momentnoj karakteristici sa traženom brzinom obrtanja u kojoj je moment motora 125% od vrednosti nominalnog momenta. Uz pomoć Klosove jednačine dobija se, klizanje koje odgovara traženoj brzini obrtanja: s nom = M nom

n s − nnom 750 − 715 = = 0.04666[ ] ns 750 s s 2M kr 2 M kr 2 M kr 2 2 = ⇒ nom + kr − = 0 ⇐ ⋅s kr s nom ⇒ s kr − s kr s nom + s nom = 0 s nom s s kr s nom M nom M nom + kr s kr s nom


2   0.2624[  − 1  = 0.04666 ⋅ 2.9 ± 2.9 2 − 1 =   0.0083[  

(

)

] ]

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog.

266


2

2

M kr M nom M nom s s M M nom ⇒ m + kr − 2 kr = 0 ⇐ ⋅s kr s m ⇒ s m s kr s kr s m M nom M m + s kr s m

2 M kr = s m s kr + s kr s m M kr M nom 2 − s m s kr + s kr = 0 ⇒ M nom M m

Mm =

sm

2004. GODINA

2

M M nom M M nom 2 2.9  2.9  s m = s kr [ kr ) − 1] = 0.2624 ⋅ [ ± ( kr ±   − 1] = M nom M m M nom M m 1.25  1.25  1.158076[ ] = 0.2624 ⋅ [2.32 ± 2.32 2 − 1] =  0.059455[ ] Drugo rešenje odgovara motornom režimu, pa je prema tome tražena brzina obrtanja: n m = n s (1 − s m ) = 750 ⋅ (1 − 0.059455) = 705.4[min −1 ]

3.11. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 14.11.2004. Zadatak 3.11.1. Uređaj za vertikalni transport tereta pokreće se pomoću elektro motora. Otporni moment uređaja sveden na pogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente Mt = Mt1 + Mt2. Prva komponenta Mt1 = 30 [Nm] = konst ima reaktivnu prirodu, a druga komponenta ima potencijalnu prirodu i može se predstaviti kao funkcija tereta m izraženog u tonama [t], na sledeći način Mt2 = 0.1m [Nm]. Pogonski motor može da radi u sva četiri kvadranta, a njegova mehanička karakteristika je n = ±1500 - 2Mm, gde je: n - brzina obrtanja u [min-1], Mm - moment u [Nm], znak plus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta. Odrediti radne tačke pogona u stacionarnom stanju, na mehaničkoj karakteristici pri spuštanju i dizanju tereta, ako je: a) ma = 200 [t] b) mb = 400 [t] U kakvim režimima radi motor u ovim radnim tačkama? Zadatak 3.11.2.

ir, ηr D

b

ASM

nm Jb, ηb

mt

267

Teret

vt


2004. GODINA

Kod bušačkog postrojenja za pronalaženje nafte za spuštanje i dizanje cevi u bušotinu koristi se elektromotorni pogon, koji sadrži elemente kao na slici. Opterećenje se putem čeličnog užeta, preko Arhimedove koturače sa četiri para koturova, prenosi na vratilo bubnja dizalice, koji se pogoni preko reduktora sa asinhronim motorom. Masa tereta je mt = 80 [t] a brzina podizanja vt = 90 [m/h]. Spoljni prečnik bubnja je Db = 1 [m], a moment inercije bubnja je Jb = 100 [kgm2]. Stepen iskorišćenja bubnja, koturače i užeta je ηb = 0.9 [ ]. Reduktor ima prenosni odnos ir = 350 [ ] i stepen iskorišćenja ηr = 0.95 [ ]. Moment inercije koturova u koturači, užeta i zupčanika zanemariti a) Uz date uslove kolika treba da bude brzina obrtanja asinhronog motora nm = ?. b) Koliko iznosi svedeni moment tereta na vratilo motora Mt’ = ? i snaga motora Pm. c) Koliko iznosi svedeni moment inercije tereta i bubnja na vratilo motora Jt’ = ? Zadatak 3.11.3. Radni ciklus elektromotornog pogona sastoji se od zaleta na nz = 1100 [min-1], a zatim se posle toga zalet prekida i nastupa kočenje do stanja mirovanja. Ubrzanje izvodi sam motor, a u kočenju mu pomaže mehanička kočnica. Radni mehanizam (opterećenje) pruža konstantni otpor kretanju u iznosu od Mt = konst = 120 [Nm] a mehanička kočnica od Mk = konst = 330 [Nm]. Momentna karakteristika motora n = f (Mm) data je na slici. Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi JΣ = 6.25 [kgm2]. a) Odrediti trajanje zaleta. b) Odrediti trajanje kočenja. +n 1100 [min-1]

Ubrzanje

Kočenje

+M

-M -600 [Nm]

0

150 [Nm]

700 [Nm]

Zadatak 3.11.4. Za pogon iz prethodnog zadatka: a) Odrediti broj obrtaja u intervalu zaleta. b) Odrediti broj obrtaja u intervalu kočenja. Zadatak 3.11.5. Pogonski elektromotor pogona u mirovanju priključuje se na mrežu sa tendencijom obrtanja “napred”. Motor razvija na osovini obrtni moment Mm = 1500 [Nm]. Reaktivni moment tereta sveden na osovinu motora iznosi u mirovanju Mt‘ = 3250 [Nm]. U kom će se smeru “napred” ili “nazad” okretati elektromotorni pogon? Rešenje 3.11.1. Obrtni moment tereta može se pretstaviti u obliku: M t = M t1 + M t 2 = ±30 + 0.1m[Nm] a mehanička karakteristika motora u obliku:

[

n = ±1500 − 2M m min −1

] 268


2004. GODINA

gde znak plus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta. a)

Za dizanje važe sledeće relacije: M t = +30 + 0.1ma = 30 + 0.1 ⋅ 200 = 50[Nm] = M m

[

n da = +1500 − 2 M m = 1500 − 2 ⋅ 50 = 1400 min −1

]

Za spuštanje važe sledeće relacije: M t = −30 + 0.1ma = −30 + 0.1 ⋅ 200 = −10[Nm] = M m

[

n sa = −1500 − 2M m = −1500 − 2 ⋅ (− 10 ) = −1480 min −1 b)

]

Za dizanje važe sledeće relacije: M t = +30 + 0.1mb = 30 + 0.1 ⋅ 400 = 70[Nm] = M m

[

n db = +1500 − 2M m = 1500 − 2 ⋅ 70 = 1360 min −1

]

Za spuštanje važe sledeće relacije: M t = −30 + 0.1mb = −30 + 0.1 ⋅ 400 = 10[Nm] = M m

[

n sb = −1500 − 2 M m = −1500 − 2 ⋅ 10 = −1520 min −1

]

Režimi rada motora za slučaj a) radne tačke A i B i slučaj b) radne tačke C i D prikazani su na sledećoj slici:

n A (50,1400) C (70,1360) n = +1500-2Mm

Mt2a Mt2b +Mt1 0

Mm

Mt2a Mt2b -Mt1

B (-10,-1480)

n = -1500-2Mm

D (10,-1520) 269


2004. GODINA

Rešenje 3.11.2. a) Brzina dizanja tereta preračunata u [m/s] je: 90 m m vt = 90   = = 0.025   h  3600 s

ir, ηr

Fu

D

vu b

ASM

nm

Ft

Jb, ηb

mt

Teret

Brzina kretanja užeta, odnosno obodna brzina bubnja je: m vu = vb = vt z u = 0.025 ⋅ 8 = 0.2  s gde je zu = broj užeta na kojoj teret visi. Ugaona brzina bubnja je prema tome:

ωb =

vb 2vb 2 ⋅ 0.2  rad  = = = 0.4  Rb Db 1  s 

Brzina obrtanja bubnja: nb =

30ω b

π

=

30 ⋅ 0.4

π

[

= 3.8197 min −1

]

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: ir =

ωm = 350 ωb

 rad  ω m = iω b = 350 ⋅ 0.4 = 140   s  30ω m 30 ⋅ 140 = = 1336.9[min −1 ] nm = π π 270

vt


b)

2004. GODINA

Silu u užetu nalazimo iz relacije: Fu =

Ft mt g 80000 ⋅ 9.81 = = = 98100[N ] zu zu 8

Prema tome moment na osovini bubnja je: Mb =

Fu Rb

ηb

=

Fu Db 98100 ⋅ 1 = = 54500[Nm] 2η b 2 ⋅ 0.9

Svedeni moment bubnja na osovinu motora je: M t '=

Mb 54500 = = 163.9098[Nm ] irη r 350 ⋅ 0.95

Potrebna snaga motora iznosi: Pm = Pt ' = M t ' ω m = 163.9098 ⋅ 140 = 22947.36[W ] ≅ 23[kW ] c) Fiktivnu vrednost mase svedene na bubanj nalazimo iz relacije o održanju kinetičke energije: 1 1 2 2 mt ' v b = m t v t ⇒ 2 2 v mt ' = mt  t  vb

2

  1  = mt    zu

2

 80000  = = 1250[kg ] 82 

Traženi moment inercije bubnja i mase tereta sveden na osovinu motora je: 2

Jt' =

J b + mt ' Rb i r η rη b 2

2

2

D  1 J b + mt '  b  100 + 1250   2  =  2  = 0.003938 kgm 2 = 2 2 350 ⋅ 0.95 ⋅ 0.9 i r η rη b

[

]

Rešenje 3.11.3. a) U intervalu ubrzanja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u I kvadrantu: M m = a1 n + k1 Za nultu brzinu važi: M m (0) = 700[Nm] = k1 Za brzinu nz = 1100 [min-1] važi: M m (1100) = 150[Nm] = a11100 + k1 = a11100 + 700 ⇒ a1 = 271

150 − 700  Nm  = −0.5 −1 1100  min 


2004. GODINA

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom: M m = 700 − 0.5n[Nm] Pošto je moment opterećenja Mt = konst = 120 [Nm] važi: M d = M m − M t = 700 − 0.5n − 120 = 580 − 0.5n = J Σ

dω πJ Σ dn = dt 30 dt

pa se vreme zaleta od nulte brzine do nz = 1100 [min-1] nalazi integraljenjem prethodnog izraza po dt: tz

πJ t z = ∫ dt = Σ 30 0

nz

dn πJ Σ ∫0 M d = 30

nz

dn

∫ 580 − 0.5n 0

Integral rešavamo smenom: 580 − 0.5n = t ⇒ n = 2 ⋅ 580 − 2t ⇒ dn = −2dt 580 − 0.5 n z 580 − 0.5n z πJ Σ 2πJ Σ 2πJ Σ 2dt tz = ln t [ln(580 − 0.5n z ) − ln 580] = − =− =− ∫ 580 30 580 t 30 30 = b)

2πJ Σ 580 2 ⋅ π ⋅ 6.25 580 580 = = 1.30899 ln = 3.8770[s ] ln ln 30 580 − 0.5n z 30 580 − 0.5 ⋅ 1100 30

U intervalu kočenja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u II kvadrantu: M mk = a 2 n + k 2 Za nultu brzinu važi: M mk (0 ) = 0[Nm] = k 2 Za brzinu nz = 1100 [min-1] važi: M mk (1100) = −600[Nm] = a 2 1100 + k 2 = a 2 1100 + 0 ⇒ a 2 =

− 600  Nm  = −0.5454  −1 1100  min 

Dakle, moment motora u režimu kočenja se može predstaviti sledećom relacijom: M mk = −

600 n = −0.5454n[Nm] 1100

Pošto je moment opterećenja Mt = konst = 120 [Nm] i moment kočnice Mk = konst = 330 [Nm] važi: 600 600 dω πJ Σ dn = M dk = M mk − M t − M k = − n − 120 − 330 = −450 − n = JΣ 1100 1100 dt 30 dt pa se vreme kočenja od brzine nz = 1100 [min-1] do nulte brzine nalazi integraljenjem po dt:

272

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA tk

πJ t k = ∫ dt = Σ 30 0

πJ Σ dn ∫n M dk = − 30 z 0

2004. GODINA

0

dn 600 n z 450 + n 1100

∫

Integral rešavamo smenom: 450 +

tk = −

600 t − 450 1100 n=t⇒n= dt ⇒ dn = 600 1100 600 1100

πJ Σ 30

450 πJ Σ 1100 1100 dt 600 ln t = − = ∫600 600 t 450 + nz 30 600 1100 nz 450+ 450

1100

600 nz 1100 = 450

450 +

πJ Σ 1100  600  πJ Σ 1100  ln 450 − ln 450 + nz  = ln  30 600  1100  30 600  600 450 + ⋅ 1100 π ⋅ 6.25 1100 1050 1100 = ⋅ ⋅ ln = 1.19999 ln = 1.01668[s ] 30 600 450 450 =−

Rešenje 3.11.4. a) Broj obrtaja za vreme zaleta nalazimo iz sledećih relacija: N

n

z πJ Σ z n n dN n n πJ Σ = ⇒ dN = dt = dn ⇒ N z = ∫ dN = dn ∫ ⋅ 60 dt 60 60 30 M d 30 60 M d 0 0

U slučaju zaleta važi: M d = 580 − 0.5n pa se broj obrtaja pri zaletu od nulte brzine do brzine nz = 1100 [min-1] nalazi iz izraza: nz

πJ Σ n Nz = dn ∫ 30 ⋅ 60 0 580 − 0.5n Integral rešavamo smenom: 580 − 0.5n = t ⇒ n = 2 ⋅ 580 − 2t ⇒ dn = −2dt 580− 0.5 n z πJ Σ 2 ⋅ 580 − 2t (− 2dt ) = − 2 ⋅ 2πJ Σ Nz = ∫ 30 ⋅ 60 580 t 30 ⋅ 60

580− 0.5 n z

∫

580

 580  − 1dt =   t 

580 − 0.5n z 2 ⋅ 2πJ Σ (580 ln t − t ) = 580 30 ⋅ 60 2 ⋅ 2πJ Σ =− [580 ln(580 − 0.5n z ) − 580 ln 580 − (580 − 0.5n z − 580)] = 30 ⋅ 60  2 ⋅ 2πJ Σ  580 = − 0.5n z  = 580 ln 30 ⋅ 60  580 − 0.5n z 

=−

273


=

b)

2004. GODINA

2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 6.25  580  ⋅ 580 ⋅ ln − 0.5 ⋅ 1100 = 50.9575[obrtaja ] 30 ⋅ 60 580 − 0.5 ⋅ 1100  

Broj obrtaja za vreme kočenja nalazimo na sličan način kao pod a): n dN n n πJ Σ = ⇒ dN = dt = dn ⇒ N k = 60 dt 60 60 30 M dk Za režim kočenja važi: M dk = −450 −

1100 [min-1] do nulte brzine nalazi iz izraza: Nk =

Nk

∫ dN = 0

πJ Σ 0 n dn 30 ⋅ 60 n∫ M dk z

600 n pa se broj obrtaja pri kočenju od brzine nz = 1100

πJ Σ 0 n dn ∫ 600 30 ⋅ 60 n − 450 − n 1100 z

Integral rešavamo smenom: 450 +

600 t − 450 1100 ⇒ dn = n=t⇒n= dt 600 1100 600 1100

πJ Σ 30 ⋅ 60

2

450 πJ Σ  1100  t − 450 1100  450  = − dt   1 − dt = ∫600 600 600 ∫ t  30 ⋅ 60  600  600  t nz nz 450+ 450+ 1100 1100 1100 2 450 πJ Σ  1100  600 ( ) =− − = t 450 ln t   450 + nz 30 ⋅ 60  600  1100 2 πJ Σ  1100    600   600   =− n z  − 450 ln 450 − ln 450 + nz   =    450 − 450 − 1100   30 ⋅ 60  600   1100   

Nk = −

450

  2  πJ Σ  1100   600 450 = n z + 450 ln =   600 30 ⋅ 60  600   1100  450 + nz   1100     2  π ⋅ 6.25  1100   600 450  = 8.0190[obrtaja ] = ⋅ ⋅ 1100 + 450 ln  ⋅ 600 30 ⋅ 60  600   1100  ⋅ 1100  450 +  1100  

Rešenje 3.11.5. Pošto se reaktivni teret suprostavlja kretanju a njegov moment Mt‘ = 3250 [Nm] je veći od momenta motora Mm = 1500 [Nm] pogon će ostati u mirovanju .

274


2004. GODINA

+n +Mt' = konst

Mm

-M

+M

0

-Mt' = konst

-n

3.12. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 09.12.2004. Zadatak 3.12.1. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 53 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.25 [Ω]. Odrediti: a) Na koji način se ostvaruje režim sa rotorskom strujom Ia = 45 [A] uz brzinu obrtanja na = 1000 [min-1] uz nepromenjenu pobudu i nepromenjen otpor u rotorskom kolu. b) Na koji način se ostvaruje režim rada sa nominalnim momentom opterećenja na vratilu motora i brzinu obrtanja nb = 3000 [min-1]. c) Stacionarno stanje, ako se pri nominalnim uslovima rada u kolo rotora doda otpornost Rd = 1 [Ω] a moment opterećenja se menja zavisno od ugaone brzine MT = 0.21ω. Zadatak 3.12.2. h

h = 20 [m]

v = 10 [m/s]

A

l1 = 500 [m]

l2 = 300 [m]

l3 = 200 [m]

B

l

Vozilo mase m0 = 1500 [kg] kreće se po trasi prema slici, prevozeći teret mt = 3000 [kg] brzinom v = 10 [m/s]. Vozilo se kreće iz tačke A i zaustavlja se u tački B. Pogonski motor pokreće točkove poluprečnika r = 0.5 [m] preko reduktora prenosnog odnosa ir = 10 [ ] i koeficijenta korisnog dejstva ηr = 0.85 [ ], obezbeđujući maksimalnu vučnu silu Fvmax = 7000 [N] i maksimalnu kočionu silu Fkmax = 4000 [N]. Koeficijent otpora kotrljanja µω = 0.08 [ ]. Otpor trenja i vetra zanemariti. Odrediti putni dijagram vučne sile u funkciji vremena. 275


2004. GODINA

Zadatak 3.12.3. Za pogonski motor iz prethodnog zadatka odrediti veličinu efektivnog obrtnog momenta u toku ciklusa kretanja. Motor je sa prinudnom ventilacijom. Zadatak 3.12.4. Radi određivanja momenta inercije centrifuge izmerena je funkcija opadanja brzine motora po njegovom isključenju. Podatak o veličini gubitaka trenja i ventilacije nije bio na raspolaganju, pa su izvedena dva merenja. Prvo je motor pušten slobodno da se zaustavlja, pa je izmereno: t[min] n[min-1]

0 600

2 575

4 553

6 531

8 511

10 493

12 473

14 455

16 437

18 421

20 404

Zatim je dodata kočnica zanemarljivog momenta inercije sa kočionim momentom Mk = konst = 260 [Nm], pa je izmereno: t[min] n[min-1]

0 600

2 563

4 533

6 504

8 478

10 455

12 432

14 410

Koliko iznose moment inercije i gubici trenja i ventilacije motora. Zadatak 3.12.5. Momentni zahtevi elektromotornog pogona prikazani su na slici. Izračunati parametre motora predviđenog da radi: a) U pogonu S3 (ED% = 60%). b) U pogonu S1. Pri rešavanju zadatka predpostaviti da je odnos gubitaka PCunom / PFenom = 3, vremenska konstanta zagrevanja Ttz = 45 [min] i vremenska konstanta hlađenja Tth = 90 [min]. M1 = 20 [Nm] M2 = 10 [Nm]

M M1

t1 = 2 [min] t2 = 1.5 [min] t3 = 2 [min]

M2

t1

t2

t3

t

Rešenje 3.12.1. a) Zahtevani režim se ostvaruje smanjenjem napona na vrednost koja proizlazi iz sledećih relacija proišlih iz naponske jednačine i relacije za indukovanu elektromotornu silu:

276


2004. GODINA

E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 220 − 53 ⋅ 0.25 = 206.75[V ] E nom 206.75 = = 91.889 ⋅ 10 −3 [Vmin ] I anom 2250

E nom = k E Φnom nanom ⇒ k E Φnom =

E a = k E Φnom na = 91.889 ⋅ 10 −3 ⋅ 1000 = 91.889[V ] U a = E a + I a (Ra + R pp ) = 91.1889 − 45 ⋅ 0.25 = 103.139[V ]

b) Tražena brzina veća je od nominalne, te se dobija slabljenjem fluksa. Takođe korišćenjem naponske i momentne jednačina, dobijamo potrebnu vrednost na koju treba da oslabimo fluks: 60 Pnom 60 E nom I anom 30 206.75 ⋅ 53 = = ⋅ = 46.509[Nm] π 2π nnom 2π n nom 2250 Eb = k E Φb nb = U − I ab (Ra + R pp ) ⇒

M nom =

M b = M T = M nom = k M Φb I ab =

nb =

U − I ab k E Φb

(k E Φb )2 − U (k E Φb )2 (k E Φb )2

(R

a

+ R pp )

k E Φb

π 30

π

k E Φb I ab ⇒ I ab =

M nom U − k E Φb 30 k E Φb

(R

π

a

(R

M nom ⇒ 30 k E Φb

π

a

+ R pp )

k E Φb

=

π (Ra + R pp ) U − M nom ⇒ k E Φb 30 (k E Φb )2

+ R pp )

=0⇒ nb nb 220 π 0.25 − ⋅ k E Φb + 46.509 ⋅ ⋅ =0⇒ 3000 30 3000 − 73.334 ⋅ 10 −3 ⋅ k E Φb + 4.0587 ⋅ 10 −4 = 0 ⇒

(k E Φb ) =

k E Φb + M nom

=

30

73.334 ⋅ 10 −3 ±

(73.334 ⋅ 10 )

−3 2

− 4 ⋅ 4.0587 ⋅ 10 − 4

2

67.31 ⋅ 10 −3 = −3  6.03 ⋅ 10

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednosti rotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost:

ϕ= c)

k E Φb 67.31 ⋅ 10 −3 = = 0.7325 ⇒ Φb = ϕΦnom = 0.7325Φnom k E Φnom 91.889 ⋅ 10 −3

Moment opterećenja u funkciji brzine obrtanja određen je relacijom: M T = 0.21ω = 0.21 ⋅

2π ⋅ n ≈ 0.022 ⋅ n 60

U stacionarnoj radnoj tački sa dodatnim otporom u kolu rotora Rd = 1 [Ω], važi: nc =

π (Ra + R pp + Rd ) π (Ra + R pp + Rd ) U U − MT = − 0.022nc = 2 k E Φb k E Φb 30 (k E Φnom ) 30 (k E Φnom )2

= 2394.193 − 0.341 ⋅ nc ⇒ Pa iz toga sledi da je tražena radna tačka u: 277


[

2004. GODINA

]

2394.193 = 1785.38 min −1 1 + 0.341 M c = M T = 0.022 ⋅ nc = 0.022 ⋅ 1785.38 = 39.28[Nm]

nc =

n n0 = 2394.19 [min-1]

MT = 0.022n [Nm]

nc = 1758.38 [min-1]

nc

Rd

M

MT = 39.28 [Nm]

Rešenje 3.12.2. Odredimo prvo vučne sile u stacionarnom stanju za penjanje po prvoj kosini, kretanje po ravnom delu i spuštanje po drugoj kosini. Ukupna težina vozila sa teretom je: F = (m0 + mt )ga = (1500 + 3000) ⋅ 9.81 = 44145[N ]

Ftr1

Ft1

α1

Fn1

α1 F

l

l1 = 500 [m]

Ugao nagiba prve kosine je:

α 1 = arctg

h = 20 [m]

Fv1

h

[]

h 20 = arctg = arctg 0.04 = 2.29 l1 500 278

o


2004. GODINA

Radi određivanja vučne sile u stacionarnom stanju pri penjanju po prvoj kosini silu zemljine teže na kosini treba razložiti na komponentu paralelnu kosini i komponentu normalnu na kosinu, kao na prethodnoj slici. Ft1 = F sin α 1 Fn1 = F cos α 1 Vučna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja: Fv1 = Ft1 + Ftr1 = Ft1 + µ ω Fn1 = F sin α 1 + µ ω F cos α 1 = F (sin α 1 + µ ω cos α 1 ) =

(

)

= 44145 ⋅ sin 2.29 o + 0.08 ⋅ cos 2.29 o = 5300[N ]

Na ravnom delu trase vučna sila u stacionarnom stanju jednaka je sili otpora kotrljanja:

h

Fv2

h = 20 [m]

Ftr2

F

l

l2 = 300 [m] Fv 2 = Ftr 2 = µ ω F = 0.08 ⋅ 44145 = 3532[N ]

Ponavljajući postupak sličan kao kod prve kosine za vučnu silu u stacionarnom stanju kod spuštanja niz drugu kosinu:

h

Ftr3

Fn3

h = 20 [m]

