Zadaci iz elektricnih masina

1. OPŠTI DEO O ELEKTRIČNIM MAŠINAMA 1.1. ZAGREVANJE I HLAĐENJE ELEKTRIČNIH MAŠINA

1. Generator jednosmerne struje 150 kW, 250 V, ima indukt otpora 0,02 . Pobuda je paralelna, otpor pobudnog namota je 35 , Jedinična snaga odvođenja toplote je p = 60 W/m2·C. Gubici usled histerezisa u zupcima su 620 W, a u jarmu 1140 W. Gubici usled vrtložnih struja u zupcima su 150 W, a u jarmu 440 W. Mehanički gubici su 300 W. Površina hlađenja je 1,5 m2; a indukt je oblika valjka. Odrediti maksimalni porast temperature za dati generator. 2. Porast temperature neke mašine koja radi u nazivnom režimu je 20C posle jednog časa rada, a 30C posle dva časa rada. Odrediti: a) vremensku konstantu zagrevanja i konačni porast temperature mašine, b) koliki je krajnji porast temperature i koliko iznosi preopterećenje ako je mašina preopterećena da je porast temperature je 40C nakon jednog časa rada? Uslovi hlađenja su nepromenjeni. Napomena: Gubici nezavisni od opterećenja predstavljaju 20 % nazivnih gubitaka.

3. Nazivni podaci motora su: Pn =32 kW, n =88 %. Pri nazivnom opterećenju odnos gubitaka je PCun : PFen : Pfvn =1,6 : 1 : 0,2. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja je Tz = 28 min, a temperatura okoline je 26C. Maksimalni dozvoljeni porast temperature je 75C. Odrediti vreme koje motor može raditi opterećen momentom M =1,5Mn. Napomena: Uzeti da se nazivno opterećena mašina zagreva do maksimalno dozvoljene temperature.

4. Motor sa podacima 19 kW i n =91 % ima maksimalni porast temperature u nazivnom režimu 72C. Odnos gubitaka PCun : PFen : Pfvn je 2 : 1,2 : 0,5. Vremenska konstanta zagrevanja je 28 min, a temperatura okoline je 26C. Odrediti: a) konačni (maksimalni porast temperature) pri polovini nazivnog opterećenja, kao i temperaturu motora pri nazivnom režimu rada posle 10, 20, 40 i 50 minuta. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. b) Motor radi sa nazivnim opterećenjem neko duže vreme (t >> 3τz). Zatim se opterećenje smanji na polovinu nazivnog. Odrediti temperaturu u trenutku 12 min. nakon smanjenja opterećenja, kao i ustaljenu temperaturu u ovom režimu. c) Motor se iz ovog stanja, posle dovoljno dugo vremena (t >> 3τz), isključi sa mreže. Odrediti temperaturu motora u trenucima 10, 50 i 100 minuta nakon isključenja, ako je vremenska konstanta hlađenja τhl =1,8τz. Nacrtati kompletne krive zagrevanja i hlađenja za sva tri radna režima.

1.

t      t     1  e  

   , gde je:  

 t  porast temperature nakon vremena t tokom kojeg

kojem je transformator radio sa nazivnim opterećenjem,   

Pg

porast temperature u ustaljenom p  Shl stanju u režimu sa snagom gubitaka Pg ,  vremenska konstanta zagrevanja mašine. Ukupni gubici iznose:

150000 2 250 2 ) ( Pg  Ra I a2  R p I p2  PFe  Pgmeh  0,02  ( )  620  1140  150  440  300  11636 W. 250 35

Maksimalni porast temperature iznosi:   

Pg

p  S hl



11636  129,3C. 60 1,5

VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA

1 2        1 1 1      2. a)  1    1  e  ,  2    1  e  , 1      1,44 h. 1 30 2      2 1  e  ln(  1) ln(  1) 20 1

 

b)   2 

 (1 h)

1 e



  2 

40

1  1, 44

1

1 e





1



 79,9C.

20

1 e

Pg 2

1  1, 44



2

 39,95C.

  2 79,9   2. Gubici koji su proporcionalni   39,95

Pg 1  e 1,8 kvadratu struje su se povećali  2,25 puta, što znači da se struja povećala 1,5 puta i toliko iznosi 0,8 preopterećenje. 