Fv3

α3 Ft3

α3

F

l3 = 200 [m] α 3 = arctg

[]

h 20 = arctg = arctg 0.1 = 5.71 o l3 200 279

l


2004. GODINA

Ft 3 = F sin α 3 Fn 3 = F cos α 3 Fv 3 = − Ft 3 + Ftr 3 = Ft 3 + µ ω Fn 3 = − F sin α 3 + µ ω F cos α 3 = F (− sin α 3 + µ ω cos α 3 ) =

(

)

= 44145 ⋅ − sin 5.71o + 0.08 ⋅ cos 5.71o = −878[N ]

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu vučnu silu Fvmax = 7000 [N], što znači da obezbeđuje dinamičku silu pri ubrzanju od: Fd 1 = Fv max − Fv1 = 7000 − 5300 = 1700[N ] Ubrzanje je prema tome: az =

[

Fd 1 1700 = = 0.3777 • ms − 2 m0 + mt 1500 + 3000

]

Pošto se vozilo po dostizanju brzine v = 10 [m/s] kreće ravnomerno, trajanje ubrzanja iznosi: t1' =

v 10 = = 26.47[s ] a z 0.3777 •

l 1'

s 1''

s 1'

α1 l1 = 500 [m]

l

Tokom tog vremena vozilo pređe put u iznosu: s1' =

v 10 t1' = ⋅ 26.47 = 132.35[m] 2 2

Ukupna dužina prve kosine iznosi: l1' =

l1 500 = = 500.4[m] cos α 1 cos 2.29 o

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž prve kosine: s1' ' = l1' − s1' = 500.4 − 132.35 = 368.05[m] 280


2004. GODINA

za vremenski period trajanja: t1' ' =

s1' ' 368.05 = = 36.805[s ] v 10

Na ravnom delu trase vozilo se kreće ravnomerno i prelazi ga za vreme: t2 =

l 2 300 = = 30[s ] v 10

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu kočionu silu Fkmax = 4000 [N], što znači da dinamička sila pri kočenju iznosi: Fd 3 = Fk max − Fv 3 = 4000 − (− 878) = 4878[N ] Usporenje je prema tome: ak =

[

Fd 3 4878 = = 1.0833• ms − 2 m0 + mt 1500 + 3000

s3 ''

]

l3 ' s3 '

α1 l3 = 200 [m]

Prema tome vremenski period kočenja iznosi: t 3' =

v 10 = = 9.231[s ] a k 1.0833•

Tokom kočenja vozilo pređe put u iznosu: s3' =

v 10 t 3 ' = ⋅ 9.231 = 46.154[m] 2 2

Ukupna dužina druge kosine iznosi:

281

l


l3' =

2004. GODINA

l3 200 = = 200.997[m] cos α 1 cos 5.71o

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž druge kosine: s 3' ' = l 3' − s3 ' = 200.997 − 46.154 = 154.84[m] za vremenski period trajanja: t 3' ' =

s3 ' ' 154.84 = = 15.484[s ] v 10

Ukupno vremensko trajanje vožnje po čitavoj trasi iznosi: t c = t1' +t1' ' +t 2 + t 3 ' ' +t 3 ' = 26.47 + 36.805 + 30 + 15.484 + 9.231 = 117.99[s ] Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti vučnih sila i njihovih vremenskih trajanja crta se traženi putni dijagram:

F Fvmax

Fv1 Fv2

Fv3 Fkmax t1'

t1''

t2

t3''

t

t3'

Gde su: Fv max = 7000[Nm] Fv1 = 5300[Nm ] Fv 2 = 3532[Nm] Fv 3 = −878[Nm] Fk max = −4000[Nm]

t1' = 26.47[s ] t1' ' = 36.805[s ] t 2 = 30[s ] t 3 ' ' = 15.484[s ] t 3 ' = 9.231[s ]

Rešenje 3.12.3. Na osnovu vrednosti vučnih sila proračunavamo vrednosti momenata motora u pojedinačnim segmentima vožnje: 282


Fv max r 7000 ⋅ 0.5 = = 411.76[Nm] i rη r 10 ⋅ 0.85 F r 5300 ⋅ 0.5 = 311.76[Nm] M 1' ' = v1 = i rη r 10 ⋅ 0.85 F r 3532 ⋅ 0.5 = 207.76[Nm] M 2 = v2 = i rη r 10 ⋅ 0.85 F rη − 878 ⋅ 0.5 ⋅ 0.85 = −37.315[Nm] M 3' ' = v3 r = ir 10 F rη − 4000 ⋅ 0.5 ⋅ 0.85 = −170[Nm ] M 3' = v max r = ir 10 M 1' =

2004. GODINA

t1' = 26.47[s ] t1' ' = 36.805[s ] t 2 = 30[s ] t 3 ' ' = 15.484[s ] t 3 ' = 9.231[s ]

Putni dijagram momenta sličan je već nacrtanom putnom dijagramu vučnih sila. Pošto motor ima prinudno hlađenje ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M eff =

i

∑αt j

=

2

i

=

i

j

i

i

l

M 1' 2 t1' + M 1 ' ' 2 t1 ' ' + M 2 t 2 + M 3 ' ' 2 t 3 ' ' + M 3 ' ' 2 t 3 ' ' = tc

l

411.76 2 ⋅ 26.47 + 311.76 2 ⋅ 36.805 + 207.76 2 ⋅ 30 + 37.315 2 ⋅ 15.484 + 170 2 ⋅ 9.231 = 117.99

= 81772.947 = 285.96[Nm]

Ugaona brzina motora za brzinu vozila v = 10 [m/s] iznosi:

[ ]

v 10 = 10 ⋅ = 50 s −1 r 0.5 60 30 Ω m = ⋅ 50 = 477.46 s −1 nm = π 2π

Ω m = ir ω t = ir

[ ]

Prema tome potrebna snaga motora je: Peff = M eff Ω m = 285.96 ⋅ 50 = 14298[W ] ≈ 14.3[kW ] Rešenje 3.12.4. Na dijagramima nacrtanim na osnovu tabličnih merenih vrednosti na slici, određene su promene vremena ∆t1 i ∆t2 za jednaku promenu brzine obrtanja ∆n u tangentama na krivama promene brzine posebno za oba merenja. U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim momentu trenja i ventilacije, pa za to merenje važi: M k1 = M trv = J Σ

dω 2π ∆n = JΣ dt 60 ∆t1

U drugom merenju pogon se zaustavlja sa kočionim momentom jednakim zbiru momenta trenja i ventilacije i momenta kočnice, pa za to merenje važi: 283


M k 2 = M trv + M k = J Σ

2004. GODINA

dω 2π ∆n = JΣ dt 60 ∆t 2

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat moment trenja i ventilacije: M k 2 M trv + M k ∆t1 M Mk ∆t ∆t 1 = = ⇒ 1+ k = 1 ⇒ = 1 − 1 ⇒ M trv = M k = ∆t1 M k1 M trv M trv ∆t 2 M trv ∆t 2 ∆t 2 −1 ∆t 2 ∆t 2 1 14 = Mk = −260 ⋅ = −260 ⋅ 3.5 = −910[Nm] M trv = M k ∆t1 18 − 14 ∆t1 − ∆t 2 −1 ∆t 2

Traženi moment inercije je prema tome: J Σ = M trv

60 ∆t1 30 18 ⋅ 60 = −910 ⋅ ⋅ = 31283 kgm 2 = 31.283 ⋅ 10 3 kgm 2 π (− 300) 2π ∆n

[

]

[

]

Snaga gubitaka trenja i ventilacije na brzini obrtanja od n = 600 [min-1] iznosi: Ptrv = M trv

π 2π n = −910 ⋅ ⋅ 600 = −57176[W ] = −57.176[kW ] 60 30

284


2004. GODINA

Rešenje 3.12.5. a) Momentni dijagram svodimo na standardni oblik isprekidanog opterećenja pogona S3, kao na sledećoj slici. Ekvivalentan moment za pogon S3 iznosi: 2

Me =

2

M 1 t1 + M 2 t 2 = t1 + t 2

20 2 ⋅ 2 + 10 2 ⋅ 1.5 = 16.475[Nm ] 2 + 1.5

Intermitencija, odnosno odnos vremena rada i vremena ciklusa pri tome iznosi:

ε=

tr t +t 2 + 1.5 = 1 2 = = 0.636[ ] ⇒ ED% = 63.6% t c t1 + t 2 + t 3 2 + 1.5 + 2

Ova vrednost intermitencije se razlikuje od standardno definisane intermitencije (ED% = 60%), što znači da motor trebamo da odaberemo prema momentu svedenom na standardnu intermitenciju: M Me

t1 + t 2

ε

M es tan d = M e

ε s tan d

= 16.475 ⋅

t3

t

0.636 = 16.96[Nm] S 3 ED% = 60% 0.6

b) Ako se zanemari uticaj gubitaka u gvožđu ekvivalentan moment u trajnom pogonu nalazimo metodom ekvivalentnog momenta uz uračunavanje slabijeg hlađenja tokom mirovanja:

β=

Ttz 45 = = 0.5 Tth 90 2

M nom =

2

M 1 t1 + M 2 t 2 = t1 + t 2 + βt 3

20 2 ⋅ 2 + 10 2 ⋅ 1.5 = 14.529[Nm ] S1 2 + 1.5 + 0.5 ⋅ 2

Ako se uticaj gubitaka u gvožđu ne zanemaruje, ekvivalentan moment u trajnom pogonu možemo naći iz činjenice da se tokom dovoljno dugog vremena, odnosno dovoljnog broja ciklusa nad temperatura stabilizuje, na taj način da u radnom periodu raste od minimalne vrednosti do maksimalne a u periodu mirovanja opada od maksimalne do minimalne. Ujedno maksimalna temperatura ne sme biti veća od dozvoljene za klasu izolacije motora. Ovaj proces prikazan je na sledećem dijagramu:

285


2004. GODINA

∆θ

∆θmax

∆θdoz ∆θmin

tr

tm

t

Polazeći od dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature: Pγ

∆θ max =

=

A

Pcu + PFenom A

t t − r − r  Pcunom + PFenom Ttz Ttz  = = ∆θ min e + ∆θ max 1 − e  A A 

Pγnom

∆θ doz =

∆θ min = ∆θ doz e

−

   

tm Tth

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje odnosa dozvoljene i maksimalne nadtemperature:

∆θ doz = ∆θ doz e ∆θ doz = ∆θ max

−

1− e 1− e

tm Tth

−

e

−

tr Ttz

tr Ttz

t t − r + m  Ttz Tth

   

t − r  T + ∆θ max 1 − e tz  

=

 ⇒  

Pcunom + PFenom Pcunom + PFenom = 2 Pcu + PFenom  Me    Pcunom + PFenom  M nom 

Iz ovog odnosa dobijamo da je kvadrat odnosa dopustivog i nominalnog momenta:

 Me   M nom

2

  = 

1− e

−

tr Ttz

P  cunom  PFenom

t − m  1 − e Tth  

1− e

−

 − Ttm   − e th    

tr Ttz

Prema tome odabrani motor u trajnom pogonu treba da razvija minimalno moment:

286


1− e

M nom = M e 1− e

t − r Ttz

P  cunom  PFenom

−

tr Ttz

t  − m 1 − e Tth  

1− e

= 16.475 ⋅ 1− e

−

3.5 45

−

 − Ttm   − e th    

3.5 45

2   −  − 902  90   − 3 1 e   −e     

=

= 14.1[Nm] S1

Ekvivalentan moment možemo naći i pomoću približne metode:  1   ε 1 ε 2  − 1 + 1   P P β   − Fenom ⇒ M ε 2 = M ε 1 1 + Fenom     Pcunom ε 1  Pcunomε 1    1 ε 2 ε 1  − 1 + 1    β ε 1 = 1 ε 2 = 0.636 Mε2 = M nom = M ε 1 =  1   ε 1 ε 2  − 1 + 1  PFenom    β P   1 +  − Fenom   Pcunom ε 1  Pcunomε 1    1 ε 2 ε 1  − 1 + 1    β =

16.475   1   − 1 + 1 1 ⋅ 0.636 ⋅  1  1  0.5     − 1 + ⋅   1  3 ⋅1    3 ⋅1 − 1 + 1 0.636 ⋅ 1 ⋅    0.5  

= 14.012[Nm ] S1

Vidimo da se rezultati sve tri različite metode ne razlikuju značajno.

287

2004. GODINA


4

2005. GODINA


4.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 03.02.2005. Zadatak 4.1.1. Odrediti moment inercije kupe dužine l = 1000 [mm], poluprečnika osnovice R = 500 [mm]. Osa rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena kupa iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3].

A

A

A R

l = 1000 [mm]

R = 500 [mm]

Zadatak 4.1.2. Kupa iz prethodnog zadatka mora se zaleteti za vreme tz = 25 [s] na brzinu n = 1000 [min-1]. Kupa je direktno spregnuta sa osovinom jednosmernog motora sa nezavisnom pobudom, čiji je sopstveni moment inercije zanemarljiv. Odrediti potrebnu snagu motora, koji može da obezbedi traženo trajanje zaleta ako mu je nominalna brzina obrtanja približno nnom = 1000 [min-1] i ako se motor napaja iz tiristorskog regulatora, koji obezbeđuje tokom zaleta konstantnu struju jednaku nominalnoj. Zadatak 4.1.3. Ako se jednosmerni motor iz prethodnog zadatka napaja iz četvorokvadrantnog tiristorskog ispravljača, koji obezbeđuje vraćanje energije tokom kočenja, koliko će energije povući iz mreže tokom jednog časa rada u ciklusima zaleta do nominalne brzine i kočenja do nulte brzine? Nominalni napon motora je Unom = 400 [V], koeficijent korisnog dejstva ηnom = 0.9 [ ] i koeficijent korisnog dejstva ispravljača ηisp = 0.95 [ ] Trajanje jednog ciklusa iznosi tc = 60 [s]. Zadatak 4.1.4. Za motor rudničke dizalice treba odrediti snagu motora prema datim podacima: visina dizanja H = 300 [m]; maksimalno opterećenje mT = 13600 [kg]; masa protivtega mP = 10900 [kg]; brzina kretanja tereta u stacionarnom stanju vstac = 8 [m/s]; ubrzanje u polasku apol = 0.8 [m/s2]. Jedan radni ciklus se sastoji iz perioda puštanja u rad sa konstantnim momentom, normalnog rada u stacionarnom stanju, slobodnog zaustavljanja i mirovanja u trajanju t0 = 30 [s]. Nacrtati dijagrame zavisnosti snage i brzine u funkciji vremena za radni ciklus P, v = f(t). Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu. 288


2005. GODINA

Zadatak 4.1.5. Trofazni dvobrzinski motor od Pnom = 4/8 [kW], f = 50 [Hz] i 2p = 8/4 [ ] goni radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10 [kgm2]. Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzine obrtanja, ako ga upuštamo postepeno, uključujići prvu nižu pa drugu višu brzinu, prema gubicima koji bi nastali direktnim uključenjem više brzine? Rešenje 4.1.1. Izdelimo kupu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy, prema slici:

dmx

dx

dy

l = 1000 [mm]

y

A

x dmy

r

R = 500 [mm]

A

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Moment inercije jednog segmenta diska dmx na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi: dJ x = dm x ⋅ x 2 = (2πrdxρdy )x 2 = 2πdyρx 3 dx gde je ρ - specifična masa. Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element kupe, dobijamo integraljenjem svih segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r: r

r

J x = ∫ dJ x = ∫ 2πdyρx dx =2πdyρ ∫ x 3 dx = 2πdyρ 3

0

r

o

x4 r 1 1 = πdyρr 4 = m x r 2 = dJ y 4 0 2 2

Dalje moment inercije kupe dobijamo integraljenjem svih elementarnih diskova, po rastojanju od vrha y od 0 do l: l

1 J = ∫ dJ y = ∫ πρr 4 dy 2 l 0 289


2005. GODINA

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo iz sličnosti trouglova, odnosno relacije: r R R = ⇒r= y y l l Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije kupe: 1 R J = πρ   2 l  =

4 l

4 4 1  R  y5 l 1 R 5 1 4 ∫0 y dy = 2 πρ  l  5 0 = 10 πρ  l  l = 10 πρlR = 4

3  πρlR 2  10  3

 2 3  R = mk R 2 10 

gde je mk masa kupe, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova, po rastojanju od vrha y od 0 do l: l

l

R2 2 R2 y3 l 1 mk = ∫ dm y = ∫ πρr dy = πρ ∫ 2 y dy =πρ 2 = πρlR 2 l 3 0 3 0 0 l l 2

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za moment inercije kupe: J=

[

1 1 πρlR 4 = ⋅ π ⋅ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 0.5 4 = 88.357 kgm 2 10 10

]

Rešenje 4.1.2. Dinamički moment ubrzanja prema uslovu zadatka je konstantan i jednak nominalnom: M d = M nom Za konstantni moment ubrzanja važi: t zal =

πJ Σ πJ Σ n zal = nnom 30 M d 30 M nom

Prema tome traženi nominalni moment motora i snaga iznose: πJ Σ π ⋅ 88.357 n nom = ⋅ 1000 = 370.11[Nm] 30t zal 30 ⋅ 25 π π = M nom Ω nom = M nom n nom = 370.11 ⋅ ⋅ 1000 = 38757.829[W ] ≈ 38.76[kW ] 30 30

M nom = Pnom

Rešenje 4.1.3. Iz uslova zadatka zaključujemo da i pri zaletu i pri kočenju motor zbog strujnog ograničenja razvija konstantni moment jednak nominalnom. Prema tome trajanje zaleta i kočenja je isto a gubici tokom zaleta i kočenja jednaki su nominalnim gubicima. Iz toga sledi da uložena energija tokom jednog ciklusa iznosi: 290


2005. GODINA

I azal = I akoc = I anom ⇒ M zal = M koc = M nom ⇒ Pgzal = Pgkoc = Pgnom ⇒ t zal = t koc = 25[s ]  1  Pnom ⇒ Pgnom = Pnom  − 1 η η  Pnom + Pgnom  m isp  W1c = W zal + Wstac + Wkoc = Pzal t zal + Pstac t stac + Pkoc t koc = = (Pnom + Pgnom )t zal + 0 − (Pnom − Pgnom )t koc = Pgnom (t zal + t koc ) = 2 Pgnom t zal

η = η mη isp =

Tražena energija tokom jednog časa rada je prema tome:  1  3600 3600 3600 W1c = ⋅ 2 ⋅ Pgnom t zal = ⋅ 2 ⋅ Pnom  − 1t zal = η η  tc tc tc  m isp  3600 1   = ⋅ 2 ⋅ 38.76 ⋅ 10 3 ⋅  − 1 ⋅ 25 = 19720 ⋅ 10 3 [Ws ] = 60  0.9 ⋅ 0.95  • = 19720[kWs ] ≈ 5.477 [kWh]

W1h = brojciklusa ⋅ W1c =

Rešenje 4.1.4. U stacionarnom stanju sila dizanja tereta iznosi: Fstac = (mT − m P )g = (13600 − 10900 ) ⋅ 9.81 = 26487[N ]

D

Za ubrzanje je potrebno obezbediti višak sile u iznosu: Fd = (mT + m P )a pol = (13600 + 10900 ) ⋅ 0.8 = 19600[N ] Prema tome ukupna sila koju je potrebno obezbediti tokom zaleta iznosi:

a mP

v

mT

F pol = Fstac + Fd = 26487 + 19600 = 46087[N ] Vreme zaleta je: t pol =

v stac 8 = = 10[s ] a pol 0.8

Visina koju teret prelazi tokom zaleta je: h pol =

1 1 2 a pol t pol = ⋅ 0.8 ⋅ 10 2 = 40[m] 2 2

Pošto se zaustavljanje obavlja bez učešća motora, samo pod dejstvom zemljine teže, sila kočenja je: Fkoc = Fstac = 26487[N ] Sila kočenja obezbeđuje usporenje od:

291


a koc =

[

Fkoc 19600 = = 1.081 ms −2 mT + m P 13600 + 10900

2005. GODINA

]

Vreme i visina koju teret prelazi tokom kočenja su: v stac 8 = ≈ 7.40[s ] a koc 1.081 1 1 2 = a koc t koc = ⋅ 1.081 ⋅ 7.40 2 = 29.60[m] 2 2

t koc = hkoc

Put koji teret prelazi u stacionarnom stanju je prema tome: hstac = H − (h pol + hkoc ) = 300 − (40 + 29.60 ) = 230.40[m] Dalje sledi da stacionarno stanje traje: t stac =

hstac 230.4 = ≈ 28.8[s ] v stac 8

Samo vreme trajanja ciklusa je: t c = t pol + t stac + t koc + t 0 = 10 + 28.8 + 7.4 + 30 = 76.2[s ] Pošto nisu dati podaci o stepenu korisnog dejstva motora i mehanizma za dizanje, možemo smatrati da se tokom zaleta potrebna snaga motora menja linearno od nulte vrednosti do maksimalne u iznosu: Pmpolmax = F pol v stac = 46087 ⋅ 8 = 368696[W ] ≈ 369[kW ] U stacionarnom stanju radi održanja konstantne brzine obrtanja motor razvija snagu u iznosu: Pmstac = Fstac v stac = 26487 ⋅ 8 = 211896[W ] ≈ 212[kW ] Kočenje se odvija pod dejstvom zemljine teže, pa motor u tom ciklusu razvija snagu u iznosu: Pmkoc = 0 Na osnovu prethodno izračunatih parametara mogu se nacrtati dijagrami promene brzine i snage motora u funkciji vremena, kao na sledećoj slici. Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenja tokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β:

β=

1 = 0.25[ 4

]

α=

1+ β = 2

1 4 = 5 = 0.625[ 2 8

1+

292

]


v

2005. GODINA

vstac

Pmpolmax

Pm'

Pm

Pmstac

tzal

tstac

tkoc

t0

tc

Ukupni ekvivalentna snaga motora za ciklus nalazimo iz sledeće relacije, vodeći pri tome računa da pošto tokom zaleta, zagrevanje je proporcionalno sa vrednočću momenta, odnosno struje, a ne snage računamo sa fiktivnom konstantnom snagom Pm' jednakoj maksimalnoj snazi Pmpolmax koja se razvija u tom periodu:

∑P t + ∑ t + ∑ βt 2

Pm =

i

∑ αt

i

j

j

k

k

=

l

l

2

=

=

i

2

2

Pmpol max t pol + Pmstac t stac + Pmkoc t koc α (t pol + t koc ) + t stac + β t 0

=

369 2 ⋅ 10 + 212 2 ⋅ 28.8 = 0.625 ⋅ (10 + 7.4 ) + 28.8 + 0.25 ⋅ 30

2655997.2 = 237.278[kW ] 47.175

Rešenje 4.1.5. Energiju gubitaka u bakru rotora za za jednobrzinsko upuštanje p = 2 dobijamo na osnovu relacija: ωs =

2πn s 2π 60 f 2πf 2πf = = = ⇒ s1 = 1 ⇒ s 2 = 0 60 60 p p 2

WCur

ω ω J  2πf  J 2 2 2 = J Σ s s1 − s 2 = J Σ s 12 − 0 2 = Σ   = Σ (2πf ) 2 2 2  2  8

2

(

)

2

(

)

2

Energija gubitaka za postupno dvorzinsko upuštanje p = 4/2, dobijamo iz relacija: ωs ' =

2πf 2πf = ⇒ s1 ' = 1 ⇒ s 2 ' = 0 ⇒ p' 4 293


2005. GODINA

2

ω '2 ω '2 J  2πf  J 2 WCur ' = J Σ s s1 ' 2 − s 2 ' 2 = J Σ s 12 − 0 2 = Σ   = Σ (2πf ) 2 2 2  4  32 ω − ωs ' ω ' p 1 1 = 1 − s = 1 − = 1 − = ⇒ s2 ' ' = 0 s1 ' ' = s ωs ωs p' 2 2

(

2

)

(

2

)

2

2

ω ω 1 J  2πf  J 2 WCur ' ' = J Σ s s1 ' ' 2 − s 2 ' ' 2 = J Σ s   = Σ   = Σ (2πf ) 2 2 2 8  2  32 J J J 1 JΣ 2 2 2 (2πf )2 = 1 WCur W z = WCur '+WCur ' ' = Σ (2πf ) + Σ (2πf ) = Σ (2πf ) = 32 32 16 2 8 2

(

)

Procentualno energija izgubljena pri dvobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju pri jednobrzinskom upuštanju iznosi: 1 WCur Wz 2 Wz % = 100 = ⋅ 100 = 50[%] WCur WCur Odnosno smanjenje gubitaka u dvobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanju iznosi 50%.

4.2. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 17.02.2005. Zadatak 4.2.1. Odrediti moment inercije lopte poluprečnika R = 500 [mm]. Osa rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena lopta iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3].

A

A

A R

R = 500 [mm]

Zadatak 4.2.2. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW]; priključnog rotorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 1430 [min-1]; pokreće loptu iz prethodnog zadatka. Lopta je direktno spregnuta sa osovinom motora, čiji je sopstveni moment inercije zanemarljiv (ako niste izračunali moment inercije iz prethodnog zadatka usvojite JΣ = 235 [kgm2]). Kritični moment motora iznosi Mkr = 4Mnom [Nm]. a) Koliko iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. b) Ako se motor pokreće upuštačem zvezda – trougao koliko se puta povećava vreme zaleta? 294


2005. GODINA

Zadatak 4.2.3. Trofazni asinhroni motor iz prethodnog zadatka napaja se iz frekventnog pretvarača koji obezbeđuje trajno strujno preopterećenje od 130% nominalne vrednosti struje. a) Koliko u tom slučaju iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. b) Ako motor po dostizanju nominalne brzine nije opterećen, odnosno vuče samo struju praznog hoda u iznosu od 40% nominalne vrednosti struje, odrediti maksimalan broj upuštanja motora napajanog frekventnim pretvaračem na sat. Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu. Zadatak 4.2.4. Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka napaja se sa tiristorskim podešivačem kojem je struja ograničena na trostruku vrednost nominalne struje motora. Pod pretpostavkom da se zanemaruju statorski gubici, gubici u gvožđu i struja magnećenja, odrediti: a) Vrednost svedene rotorske otpornosti Rr’ i rasipnih induktivnosti pod pretpostavkom da su iste Ls = Lr’. b) Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. Zadatak 4.2.5. Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka pokreće preko reduktora prenosnog odnosa ired = 10 [ ], koeficijenta korisnog dejstva ηred = 0.9 [ ], bubanj dizalice prečnika D = 0.8 [m]. Odrediti vrednost maksimalnog tereta koji može da podigne dizalica: a) Pri direktnom upuštanju motora. b) Pri upuštanju sa tiristorskim podešivačem kojem je struja ograničena na trostruku vrednost nominalne struje motora. Rešenje 4.2.1. Izdelimo loptu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy, prema slici: A

R dmx

dy

y

dx

x

dmy

r A

295


2005. GODINA

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Moment inercije jednog segmenta diska dmx na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi: dJ x = dm x ⋅ x 2 = (2πrdxρdy )x 2 = 2πdyρx 3 dx gde je ρ - specifična masa. Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element lopte, dobijamo integraljenjem svih segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r: r

r

1 x4 r 1 J x = ∫ dJ x = ∫ 2πdyρx dx =2πdyρ ∫ x dx = 2πdyρ = πdyρr 4 = m x r 2 = dJ y 4 0 2 2 0 r o 3

3

Dalje moment inercije lopte dobijamo integraljenjem svih momemata inercije elementarnih diskova, po rastojanju od centra y od -R do R: J = ∫ dJ y = R

R

1

∫ 2 πρr

4

dy

−R

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo primenom Pitagorine teoreme, odnosno relacije: r 2 = R2 − y2 Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije lopte: R R R  1 1 1 y3 y5  R 4 4 J = πρ ∫ r dy = πρ 2∫ r dy = πρ 2 ∫ R 4 − 2 R 2 y 2 + y 4 dy =πρ  R 4 y − 2 R 2 +  = 2 −R 2 2 3 5 0  0 0 8 2 4 2   2 1 = πρR 5 1 − +  = πρR 5 =  πρR 3  R 2 = ml R 2 5  3⋅ 5  3 5  3⋅5 

(

)

gde je ml masa lopte, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova, po rastojanju od centra y od -R do R:  2 y3  R  1 4 ml = ∫ dm y = ∫ πρr dy = 2πρ ∫ R − y dy =2πρ  R y −  =2πρR 3 1 −  = πρR 3 3 0  3 3  −R 0 R R

R

2

(

2

2

)

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za tra\eni moment inercije lopte: J=

[

8 8 πρR 5 = ⋅ π ⋅ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ 0.55 = 235.619 kgm 2 15 15

]

Rešenje 4.2.2. Prvo odredimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta, vrednost nominalnog i kritičnog momenta, nominalnog i kritičnog klizanja: 296


2005. GODINA

Pnom 30 Pnom 30 ⋅ 40 ⋅ 10 3 = = = 267.113[Nm] Ω nom πnnom π ⋅ 1430 = 4M nom = 4 ⋅ 267.113 = 1068.453[Nm]

M nom = M kr

s nom =

n1 − nnom 1500 − 1430 70 = = = 0.04666 • [ n1 1500 1500


]

2    0.3674[ ]  − 1  = 0.04666 ⋅ 4 ± 4 2 − 1 =   0.00529[ ]  

(

)

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog. a)

Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja izračunavamo na osnovu poznatog izraza: 2  J l 2πf 1 − s nom 2  J ω 1 1 − s nom − − s kr ln s nom  = t zal = Σ s ln s   kr nom  = 2 M kr  2 s kr  2 pM kr  2 s kr   235.619 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 1 − 0.04667 2 ⋅ − 0.3674 ⋅ ln 0.06667 = 43.021[s ] 2 ⋅ 2 ⋅ 1068.453  2 ⋅ 0.3674 

=

b) Moment motora Mm, pa i kritični moment Mkr linearno je proporcionalan sa kvadratom vrednosti priključnog napona. Pošto se kod prebacivanja veze trougla u zvezdu statorski napon smanjuje na: U s '= U f =

Ul 3

⇒

moment motora se smanjuje na: M m '=

Mm M ⇒ M kr ' = kr 3 3

Pa se vreme zaleta produžava na: 2  J Σ ω1 1 − s nom 2  J Σ ω1 1 − s nom − s ln s − s kr ln s nom  = 3t zal =   kr nom  = 2 M kr '  2 s kr  2 M kr  2 s kr  3 = 3 ⋅ 43.021 = 129.063[s ]

t zal ' =

Rešenje 4.2.3. a) Dinamički moment ubrzanja ostvaren napajanjem sa frekventnim pretvaračem, prema uslovu zadatka je konstantan i jednak 130% od vrednosti nominalnog momenta: M d = 1.3M nom Za konstantni moment ubrzanja vreme zaleta nalazimo iz relacije: t zal =

πJ Σ πJ Σ π ⋅ 235.619 n zal = n nom = ⋅ 1430 = 101.61[s ] 30 M d 30 ⋅ 1.3 ⋅ M nom 30 ⋅ 1.3 ⋅ 267.113 297


2005. GODINA

b) Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenja tokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β:

β=

1 = 0.25[ 4

]

α=

Im

1+ β = 2

1 4 = 5 = 0.625[ 2 8

1+

]

1.3Inom

0.4Inom t tzal

tpr tc

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne struje motora, pa za najgori slučaj kad nema mirovanja između ciklusa važi:

∑I t + ∑ t + ∑ βt 2

I nom ≤

i

∑αt j

i

=

i

j

k

k

(1.3I nom )2 t zal + (0.4 I nom )2 t pr αt zal + t pr

l

⇒

l

αt zal + t pr = 1.3 t zal + 0.4 t pr ⇒ t pr − 0.4 2 t pr = 1.3 2 t zal − αt zal ⇒ 2

t pr =

2

1.3 2 − α 1.3 2 − 0.625 t = ⋅ 101.61 = 128.827[s ] zal 1 − 0.4 2 1 − 0.4 2

Trajanje ciklusa i traženi broj maksimalnih upuštanja je na kraju: t c = t zal + t pr = 101.61 + 128.827 = 230.437[s ] z=

3600 3600 = = 15.622[ ] ≈ 15[ tc 230.437

]

Rešenje 4.2.4. Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija: 2

M kr

US 3 ⋅ 30 = ⋅ ⇒ πn S 2( X S + X R' )

298


( X S + X R' ) = 3 ⋅ 30 ⋅

2005. GODINA

2

US 3 ⋅ 30 220 2 = ⋅ = 0.43257[Ω ] ⇒ πn S 2M kr π ⋅ 1500 2 ⋅ 1068.453 X + X R' 0.43257 LS + LR' = S = = 0.001377[H ] ⇒ LS = LR' = 0.6885[mH ] 2πf s 2π 50

Vrednost svedenog rotorskog otpora nalazimo iz relacije za kritično klizanje: s kr =

Rr' ⇒ X S + X R'

R r' = s kr ( X S + X R' ) = 0.3674 ⋅ 0.43257 = 0.1589[Ω ] Vrednost momenta motora u funkciji klizanja za napajanje sa tiristorskim podešivačem sa strujnim ograničenjem Ipmax, dobijamo iz sledećih relacija: M nom =

3 ⋅ 30 Rr ' 3 ⋅ 30 Rr ' 2 (I snom )2 ⇒ ⋅ Ir' = ⋅ πn S s nom πn S s nom

3 ⋅ 30 Rr ' 3 ⋅ 30 Rr ' 2 Mm = Ir' = ⋅ ⋅ πn S s πn S s

2

 I p max  s  I p max I snom  ⋅ nom =  ⋅   I snom  s nom  I snom

2

 s  M nom nom s 

Zalet sa konstantnom strujom vrši se sve do brzine obrtanja pri kojoj se dostiže nominalna vrednost napona na izlazu tiristorskog pretvarača, nakon čega se dalje zalet obavlja po prirodnoj momentnoj karakteristici za naponsko napajanje. Vrednost klizanja sb koje određuje prelazak na prirodnu karakteristiku dobija se iz sledećih relacija:

299


 I p max M m =   I snom

2

 s  M nom nom = sb 

s nom s kr s nom M + = 2 kr 2 s kr M nom sb

2

 I snom  I  p max

M kr M nom M nom s ⇒ nom sb s kr sb + s kr s b

s kr s nom

sb = ± 2

M kr M nom


2

  − s nom  s kr 

s kr s nom  I snom  I  p max

M 2 kr M nom

2

  − s nom  s kr 

0.04667 ⋅ 0.3674

=±


 sb s kr  M   = 2 kr + M nom  s kr sb 

2

  ⇒ sb 2 =  

2005. GODINA

⇒

= ±0.150[

2

0.04667 1 2⋅4⋅  − 0.3674  3

2

  ⇒  

]

Realno rešenje je pozitivno pošto se radi o motornom režimu. Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine na dva segmenta promene dinamičkog momenta za strujno i naponsko napajanje, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0. Rešenje jednačine nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

ω = (1 − s )ω1 ⇒ dω = −ω s ds ⇒ J J dω M din = (M m − M t ) = M m = J Σ ⇒ dt = Σ dω = − Σ ω s ds ⇒ dt Mm Mm Iz zadnje relacije integraljenjem za prvi segment za klizanje od 1 do sb, dobijamo vreme zaleta za strujno napajanje: sb

tz '

s

s

b b J ds t z ' = ∫ dt = ∫ − Σ ω s ds = − J Σ ω s ∫ = −J Σ ω s ∫ Mm Mm 0 1 1 1  I p max   I snom

I =  snom I  p max

2

 JΣωs   M s nom nom 

 I snom  s ds = ∫s I  p max b 1

sds 2

  M nom s nom 

2

 J Σ ω s s 2 1  I snom  =  M s I s 2 b nom nom   p max

=

2

 J Σ ω s 1 − sb 2  =  M nom 2 s nom 

2

2  1  235.619 ⋅ 100 ⋅ π 1 − 0.15 =  ⋅ = 161.229[s ] 2 ⋅ 267.113 2 ⋅ 0.04667  3

Slično za drugi segment za klizanje od sb do snom, dobijamo vreme zaleta za naponsko napajanje: t z ''

sa

J t z ' ' = ∫ dt = ∫ − Σ ω1ds = − J Σ ω1 Mm sb 0

snom

∫

sb

ds = − J Σ ω1 Mm

snom

∫

sb

ds J ω = Σ 1 2 M kr 2 M kr s skr + skr s

s sb  s s kr  J Σ ω 1  s 2 J Σ ω 1  b s  = ds + ds = + s kr ln s  b = ∫ ∫  2 M kr  2 s kr 2 M kr  snom 2 s kr s  s nom snom 

300

sb

 s

∫  s

snom

kr

+

skr s

 ds = 


 sb 2 − s nom 2   2s kr

 s  J  + s kr ln b  = Σ 2πf  s nom  2 pM kr 

2005. GODINA

 sb 2 − s nom 2   2s kr

 s   + s kr ln b  =  s nom  

=

J Σ ω1 2 M kr

=

235.619 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50  0.15 2 − 0.04667 2 0.15  ⋅ + 0.3674 ⋅ ln  = 7.908[s ] 2 ⋅ 2 ⋅ 1068.453  2 ⋅ 0.3674 0.04667 

Prema tome vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena: t z = t z ' +t z ' ' = 161.229 + 7.908 = 169.137[s ] Rešenje 4.2.5. Moment nepoznatog tereta i svedeni moment nepoznatog tereta na osovinu motora su: M T = mT g MT' =

D 2

MT iredη red

=

mT g D iredη red 2

Maksimalnu masu tereta koju može da podigne dizalica, dobijamo iz uslova da se u polasku mora razviti moment veći od svedenog. Odnosno treba da važi:

D=0.8 [m] 10:1

MOTOR

FT

ηred = 0.9 mT = ? M mpol ≥ M T ' ⇒ mT ≤ a)

2 M mpol iredη red gD

Pri direktnom upuštanju motor razvija polazni moment: M pola =

2 M kr 2 M kr 2 ⋅ 1068.453 = = = 691.727[Mm] s kr 1 1 s kr s pol 0.3674 + + + 0.3674 1 s kr s pol s kr

Pa u tom slučaju se može dići teret sa maksimalnom masom od: mTa ≤

2 ⋅ 691.727 ⋅ 10 ⋅ 0.9 = 1596.53[kg ] 9.81 ⋅ 0.8 301


2005. GODINA

b) Pri upuštanju sa strujnim izvorom sa vrednošću strujne granice jednake trostrukoj vrednosti nominalne vrednosti struje, polazni moment motora iznosi: M polb =

3 ⋅ 30 Rr ' 3 ⋅ 30 Rr ' 3 ⋅ 30 Rr ' 2 2 s 2 ⋅ Ir' = ⋅ ⋅ (3I snom ) ⋅ nom = 9 ⋅ ⋅ I snom ⋅ s nom = s nom πn S s pol πn S 1 πn S s nom

= 9 M nom s nom = 9 ⋅ 267.113 ⋅ 0.04667 = 112.196[Nm]

Što znači da se u tom slučaju može dići teret sa maksimalnom masom od: mTb ≤

2 ⋅ 112.196 ⋅ 10 ⋅ 0.9 = 257.33[kg ] 9.81 ⋅ 0.8

4.3. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 10.03.2005. Zadatak 4.3.1. Pogon mostne dizalice nosivosti mt = 10000 [kg], vlastite mase ms = 15000 [kg] rešen je sa trofaznim asinhronim motorom sa namotanim rotorom nominalne snage Pnom = 30 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom = 720 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm = 6.25 [kgm2]. Motor se upušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju. Motor je u vožnji opterećen sa 80% od nominalne vrednosti momenta. Brzina vožnje je v = 2 [m/s]. Sa kolikim konstantnim momentom treba pokretati motor ako želimo pri punom opterećenju postići punu brzinu vožnje od v = 2 [m/s], nakon s = 5 [m] vožnje? Zadatak 4.3.2. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 11 [kW]; nominalne brzine obrtanja nnom = 2880 [min-1] i sopstvenog momenta inercije Jm = 0.1 [kgm2], pokreće se konstantnim momentom vrednosti 130% nominalnog momenta. Koliko sme da iznosi moment inercije opterećenja na osovini motora ako se pun zalet mora izvršiti za tzal = 2 [s]? Momenta opterećenja nema. Zadatak 4.3.3. Radni mehanizam promenljivog opterećenja od Pt = 2 [kW] do 10 [kW] trebao bi da se okreće sa približno konstantnom brzinom od n = 2200 [min-1] do 2400 [min-1]. Na raspolaganju imamo jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom, sa sledećim nazivnim podacima: nominalna snaga Pnom = 10 [kW], nominalni napon Unom = 220 [V], nominalna rotorska struja Ianom = 52.4 [A], nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]. Potrebno je zaključiti koje su verovatne granice promene brzine obrtanja i odgovaraju li traženim granicama. Sa obzirom na konstrukciju motora, verovatna je pretpostavka da se gubici u armaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka. Zadatak 4.3.4. Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1430 [min-1] opterećen je sa nominalnim opterećenjem. Tokom rada u toku kratkog vremena timp = 2 [s] ostaje bez opterećenja. Odrediti brzine obrtanja do koje će se maksimalno ubrzati motor tokom rasterećenja. Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom rasterećenja. Ukupni moment inercije opterećenja sveden na osovinu motora je JΣ = 150 [kgm2].

302


2005. GODINA

Zadatak 4.3.5. Pogon sa svedenim momentom inercije Jt = 2 [kgm2] je ostvaren sa trofaznim asinhronim motorom sa nominalnim podacima Unom = 380 [V]; Inom = 19.5 [A]; Pnom = 7.5 [kW]; nnom = 680 [min-1]; cosϕnom = 0.74. Odrediti približnu vrednost gubitaka koji nastaju tokom zaleta ako je vrednost rotorskog otpora svedenog na stator 1.5 puta veća od vrednosti statorskog otpora. Rešenje 4.3.1. Vreme ubrzanja iznosi: t zal =

s 2⋅ s 2⋅5 = = = 5[ s ] v sr v 2

Nominalni moment motora iznosi: M nom =

30 Pnom 30 30000 ⋅ = ⋅ = 397.887[ Nm] π nnom π 720

Motor se ubrzava do radne tačke u kojoj je opterećen sa 80% nominalnog momenta, odnosno do: n zal = n s −

n s − nnom 750 − 720 ⋅ M t = 750 − ⋅ 0.8M nom = 750 − 30 ⋅ 0.8 = 726[min −1 ] M nom M nom

Shodno tome ugaona brzina pogonskog vratila motora u stacionarnom stanju iznosi:

ωm =

2πn zal 2 ⋅ π ⋅ 726 = = 76.026 s −1 60 60

[ ]

Svedeni moment inercije tereta na pogonsko vratilo, prema tome je: J ek =

(ms + mt )v 2 ω m2

=

(15000 + 10000) ⋅ 2 2 76.026 2

[

= 17.301 kgm 2

]

Ukupan svedeni moment inercije iznosi:

[

J Σ = J m + J ek = 17.301 + 6.25 = 23.551 kgm 2

]

Potreban moment ubrzanja nalazimo iz relacije: M d = const = M m − M t = xM nom − 0.8M nom = J Σ

ω dω = JΣ m dt t zal

Prema tome motor moramo pokretati sa konstantnim momentom u odnosu na nominali veći za umnožak: x=

J Σ ωm 23.351 76.026 + 0.8 = ⋅ + 0.8 = 0.8924 + 0.8 = 1.6924 ≈ 1.7[ M nom t zal 397.887 5 303

]


2005. GODINA

Što iznosi 170% od vrednosti nominalnog momenta. Rešenje 4.3.2. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

30 Pnom 30 11000 ⋅ = ⋅ = 36.473[ Nm] π nnom π 2880

Moment ubrzanja jednak je konstantnom momentu pokretanja pošto prema uslovu zadatka nema momenta opterećenja: M d = const = M m − M t = 1.3M nom = 1.3 ⋅ 36.473 = 47.4049[Nm] Nominalna ugaona brzina pogonskog vratila motora iznosi:

ω nom =

2πnnom 2 ⋅ π ⋅ 2880 = = 301.593 s −1 60 60

[ ]

Potrebno ugaono ubrzanje tokom zaleta je prema tome:

α zal =

ω nom 301.593 = = 150.796[s − 2 ] t zal 2

Iz toga sledi da je maksimalni ukupni svedeni moment inercije: JΣ =

Md

α zal

=

47,4049 = 0.314[kgm 2 ] 150.796

Odnosno svedeni noment inercije tereta može da iznosi maksimalno: J t = J Σ − J m = 0.314 − 0.1 = 0.214[kgm 2 ] Rešenje 4.3.3. Koeficijent korisnog dejstva motora iznosi:

η=

Pnom 10000 = = 0.867[ U nom I anom 220 ⋅ 52.4

]

Prema tome nominalni gubici su: Pgnom = Pel − Pnom =

1   1  − Pnom = Pnom  − 1 = 10000 ⋅  − 1 = 1534.025[W ] η  0.867  η 

Pnom

Pošto se gubici u armaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka, njihova vrednosti se kreće u granicama: PCunom = (0.4...0.7 )Pgnom = (0.4...0.7 ) ⋅ 1534.025 = 613.61...1073.8175[W ] 304


2005. GODINA

Iz toga sledi da se vrednost otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja kreće u granicama: Ra + R pp =

PCunom I anom

2

=

613.61...1073.8175 = 0.223475...0.39108[Ω] 52.4 2

Koeficijent k E Φ se prema tome kreće u granicama: kEΦ = k E Φ' =

U − (Ra + R pp )I anom nnom U − (Ra '+ R pp ')I anom

⇒

n nom U − (Ra ' '+ R pp ' ')I anom

k E Φ' ' =

220 − 0.223475 ⋅ 52.4 = 0.09257[Vmin] 2250

=

nnom

=

220 − 0.39108 ⋅ 52.4 = 0.08867[Vmin] 2250

A brzina obrtanja u praznom hodu kreće se u granicama: U ⇒ kEΦ U 220 n0 ' = = = 2376.58 min −1 k E Φ ' 0.09257 U 220 n0 ' ' = = = 2481.11 min −1 k E Φ ' ' 0.08867 n0 =

[

]

[

]

Vrednost rotorske struje za minimalno opterećenje od Pt = 2 [kW] nalazimo približno iz relacije: I a 2 kW ≈ 0.2 I anom = 0.2 ⋅ 52.4 = 10.48[A] I na kraju brzina obrtanja uz uslove postavljene u zadatku za minimalno opterećenje verovatno se kreće u granicama: n2 kW = n2 kW ' =

U − (Ra + R pp )I a 2 kW kEΦ U − (Ra '+ R pp ')I a 2 kW

n2 kW ' ' =

⇒ =

k E Φ' U − (Ra ' '+ R pp ' ')I a 2 kW k E Φ'

[

]

[

]

220 − 0.223475 ⋅ 10.48 = 2351.27 min −1 0.09257 =

220 − 0.39108 ⋅ 10.48 = 2434.88 min −1 0.08867

Pri maksimalnom opterećenju od Pt = 10 [kW] motor se obrće nominalnom brzinom obrtanja nnom = 2250 [min-1], što pretstavlja minimalnu očekivanu brzinu obrtanja. Maksimalna očekivana brzina obrtanja pri minimalnom opterećenju iznosi nmax = 2434.88 [min-1]. Na osnovu prethodnog razmatranja zaključujemo da verovatne granice promene brzine obrtanja od n = 2250 [min-1] do 2434.88 [min-1] ne odgovaraju traženim granicama n = 2200 [min-1] do 2400 [min-1]. 305


2005. GODINA


Pnom

Ω nom

=

Pnom

2π n nom 60

=

30 ⋅ 40 ⋅ 10 3 = 267.12[Nm ] π ⋅ ⋅1430


n1 − n nom 1500 − 1430 = = 0.0467[ n1 1500

]

Elektromehanička vremenska konstanta iznosi: Tm =

J Σ s nom n1 π 150 ⋅ 0.0467 ⋅ 1500 ⋅ π = = 4.12[s ] M nom 30 267.12 ⋅ 30

Pre rasterećenja brzina obrtanja u stacionarnom stanju jednaka je nominalnoj brzini obrtanja. Kada bi rasterećenje trajalo beskonačno, brzina motora bi u novom stacionarnom stanju dostigla sinhronu brzinu obrtanja n1, pa funkcija promene brzine sa vremenom ima oblik: 1 1 − t  − t  Tm  Tm  n = n1 1 − e +n e   nom  

Prema tome tražena brzina obrtanja na kraju rasterećenja iznosi: 306


2005. GODINA

2 2 2 − − −   n k = 1500 ⋅ 1 − e 4.12  + 1430 ⋅ e 4.12 = 1500 − (1500 − 1430 ) ⋅ e 4.12 = 1456.92 min −1  

[

]

Po prestanku rasterećenja brzina obrtanja teži da se vrati u početno stacionarno stanje, po funkciji: 1 1 − t  − t  Tm  Tm  n = nnom 1 − e +n e   k  

Na osnovu prethodnih relacija, na prethodnom dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja u funkciji vremena tokom rasterećenja. Rešenje 4.3.5. Nominalno klizanje iznosi: s nom =

n1 − nnom 1500 − 1430 = = 0.0467[ n1 1500

]

Rotorski gubici u zaletu od nulte brzine do nominalne brzine iznose: WCur

(

2

)

(

)

ωs 2 2 J  2πf  2  s pol 2 − s nom 2 = = JΣ s p − s nom = Σ  2 2  p  2 2  2 ⋅ π ⋅ 50  2 2 = ⋅  ⋅ (1 − 0.0467 ) = 6155.050[Ws ] 2  4 

Statorski i rotorski gubici kod zaleta mogu se približno računati iz relacija: WCur = WCus =

t zal

∫ I r (t ) Rr dt = 2

0 t zal

∫ I (t ) s

2

t zal

∫ I ' (t ) r

2

Rr ' dt

0

Rs dt

0

Uz zanemarivanje struje magnećenja važi da je Is = Ir’, pa važi: t zal

WCur = WCus

∫ I ' (t )

2

r

0 t zal

∫ I (t ) s

Rr ' dt =

2

Rs dt

R Rr ' 1 ⇒ WCus = s WCur = ⋅ 6155.050 = 4103.367[Ws ] Rs Rr ' 1.5

0

Traženi ukupni gubici tokom zaleta će prema tome biti: W zal = WCus + WCur = 4103.367 + 6155.050 = 10258.417[Ws ]

307


2005. GODINA

4.4. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 07.04.2005. Zadatak 4.4.1. Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom kruto su spregnuta i pokreću dizalicu. Rotorski namotaji motora napajaju se iz istog regulisanog izvora jednosmernog napona. Pobudni namotaji se napajaju iz posebnih regulisanih izvora koji se mogu zasebno podešavati. Motori treba da u svim režimima dele moment opterećenja srazmerno svojim nominalnim momentima. Prvi motor ima nazivne podatke: Pnom = 10 [kW]; Unom = 220 [V]; Ianom = 47 [A]; Ra + Rpp = 0.154 [Ω]; nnom = 1500 [min-1]. Drugi motor ima nazivne podatke: Pnom = 2 [kW]; Unom = 220 [V]; Ianom = 9.2 [A]; Ra + Rpp = 0.283 [Ω]; nnom = 1400 [min-1]. Otporni moment dizalice sveden na pogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente Mt = Mt1 + Mt2. Prva komponenta Mt1 = 30 [Nm] = konst ima potencijalnu prirodu, a druga komponenta ima reaktivnu i može se predstaviti kao funkcija brzine obrtanja n izražene u [min-1], na sledeći način Mt2 = 0.002.n [Nm]. Za brzinu obrtanja n1 = 1000 [min-1] pri dizanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnih veličina, napona napajanja, rotorske struje i pobudnih flukseva pojedinačno za oba motora. Zadatak 4.4.2. Za motore iz prethodnog zadatka, pri istim zahtevima, za brzinu obrtanja n2 = 1800 [min-1] pri spuštanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnih veličina, napona napajanja, rotorske struje i pobudnih flukseva za oba motora. Zadatak 4.4.3. Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nazivnim podacima: Pnom = 10.5 [kW]; Unom = 380 [V]; Inom = 20.6 [A]; cosϕ = 0.85 [ ]; nnom = 1460 [min-1] i sopstvenog momenta inercije Jm = 0.05 [kgm2], pokreće radnu mašinu čiji se otporni moment menja u zavisnosti od brzine obrtanja n izražene u [min-1] po relaciji Mt = 49.014 + 0.0375.n [Nm]. Svedeni moment inercije radne mašine na osovinu motora iznosi Jt= 0.45 [kgm2]. Motor se pušta u pogon sa otporničkim upuštačem koji mu od nulte brzine obrtanja do brzine n1 = 1420 [min-1] obezbeđuje konstantan moment dvostruke vrednosti nominalne vrednosti momenta motora Mpol = 2Mnom, a dalje se motor ubrzava po prirodnoj karakteristici motora. Koliko je vreme zaleta motora do 99.5% brzine obrtanja u stacionarnoj radnoj tački? Zadatak 4.4.4. Ako motor iz prethodnog zadatka ima masu m = 50 [kg] a klasa izolacije mu je F, koliko dugo motor može da radi sa a da se ne pregreje sa opisanom radnom mašinom posle pokretanja iz hladnog stanja? Proračun izvršiti uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] i da mu se stepen korisnog dejstva i hlađenje bitno ne menjaju sa opterećenjem. Zadatak 4.4.5. Elektromotorni pogon lopate za dubinsko kopanje radi na sledeći način: najpre se zaleće bez opterećenja, zatim izvlači sa opterećenjem, onda istresa teret, pa koči protivstrujno bez tereta. Pogon je ostvaren sa trofaznim asinhronim motorom sa nominalnim podacima Unom = 380 [V]; Inom = 19.5 [A]; Pnom = 7.5 [kW]; nnom = 680 [min-1]; cosϕnom = 0.74 [ ]; PCunom/PFenom = 3 [ ]. Rotorski otpor sveden na stator 1.5 puta veći od vrednosti statorskog otpora. Ukupni moment inercije sveden na osovinu motora je JΣ = 1.625 [kgm2]. Teret pri izvlačenju opterećuje osovinu motora sa Pt = 6.2 308


2005. GODINA

[kW]. Motor kad stoji hladi se tri puta slabije nego kad se vrti. Posle svakog ciklusa motor neko vreme stoji tako da trajanje uključenja može se oceniti sa maksimalno ε = 65 [%]. Odrediti koliko ciklusa može izvesti ovaj pogon na sat, a da se motor ne preoptereti, pri tome pretpostaviti ta su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa. Rešenje 4.4.1. Za nominalni režim prvog motora važi: E nom1 = U − I anom1 (Ra1 + R pp1 ) = 220 − 47 ⋅ 0.154 = 212.762[V ] E nom1 = k E1Φnom1 n anom1 ⇒ k E1Φnom1 = M mnom1 =

E nom1 212.762 = = 0.14184[Vmin ] n anom1 1500

60 Pm1 30 10000 = ⋅ = 63.662[Nm] 2π nnom1 π 1500

k M 1Φnom1 =

30

π

k E1Φnom1 =

 Nm  ⋅ 0.14184 = 1.3545 π  A 

30

Za nominalni režim drugog motora važi: E nom 2 = U − I anom 2 (Ra 2 + R pp 2 ) = 220 − 9.2 ⋅ 0.283 = 217.3964[V ] E nom 2 = k E 2Φnom 2 n anom 2 ⇒ k E 2Φnom 2 = M mnom 2 =

E nom 2 217.3964 = = 0.15528[Vmin ] n anom 2 1400

60 Pm 2 30 2000 = ⋅ = 13.642[Nm] 2π nnom 2 π 1400

k M 2Φnom 2 =

30

π

k E 2Φnom 2 =

 Nm  ⋅ 0.15528 = 1.4826  π  A 

30

Brzina obrtanja n1 = 1000 [min-1] pri dizanju, svakako se mora postići smanjenjem rotorskog napona, koji je zajednički za oba motora, pri čemu da bi motori delili moment opterećenja srazmerno svojim nominalnim momentima, moraju se pobude smanjiti. Pri tome zgodno je smanjiti pobudu samo drugog motora, jer smanjenje pobude prvog motora dovodi do većeg ukupnog povećanja struje koju motori vuku, jer taj motor sa većim procentom učestvuje u stvaranju momenta. Iz postavljenih uslova slede relacije za proizvedene momente motora i moment opterećenja, na osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenih momenata oba motora:

M m1 = k M 1Φnom1 I a1 M m 2 = k M 2Φ2 I a 2 M m1 k M 1Φnom1 I a1 M mnom1 M = = ⇒ M m 2 = M m1 mnom 2 M m2 k M 2Φ2 I a 2 M mnom 2 M mnom1 M t = M t1 + M t 2 = 30 + 0.002n1 = 30 + 0.002 ⋅ 1000 = 32[Nm] M t = M m1 + M m 2 = M m1 + M m1

 M M mnom 2 = M m1 1 + mnom 2 M mnom1 M mnom1 

Mt 32 = = 26.353[Nm ] M mnom 2 13.642 1+ 1+ 63.662 M mnom1 = M t − M m1 = 32 − 26.353 = 5.647[Nm]

M m1 = M m2

309

  ⇒ 


2005. GODINA

Prema tome prvi motor vuče rotorsku struju vrednosti: I a1 =

M m1 26.353 = = 19.456[A] k M 1Φnom1 1.3545

Iz toga sledi da rotorski napon napajanja oba motora iznosi: U 1 = k E1Φnom1 n1 + I a1 (Ra1 + R pp1 ) = 0.14184 ⋅ 1000 + 19.456 ⋅ 0.154 = 144.836[V ] Vrednost rotorske struje i fluksa drugog motora dobijamo iz relacija za napon i moment drugog motora: U 1 = k E 2Φ2 n1 + I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) M m 2 = k M 2Φ2 I a 2 = U1 =

30

π

M m 2π n1 + I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) ⇒ I a 2 30 I a 2

2

I a2 −

M m 2π ⇒ 30 I a 2 M m 2 n1π U1 1 − + =0⇒ Ra 2 + R pp 2 I a 2 30(Ra 2 + R pp 2 )

k E 2Φ2 I a 2 ⇒ k E 2Φ 2 =

M m 2 n1π U1 I a2 + =0⇒ Ra 2 + R pp 2 30(Ra 2 + R pp 2 ) 2

I a2

  M m 2 n1π U1 U1 = ±  =  − 2(Ra 2 + R pp 2 ) 30(Ra 2 + R pp 2 )  2(Ra 2 + R pp 2 ) 2

144.863 5.647 ⋅ 1000 ⋅ π  144.863  ±  = 255.942 ± 255.942 2 − 2089.585 =  − 2 ⋅ 0.283 30 ⋅ 0.283  2 ⋅ 0.283  507.769[A] = 255.942 ± 251.827 =   4.115[A] =

Prvo rešenje je preveliko a zahteva i suviše veliko slabljenje pobude, te drugo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude nalazimo iz relacije za rotorski napon: k E 2Φ2 =

ϕ=

U 1 − I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) n1

=

144.863 − 4.115 ⋅ 0.283 = 0.1437[V min] 1000

k E 2Φ2 0.1437 = = 0.9254[ k E 2Φnom 2 0.15528

]

Što iznosi 92.54% od vrednosti nominalnog fluksa. Rešenje 4.4.2. Iz postavljenih uslova slede relacije za proizvedene momente motora i moment opterećenja, na osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenih momenata oba motora:

M m1 M mnom1 M = ⇒ M m 2 = M m1 mnom 2 M m 2 M mnom 2 M mnom1 M t = M t1 + M t 2 = 30 + 0.002n 2 = 30 + 0.002 ⋅ (− 1800) = 26.4[Nm] 310


 M M mnom 2 = M m1 1 + mnom 2 M mnom1 M mnom1 

M t = M m1 + M m 2 = M m1 + M m1

2005. GODINA

  ⇒ 

Mt 26.4 = = 21.741[Nm] M mnom 2 13.642 1+ 1+ 63.662 M mnom1 = M t − M m1 = 26.4 − 21.741 = 4.659[Nm]

M m1 = M m2

Vrednost rotorskih struja i flukseva motora dobijamo iz relacija za napon i moment motora, sa tim da se kočioni režim dobija izmenom polariteta napajanja, sa tim da se oba motora moraju nalaziti u režimu slabljenja polja pošto je brzina obrtanja veća od obe nominalne brzine obrtanja: U 1 = −U = k E1Φ1 n2 + I a1 (Ra1 + R pp1 )

U 2 = −U = k E 2Φ2 n2 + I a 2 (Ra1 + R pp1 ) M m1 = k M 1Φ12 I a1 = M m 2 = k M 2Φ2 I a 2

30

M m1π ⇒ 30 I a1 M π ⇒ k E 2Φ 2 = m 2 ⇒ 30 I a 2

k E1Φ1 I a1 ⇒ k E1Φ1 =

π 30 = k E 2Φ2 I a 2 π

Za prvi motor važi: −U = 2

I a1 + I a1

M m1π M m1 n2π U 1 + =0⇒ n2 + I a1 (Ra1 + R pp1 ) ⇒ I a1 + Ra1 + R pp1 I a1 30(Ra1 + R pp1 ) 30 I a1 M m1 n 2π U =0⇒ I a1 + Ra1 + R pp1 30(Ra1 + R pp1 )

U =− ± 2(Ra1 + R pp1 )

2

  M m1 n2π U =   − 30(Ra1 + R pp1 )  2(Ra1 + R pp1 )

220 21.741 ⋅ (− 1800 ) ⋅ π  − 220  ±  =  − 2 ⋅ 0.154 30 ⋅ 0.154  2 ⋅ 0.154  2

=−

 18.391[ A] = −714.286 ± 714.286 2 + 26610.922 = −714.286 ± 732.677 =  − 1446.963[ A] Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude prvog motora nalazimo iz relacije za rotorski napon: k E1Φ1 =

ϕ1 =

− U − I a1 (Ra1 + R pp1 ) n2

=

− 220 − 18.391 ⋅ 0.154 = 0.12379[V min] − 1800

k E1Φ1 0.12379 = = 0.8728[ k E1Φnom1 0.14184

]

Što iznosi 87.28% od vrednosti nominalnog fluksa prvog motora. Za drugi motor važi:

311


−U = 2

I a2 + I a2

2005. GODINA

M m 2π M m 2 n 2π U 1 n 2 + I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) ⇒ I a 2 + + =0⇒ 30 I a 2 Ra 2 + R pp 2 I a 2 30(Ra 2 + R pp 2 ) M m 2 n 2π U I a2 + =0⇒ Ra 2 + R pp 2 30(Ra 2 + R pp 2 )

U =− ± 2(Ra 2 + R pp 2 )

2

  M m 2 n 2π U =   − 30(Ra 2 + R pp 2 )  2(Ra 2 + R pp 2 )

4.659 ⋅ (− 1800) ⋅ π − 220  − 220  = ±  = −388.693 ± 388.693 2 + 3103.183 =  − 2 ⋅ 0.283 2 ⋅ 0 . 283 30 ⋅ 0 . 283    3.972[A] = −388.693 ± 392.665 =  − 781.358[A] 2

Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude drugog motora nalazimo iz relacije za rotorski napon: k E 2Φ2 =

ϕ2 =

− U − I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) n2

=

− 220 − 3.972 ⋅ 0.283 = 0.12285[V min] − 1800

k E 2Φ2 0.12285 = = 0.7912[ k E 2Φnom 2 0.15528

]

Što iznosi 79.12% od vrednosti nominalnog fluksa drugog motora. Rešenje 4.4.3. Nominalni moment motora iznosi: M nom =

60 Pnom 30 10500 = ⋅ = 68.676[Nm] 2π nnom π 1460

Prema uslovima zadatka, polazni moment ima konstantnu vrednost od nulte do brzine obrtanja n1 = 1420 [min-1] u iznosu: M pol =

M pol M nom

M nom = 2 ⋅ 68.676 = 137.352[Nm ]

Iznad te brzine obrtanja do sinhrone brzine obrtanja, moment motora možemo aproksimirati linearnom relacijom: Mm =

ns − n 1500 − n ⋅ 68.676 = 2575.35 − 1.7169 ⋅ n[Nm ] M nom = n s − nnom 1500 − 1460

Stacionarnu radnu tačku nalazimo na preseku momentnih krivi motora i opterećenja, odnosno iz relacije: M m = M t ⇒ 2575.35 − 1.7169 ⋅ n = 49.014 + 0.0375 ⋅ n ⇒

312


[

2005. GODINA

]

2575.35 − 49.014 = 1440 min −1 ⇒ 1.7169 + 0.0375 M m = M t = 2575.35 − 1.7169 ⋅ n = 2575.35 − 1.7169 ⋅ 1440 = 103.014[Nm]

n=

Mm(n)

M 137.352 [Nm]

103.014 [Nm]

49.014 [Nm]

Mt(n) 0

n

1420 [min-1] 1440 [min-1]

Brzina do koje treba izračunati vreme zaleta iznosi:

[

n99 = 0.995 ⋅ 1440 = 1432.8 min −1

]

Ukupni moment inercije iznosi:

[

J Σ = J m + J t = 0.05 + 0.45 = 0.5 kgm 2

]

Vreme zaleta nalazimo integraljenjem u dva opsega u kojima se menja zakon promene dinamičkog momenta: t zal =

t zal

∫ dt = 0

=

πJ Σ 30

n99 n dn πJ Σ  1 dn dn = + ∫0 M d 30  ∫0 M pol − M t n∫ M m − M t 1 

n99

 =  

π ⋅ 0.5  1420 dn ⋅ ∫ + ........ 30  0 137.352 − (49.014 + 0.0375 ⋅ n ) 1432.8

..... +

∫

1420

 dn = 2575.35 − 1.7169 ⋅ n − (49.014 + 0.0375 ⋅ n ) 

=

1432.8  π ⋅ 0.5  1420 dn dn = ⋅ ∫ + ∫ 30  0 88.338 − 0.0375 ⋅ n 1420 2526.336 − 1.7544 ⋅ n 

=

88.338− 0.0375⋅1420 2526.336 −1.7544⋅1432.8 π ⋅ 0.5  1 dx 1 dy  = ⋅ + ∫ ∫  30  − 0.0375 x − 1 . 7544 y 88.338 2526.336 −1.7544⋅1420 

π ⋅ 0.5  1 88.338 1 2526.336 − 1.7544 ⋅ 1420  ⋅ ln + ln = 30  0.0375 88.338 − 0.0375 ⋅ 1420 1.7544 2526.336 − 1.7544 ⋅ 1432.8  = 1.372[s ]

=

313


2005. GODINA

Rešenje 4.4.4. Električna snaga, koeficijent korisnog dejstva i gubici pri nominalnom opterećenju iznose: Pel = 3U nom I nom cosϕ = 3 ⋅ 380 ⋅ 20.6 ⋅ 0.85 = 11525.72[W ] Pnom 10500 = = 0.911[ ] 11525.72 Pel = Pel − Pnom = 11525.72 − 10500 = 1025.72[W ]

η nom = Pgnom

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna dozvoljena nadtemperatura iznosi 100 [oC], pa vrednost toplotne provodnosti iznosi: A=

Pgnom ∆θ max

=

[

1025.72 = 10.2572 W / oC 100

]

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[

CT = mC FE = 50 ⋅ 0.48 = 24 kWs / oC

]

Vremenska konstanta zagrevanja je prema tome: Ttz =

CT 24000 2340 = ≅ 2340[s ] = [min] = 39[min] A 10.2572 60

Snagu motora i gubitke u stacionarnom stanju, uz uslove definisane u zadatku nalazimo iz relacija: Mm 103.014 Pnom = ⋅ 10500 = 1.5 ⋅ 10500 = 15750[W ] M nom 68.676 P ' (1 − η nom ) Pm ' Pg ' = m = Pgnom = 1.50 ⋅ 1025.72 = 1538.58[W ] η nom Pnom

Pm ' =

Maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, iznosi: ′ ′ Pg Pg ′ Pg ∆θ max = = = 1.50 ⋅ 100 = 150 o C A Pg A

[ ]

Polazeći od činjenice da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od: − ′ = ∆θ max 1 − e Ttz   tuk

∆θ max

t ′ − uk   ⇒ e Ttz = 1 − ∆θ max = ∆θ max − ∆θ max ⇒ ′ ′  ∆θ max ∆θ max 

314


t uk = Ttz ln

2005. GODINA

′ ∆θ max 150 150 = 39 ⋅ ln = 39 ⋅ ln = 39 ⋅ ln 3 = 42.846[min] ′ 150 − 100 50 ∆θ max − ∆θ max

Rešenje 4.4.5. Stepen korisnog dejstva motora iznosi: Pnom

η nom =

=

3U nom I nom cos ϕ nom

7500 3 ⋅ 380 ⋅ 19.5 ⋅ 0.74

= 0.7897[

]

Ukupni nominalni gubici prema tome iznose:  1   1  Pgnom = Pnom  − 1 = 7500 ⋅  − 1 = 1997.278[W ]  0.7897   η nom   P P Pgnom = PCunom + PFenom = Cunom PFenom + PFenom = PFenom 1 + Cunom PFenom PFenom 

  ⇒ 

Pgnom 1997.278 = = 499.319[W ] PCunom 1+ 3 1+ PFenom = Pgnom − PFenom = 1997.278 − 499.319 = 1497.959[W ]

PFenom = PCunom

Prema tome pri opterećenju od Pt = 6.2 [kW] gubici će iznositi: Pg = PCu + PFenom

 P =  t  Pnom

2

2

 6.2   PCuenom + PFenom =   ⋅ 1497.959 + 499.319 = 1522.991[W ] 7 . 5   

Rotorski gubici u zaletu bez tereta iznose: WCurz

(

)

2

(

)

ωs 2 2 J  2πf  2 2  s1 − s 2 2 = = JΣ s1 − s 2 = Σ  2 2  p  2 1.625  2 ⋅ π ⋅ 50  2 2 = ⋅  ⋅ (1 − 0 ) = 5011.909[Ws ] 2  4 

Rotorski gubici tokom kočenja bez tereta iznose: WCurk

(

)

2

(

)

ω2 2 J  2πf  2 2  s1 − s 2 2 = = J Σ s s1 − s 2 = Σ  2 2  p  2 1.625  2 ⋅ π ⋅ 50  2 2 = ⋅  ⋅ (2 − 1 ) = 15035.727[Ws ] 2  4 

Statorski i rotorski gubici kod zaleta i kočenja, uz zanemarivanje struje magnećenja, mogu se približno izračunati iz relacija:

315

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA t zal

WCur = WCus

∫ I ' (t )

2

r

0 t zal

∫ I (t ) s

Rr ' dt =

2

Rs dt

2005. GODINA

Rr ' ⇒ Rs

0

Rs 1 WCurz = ⋅ 5011.909 = 3341.273[Ws ] Rr ' 1.5 R 1 = s WCurk = ⋅ 15035.727 = 10023.818[Ws ] Rr ' 1.5

WCusz = WCusk

Traženi ukupni gubici tokom zaleta i kočenja će prema tome biti: W zal = WCusz + WCurz = 5011.909 + 3341.273 = 8353.102[Ws ] Wkoc = WCusk + WCurk = 15035.727 + 10023.818 = 25059.545[Ws ] Za vreme jednog ciklusa u toplotu se pretvori energija: W zal + Wkoc + Pg t p gde je tp vreme trajnog opterećenja. Hlađenjem motora u jedinici vremena može se odvesti toplotna snaga odnosno gubici Pgnom ako je u trajnom pogonu nominalno opterećen, toplotna snaga βPgnom ako je motor u mirovanju i αPgnom ako je motor u zaletu ili kočenju. Na osnovu zahteva da zagrevanje ne sme da premaši dopuštenu granicu mora se odvesti onoliko toplote koliko se i stvori, odnosno: W zal + Wkoc + Pg t p = αPgnom (t z + t k ) + Pgnom t p + β Pgnom t m = 1+ β Pgnom (t z + t k ) + Pgnom t p + β Pgnom t m 2 gde je tm vreme mirovanja, tz vreme zaleta i ts vreme kočenja. Označimo li sa tc vreme trajanja ciklusa, broj ciklusa na sat z možemo odrediti na osnovu relacije: =

z=

3600 tc

Pri relativnoj intermitenciji ε vreme trajnog opterećenja i vreme mirovanja iznose: 3600 − (t z + t k ) z 3600 t m = (1 − ε )t c = (1 − ε ) z

t p = εt c − (t z + t k ) = ε

Ubacivanjem ovih vremena u relaciju bilansa toplotne energije dobijamo relaciju za broj ciklusa:  3600  − (t z + t k ) = W zal + Wkoc + Pg ε z   316


2005. GODINA

1+ β 3600  3600  Pgnom (t z + t k ) + Pgnom ε − (t z + t k ) + βPgnom (1 − ε ) ⇒ 2 z z   ε (Pgnom − Pg ) + Pgnom β (1 − ε ) =

z = 3600

1− β   W zal + Wkoc − (t z + t k ) Pg − Pgnom  2  

Iz uslova zadatka da su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa, sledi približna relacija za dozvoljeni broj ciklusa: z ≈ 3600

ε (Pgnom − Pg ) + Pgnom β (1 − ε ) = W zal + Wkoc 0.65 ⋅ (1997.278 − 1522.991) + 1997.278 ⋅ 0.333 ⋅ 0.35 = 3600 ⋅ = 58.322 ≈ 58[ 8353.102 + 25059.545

]

Sličan rezultat može se dobiti i ako se ne zanemari vreme trajanja zaleta i kočenja, analizom izraza u broiocu tačnog izraza za dozvoljeni broj ciklusa. Ako zamenimo energiju gubitaka nastalih tokom zaleta i kočenja sa ekvivalentom energijom koja nastaje kao delovanje srednje snage gubitaka tokom zaleta i kočenja Pgzk, važi relacija: W zal + Wkoc = (t z + t k )Pgzk Pa broioc izraza za dozvoljeni broj ciklusa možemo pisati u obliku:  1− β 1− β     W zal + Wkoc − (t z + t k ) Pg − Pgnom  = (t z + t k ) Pgzk −  Pg − Pgnom  2 2      Ocenimo veličine u faktoru u srednjoj zagradi upoređujući pojedine elemente sa Pgnom. Prvo opterećenje u stacionarnom stanju Pg nije mnogo različito od Pgnom. Drugo uz minimalni odnos β = 0.25 važi: Pg −

1− β  1 − 0.25  Pgnom ≈ 1 −  Pgnom = 0.625 Pgnom 2 2  

Sa druge strane struje tokom zaleta i kočenja su 4 do 5 puta veće od nominalne struje, a Pgzk je proporcionalno sa kvadratu struje, pa važi: Pgyk ≈ (16 ÷ 25)Pgnom 1− β   Pgnom  , odnosno da treći Iz toga proizilazi da je Pgzk je 25 do 40 puta veće od  Pg − 2   član broioca iznosi samo 2.5% do 4% od zbira prva dva, pa iz toga sledi da izraz za dozvoljeni broj ciklusa približno iznosi: z ≈ 3600

ε (Pgnom − Pg ) + Pgnom β (1 − ε ) ε (Pgnom − Pg ) + Pgnom β (1 − ε ) ≈ 3700 W zal + Wkoc 0.97(W zal + Wkoc )

ili u našem slučaju: 317


z = 3700 ⋅

0.65 ⋅ (1997.278 − 1522.991) + 1997.278 ⋅ 0.333 ⋅ 0.35 = 59.94 ≈ 60[ 8353.102 + 25059.545

2005. GODINA

]

što se ne razlikuje mnogo od prethodnog rezultata.

4.5. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 12.05.2005. Zadatak 4.5.1. Serijski motor jednosmerne struje razvija pri nominalnom naponu napajanja Unom = 170 [V], nominalnoj struji Ianom = 39 [A] i brzini nnom = 600 [min-1] moment Mnom = 100 [Nm]. Ako se moment opterećenja smanji na Mt = 50 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri istom naponu napajanja. Zadatak 4.5.2. Kran nosivosti mt = 500 [kg] sa masom protivtega ms = 250 [kg] ima brzinu dizanja od v = 0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je nnom = 960 [min-1]. a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)? b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ? Zadatak 4.5.3. Dvopolni trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom za priključni napon Unom = 220 [V]; fnom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja Mt = 20 [Nm]. Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnoj tački nt1 = 804 [min-1] i u stabilnoj radnoj tački nt2 = 2878 [min-1]. Odrediti: a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste. b) Vrednost prevalnog momenta Mkr i prevalnog klizanja skr . Zadatak 4.5.4. Motor iz prethodnog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača. a) Da li se pogon može pokrenuti, obzirom da je moment opterećenja veći od polaznog momenta motora? b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije. Zadatak 4.5.5. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za kratkotrajni rad, su sledeći podaci: Pnom = 120 [kW]; tuk = 130 [min]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F. Na osnovu ovih podataka odrediti koliko bi moglo biti opterećenje u trajnom radu pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC]. Rešenje 4.5.1. Nominalna snaga u trajnom pogonu iznosi: PMot = M Mot

2πn nom 2 ⋅ π ⋅ 600 = 100 = 6283.185[W ] 60 60

Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju: 318


M nom = k M Φnom I anom = k M k Φ I anom I anom = C M I anom

2005. GODINA

2

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja: M t = M m = k M ΦI a = k M k Φ I a I a = C M I a

2

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenom opterećenju: 2

Mt CM I a Mt 50 39 = ⇒ I a = I anom = 39 ⋅ = = 27.577[ A] 2 M nom C M I anom M nom 100 2 Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz sledeće jednačine uz pretpostavku da su mehanički gubici približno jednaki nuli: E nom =

Pnom 6283.185 = = 161.10[V ] I anom 39

Iz naponske jednačine sledi da vednost sumarne otpornosti rotorskog kruga iznosi:

(R

a

+ R pp + Rs ) =

U nom − E nom 170 − 161.10 8.9 = = = 0.228[Ω] I anom 39 39

Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju je prema tome: E = U nom − I a (Ra + R pp + Rs ) = 170 − 25.577 ⋅ 0.228 = 163.71[V ] Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija: E nom = k E Φnom nnom = k E k Φ I anom nnom = C E I anom n nom ⇒ E = k E Φn = k E k Φ I a n = C E I a n ⇒ CE I a n E E I anom 163.71 39 = ⇒n= nnom = ⋅ ⋅ 600 = 862.28 min −1 E nom C E I anom nnom E nom I a 161.10 25.577

[

Rešenje 4.5.2. a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi: PMot = mgv = (m s − mt )gv = (500 − 250 ) ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 = 1226.25[W ] b)

Potreban moment u trajnom pogonu iznosi: M Mot =

60 PMot 30 1226.25 = = 12.197[Nm] 2π nnom π 960

319

]


2005. GODINA

Rešenje 4.5.3. Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi: n1 − nt1 3000 − 804 2196 = = = 0.732[ n1 3000 3000

s t1 =

]

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi: n1 − nt 2 3000 − 2878 122 = = = 0.040666[ n1 3000 3000

st 2 =

]

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: Mt =

 1 2 M kr 2M kr s s s s s −s 1   = 0 ⇐ /⋅ s kr = ⇒ t1 + kr = t 2 + kr ⇒ t1 t 2 + s kr  − st1 s kr st 2 s kr s kr st1 s kr st 2 s kr s s t2   t1 + + s kr st1 s kr st 2

− s t1  2196 ⋅ 122 2 s  = −(st1 − st 2 ) ⇒ s kr 2 = s t1 st 2 ⇒ s kr = ± st1 st 2 = ± = ±0.17253[ s kr  t 2 3000 2  s t1 s t 2 

]

Kritični moment nalazimo iz relacije: M kr =

Mt 2

 st 2 s kr  20  0.732 0.17253    = + +   = 44.779[Nm] 0.732   s kr s t 2  2  0.17253

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse: 2

M kr

) (

)

2

Us 30 3 30 3 U s 30 3 220 2 ' X X = ⋅ ⋅ ⇒ + = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 5.161[Ω] s r π n1 2 X s + X r ' π n1 2M kr π 3000 2 ⋅ 44.779

(

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste, iznose: '

'

L + Lr X + Xr 5.161 L s = Lr = s = s = = 0.008214[H ] = 8.124[mH ] 2 2ω 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 '

Rešenje 4.5.4. Može se pokrenuti. Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije do nominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst, opada kvadratično sa porastom frekvencije. Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti: 2

f  M kr M 44.779 = kr = ≈ 2.239 ⇒  sb  = 2.239 ⇒ Mt M krb 20  fs  320


2005. GODINA

f sb = f s 2.239 = 50 ⋅ 2.239 = 74.816[Hz ] Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja:

[

f sb 74.816 = 3000 ⋅ = 4488.96 min −1 fs 50

n1b = n1

]


[

∆n kr = s kr n1 = 0.17253 ⋅ 3000 = 517.59 min −1

]


[

nb = n1b − ∆n kr = 4488.96 − 517.59 = 3971.37 min −1

]

Rešenje 4.5.5. Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[

CT = mC FE = 1400 ⋅ 0.48 = 672 kWs / oC

]

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]

∆θ max = θ max − θ amb = 140 − 40 = 100 o C



η nom

 1   1  = Pnom  − 1 = 120 − 1 = 13.333[kW ]  0.9   η nom 

Vremenska konstanta zagrevanja je: Ttz =

CT CT ′ = ∆θ max A Pγ

gde je toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature u stacionarnom stanju: A=

Pγ ∆θ max

′

Dijagram porasta temperatura zagrevanja za kratkotrajni rad možemo ilustrovati sledećim dijagramom, iz koga sledi jednačina za vezu između dozvoljene nadtemperasture i nadtemperature u stacionarnom stanju: 321


2005. GODINA

θmax

θ

θmax

∆θmax

θamb t

tuk tuk −  CT  ∆ θ max ′  Pγ ′  ′  ∆θ max = ∆θ max 1 − e = ∆θ max 1 − e        K −  t uk Pγ ′ ′ ∆θ max = 100 = ∆θ max 1 − e ∆θ max  ⇒ K =   CT   154.758 −  ′ ′  ′ 100 = ∆θ max 1 − e ∆θ max  = f  ∆θ max        t − uk Ttz

 tuk Pγ   − ′ ′ C   = ∆θ max 1 − e T ∆θ max      =

 ⇒  

[ ]

130 ⋅ 60 ⋅ 13.333 = 154.758 o C 672

Ovu jednačinu ne možemo eksplicitno rešiti po nadtemperaturi u stacionarnom stanju. Rešavanje se svodi na izračunavanje funkcije sa desne strane za razne vrednosti promenljive, te uzimanjem za rešenje vrednost promenljive za koju funkcija ima vrednost dozvoljenu nadtemperaturu. Vrednosti funkcije možemo srediti tabelarno ili grafički kao što sledi. ∆θ max

′

′ f  ∆θ max   

120 130 140 150 160 161 162 163 163.5 164 165 170

86.9532 90.4658 93.6464 96.5374 99.1751 99.4262 99.6751 99.9218 100.0443 100.1663 100.4088 101.5902

322


2005. GODINA

Dakle rešenje je 163.5, pa sledi da u trajnom radu možemo motor opteretiti sa snagom čija vrednost sledi iz sledećeg izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenom opterećenja: P' (1 − η ') Pγnom ' Pγnom Pγnom ' ∆θ max P' η' A= = ⇒ = = = ⇒ ∆θ max ∆θ max ' Pγnom ∆θ max ' Pnom (1 − η nom ) Pnom

η nom

P ' = Pnom

∆θ max 100 = 120 = 73.394[kW ] ∆θ max ' 163.5

4.6. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 16.06.2005. Zadatak 4.6.1.

Pogonsko vratilo

4

2

1

3

z1 = 20 z2 = 57 z3 = 25 z4 = 67 z5 = 25 z6 = 75 z7 = 25 z8 = 65

6 5

8

7

J1 = 0.012 [kgm2] J2 = 0.05 [kgm2] J3 = 0.015 [kgm2] J4 = 0.06 [kgm2] J5 = 0.10 [kgm2] J6 = 0.12 [kgm2] J7 = 0.01 [kgm2] J8 = 0.06 [kgm2]

323

Izlazno vratilo


2005. GODINA

Odrediti ukupan moment inercije pogona sveden na vratilo motora i brzinu obrtanja pogonskog izlaznog vratila uređaja sa zupčastim prenosom prikazanim na slici. Brzina obrtanja osovine motora iznosi nnom = 940 [min-1]. Zadatak 4.6.2. Dva trofazna asinhrona motora sa kratkospojenim rotorom pokreću pomoću različitih reduktora radnu mašinu sa dizaličnom karakteristikom otpornog momenta Mt = 2451 [Nm] i momenta inercije Jt = 37.5 [kgm2]. Odrediti vreme zaleta pogona ako se momenti motora pri puštanju u rad drže konstantnim. Nominalni podaci prvog motora i reduktora su Pnom1 = 15 [kW]; nnom1 = 1461 [min-1]; Jm1 = 0.1 [kgm2]; Mpol1 / Mnom1 = 1.6 [ ]; i1 = 15 [ ]. Nominalni podaci drugog motora i reduktora su Pnom2 = 10 [kW]; nnom2 = 974 [min-1]; Jm2 = 0.1 [kgm2]; Mpol2 / Mnom2 = 1.5 [ ]; i2 = 10 [ ].

M1

Radna mašina

i1

i2

M2

Zadatak 4.6.3. Koliko puta će vreme kočenja do potpunog zaustavljanja dizalice pri spuštanju tereta biti veće od vremena kočenja pri dizanju, ako je moment opterećenja konstantan Mt = 50 [Nm] i ako je srednji kočioni moment Mkoc = 100 [Nm] a ukupni moment inercije tereta je Jt = 0.5 [kgm2]. Brzina obrtanja motora na početku kočenja iznosi nm = 975 [min-1]. Zadatak 4.6.4. Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke Pnom = 6.7 [kW], nnom = 1455 [min-1], Mkr / Mnom = 3 [ ]. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri nominalnom momentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%. Zadatak 4.6.5. Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći podaci: Pnom = 11 [kW]; η = 0.9; klasa izolacije F. Pri povećanom opterećenju od 20% iznad nominalnog merenjem je utvrđeno da nadtemperaturu klase izolacije motor dostiže za tuk = 110 [min]. Uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] odrediti približno masu motora. Rešenje 4.6.1. Prenosni odnosi pojedinih parova zupčanika iznose: z 2 57 [ = z1 20 z 75 i3 = 6 = [ z 5 25 i1 =

] ]

z 4 67 [ = z 3 25 z 65 i4 = 8 = [ z 7 25 i2 =

] ]

Svedeni moment inercije pogonskog mehanizma na vratilo motora iznosi:

324


J Σ = J1 +

J2 + J3

J4 + J5

[

2

2

+

J6 + J7 2

2

2

+

J8

= 2 2 2 i1 i1 i2 i1 i2 i3 i1 i2 i3 i4 0.05 + 0.015 0.06 + 0.1 0.12 + 0.01 0.06 = 0.012 + + + + = 2 2 2 2  57 67 75   57 67 75 65   57   57 67     ⋅   ⋅ ⋅   ⋅ ⋅ ⋅   20   20 25   20 25 25   20 25 25 25  2 = 0.023987 kgm 2

+

2005. GODINA

2

]

Izlazna brzina pogonskog mehanizma iznosi: nizl = n8 =

[

n n1 940 = nom = = 15.778 min −1 57 67 75 65 i1i2 i3i4 i1i2 i3i4 ⋅ ⋅ ⋅ 20 25 25 25

]

Rešenje 4.6.2. Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemo smatrati linearnom, važe relacije za momente motora: M nom1 M m1 = s nom1 s1

M nom 2 M m 2 = s nom 2 s2

pri čemu nominalni momenti i klizanja imaju vrednosti: 60 Pnom1 30 15000 = ⋅ = 98.042[Nm] 2π nnom1 π 1461 n − nm1 1500 − 1461 39 s1 = s1 = = = 0.026[ ] n s1 1500 1500 60 Pnom 2 30 10000 M nom 2 = = ⋅ = 98.042[Nm] 2π n nom 2 π 974 n − n m 2 1000 − 974 26 s2 = s 2 = = = 0.026[ ] ns 2 1000 1000 M nom1 =

Iz toga proizilazi da se moment tereta deli po motorima u stacionarnom stanju u odnosu: M t= M m1 '+ M m 2 ' M m1 ' = M m1i1 = M nom1

s1

i1 s nom1 s M m 2 ' = M m 2 i2 = M nom 2 2 i2 s nom 2 Pošto važe odnosi: nnom1 1461 nnom 2 974 = = = = 97.4 i1 15 i2 10 s nom1 = s nom 2 325


2005. GODINA

važi i odnos: s1 = s 2 = s Pa iz relacija za moment sledi: M i M i  i2 = s nom1 1 + nom 2 2  ⇒ s nom1 s nom 2 s nom 2   s nom1 Mt 2451 0.026 ⋅ 2451 s= = = ≈ 0.026 M nom1i1 M nom 2 i2 98.042 ⋅ 15 98.042 ⋅ 10 98.042 ⋅ (15 + 10 ) + + 0.026 0.026 s nom1 s nom 2 M t= M m1 '+ M m 2 ' = M nom1

s1

i1 + M nom 2

s2

Što znači da u stacionarnoj radnoj tački da se oba motora okreću nominalnim brzinama i da su opterećena nominalnim momentima, iz toga sledi da je brzina obrtanja izlaznog vratila reduktora:

[

n nom1 1461 n nom 2 974 = = = = 97.4 min −1 i1 i2 15 10

nt =

]

Iz uslova zadatka sledi da su polazni momenti motora konstantni, pa je svedeni polazni moment na izlaznoj osovini reduktora: = 1.6M nom1 = 1.6 ⋅ 98.042 = 156.867[Nm] ⇒

M

pol1

M

pol1

M

pol 2

M

pol 2

M

pol

= 15 ⋅ 156.867 = 2353.008[Nm]

' = i1 M

pol1

= 1.5M nom 2 = 1.5 ⋅ 98.042 = 147.063[Nm] ⇒ ' = i2 M

' =M

= 10 ⋅ 147.063 = 1470.63[Nm]

pol 2

'+ M

pol1

' = 2353.008 + 1470.63 = 3823.638[Nm]

pol 2

Ukupni svedeni moment inercije na izlaznu osovinu reduktora iznosi: 2

2

J Σ' = J t + J m1 '+ J m 2' = J t + J m1i1 + J m 2i2 =

[

= 37.5 + 0.1 ⋅ 15 2 + 0.1 ⋅ 10 2 = 37.5 + 22.5 + 10 = 70 kgm 2

]

Traženo vreme zaleta za konstantni polazni moment i konstantni moment opterećenja nalazimo iz relacije: t zal =

J Σ'ω t 2π J Σ' nt π 70 ⋅ 97.4 = = ⋅ = 0.5201[s ] Md ' 60 M pol '− M t 30 3823.638 − 2451

Rešenje 4.6.3. Pri dizanju ukupan teret usporava kretanje, pa je ukupan moment kočenja jednak zbiru momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije: t kocd =

J Σω m J Σ nm π π 0.5 ⋅ 975 = = ⋅ = 0.34034[s ] M koc + M t 30 M koc + M t 30 100 + 50 326


2005. GODINA

Pri spuštanju ukupan teret ima tendenciju da ubrzava kretanje, pa je ukupan moment kočenja jednak razlici momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije: t kocs =

J Σω m J Σ nm π π 0.5 ⋅ 975 = = ⋅ = 1.0210[s ] M koc − M t 30 M koc − M t 30 100 − 50

Pa traženi odnos vremena kočenja pri spuštanju i dizanju iznosi: t kocd 1.02100 = = 3[ t kocd 0.34034

]

Rešenje 4.6.4. Nominalno klizanje motora iznosi: n1 − nnom 1500 − 1455 45 = = = 0.03[ n1 1500 1500

s nom =

]

Primenom Klosovog obrasca dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: M nom =

2

s kr −

2 M kr 2 M kr s s ⇒ nom + kr − = 0 / ⋅ s kr ⋅ s nom ⇒ s nom s kr s kr s nom M nom + s kr s nom

2 M kr 2 s nom s kr + s nom = 0 ⇒ M nom

2   M kr   M M kr  M 2 s nom ±  s nom  − s nom = s nom  kr ±  kr s kr = M nom  M nom  M nom   M nom 

)

(

2    − 1  =   

0.174852 = 0.03 3 ± 3 2 − 1 =   0.0051 Usvaja se prvo rešenje pošto je drugo manje od nominalnog klizanja. Polazni moment izračunavamo ponovnom primenom Klosovog obrasca:

M pol =

2 M kr s pol s kr + s kr s pol

2M kr M nom M nom 2 ⋅ 3 ⋅ M nom = = = 1.0179M nom 1 0.174852 1 s kr + + 0.174852 1 s kr 1

Pri smanjenom naponu za 15% motor razvija polazni moment:  U' M pol ' =   U nom

2

  0.85 ⋅ U nom  M pol =    U nom

2

  ⋅ 1.0179 ⋅ M nom = 0.7354 M nom 

manji od momenta opterećenja jednakim nominalnom, što znači da se motor ne može pokrenuti. 327


2005. GODINA

Rešenje 4.6.5. Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

∆ θ max = θ max − θ amb = 140 − 40 = 100

[ C] o



η nom

 1   1  = Pnom  − 1 = 11 − 1 = 1.22223[kW ]  0.9   η nom 

Toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature u stacionarnom stanju: A=

Pγnom ∆θ max

=

[

1222.23 = 12.2223 W 100

o

C

]

Gubici pri povećanom opterećenju, uz uslov da je koeficijent korisnog dejstva približno konstantan, iznose: Pγ ' =

P' (1 − η nom )

η nom

 1  = 1.2 Pnom  − 1 = 1.2 Pγnom  η nom 

Nadtemperatura u stacionarnom stanju u tom slučaju iznosi: ∆θ ' =

Pγ ' A

=

1.2 Pγnom A

[ ]

= 1.2∆θ max = 120 o C

Vremensku konstantu zagrevanja nalazimo iz uslova zadatka da se nadtemperatura klase izolacije motora dostiže za tuk = 110 [min]: t t − uk  − uk  ∆θ ′ − ∆θ max ∆θ ′ − ∆θ max t T ′ tz ∆θ max = ∆θ 1 − e  ⇒ e Ttz = ln ⇒ − uk = ln ⇒ ′ ′   T θ θ ∆ ∆ tz   t uk 110 110 = = = 61.392[min ] = 3683.53[s ] Ttz = 120 ln 6 ∆θ ′ ln ln 120 − 100 ′ ∆θ − ∆θ max

Toplotni kapacitet je prema tome:

[

]

[

CT = ATtz = 12.2223 ⋅ 3683.53 = 45021.209 Ws / oC = 45.021209 kWs / oC

]

Na kraju traženu masu motora, pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], nalazimo iz sledeće relacije:

328


m=

2005. GODINA

CT 45.021209 = = 93.794[kg ] C FE 0.48

4.7. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 30.06.2005.

d7 =531 z1 = 20

z2 = 57

d8 = 930

z1 = 20

d6 = 898

d3 = 591

d5 = 714.4

Motor

d4 = 900

d2 = 1300

d1 = 300

Zadatak 4.7.1. Jednomotorni pogon papir mašine sa tri valjka izveden je sa kombinovanim kaišnim i zupčastim mehaničkim prenosom prikazanim na slici. Tehnologija rada papir mašine zahteva da periferne brzine svih valjaka budu jednake. Prečnik prvog valjka iznosi D1 = 600 [mm]. Brzina obrtanja osovine motora iznosi nnom = 1450 [min-1]. Odrediti perifernu brzinu prvog valjka i prečnike drugog i trećeg valjka.

z2 = 57 z3 = 26

D1 = 600

z1 = 20

z2 = 57 z4 = 168

D2 =?

D3 = ?

Zadatak 4.7.2. Izračunati ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora pogona iz prethodnog zadatka ako je moment inercije motora Jm = 0.66 [kgm2], ako su svi valjci šuplji iste dužine l = 1000 [mm] i debljine zida a = 100 [mm], a specifična masa materijala od kog su izrađeni iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3]. Momenti inercije ostalih delova mehanizma su zanemarljivi. Zadatak 4.7.3. Pogonski motor pogona iz prethodnih zadataka nominalne snage Pnom = 4.6 [kW] pogoni se frekventnim pretvaračem. Odrediti srednju snagu otpornika u jednosmernom kolu pretvarača, ako pri kočenju pretvarač obezbeđuje konstantni moment kočenja jednak nominalnom momentu motora. Ako niste u prethodnom zadatku izračunali ukupni svedeni moment inercije usvojiti da on iznosi JΣ = 2 [kgm2]. 329


2005. GODINA

Zadatak 4.7.4. Šestopolni asinhroni motor napajan iz mreže frekvencije 50[Hz], ima nominalni moment Mnom = 73.9 [Nm], kritični moment mu iznosi Mkr = 4Mnom, a polazni moment mu iznosi Mpol = 2Mnom. Odrediti nominalnu snagu motora. Zadatak 4.7.5. Dvomotorni pogon sačinjavaju dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom upravljana posebno sa regulatorima u rotorskom i pobudnom krugu. Prvi motor ima nazivne podatke: Unom = 440 [V]; Ianom = 26.1 [A]; Ra + Rpp = 1.1 [Ω]; nnom = 3000 [min-1]. Drugi motor ima nazivne podatke: Unom = 220 [V]; Ianom = 55 [A]; Ra + Rpp = 0.091 [Ω]; nnom = 1400 [min-1]. Prvi motor pokreće preko reduktora prenosnog odnosa 25:1 valjak prečnika D1 = 600 [mm], a drugi motor preko reduktora prenosnog odnosa 20:1 valjak prečnika D2 = 1000 [mm]. Valjci su priljubljeni jedan uz drugi i vrte se zajedno bez proklizavanja. U stacionarnom stanju izmerena je periferijska brzina valjaka od v = 250 [m/min] i rotorske struje motora Ia1 = 15 [A] i Ia2 = 20 [A]. Koliki su u tom slučaju moment opterećenja, naponi napajanja i pobude motora u odnosu na nominalne, .

ω2

ω1

M

i1

M

i2

M1

D1

M2

D2

Rešenje 4.7.1. Prenosni odnosi kombinovanih prenosnika pojedinačnih valjaka iznose: d2 d1 d i2 = 2 d1 d i3 = 2 d1 i1 =

d4 d3 d6 d5 d8 d7

z2 z1 z2 z1 z2 z1

=

1300 900 57 ⋅ ⋅ = 18.807[ 300 592 20

]

z 4 1300 898 57 168 = ⋅ ⋅ ⋅ = 100.309[ z3 300 714.4 20 26 1300 930 57 = ⋅ ⋅ = 21.630[ ] 300 531 20

]

Brzina obrtanja i ugaona brzina osovine prvog valjka poznatog prečnika je prema tome:

[

]

nmot 1450 = = 77.099 min −1 i1 18.807 2πn1 π ⋅ 77.099 r  ω1 = = = 8.074   60 30 s n1 =

Obodna brzina prvog valjka iznosi: v1 = ω 1

D1 0.6 m = 8.074 ⋅ = 2.442   2 2 s 330


2005. GODINA

Obodne brzine valjaka su iste, pa iz toga slede relacije za izračunavanje traženih prečnika drugog i trećeg valjka: D πn D D1 D πn D πn D = ω2 2 = ω3 3 = 1 1 = 2 2 = 3 3 ⇒ 2 2 2 30 ⋅ 2 30 ⋅ 2 30 ⋅ 2 n1 D1 = n 2 D2 = n3 D3 ⇒

v1 = v 2 = v3 = ω1

n mot n n D1 = mot D2 = mot D3 ⇒ i1 i2 i3 d 2 d 6 z2 z4 d d z z i D2 = 2 D1 = 1 5 1 3 D1 = d 2 d 4 z2 i1 d 1 d 3 z1 d 2 d8 z2 i d d z d D3 = 3 D1 = 1 7 1 D1 = 3 d 2 d 4 z2 i1 d4 d1 d 3 z1

d3 d6 z4 591 898 168 D1 = ⋅ ⋅ ⋅ 0.6 = 3.2[m] d 4 d 5 z3 900 714.4 26

d8 591 930 D1 = ⋅ ⋅ 0.6 = 0.69[m] d7 900 531

Rešenje 4.7.2. Moment inercije pojedinačnih šupljih valjaka su: 4

4

[

]

D − D1u 1 1 J 1 = πlρ 1 = ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ 0.6 4 − 0.4 4 = 45.946 kgm 2 2 16 32 4 4 D − D2 u 1 1 J 2 = πlρ 2 = ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ 3.2 4 − 3 4 = 10539.978 kgm 2 2 16 32 4 4 D − D3u 1 1 J 3 = πlρ 3 = ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 4.5 ⋅ 10 3 ⋅ 0.69 4 − 0.49 4 = 74.672 kgm 2 2 16 32

(

)

(

)

(

)

[

]

[

]

Traženi ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora je prema tome: JΣ = Jm +

J1 i1

2

+

J2 i2

2

+

J3 i3

2

= 0.66 +

[

45.946 10539.978 74.672 + + = 1.9971 kgm 2 2 2 2 18.807 100.309 21.630

]

Rešenje 4.7.3. Vrednost kinetičke energije kočenja iznosi: 2

Wkoc =

2

1 1  2πn  1  π ⋅ 1450  J Σω 2 = J Σ   = ⋅ 1.9971 ⋅   = 23023.06[J ] 2 2  60  2  30 

Konstantni moment kočenja jednak je nominalnom momentu motor, te vreme kocenja iznosi: M koc = M nom =

πn 60 Pnom 30 4600 dω = ⋅ = 30.294[Nm] = konst = J Σ = J Σ nom ⇒ 2π nnom π 1450 dt 30t koc

331


t koc = J Σ

2005. GODINA

πnnom 1.9971 ⋅ π ⋅ 1450 = = 10.010[s ] 30 M nom 30 ⋅ 30.294

Pošto se sva energija kočenja mora potrošiti u otporniku, njegova srednja snaga iznosi: Psr =

Wkoc 23023.06 = = 2300.006[W ] t koc 10.010

Rešenje 4.7.4. Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnog klizanja: M pol =

2

s kr − s kr =

2 M kr 2 M kr 2 M kr 1 2 ⇒ s pol = 1 ⇒ + s kr − = 0 / ⋅ s kr ⇒ s kr − s kr + 1 = 0 ⇒ s pol s kr s kr M pol M pol + s kr s pol

2 ⋅ 4M nom 2 s kr + 1 = 0 ⇒ s kr − 4 s kr + 1 = 0 ⇒ 2M nom

3.73205 4 ± 4 2 − 4 ⋅1 = 2± 3 =  2 0.26795

Prvo rešenje nema smisla, pa dalje važi: M nom =

2

s nom −

2M kr 2M kr s s ⇒ nom + kr − = 0 / ⋅ s nom ⋅ s kr ⇒ s nom s kr s kr s nom M nom + s kr s nom 2M kr 2 s kr s nom + s kr = 0 ⇒ M nom

2

2

s nom −2 ⋅ 4 ⋅ 0.26795 ⋅ s nom + 0.26795 2 = 0 ⇒ s nom −2.1436 ⋅ s nom + 0.0718 = 0 s nom =

2.1436 ± 2.1436 2 − 4 ⋅ 0.0718 2.1436 ± 2.0755 2.10955 = = 2 2 0.03405

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome nominalna brzina:

[

n nom = n s (1-s nom ) = 1000 ⋅ (1-0.03405) = 965.95 min -1

]

Tražena vrednost nominalne snage motora je prema tome: Pnom = M nom

2πnnom π ⋅ 965.95 = 73.9 ⋅ = 7475.284[W ] ≈ 7.48[kW ] 60 30

Rešenje 4.7.5. Periferijska brzina valjaka iznosi: v = 250[m / min ] =

250 [m / s ] = 4.166 • [m / s] 60 332


2005. GODINA

Ugaona brzina prvog valjka iznosi:

ω1 =

[ ]

v 250 = = 13.888 • s −1 R1 60 ⋅ 0.3

Brzina obrtanja osovine prvog valjka je: n1 = ω 1

[

60 250 ⋅ 60 = = 132.629 min −1 2π 60 ⋅ 0.3 ⋅ 2 ⋅ π

]

Prema tome brzina obrtanja osovine prvog motora iznosi:

[

nm1 = i1 n1 = 25 ⋅ 32.629 = 3315.728 min −1

]

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja prvog motora nnom = 3000 [min-1], što znači da taj motor radi u području slabljenja polja, napon napajanja mu je nominalan a odnos slabljenja nalazimo iz sledećih relacija: E nom1 U nom1 − I anom1 (Ra1 + R pp1 ) 440 − 26.1 ⋅ 1.1 = = = 0.137096[Vmin ] n nom1 n nom1 3000 U nom1 − I a1 (Ra1 + R pp1 ) 440 − 15 ⋅ 1.1 E k E Φ1 = 1 = = = 0.1307405[Vmin ] nm1 nm1 3315.728 k Φ 0.1307405 λ1 = E 1 = ≅ 0.9537[ ] k E Φnom1 0.137096 k E Φnom1 =

Ugaona brzina drugog valjka iznosi:

ω2 =

[ ]

v 250 = = 2.138 s −1 R2 60 ⋅ 0.5

Brzina obrtanja osovine drugog valjka je: n2 = ω 2

[

60 250 ⋅ 60 = = 79.578 min −1 2π 60 ⋅ 0.5 ⋅ 2 ⋅ π

]

Prema tome brzina obrtanja osovine drugog motora iznosi:

[

nm 2 = i2 n2 = 20 ⋅ 79.578 = 1591.5495 min −1

]

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja drugog motora nnom = 1400 [min-1], što znači da i taj motor radi u području slabljenja polja, pri čemu odnos slabljenja iznosi: E nom 2 U nom 2 − I anom 2 (Ra 2 + R pp 2 ) 220 − 55 ⋅ 0.091 = = = 0.15357[Vmin ] nnom 2 n nom 2 1400 U nom 2 − I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) 220 − 20 ⋅ 0.091 E k E Φ2 = 2 = = = 0.13709[Vmin ] nm 2 nm 2 1591.5495 k E Φnom 2 =

333


λ2 =

k E Φ2 0.13709 = ≅ 0.8927[ k E Φnom 2 0.15357

2005. GODINA

]

Pri tome motori razvijaju momente na osovini motora: 60 E1 I a1 30 U nom1 − I a1 (Ra1 + R pp1 ) 30 440 − 15 ⋅ 1.1 = I a1 = ⋅ ⋅ 15 = 18.727[Nm ] π nm1 π 2π nm1 3315.728 60 E 2 I a 2 30 U nom 2 − I a 2 (Ra 2 + R pp 2 ) 30 220 − 20 ⋅ 0.091 = = I a2 = ⋅ ⋅ 20 = 26.1816[Nm] π nm 2 π 2π nm 2 3315.728

M m1 = M m2

Prema tome traženi moment opterećenja iznosi: M t = i1 M m1 + i2 M m 2 = 25 ⋅ 18.727 + 20 ⋅ 26.1816 = 991.807[Nm]

4.8. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 08.09.2005. Zadatak 4.8.1. Jednosmerni motor napajan iz tiristorskog ispravljača, pogoni otporno opterećenje sa konstantnim otpornim momentom i ukupnim svedenim momentom inercije na osovinu motora JΣ = 10 [kgm2]. Motor se zaleće za vreme tzal = 20 [s] do nominalne brzine obrtanja nnom = 590 [min-1], zatim radi u stacionarnom stanju tokom vremena tstac = 60 [s] pri čemu motor na osovini razvija snagu Pm = 680 [W] i na kraju koči do nulte brzine. Izračunati vreme kočenja. n

tzal = 20 [s]

nnom = 590 [min-1]

tstac = 60 [s]

ttkoc = ?

t

tc = 2 [min]

Zadatak 4.8.2. Odrediti odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora iz prethodnog zadatka ako se opisani ciklus opterećenja ponavlja svakih tc = 2 [min], u slučaju da: a) Motor ima prinudno hlađenje. b) Motor ima sopstveno hlađenje pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom brzinom. Zadatak 4.8.3. Glavno kretanje struga rešeno je uz pomoć pretvarača frekvencije vezanog na trofaznu mrežu 3x380 [V]. Glava struga se okreće brzinom obrtanja od n = 600 [min-1] i treba da se zaustavi generatorskim kočenjem za vreme t = 2 [s]. Celokupni moment inercije glave struga i predmeta za 334


2005. GODINA

obradu je JΣ = 10 [kgm2]. Dimenzionisati otpornost otpornika R u međukolu tako da ne dođe do prenapona u međukolu tokom kočenja.

R

M 3f

Zadatak 4.8.4. Centrifuga za šećer goni se sa asinhronim motorom sa podacima Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], Pnom = 192 [kW], nnom = 1460 [min-1]. Motor se napaja iz frekventnog pretvarača koji tokom zaleta obezbeđuje konstantni moment zaleta jednak nominalnom. Prazna centrifuga zaleće se za tzal = 10 [s] do nominalne brzine obrtanja. Doboš centrifuge ima unutrašnji prečnik D = 1 [m], a u punu centrifugu staje ukupno m = 700 [kg] šećera. Odrediti za koliko će se produžiti vreme zaleta pune centrifuge do nominalne brzine obrtanja u odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge, za slučaj da se centrifuga posmatra kao opterećenje sa čistim momentom inercije. Zadatak 4.8.5. Odrediti vreme zaleta pune centrifuge iz prethodnog zadatka do brzine obrtanja nmax = 2000 [min-1]. Rešenje 4.8.1. Dinamički moment ubrzanja tokom zaleta nalazimo iz relacije: M dzal = J

2πn nom dω ∆ω π ⋅ 590 =J =J = 10 ⋅ = 30.892[Nm ] dt ∆t 60t zal 30 ⋅ 20

Otporni moment, prema uslovu zadatka nezavisan od brzine obrtanja nalazimo iz razvijene snage u stacionarnom stanju: M tstac =

Pm

ωm

=

30 Pm 30 ⋅ 680 = = 11.005[Nm] πnnom π ⋅ 590

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija maksimalni moment, određen strujnom granicom tiristorskog ispravljača: M m max = M tstac + M dzal = 11.005 + 30.892 = 41.897[Nm] Tokom procesa kočenja, teret koči otporni moment i sam motor, te dinamički moment kočenja dobijamo iz relacije: M dkoc = M tstac + M m max = 11.005 + 41.897 = 52.902[Nm] 335


2005. GODINA

Na kraju traženo vreme kočenja je: t zal = J

2πnnom π ⋅ 590 ∆ω =J = 10 ⋅ = 11.679[s ] M dkoc 60 M dkoc 30 ⋅ 52.902

Rešenje 4.8.2. a) Za vreme zaleta i kočenja motor razvija maksimalni moment, a tokom stacionarnog stanja razvija navedeni moment u uslovima zadatka, pa je efektivna vrednost momenta, odnosno nominalni moment u slučaju prinudnog hlađenja koje traje i tokom mirovanja:

M aeff = M anom =

∑M ∑t

2

i

ti

i

2

2

2

M m max t zal + M m t stac + M m max t koc = tc

=

i

i

=

M m max (t zal + t koc ) + M m t stac + M m max = tc

=

41.897 2 ⋅ (20 + 11.679) + 11.005 2 ⋅ 60 = 22.890[Nm] 120

2

2

2

Pošto su struje proporcionalne vrednostima momenta, traženi odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora iznosi: I max M 41.897 = mmax = = 1.830[ I anom M anom 22.890

]

b) U slučaju sopstvenog hlađenja potrebno je računati sa smanjenom efikasnošću ventilatora preko faktora: 1 3=2 2 3

1+

1 1+ β β= α= = 3 2

Te u tom slučaju, ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

∑M t + ∑ t + ∑ βt 2

M beff = M bnom =

i

∑αt j

=

j

k

k

M m max (t zal + t koc ) + M m t stac = + t koc ) + t stac + [t c − (t zal + t stac + t koc )] 2

i

=

i

l

α (t zal

2

l

41.897 2 ⋅ (20 + 11.679) + 11.005 2 ⋅ 60 = 26.349[Nm ] 2 1 (20 + 11.679) + 60 + [120 − (20 + 60 − 11.679)] 3 3

Pa je traženi odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora: I max M 41.897 = mmax = = 1.590[ I bnom M bnom 26.349

] 336


2005. GODINA

Rešenje 4.8.3. Vrednost energije kočenja iznosi: 2

2

1 1  2πn  1  π ⋅ 300  Wkoc = J Σω 2 = J Σ   = ⋅ 10 ⋅   = 19739.21[J ] 2 2  60  2  30  Napon jednosmernog međukolu iznosi: U DC ≈ 2U L = 2 ⋅ 380 = 537.40[V ] Pošto se u slučaju da ne nastaje prenapon u međukolu mora sva snaga odnosno energija kočenja potrošiti u otporniku, uz uslov da se kočenje vrši sa konstantnim momentom, vrednost njegove otpornosti nalazimo iz relacije: 2

R=

2

U DC t U 2 ⋅ 537.40 2 = koc DC = = 29.262[Ω] Pkoc Wkoc 19739.21

Rešenje 4.8.4. Polazni moment prema uslovima zadatka održava se konstantnim tokom zaleta do nominalne brzine obrtanja i jednak je vrednosti nominalnog momenta motora: M nom =

60 Pnom 30 ⋅ 192000 = = 1255.798[Nm] 2πnnom π ⋅ 1460

Sopstveni moment inercije mehanizma centrifuge, nalazimo na osnovu podatka o vremenu zaleta prazne centrifuge, uz uslov da je teret čisti zamajni: Js =

[

60t zal M dzal M nom 30 ⋅ 10 = = M nom = 1255.798 ⋅ = 82.137 kgm 2 dω ∆ω 2πnnom π ⋅ 1460 dt ∆t

]

Moment inercije šećera ravnomerno raspoređenog u sudu za centrifugiranje iznosi: 2

J sec =

[

1 1 1 mR 2 = ⋅ 700 ⋅   = 87.5 kgm 2 2 2 2

]

Ukupni moment inercije pune centrifuge je prema tome:

[

J Σ = J s + J sec = 82.137 + 87.5 = 169.637 kgm 2

]

Pa je traženo vreme zaleta pune centrifuge: t zal ' = J Σ

2πn nom π ⋅ 1460 = 169.637 ⋅ = 20.652[s ] 60 M nom 30 ⋅ 1255.798

Odnosno produžava se u odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge za: 337


t zal ' J Σ 169.637 = = = 2.0652[ 82.137 t zal Js

2005. GODINA

]

Rešenje 4.8.5. Zalet do tražene brzine obrtanja nmax = 2000 [min-1], obavlja se u dve faze, zalet do nominalne brzine obrtanja sa regulacijom uz konstantni moment i zalet iznad nominalne brzine obrtanja sa regulacijom uz konstantnu snagu. Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja određeno je u prethodnom zadatku, pa je preostalo da odredimo vreme zaleta za opseg regulacije brzine obrtanja od nominalne do maksimalne, za koji važi: Ω nom n = M nom nom Ω n nmax nmax nmax JΣ dn dn π π π t zal ' ' = ∫ JΣ JΣ ndn = =∫ = n nom 30 M nom nnom n ∫ M m nnom 30 30 nnom nom M nom n JΣ π 1 π ⋅ 169.637 2 2 = n max − n nom = ⋅ 2000 2 − 1460 2 = 9.051[s ] 30 M nom nnom 2 30 ⋅ 1255.798 ⋅ 1460 ⋅ 2 Pnom = M nom Ω nom = M m Ω ⇒ M m = M nom

(

)

(

)

Ukupno vreme zaleta je prema tome: t zal ' ' ' = t zal '+t zal ' ' = 20.652 + 9.051 = 29.703[s ]

4.9. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 22.09.2005. Zadatak 4.9.1. Masa viljuškara i tereta na slici iznosi m = 1000 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.5 [m], a između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 20 i koeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.8. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02. Pogonski motor je jednosmerni sa nezavisnom pobudom nominalne snage od Pnom = 1.1 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom = 1000 [min-1] sa sopstvenim momentom inercije Jm = 0.205 [kgm2]. Motor se napaja iz akumulatorskih baterija preko tranzistorskog čopera koji mu omogućuje zalet sa konstantnom nominalnom strujom. Odrediti vreme zaleta i nominalnu brzinu kretanja viljuškara.

Motor

D 338


2005. GODINA

Zadatak 4.9.2. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem, ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.38 [Ω]. Radi određivanja sopstvenog momenta inercije motora izmereno je vreme zaleta neopterećenog motora tzal1 = 0.5 [s], a zatim je motor opterećen sa čistim zamajnim teretom sa momentom inercije Jz = 0.2 [kgm2] i izmereno mu je ponovo vreme zaleta tzal2 = 1.5 [s]. Koliko iznosi sopstveni moment inercije motora? Zadatak 4.9.3. Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati vrednost strujne granice na koju je podešen tiristorski ispravljač za vreme izvođenja merenja. Zadatak 4.9.4. Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, predviđen za trajni pogon sa nominalnom vrednošću struje od Inom = 10 [A], upotrebljen je u pogonu u kom je preopterećen i u kom iz mreže vuče struju Ix = 12 [A]. Odnos stalnih i promenljivih gubitaka motora je PFenom / PCunom = 0.7 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor dostiže nadtemperaturu od ∆θnom = 60 [oC ]. Izračunati nadtemperaturu motora pri prepterećenju. Zadatak 4.9.5. Na pločici trofaznog asinhronog motora navedeni su sledeći podaci: Unom = 380 [V], fnom = 50 [Hz], Pnom = 6 [kW], Inom = 13.3 [A], nnom = 950 [min-1], S2 30 [min]. Sa kojim stalnim opterećenjem motor može raditi 10 [h], ako je vremenska konstanta zagrevanja Ttz = 60 [min]. Pri proračunu zamemariti stalne gubitke motora. Rešenje 4.9.1. U stacionarnom stanju brzina brzina kolica v max iznosi: v max = ω tt

D 2π D n Motnom πD 1000 ⋅ π ⋅ 0.50 m = nt = = = 1.309   2 60 2 i 60 20 ⋅ 60 s

Sila otpora kotrljanja je: Ft = mgµ F = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.02 = 196.2[N ] Sila otpora kotrljanja na pogonskom točku razvija obrtni moment: M tStac = Ft

D 0.50 = 196.2 ⋅ = 49.05[Nm] 2 2

Stacionarni otporni moment otpora kotrljanja sveden na osovinu motora je prema tome: M tStac ' =

M tStac 49.05 = = 3.066[Nm] iη R 20 ⋅ 0.8

Moment inercije viljuškara u odnosu na osovinu točka iznosi:

339


2

[

D  0.50  2 J t = m  = 1000 ⋅   = 62.5 kgm 2 2    

2005. GODINA

]

Moment inercije viljuškara sveden na osovinu motora iznosi: Jt '=

Jt i ηR 2

=

[

62.5 = 0.195 kgm 2 2 20 ⋅ 0.8

]

Ukupni moment inercije sveden na osovinu motora, je prema tome:

[

J Σ = J m+ J t ' = 0.205 + 0.195 = 0.4 kgm 2

]

Nominalni moment motora iznosi: M mnom =

Pmnom

ω nomm

=

30 Pmnom 30 ⋅ 1100 = = 10.504[Nm] πnmnom π ⋅ 1000

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija dinamički moment jednak razlici: M dzal = M m max − M tstac ' = M mnom − M tstac ' = 10.504 − 3.066 = 7.438[Nm ] Na kraju traženo vreme zaleta je: t zal = J Σ

2πn nom ∆ω π ⋅ 1000 =J = 0.4 ⋅ = 5.632[s ] M dzal 60 M dzal 30 ⋅ 7.438

Rešenje 4.9.2. U oba merenja pogon se ubrzava sa konstantnim momentom ubrzanja, pa za prvo merenje važi: M d 1 = M max = J m

dω 2π n nom = Jm dt 60 t zal1

Za drugo merenje važi: M d 1 = M max = ( J m + J z )

dω 2π n nom = (J m + J z ) dt 60 t zal 2

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat sopstveni moment inercije motora: 1=

[

J m t zal 2 t zal1 1 1 ⇒ Jm = Jz = Jz = 0.2 ⋅ = 0.1 kgm 2 t zal 2 1.5 J m + J z t zal1 t zal 2 − t zal1 −1 −1 0.5 t zal1

340

]


2005. GODINA

Rešenje 4.9.3. Konstantni moment ubrzanja, odnosno maksimalni moment određen strujnom granicom tiristorskog ispravljača nalazimo iz relacije: M max = J m

π ⋅ 2250 2π n nom = 0.1 ⋅ = 47.224[Nm] 60 t zal1 30 ⋅ 0.5

Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije:

[

]

60 30 = U − (Ra + R pp )I nom I nom = ω nom 2πnnom πnnom 30 = (220 − 0.38 ⋅ 34.2) ⋅ 34.2 ⋅ = 30.046[Nm] π ⋅ 2250 Pnom

M nom =

= E nom I nom

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je tražena strujna granica: I max = I nom

M max 47.224 = 34.2 ⋅ = 53.753[ A] M nom 30.046

Rešenje 4.9.4. Nadtemperatura je proporcionalna gubicima odnosno i pri nominalnom opterećenju i pri preopterećenju, pa važi: ∆θ nom =

Pgnom AT

∆θ x = ∆θ nom

= ∆θ nom

⇒ ∆θ x =

Pgx

⇒ ∆θ x = ∆θ nom

AT

PFenom + PCux = ∆θ nom PFenom + PCunom PFenom  I x + PCunom  I nom PFenom +1 PCunom

Pgx Pgnom

⇒

 I PFenom + PCunom  x  I nom PFenom + PCunom

2

   =

2

2  12    0.7 +    = 60 ⋅  10  = 75.53 o C 0.7 + 1

[ ]

Rešenje 4.9.5. Oznaka S2 30 [min] znači da motor radi 30 minuta opterećen nazivnim gubicima i dostiže nominalni dozvoljeni porast nadtemperature. Isti porast nadtemperature dostiže i sa traženim opterećenjem nakon 10 časova, pa važi:

∆θ doz

t − uk  Ttz  = ∆θ max 1 − e  

∆θ max =

Pgnom AT

⇒ ∆θ max ' =

t ' − uk     = ∆θ ′ 1 − e Ttz  ⇒ max      

Pgx AT

⇒ ∆θ max ' = ∆θ max 341

Pgx Pgnom

⇒


Pgx Pgnom

t − uk    Ix 1 − e Ttz    PFenom + PCunom  I  =  nom = tuk ' PFenom + PCunom −   1 − e Ttz     

I x = I nom

1− e 1− e

−

−

tuk Ttz

tuk ' Ttz

= 13.3 ⋅

1− e 1− e

−

−

30 60

10⋅60 60

2

  I  0 + PCunom  x  ≈  I nom 0 + PCunom

2005. GODINA 2

   =  I x I  nom

2

  ⇒ 

= 8.343[A]

4.10. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 13.10.2005. Zadatak 4.10.1. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem, ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.38 [Ω]; masa motora mm = 25 [kg]; klasa izolacije F. Motor pokreće čisti zamajni teret sa momentom inercije Jz = 20 [kgm2]. Motor se napaja tiristorskim regulatorom koji tokom polaska obezbeđuje napajanje motora sa dvostrukom nominalnom strujom u toku tpol = 50 [s], a zatim radi zaštite regulatora i motora smanjuje strujnu granicu na vrednost nominalne struje motora. Odrediti vreme zaleta motora do nominalne brzine. Zadatak 4.10.2. Do koje temperature će se ugrejati namotaj motora iz prethodnog zadatka na kraju zaleta ako motor polazi iz hladnog stanja pri temperaturi ambijenta od θamb = 20 [oC]. Pretpostaviti da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC].

M l = 500 [m]

342

h = 45 [m]

D= 1

.3

[m ]

Zadatak 4.10.3. Odrediti potreban polazni moment elektromotora za pokretanje transportne trake sa slike. Traka je prenosnog kapaciteta Qp = 2000 [N/s] sa brzinom kretanja v = 3 [m/s]. Koeficijent trenja trake o valjke iznosi µω = 0.025 [ ], dužina trake l = 500 [m] a visina podizanja h = 45 [m]. Sopstvena težina trake po metru iznosi Gs = 500 [N/m]. Traka se pokreće pomoću bubnjeva prečnika Db = 1.3 [m] i koeficijenta iskorišćenja ηb = 0.85.


2005. GODINA

Zadatak 4.10.4. Trofazni kavezni asinhroni motor snage Pnom = 2.2 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1450 [min-1], pogoni mehanizam lifta. Mehanizam sadrži reduktor prenosnog odnosa i = 20 [ ], protivteg mase mpt = 350 [kg] i bubanj prečnika Db = 1 [m]. Odrediti masu koju diže lift ako u stacionarnom stanju pri dizanju motor razvija brzinu obrtanja od ng = 1525 [min-1]. Zadatak 4.10.5. Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nominalnim podacima: Us = 220 [V]; p = 2; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8.88 [mH]; Rr' = 2.37 [Ω]; fs = 50 [Hz]. Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment jednak Mt = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu. a) Koliki otpor treba dodati u kolo rotora da bi brzina motora bila n = 1000 [min-1] ako se pri tome motor napaja nominalnim naponom i frekvencijom? b) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojima će brzina motora biti n = 1000 [min-1] bez dodatnog otpora uz uslov da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konstantno. c) Odrediti sa kojom će se brzinom obrtati motor ako se istovremeno izvrše intervencije iz tačaka a) i b). Rešenje 4.10.1. Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije:

[

]

60 30 = U − (Ra + R pp )I nom I nom = ω nom πnnom 2πnnom 30 = (220 − 0.38 ⋅ 34.2) ⋅ 34.2 ⋅ = 30.046[Nm] π ⋅ 2250

M nom =

Pnom

= E nom I nom

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je maksimalni moment tokom zaleta: M max = M nom

M

I max = 30.046 ⋅ 2 = 60.092[Nm] I nom

Mmax

nnom

n n1 Mnom

tpol

tzal2

343

t


2005. GODINA

Za vreme dok elektronika dozvoljava rad sa dvostrukom nominalnom strujom motora, motor se ubrzava do brzine: n1 =

[

60 M max t pol 60 ⋅ 60.092 ⋅ 50 = = 1434.591 min −1 2π JΣ 2 ⋅ π ⋅ ⋅20

]

Dalje zalet sa jednostrukom nominalnom strujom motora do nominalne brzine obrtanja obavlja se za vreme: t zal 2 = J Σ

2π n nom − n1 20 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ (2250 − 2434.591) = = 56.839[s ] 60 M nom 60 ⋅ 30.046

Traženo vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno: t zal = t pol + t zal 2 = 50 + 56.839 = 106.839[s ]

Rešenje 4.10.2. Vrednost nominalnih gubitaka motora nalazimo iz relacije: Pgnom = (Ra + R pp )I nom = 0.38 ⋅ 34.2 2 = 444.4632[W ] 2

Vrednost gubitaka motora tokom polaska sa dvostrukom nominalnom strujom, nalazimo iz relacije: Pgpol = (Ra + R pp )I max = (Ra + R pp )(2 I nom ) = 4 Pgnom = 4 ⋅ 444.4632 = 1777.8528[W ] 2

2

Toplotnu provodnost motora, vodeći rašuna da je klasa izolacije motora F nalazimo iz relacije: AT =

Pgnom ∆θ nom

=

0.444463[kW ]  kW  = 4.44463 ⋅ 10 −3  o  o 100 C  C

[ ]

Toplotni kapacitet motora i vremenska konstanta zagrevanja iznose:  kWs  CT = mm C Fe = 25 ⋅ 0.48 = 12 o   C   kWs  12  o  C  C  Ttz = T = = 2669[s ] AT −3  kW  4.44463 ⋅ 10  o   C Vrednost stacionarne nadtemperature koju bi motor dostigao kad bi trajno bio opterećen sa dvostrukom nominalnom strujom bi iznosila: ∆θ pol =

Pgpol AT

=

4 Pgnom AT

[ ]

= 4∆θ nom = 4 ⋅ 100 = 400 o C 344


2005. GODINA

Pgpol

Pg ∆θ

∆θ1

∆θ2

Pgnom

tpol

tzal2

t

Iz toga sledi da motor dostiže nakon segmenta vremena u kom radi sa dvostrukom nominalnom strujom, nadtemperaturu od: t pol  −  ∆θ 1 = ∆θ pol 1 − e Ttz  

50   = 4001 − e − 2699  = 7.3419 o C      

[ ]

Na kraju zaleta, odnosno drugog segmenta, motor dostiže nadtemperaturu: t − zal 2    ∆θ 2 = ∆θ 1e + ∆θ noml 1 − e Ttz  =     56.839 56.839 − −   = 7.3419e 2699 + 1001 − e 2699  = 7.195 + 2.084 = 9.279 o C   odnosno temperaturu: −

t zal 2 Ttz

[ ]

θ 2 = θ amb + ∆θ 2 = 20 + 9.279 = 29.279[ o C ] Rešenje 4.10.3. Težinu tereta po metru trake dobijamo iz odnosa kapaciteta i brzine trake: Gp =

Qp v

=

2000[N / s ] = 666.667[N / m] 3[m / s ]

Težina tereta na celoj traci je prema tome: F p = G p l = 666.667 ⋅ 500 = 333.333 ⋅ 10 3 [N ] Težina same trake iznosi: Fs = G s 2l = 500 ⋅ 2 ⋅ 500 = 500 ⋅ 10 3 [N ] 345


2005. GODINA

Ukupna težina trake i tereta je prema tome: Fuk = F p + Fs = 333.333 ⋅ 10 3 + 500 ⋅ 10 3 = 833.333 ⋅ 10 3 [N ]

Fm Ftr

Ft Fn

α α

h = 45 [m]

Db

Fuk l = 500 [m]

Ugao nagiba kosine je:

α = arctg

[]

h 45 = arctg = arctg 0.09 = 5.141 o l 500

Radi određivanja motorne sile težinu treba razložiti na komponentu paralelnu kosini i komponentu normalnu na kosinu, kao na slici: Ft = Fuk sin α Fn = Fuk cos α Motorna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja: Fm = Ft + Ftr = Ft + µ ω Fn = Fuk sin α + µ ω Fuk cos α = Fuk (sin α + µ ω cos α ) =

(

)

= 833.333 ⋅ 10 3 ⋅ sin 5.141o + 0.025 ⋅ cos 5.141o = 95.448 ⋅ 10 3 [N ]

Polazni moment motora prema tome mora biti bar: Mp =

Fm Rb

ηb

Fm Db 95.448 ⋅ 10 3 ⋅ 1.3 = = = 72.989 ⋅ 10 3 [Nm] 2η b 2 ⋅ 0.85


60 Pnom 30 ⋅ 22000 = = 144.89[Nm] 2π nnom π ⋅ 1450

346


2005. GODINA

Pošto se motor obrće sa brzinom većom od sinhrone, znači da motor radi u generatorskom režimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegova mehanička karakteristika može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici. Na osnovu odnosa sa slike na osnovu sličnosti trouglova moment koji razvija motor u generatorskom režimu: Mg M nom = ⇒ n s − nnom n s − n g M g = M nom

ns − n g n s − n nom

= 144.89 ⋅

1500 − 1525 = −72.445[Nm] 1500 − 1450

Mnom

M

ng nnom

n

ns Mg

Na izlazu reduktora moment tereta je prema tome: M t ' = iM g = 20 ⋅ (− 72.445) = −1448.9[Nm] Iz vrednosti momenta tereta sledi da je vrednost obodne sile na bubnju: Ft =

M t ' 2M t ' 2 ⋅ (− 1448.9) = = = −2897.8[N ] = (mt − m pt )g Rb Db 1

Masu tereta koju diže lift nalazimo na kraju iz izraza: Ft = (mt − m pt )g ⇒ mt = m pt +

Ft 2897.8 = 350 − = 350 − 295.392 = 54.608[kg ] g 9.81

Rešenje 4.10.5. Reaktaktansa rasipnih induktiviteta statora i rotora iznosi: X s + X r' = 2πf s (Ls + Lr' ) = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ (10 + 8.88) ⋅ 10 −3 = 5.928[Ω] Kritično klizanje i moment su prema tome: 347


s kr =

R r' 2.37 = = 0.4[ X s + X r' 5.928

2005. GODINA

]

2

M kr =

Us 3 ⋅ 30 3 ⋅ 330 ⋅ 220 2 ⋅ = = 77.97[Nm] πn S 2( X s + X r' ) π ⋅ 1500 ⋅ 2 ⋅ 5.928

Pošto je moment opterećenja konstantan važe sledeće relacije, iz kojih dobijamo relaciju za izračunavanje tražene svedene dodatne otpornosti u kolu rotora za traženi režim: s  R r' R r ' + R d ' s = ⇒ Rd ' = Rr' 2 − Rr' = Rr'  2 − 1 s1 s2 s1  s1  2 M kr 2 M s1 s kr 2 M kr 2 2 kr Mt = ⇒ + − = 0 /⋅ s1 s kr ⇒ s1 − s kr s1 + s kr ⇒ s1 s kr s kr s1 Mt Mt + s kr s1 M t = const ⇒

2 2    77.97   2.33[ ]  M kr  77.97    M kr    − 1  = 0.4 ⋅ s1 = s kr  ±  ±  −1 =    26  0.0686[ ]  Mt   26   Mt      n − n 1500 − 1000 s2 = s = = 0.333• [ ] ns 1000

s   0.3333  Rd ' = Rr'  2 − 1 = 2.37 − 1 = 9.1345[Ω]  0.0686   s1  b)

Pad brzine na prirodnoj karakteristici bez dodatog otpora iznosi:

[

∆n = s1 n s = 0.0686 ⋅ 1500 = 102.9 min −1

]

Prema tome sinhrona brzina, frekvencija napajanja i napon za traženi slučaj iznose:

[

n sb = n + ∆n = 1000 + 102.9 = 1102.9 min −1 n 1102.9 f sb = sb f s = ⋅ 50 = 36.78[Hz ] ns 1500 f 36.78 U sb = sb U s = ⋅ 220 = 161.75[V ] fs 50 c)

]

Za slučaj sa dodatim otporom, vrednost kritičnog klizanja iznosi: s krc =

Rr' + Rd ' 2.37 + 9.1345 = = 1.94[ X s + X r' 5.928

]

Klizanje na prirodnoj karakteristici pri zadatoj vrednosti momenta opterećenja, nalazimo iz slične relacije kao pod a): 2 2    77.97  11.305[  M kr   77.97   M kr     s c = s krc  ±  − 1  = 1.94 ⋅ ±   − 1  =    0.3327[ 26  Mt   26   Mt      

348

] ]


2005. GODINA

Pad brzine na prirodnoj karakteristici sa dodatim otporom iznosi:

[

∆nc = s c n s = 0.3327 ⋅ 1500 = 499.05 min −1

]

80

70

M [Nm]

prirodna

b)

60

50

40

30

c) 26 [Nm] a)

20

10 603.85 [min-1] 0

0

1000 [min-1] 500

1000

1500

n [min-1]

Iz toga sledi da će se motor u slučaju sa dodatim otporom i napajanjem sa naponom i frekvencijom određenom pod b), obrtati sa brzinom obrtanja:

[

nc = n sb − ∆nc = 1102.9 − 499.05 = 603.85 min −1

]

4.11. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 10.11.2005. Zadatak 4.11.1. Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: Pnom = 29.7 [kW]; Us = 380 [V]; nnom = 740 -1 [min ]; η = 0.89 [ ] i Jm = 10 [kgm2] pokreće radnu mašinu sa svedenim momentom inercije na osovinu motora od Jt = 115 [kgm2]. U sledećoj tablici su date vrednosti momenta motora i opterećenja zavisno od brzine obrtanja. n [min-1] Mm [Nm] Mt [Nm]

25 650 120

75 665 70

125 660 60

175 665 50

225 670 50

275 675 50

325 680 60

375 690 65

n [min-1] Mm [Nm] Mt [Nm]

425 700 75

475 725 90

525 770 115

575 855 140

625 980 165

675 1150 195

725 1000 225

740 383 234

Primenom parcijalne integracije ili grafo-analitičkom metodom odrediti vreme zaleta motora. 349


2005. GODINA

Zadatak 4.11.2. Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati energiju izgubljenu tokom zaleta. Zadatak 4.11.3. Trofazni asinhroni motor od Pnom = 15 [kW]; f = 50 [Hz]; nnom = 1455 [min-1] spušta preko reduktora teret brzinom od vsp = 2.09 [m/s], pri čemu se vrti sa nsp = 1530 [min-1]. Vlastiti gubici motora zbog trenja i ventilacije iznose Ptrv = 270 [W], a gubici nastali trenjem u prenosnom mehanizmu reduktora iznose Pr = 630 [W], sve pri nominalnom radu. Kojom brzinom motor diže isti teret? Pretpostaviti da momenti trenja u prvom i drugom pogonskom slučaju ostaju isti. Zadatak 4.11.4. Trofazni kavezni asinhroni motor sa sopstvenim hlađenjem za režim S1 koristi se u pogonu sa promenljivom brzinom. Koefijent korisnog dejstva motora je približno konstantan, odnosno nezavisan od brzine obrtanja i snage motora. Sposobnost hlađenja notora je kvadratična funkcija od brzine (n2) obrtanja i pri nultoj brzini obrtanja iznosi 25% od one na nominalnoj brzini. Vremenska konstanta zagrevanja pri nomimalnim uslovima rada motora iznosi Ttz = 60 [min]. Sa kojom se maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, motor može trajno opteretiti na brzini od 60% nominalne brzine. Zadatak 4.11.5. Sa kojom maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, može da radi motor iz prethodnog zadatka 30 [min] odmah posle uključenja (nezagrejan) pri brzini od 60% nominalne brzine. Rešenje 4.11.1.

350


2005. GODINA

Odredimo prvo funkciju promene dinamičkog momenta Md u funkciji brzine obrtanja kao razliku motornog momenta Mm i momenta tereta Mt. Podelimo osu brzine na segmente, kako bi unutar svakog od njih mogli računati sa prosečnom vrednosti dinamičkog momenta Mdi. Za i-ti odsečak važi: t zali = J Σ

2π ∆ni 60 M di

odnosno ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta: 2π ∆ni π n ∆n = (J m + J t ) ∑ i = 60 M di 30 i =1 M di i =1 i =1 n n ∆n ∆n π = (10 + 115) ⋅ ⋅ ∑ i = 13.09 ⋅ ∑ i [s ] 30 i =1 M di i =1 M di n

n

t zal = ∑ t zali = ∑ J Σ

Računajmo za prvi segment, ∆n1 = 50 [min-1] i Md1 = 650 – 120 = 530 [Nm]: t zal1 = 13.09 ⋅

∆n1 50 654.5 = 13.09 ⋅ = = 1.234[s ] M d1 530 530

Slično računamo i za druge segmente. Radi tačnijeg izračunavanja izračunata je stacionarna brzina iz poznatog proporcionalnog odnosa momenta i razlike sinhrone brzine obrtanja i stvarne brzine obrtanja u okolini sinhrone brzine i zadnji segmenti određeni su kao na gornoj slici. n stac = n s −

[

Mt (n s − nm ) = 750 − 234 (750 − 740) = 743.9 min −1 Mm 383

]

Dobijena vremena zaleta za pojedinačne segmente data su u tabeli: ∆ni [min-1] 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 25 19

Mm [Nm] 650 665 660 665 670 675 680 690 700 725 770 855 980 1150 1038 692

Mti [Nm] 120 70 60 50 50 50 60 65 75 90 115 140 165 195 215 228

Mdi [Nm] 530 595 600 615 620 625 620 625 625 635 655 715 815 955 823 464

tzali [s] 1.234 1.1 1.09 1.064 1.056 1.047 1.056 1.047 1.047 1.031 0.999 0.915 0.803 0.685 0.398 0.536

Ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno: 351


2005. GODINA

n

t zal = ∑ t zali = 15.108[s ] i =1

Rešenje 4.11.2. Iz Njutnove jednačine sledi: M d = JΣ

ω −ω dω ds 1 dω ds ⇒s= s ⇒ =− ⇒ M d = − J Σω s dt ωs dt ω s dt dt

odnosno: M d dt = − J Σω s ds Pomnožimo prethodnu jednačinu sa momentom motora Mm, pa dobijamo: M m dt = − J Σω s

Mm ds Md

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, budući da Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora, dobijamo: M mω s sdt = − J Σω s

2

Mm sds = p obr sdt = p Cur dt Md

Energiju gubitaka u bakru rotora, odnosno traženu energiju dobijamo integraljenjem: t2

s2

WCur = ∫ pCur dt = − ∫ J Σω s t1

= J Σω s

s1

2

s1

s

2

1 Mm 2 Mm sds = ∫ J Σω s sds = Md Md s2

s

1 Mm Mm 2 = sds J ω sds Σ s ∫ ∫s M d M − M m t s2 2

Energiju gubitaka možemo dobiti grafo-analitičkom metodom približnim integraljenjem funkcije: y=

Mm Mm s= s Md Mm − Mt

računajući površinu ispod nje. Računajući za prvu zadatu brzinu, n1 = 25 [min-1], Mm1 = 650 [Nm] i Md1 = 650 – 120 = 530 [Nm] dobijamo: n s − n1 750 − 25 = = 0.9667[ ] ns 750 M 650 y1 = m1 s1 = ⋅ 0.9667 = 1.186[ M d1 530 s1 =

] 352


2005. GODINA

Slično računamo i za druge brzine. Rezultati izračunavanja dati su u sledećoj tabeli: ni [min-1] 25 75 125 175 225 275 325 375 425 475 525 575 625 675 725 740 744

si [ ] 0.9667 0.9 0.8333 0.7667 0.7 0.6333 0.5667 0.5 0.4333 0.3667 0.3 0.2333 0.1667 0.1 0.0333 0.0133 0.008

Mm [Nm] 650 665 660 665 670 675 680 690 700 725 770 855 980 1150 1000 383 234

Mdi [Nm] 530 595 600 615 620 625 620 625 625 635 655 715 815 955 775 49 0

yi [s] 1.186 1.006 0.917 0.829 0.756 0.684 0.621 0.552 0.485 0.419 0.353 0.279 0.200 0.120 0.043 0.010 ∞

Na osnovu rezultata crtamo krivu na milimetarskom papiru i određujemo površinu ispod krive jednostavnim preprojavanjem u granicama od stacionarnog klizanja do jediničnog klizanja. Do površine možemo doći i deljenjem ose klizanja na segmente kao na prethodnom dijagramu i sabiranjem pojedinačnih površina. Grubom integracijom dobijamo da površina ispod krive iznosi: 353


2005. GODINA

1

∫ yds ≈ 0.1 ⋅ (1.15 + 0.95 + 0.8 + 0.7 + 0.59 + 0.52 + 0.41 + 0.3 + 0.2 + 0.12) = 0.574[ ]

s stac

Pa tražena energiju gubitaka iznosi: WCur = J Σ ω s

2

 2π  ∫s yds = J Σ  60 ns  stac 1

2 1

2

 π ⋅ 750  ∫s yds = 125 ⋅  30  ⋅ 0.574 = 442590[J ] = 442.590[kJ ] stac


60 Pnom 30 15000 = ⋅ = 98.446[Nm] 2π nnom π 1455

Moment gubitaka trenja i ventilacije motora prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi: M trv =

60 Ptrv 30 270 = ⋅ = 1.772[Nm] 2π nnom π 1455

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi: M mnom = M nom + M trv = 98.446 + 1.772 = 100.218[Nm] Moment gubitaka reduktora prema uslovu zadatka takođe je konstantan i iznosi: Mr =

60 Pr 30 630 = ⋅ = 4.135[Nm] 2π nnom π 1455

Vrednost proizvedenog moment motora u generatorskom režimu pri spuštanju brzinom obrtanja motora nsd = 1530 [min-1], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacije momenta u funkciji klizanja u okolini sinhrone brzine obrtanja: +M Mmnom Mmd n1 +s

nnom nd

nsp -s

Mmsp

-M

354


2005. GODINA

M msp M mnom M msp M mnom = ⇒ = ⇒ s nom s sp n1 − nnom n1 − n sp M msp = M mnom

n1 − n sp n1 − nnom

= 100.218 ⋅

1500 − 1530 ⋅ = −66.812[Nm ] 1500 − 1455

Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi: M T ' = − M msp + (M trv + M r ) = −(− 66.812) + (1.772 + 4.135) = 72.719[Nm ] Proizvedeni moment motora pri dizanju u motornom režimu, će biti prema tome: M md = M T '+(M trv + M r ) = 72.719 + (1.772 + 4.135) = 78.626[Nm] Iz proporcije slično kao za slučaj spuštanja nalazimo brzinu obrtanja motora pri dizanju: M mnom M md M mnom M md M md (n1 − nnom ) ⇒ = ⇒ = ⇒ n1 − n d = s nom sd n1 − n nom n1 − n d M mnom M md (n1 − nnom ) = 1500 − 78.626 (1500 − 1455) = 1464.695 min −1 nd = n1 − M mnom 100.218

[

]

Prema tome teret pri dizanju će se kretati brzinom shodno izrazu:

[

v d v sp n 1464.695 = ⇒ v d = v sp d = 2.09 ⋅ = 2.001 ms −1 n d n sp n sp 1530

]

Rešenje 4.11.4. Toplotna provodnost, prema uslovima iz postavke zadatka, određena je relacijom u funkciji brzine obrtanja:   n A(n ) = 0.25 + 0.75   n nom

  

2

  Anom 

Pri čemu je Anom nazivna toplotna provodnost. Pri brzini od 60% od nominalne brzine toplotna provodnost prema tome iznosi:   0.6 ⋅ nnom A(0.6nnom ) = 0.25 + 0.75 ⋅    n nom

  

2

  Anom = 0.25 + 0.75 ⋅ 0.6 2 = 0.52 ⋅ Anom 

(

)

Motor u stacionarnom stanju može dostići maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi: ∆θ doz =

Pγnom Anom

=

Pγ Pnom (1 − η ) P(n )(1 − η ) = = ηAnom A(n ) ηA(n ) 355


2005. GODINA

Iz toga sledi da se motor može trajno opteretiti na brzini od 60% nominalne brzine sa snagom u odnosu na nominalnu: P(n ) ηA(n ) 0.52 ⋅ Anom = = = 0.52[ Pnom ηAnom Anom

]

Rešenje 4.11.5. Vremenska konstanta zagrevanja pri brzini od 60% nominalne brzine iznosi: Ttz (n ) =

T CT CT 60 = = tznom = = 115.385[min ] A(n ) 0.52 ⋅ Anom 0.52 0.52

Ako motor kreće iz nezagrejanog stanja, pri maksimalnom preopterećenju u toku 30 [min] dostiže maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi sledeća relacija:

∆θ doz

t t ′ − uk  − uk  Pnom (1 − η ) P(n ) (1 − η )  ′  Ttz ( n )  Ttz ( n )  1− e = = ∆θ max 1 − e =     ( ) ηAnom η A n    

Prema tome maksimalno preopterećenje u odnosu na nominalnu snagu iznosi: ′ P(n ) = Pnom

ηA(n ) 0.52 = = 2.271[ 30 t − −   115.385 Anom 1 − e T (n )  1 − e     uk

]

tz

4.12. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 08.12.2005. Zadatak 4.12.1. Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon Unom = 230 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 26.1 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1432 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 1.1 [Ω]; pokreće potencijalno opterećenje sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 0.1 [kgm2]. Moment potencijalnog opterećenja ne zavisi od brzine obrtanja a jednak je po vrednosti nominalnom momentu motora. Protivstrujno kočenje izvodi se samo dodavanjem otpora u kolo rotora bez promene polariteta napona napajanja. a) Izračunati vrednost dodatog otpora, ako je u trenutku otpočinjanja kočenja pri nominalnoj brzini obrtanja početno usporenje bilo α = 300 [rads-2]. b) Odrediti brzinu obrtanja motora novog stacionarnog stanja po završetku kočenja. Zadatak 4.12.2. U pogonu sa podešavanjem brzine koristi se strujno upravljani motor jednosmerne struje sa nezavisnom konstantnom pobudom sa podacima: nominalni snaga Pnom = 4 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 20 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 1 [Ω]. Moment opterećenja ima karakteristiku opterećenja, linearno zavisnu od brzine obrtanja Mt = kn. Pri nominalnoj brzini obrtanja vrednost momenta opterećenja jednaka je nominalnoj vrednosti momenta motora. Ukupni svedeni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi JΣ = 7.265 [kgm2]. Strujno 356


2005. GODINA

upravljanje obezbeđuje četvorokvadrantni pogon sa maksimalno dozvoljenom vrednošću struje ±Ianom. Nacrtati dijagram promene rotorske struje motora u funkciji vremena, tako da se ostvari smanjenje brzine, odnosno kočenje sa n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1] za najkraće vreme. Odrediti vreme ovog kočenja. Zadatak 4.12.3. Strujno upravljani motor iz prethodnog zadatka primenjen je u pogonu čije se karakteristike ne poznaju. Pri promeni brzine u pogonu sa n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1] snimljen je dijagram promene rotorske struje kao na prikazanom slici. Odrediti svedeni moment opterećenja Mt i ukupni svedeni moment inercije JΣ na osovinu motora. Ia Ia1 = 10 [A]

Ia2 = 10 [A]

t Iak = -20 [A] tk = 10 [s]

Zadatak 4.12.4. Trofaznom asihronom motoru sa namotanim rotorom, sa podacima: Pnom = 5.2 [kW]; Us = 220 [V]; nnom = 933 [min-1]; Ls = Lr' = 8.2 [mH]; Rs = 0 [Ω]; Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; mora se ograničiti polazna struja na 1.65-struku vrednost nominalne struje. Ograničenje struje polaska ostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u kolo rotora. Odrediti broj stepeni i vrednost otpornosti pojedinačnih sektora otpornika za upuštanje. Zadatak 4.12.5. Radi određivanja parametara reduktora izmerena je linearna funkcija opadanja brzine pogonskog vretena sa n1 = 1000 [min-1] do zaustavljanja, za vreme t1 = 10.472 [s]. Zatim su dva ista reduktora spojena kaskadno na red i ponovno je izmereno vreme zaustavljanja od t2 = 7.854 [s]. Odrediti prenosni odnos reduktora pod pretpostavkom da se otporni momenti i moment inercije motora mogu zanemariti..

no

ni MOTOR Jm = 0 Mm = 0

ni

no

no'

MOTOR Jr Mr

ir

Jm = 0 Mm = 0

357

Jr Mr

ir

Jr Mr

ir


2005. GODINA

Rešenje 4.12.1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: E nom = U − I anom (Ra + R pp ) = 230 − 26.1 ⋅ 1.1 = 201.29[V ] E nom = k E Φnom n anom ⇒ k E Φnom = M nom =

60 Pnom 30 E nom I anom 30 201.29 ⋅ 26.1 = = ⋅ = 35.034[Nm ] = k M Φnom I anom ⇒ 2π nnom π n nom π 1432

k M Φnom = a)

E nom 201.29 = = 0.14057[Vmin ] n anom 1432

30

π

k E Φnom =

 Nm  ⋅ 0.14057 = 1.3423 π  A 

30

Iz Njutnove jednačine sledi da je vrednost momenta motora u trenutku otpočinjanja kočenja: M d = M k − M t = M k − M nom = J Σ M k = JΣ

dω ⇒ dt

dω + M nom = J Σα + M nom = 0.1 ⋅ (− 300 ) + 35.034 = 5.034[Nm] dt

Iz toga sledi da motor u trenutku otpočinjanja kočenja vuče struju: M k = k M Φnom I ak  Mk 5.034 = 26.1 ⋅ = 3.750[A]  ⇒ I ak = I anom M nom = k M Φnom I anom  M nom 35.034 Iz naponske jednačine dalje dobijamo traženu vrednost dodatne otpornosti: E nom = U − I ak (Ra + R pp + Rd ) ⇒ Rd =

U − E nom 230 − 201.29 − (Ra + R pp ) = − 1.1 = 6.556[Ω] I ak 3.750 n n0 nnom

Rd=0

nb

Rd M Mnom

358


2005. GODINA

b) Pošto je moment opterećenja potencijalan i nezavistan od brzine obrtanja u novoj stacionarnoj radnoj tački motor vuče struju nominalne vrednosti, pa se vrednost tražene brzine obrtanja dobija iz relacije za indukovanu elektromotornu silu: Eb = U − I ab (Ra + R pp + Rd ) = U − I anom (Ra + R pp + Rd ) =

= 230 − 26.1 ⋅ (1.1 + 6.556 ) = 30.1784[V ] Eb 30.1784 nb = = = 214.686 min -1 k E Φnom 0.14057

[

]


60 Pnom 30 4000 = ⋅ = 25.465[Nm] 2π nnom π 1500

Moment tereta linearno je zavistan od brzine obrtanja i pri nominalnoj brzini obrtanja jednak je nominalnoj vrednosti momenta motora pa iz toga slede relacije za izračunavanje vrednosti rotorskih struja motora u stacionarnim stanjima pri brzinama n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1]: M nom 25.465 = = 0.0169766[Nm min ] ⇒ n nom 1500 M 25.465  Nm  M nom = k M Φnom I anom ⇒ k M Φnom = nom = = 1.27325 ⇒ I anom 20  A  M M n 1000 M t1 = kn1 = nom n1 = k M Φnom I a1 = nom I a1 ⇒ I a1 = I anom 1 = 20 ⋅ = 13.333• [A] nnom I anom nnom 1500 M M n 500 M t 2 = kn2 = nom n2 = k M Φnom I a 2 = nom I a 2 ⇒ I a 2 = I anom 2 = 20 ⋅ = 6.666 • [ A] n nom I anom n nom 1500 M t = kn ⇒ k =

Najkraće vreme kočenja ostvaruje se ako se obezbedi maksimalno mogući moment kočenja motora, a to se prema uslovu zadatka obezbeđuje sa negativnom strujnom granicom -Ianom odnosno sa nominalnim momentom motora suprotnog znaka. Iz toga slede relacije za izračunavanje najkraćeg vremena kočenja: M k = − M nom − M t = − M nom − kn = − M nom − M k = JΣ

πJ Σ dω 2πn dn = JΣ ⇒ dt = dn ⇒ dt 60 dt 30M k n2

n2

n

π π dn tk = JΣ ∫ = JΣ 30 n M k 30 n∫ 1

π J Σ 2 dn dn =− n 30 M nom n∫1  n  1 1+   − M nom 1 +  n nom  n nom 

Integral rešavamo smenom: x = 1+

 M nom n   n = 0 = − M nom 1 + n nom  nnom 

n nnom

⇒ n = nnom ( x − 1) ⇒ dn = n nom dx 359


2005. GODINA

n2 n nom dn π JΣ π J Σ nnom nnom π J Σ n nom nnom + n1 tk = − ln x ln =− = = ∫ n1 30 M nom n1 x 30 M nom 30 M n + n nom nom 2 1+ 1+ nnom nnom 5 π ⋅ 7.265 ⋅ 1500 1500 + 1000 = ⋅ ln = 44.814 ⋅ ln = 10[ s ] 30 ⋅ 25.465 1500 + 500 4 1+

n2 nnom

1+

Ia Ia1 = 13.333 [A] Ia2 = 6.666 [A]

t Iak = -20 [A] tk = 10 [s]

Na osnovu izračunatih podataka nacrtan je traženi dijagram promene rotorske struje motora u funkciji vremena.

Rešenje 4.12.3. Na osnovu dijagrama promene rotorske struje u funkciji vremena zaključujemo da je moment opterećenja nezavistan od brzine obrtanja, odnosno da je konstantan i da iznosi: M t1 = M t1 = M t = konst = k M Φnom I a1 =

M nom 25.465 I a1 = ⋅ 10 = 12.7325[Nm] I anom 20

Traženu vrednost svedenog momenta inercije nalazimo iz sledećih relacija za određivanje vremena kočenja: M nom 3 = − M nom = konst 2 2 πJ Σ dω 2πn dn M k = JΣ = JΣ ⇒ dt = dn ⇒ dt 60 dt 30M k

M k = − M nom − M t = − M nom −

π JΣ tk = 30 M k =

n2

∫ dn =

n1

π J Σ n2 π J Σ (n2 − n1 ) = n = 30 M k n1 30 M k

JΣ π (n2 − n1 ) = 2π J Σ (n1 − n2 ) ⇒ 30 3 90 M nom − M nom 2

360


2005. GODINA

[

90 M nom t k 90 25.465 ⋅ 10 9 = ⋅ = ⋅ 25.465 = 7.295 Nm 2 2π (n1 − n2 ) 2π (1000 − 500 ) 10π

JΣ =

]

n n1 = 1000 [min-1]

n2 = 500 [min-1]

tk = 10 [s]

t

Radi ilustracije prelaznog procesa koji nastaje pri zadatoj promeni rotorske struje, na prethodnom slici prikazan je dijagram promene brzine obrtanja u funkciji vremena. Rešenje 4.12.4. Ograničenje struje polaska ostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u svaku fazu kola rotora. Pošto se otpornik izvodi u sektorima kao nekontinualni, struja skače od svoje maksimalne do svoje minimalne vrednosti. Nju sledi i moment. Ako prema dijagramu sa prethodne slike napišemo jednačine za Mmax i Mmin dobićemo početne formule iz kojih se mogu dobiti zakonitosti, po kojima treba da se menja otpor upuštača, da bi promena struje bila tražena: M min = 3

p R0 ' p R1' p Rn −1' p Rn ' 2 2 2 2 I r min ' = 3 I r min ' = ... = 3 I r min ' = 3 I r min ' ω s s1 ω s s2 ω s sn ω s s n +1

gde je: R n ' = Rr ' M max = 3

p R1' p Rn −1' p Rn ' p R0 ' 2 2 2 2 I r max ' = 3 I r max ' = ... = 3 I r max ' = 3 I r max ' ω s s0 ω s s1 ω s s n −1 ω s sn

uz uslov: s0 = 1 Iz napisanog sledi: R0 ' R1' R ' R' = = ... = n −1 = r s1 s2 sn s n +1 361


2005. GODINA

R0 ' R1' R ' R' = = ... = n −1 = r 1 s1 s n −1 sn

3

Rn-1' 2.5

Rn-2'

M/Mnom

Rn'=Rr'

R3'

2

Mmax R2'

1.5

Mmin

R0 '

R1 '

1

0.5

0

0

100

200

300

400

s0=1

500

600

s1

700

s2

800

s3

900

1000

sn-1 sn

sn+1

n ∆R1d'

∆R2d'

∆R3d'

∆R4d'

∆Rnd'

Rr' Rn'=Rr'

R0'

R1'

R2'

R3'

Rn-1'

Daljim rešavanjem dobijamo izraze za geometrijski niz koji određuje vrednosti klizanja: s1 R 's R1' 2 = s1 0 1 = s1 R0 ' R0 ' R 's R' 2 3 s 3 = s1 2 = s1 0 2 = s1 s 2 = s1 s1 = s1 R0 ' R0 ' ... R ' R 's n−2 n −1 s n −1 = s1 n − 2 = s1 0 n − 2 = s1 s n − 2 = s1 s1 = s1 R0 ' R0 ' R ' R 's n −1 n s n = s1 n −1 = s1 0 n −1 = s1 s n −1 = s1 s1 = s1 R0 ' R0 ' s 2 = s1

362


s n +1 = s1

2005. GODINA

Rn ' R 's n n +1 = s1 0 n = s1 s n = s1 s1 = s1 R0 ' R0 '

Zamenom dobijenih klizanja dobijamo izraze koji određuju ukupne vrednosti otpora: '

R0 R1' = R0 ' s1 R2 ' = R0 ' s 2 = R0 ' s1

2

3

R3 ' = R0 ' s3 = R0 ' s1 ... n −1 Rn −1' = R0 ' s n −1 = R0 ' s1 Rn ' = Rr ' = R0 ' s n = R0 ' s1

n

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika na kraju dobijamo kao razliku ukupnih vrednosti otpornosti:

∆Rd 1' = R0 ' − R1' = R0 ' − R0 ' s1 = R0 ' (1 − s1 )

∆Rd 2 ' = R1' − R2 ' = R0 ' s1 − R0 ' s1 2 = R0 ' (1 − s1 )s1 = ∆Rd 1' s1

∆Rd 3 ' = R2 ' − R3' = R0 ' s1 2 − R0 ' s13 = R0 ' (1 − s1 )s1 2 = ∆Rd 1' s1 2 ... ∆Rdn −1' = Rn − 2 ' − Rn −1' = R0 ' s1 n −2 − R0 ' s1 n −1 = R0 ' (1 − s1 )s1 n − 2 = ∆Rd 1' s1 n −2 ∆Rdn ' = Rn −1' − Rn ' = R0 ' s1 n −1 − R0 ' s1 n = R0 ' (1 − s1 )s1 n −1 = ∆Rd 1' s1 n −1

Na osnovu prethodno određenih relacija možemo dalje vršiti izračunavanja za zadati slučaj. Prvo odredimo nominalno klizanje motora: s nom =

n s − nnom 1000 − 933 67 = = = 0.067[ ns 1000 1000

]

Nominalna vrednost struje motora prema tome iznosi: ' = I snom = I rnom

= =

Us = Z nom  Rr'   s nom

Us 2

(

 2  + ω s2 Ls + L'r 

220

)

220

=

2

=

 5     3  + (100 ⋅ π )2 ⋅ (2 ⋅ 0.0082)2  1     15  220 = 625 + 26.543288

= 25 2 + 4 ⋅ 10 4 ⋅ π 2 ⋅ 8.2 2 ⋅ 10 −6 220 220 = = 8.619[A] 651.545288 25.52538517

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na 1.65-struku vrednost nominalne struje i uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost ukupne otpornosti rotorskog upuštača i rotorskog namotaja: 363


2005. GODINA

I s max = I r max ' = 1.65I snom = 1.65 ⋅ 8.619 = 14.221[ A]  U R0 ' =  s  I s max

2

(

)

2

 2 220  2 2  − ω s2 Ls + L'r =   + (100 ⋅ π ) ⋅ (2 ⋅ 0.0082) = 14.587[Ω ]  14.221  

Ako usvojimo da je minimalna struja tokom upuštanja jednaka nominalnoj vrednosti struje, sledi da vrednost klizanja u trenutku uključenja drugog stepena otpornika iznosi: R0 ' R n ' R' R' 14.587 = = r ⇒ s1 = s nom 0 = 0.067 ⋅ = 0.586[ s1 s n +1 s nom Rr ' 1.667

]

Broj stepeni rotorskog upuštača određujemo dalje iz relacije: s n +1 = s nom = s1

n +1

⇒n=

ln s nom ln 0.067 −1 = − 1 = 4.057[ ln s1 ln 0.586

]

Usvajamo da je broj stepeni četiri pa određujemo ponovo korigovanu vrednost klizanja u trenutku uključenja drugog stepena: s1 = n +1 s nom = 5 0.067 = 0.582[

]

Sada lako nalazimo na osnovu prethodno izvedenih relacija klizanja u trenutcima uključenja ostalih stepeni: s 2 = s1 = 0.582 2 = 0.339[

] s3 = s1 = 0.582 = 0.197[ ] 4 s 4 = s1 = 0.582 4 = 0.115[ ] 2

3

3

s nom = s1 = 0.582 5 = 0.0666[ 5

]

Korigovana vrednost ukupne otpornosti rotorskog upuštača i rotorskog namotaja, zbog zaokružavanja broja stepeni na četiri iznosi: R0 ' =

Rn ' s1

n

=

Rn ' 1.667 = = 14.545[Ω ] sn 0.115

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika takođe dobijamo iz prethodno izvedenih relacija:

∆Rd 1' = R0 ' (1 − s1 ) = 15.545 ⋅ (1 − 0.582) = 6.083[Ω ] ∆Rd 2 ' = ∆Rd 1' s1 = 6.083 ⋅ 0.582 = 3.539[Ω ] ∆Rd 3 ' = ∆Rd 1' s1 2 = 6.083 ⋅ 0.582 2 = 2.059[Ω ] ∆Rd 4 ' = ∆Rd 1' s13 = 6.083 ⋅ 0.582 3 = 1.198[Ω ]

Radi provere izračunajmo ukupnu otpornost rotorskog upuštača i rotorskog namotaja: R0 ' = ∆Rd 1' + ∆Rd 2 ' + ∆Rd 3' + ∆Rd 4 ' + R0 ' = 6.083 + 3.589 + 2.059 + 1.198 + 1.667 = 15.545[Ω ] 364


2005. GODINA

Prema tome maksimalna struja prilikom upuštanja iznosiće: I s max = I r' max =

Us R   1

' 0

2

(

 2  + ω s2 Ls + L'r 

)

=

220

(15.545)

2

+ (100 ⋅ π ) ⋅ (2 ⋅ 0.0082 ) 2

2

= 14.257[A]

Vrednost ove struje se samo neznatno razlikuje od tražene vrednosti. Minimalna struja je nominalna. Rešenje 4.12.5. U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim otpornom momentu reduktora, koji je prema uslovima zadatka konstantan, pa za to merenje važi: M k1 = M r = J r

dω 2π ∆n π n1 = Jr = Jr dt 60 ∆t1 30 t1

U drugom merenju pogon sadrži dva kaskadno spregnuta reduktora, sa kočionim momentima i momenom inercije svedenim na osovinu motora, pa za to merenje važi: M k2 = M t' = M r +

 Mr J 1 dω  = M r 1 +  = J Σ ' =  J r + 2r ir dt  ir  ir 

 π n1   1 + 12 = J r  30 t  i 2 r  

 π n1   30 t 2 

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat prenosni odnos:  1  π n1  1 M r 1 +  J r 1 + 2   ir  =  ir  30 t 2 ⇒ t 2 = 1 − 1  ⇒ 1 = 1 − t 2 = t1 − t 2 ⇒ π n1 Mr t1  ir  ir t1 t1 Jr 30 t1 t 10.472 10.472 = = 4[ ] ir = 1 = t1 − t 2 10.472 − 7.584 2.618

365


LITERATURA

LITERATURA 1. Jožef Varga, Radaković Jovan,“ELEKTROMOTORNI POGONI”, Beleške sa predavanja, Viša tehnička škola, Subotica, 1999/2000. 2. Berislav Jurković, “ELEKTROMOTORNI POGONI”, Školska knjiga, Zagreb, 1987. 3. V.K. Popov, “OSNOVE ELEKTRIČNOG POKRETANJA U INDUSTRIJI”, Naučna knjiga, Beograd, 1951. 4. Vladan Vučković, “ELEKTRIČNI POGONI”, Elektrotehnički fakultet, Beograd, 1997. 5. Borislav I. Jeftinić, “ELEKTROMOTORNI POGONI – ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA”, Nauka, Beograd, 1994. 6. Werner Leonhard, “CONTROL OF ELECTRICAL DRIVES”, Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York, 2001.

P1-1


KORIŠĆENE OZNAKE c, C d D e, E f F g G i, I j J k, K l L m M n N p P q Q R s t T u, U v w, W X Z

α α, β ∆ ε η θ Θ λ ϕ ξ φ, Φ ω,Ω

Konstanta Diferencijalni operator Prečnik Kontraelektromotorna sila Funkcija Sila Koeficijent ubrzanja zemljine teže Težina Struja, prenosni odnos reduktora Imaginarna jedinica Moment inercije Konstanta Dužina induktivnost Masa Mehanički moment Brzina obrtanja Broj obrtaja Broj pari polova, snaga, Laplasov operator Snaga Broj faza Količina elektriciteta Otpornost Klizanje, put Vreme Vremenska konstanta Napon Brzina pravolinijskog kretanja Energija Reaktansa Impredansa Ugao paljenja Koeficijenti redukcije kod sopstvenog hlađenja Priraštaj Intermitencija Koeficijent iskoripćenja Temperatura Položaj Odnos, preopterećenje Ugao Prigušenje Fluks Ugaona brzina

P2-1

KORIŠĆENE OZNAKE


KORIŠĆENI INDEKSI a Cu d e f Fe g kr m, M max min mre nom pol r s sr t, T tr v

Σ

Rotor kod jednosmerne mašine Bakar Dodato, dinamičko Električno Pobuda kod jednosmerne mašine Gvožđe Gubici Kritično Motorno Maksimalno Minimalno Mrežno Nominalno Polazno Rotor Stator Srednje Teret, opterećenje Trenje Ventilacija Sumarno

Napomena: Izuzeci sa različitim označavanjem su objašnjeni u tekstu.

P2-2

KORIŠĆENE OZNAKE

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE

OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE U ELEKTRIČNIM POGONIMA Osnovne jedinice: Dužina Masa Vreme Količina elektriciteta Ugao

l m t Q

Θ

[m] [kg] [s] [C] [rad]

F = ml / t2 M = Fr ω=Θ/t n=N/t P = Fv W = Pt J = mr2 I=Q/t U=P/I

[kg m / s2] [N] [Nm] [rad / s] [ s-1] [obrt / min] [ min-1] [ Nm / s] [ W] [ Ws] [ J] [kg m2] [Nms2] [C / s] [ A] [W / A] [ V]

Izvedene jedinice: Sila Moment Ugaona brzina Brzina obrtanja Snaga Energija Moment inercije Struja Napon

Paralela između veličina karakterističnih za pravolinijsko i rotaciono kretanje: Pravolinijsko kretanje dv a= [m / s2] dt ds v= = adt [m / s] dt ∫ s = ∫ vdt [m] [kg] m F = ma [N] P = Fv [W] W = Fs [J] 1 W = mv 2 [J] 2

Ubrzanje Brzina Put Masa Sila Snaga Rad Kinetička energija

Rotaciono kretanje dω α= [rad / s2] dt dΘ ω= = αdt [rad / s] dt ∫ Θ = ∫ ωdt [rad] [kg m2] J M = Jα [Nm] P = Mω [W] W = MΘ [J] 1 W = Mω 2 [J] 2

Ugaono ubrzanje Ugaona brzina Ugao Moment inercije Obrtni moment Snaga Rad Kinetička energija

Njutnova jednačina kretanja: Pravolinijsko kretanje Rotaciono kretanje

d (mv ) = m dv + v dm = ∑ Fi dt dt dt i d (Jω ) = J dω + ω dJ = ∑ M i = ∑ (M Mi − M Ti ) dt dt dt i i

P3-1


Preračunavanje pravolinijskog u rotaciono kretanje: F

Θ r

s

ω, n v

m

Brzina Radijus Vreme

v r t

Ugaona brzina

ω=

Brzina obrtanja Ugao Put Masa Sila Obrtni moment Snaga Rad Kinetička energija Svedeni moment inercije

[m / s] [m] [s] v r

[rad / s]

v ω 60 = 60 2π 2πr Θ = ωt s = vt = Θr m F = mg M = Fr = mgr P = Mω = Fv = mgv W = Fs = MΘ = mgs 1 1 W = mv 2 = Jω 2 2 2 2 1 2 1 v mv = Jω 2 ⇒ J = m  = mr 2 2 2 ω  n=

[

Napomena: Ubrzanje zemljine teže iznosi g = 9.81 m / s 2

[obrt / min] [rad] [m] [kg] [rad] [Nm] [W] [J] [J] [kg m2]

]

Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom: Fluks

Φ = kf If

Indukovana elektromotorna sila

E = k E Φn = k E k f I f n = U − (Ra + R pp )I a

Moment

M m = k M ΦI a = k M k f I f I a

Razvijena mehanička snaga

Pm = EI a = M mω = P3-2

2π M mn 60


Korisna mehanička snaga Brzina obrtanja u praznom hodu

P = UI aη U n0 = k EΦ

Brzina obrtanja

n = n0 −

Veza između konstanti

kM =

(R

a

+ R pp )I a k EΦ

= n0 −

(R

a

+ R pp )M m

k E Φk M Φ

60 kE 2π

Jednosmerni motor sa serijskom pobudom: Fluks

Φ = k f Ia

Indukovana elektromotorna sila

E = k E Φn = k E k f I a n = U − (Ra + R pp + Rs )I a

Moment

M m = k M ΦI a = k M k f I a

Razvijena mehanička snaga

Pm = EI a = M mω =

Korisna mehanička snaga

P = UI aη 60 kM = kE 2π

Veza između konstanti

2

2π M mn 60

Asinhroni motor Sinhrona brzina obrtanja Klizanje Frekvencija klizanja (u rotoru) Korisna mehanička snaga Razvijeni mehanički moment Moment Moment za n ≈ n s Moment za n ≠ n s uz zanemarivanje statorskih gubitaka i struje magnećenja Kritični moment u funkciji napona napajanja Kritični moment u funkciji frekvencije u području slabljenja polja

60 f p n −n s= s ns f r = sf

ns =

P = 3UIη cos ϕ p Rr ' 2 Mm = 3 Ir' ωs s 60 P M = 2π n n −n M = s M nom n s − n nom 2 M kr M = s s + kr s kr s 2

M kr

 U =   U nom

  M krnom 

M kr

f  ≈  nom  M krnom  f 

2

P3-3

2

Elektromotorni Pogoni - ZBIRKA

Recommend Documents