1

3. Gubici u nazivnom režimu iznose Pgn 

32  32  4,36 kW. Na osnovu date proporcije  0,88 Pgn 4,36   1,56 kW. Pgn  (1,6  1  0,2) PFen  PFen  dobija se Dalje je jednostavno 2,8 2,8 PCun  1,6  PFen  1,6  1,56  2,5 kW i Pfvn  0,2PFen  0,2 1,56  0,31 kW. Pri datom opterećenju od 1,5Mn smatra se da je i struja 1,5 puta veća što znači da su gubici u bakru 2,25 puta veći. Ukupni gubici u ovom režimu iznose: Pg1  PFe1  Pfv1  PCu1  1,56+0,31+2,25·2,5=7,5 kW. Smatrajući uslove hlađenja nepromenjenim dobijamo da je maksimalni porast temperature u navedenom režimu: P 7,5  1  g1     75  129C. Dozvoljeni porast temperature je 75C tome postoji još 40-26=14C Pg 4,36 Pn

 Pn 

rezerve koju možemo iskoristiti – dakle maksimalni porast temperature sme da bude θ1=89C. Motor sme  89 da radi sa datim opterećenjem tokom vremena t  Tz ln(1  1 )  28  ln(1  )  32,8 min. 129  1 4. a) Pgn=1,88 kW, PFen=0,61 kW, Pfvn=0,25 kW, PCun=1,02 kW I PCu1  ( 1 ) 2 PCun  0,5 2  1,02  0,255 kW, Pg1=1,115 kW.  1  44,5C, θ(10 min.)=21,6C, In θ(20 min.)=36,7C, θ(40 min.)=54,7C θ(50 min.)=59,9C. T(10 min.)=47,6C, T(10 min.)=62,8C, T(40 min.)=80,7C, T(50 min.)=85,9C. b) T (12 min .)  Ta   n e    1 (1  e  )  26  75e T ()  Ta   1  26  44,5  70,5C. 



t



t



12 28

 44,5(1  e



12 28

)  90,4C

c)  (t )    e . Odavde se dobija T(10 min.)=61C, T(50 min.)=41,9C, T(100 min.)=32C. Napomena: za četvrti zadatak data su uglavnom samo brojne vrednosti rešenja. t  hl

VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA

3a

OSNOVNE VRSTE NAMOTAJA ROTACIONIH ELEKTRIČNIH MAŠINA Osnovni princip formiranja namota rotacione električne mašine glasi: namotaj jedne faze formira naizmenično rasporeĎene suprotne magnetne polove (severne N i juţne S). Primena navedenog principa se najlakše može uočiti na statoru jednosmerne mašine i rotoru sinhrone mašine. Posmatrajući stator jednosmerne mašine lako je odrediti broj magnetnih polova (2p) jer su magnetni polovi istureni i zato lako uočljivi. Oko svakog pola se nalazi koncentrisan namotaj. Namotaji susednih magnetnih polova imaju suprotan smer motanja čime se postiže da su susedni magnetni polovi suprotnog polariteta. Analogno važi i za rotor sinhrone mašine sa isturenim polovima. Navedeni primeri su očigledni i jednostavni ali vrlo važni jer se mogu primeniti i na ostale vrste i delove mašina (rotor jednosmerne mašine i asinhrone kliznokolutne mašine, stator sinhrone i asinhrone mašine). Kod njih u odnosu na stator jednosmerne mašine i rotor sinhrone mašine postoji samo prividna razlika iz dva razloga: 1. Magnetno kolo nije istureno 2. Namotaj jednog magnetnog pola ne mora biti koncentrisan (m=1), već može da zauzima više od jednog žleba (m>1). Broj žlebova m koje namotaj jednog magnetnog pola zauzima nije mnogo veći od jedan i obično je m jednako 2, 3 ili 4. Prema broju strana sekcija u žlebu razlikujemo dvoslojne i jednoslojne namotaje. Dvoslojni namotaj u svakom žlebu ima dve strane sekcija pa se ovi slojevi nazivaju gornji i donji sloj. Razmotrimo najpre dvoslojni namot kao tipičan primer namota trofazne mašine veće snage. Neka je mašina trofazna (q=3) četvoropolna (2p=4) sa Z=36 žlebova na statoru (v. priloženu šemu). Najpre se razmatra namotaj jedne faze (U), znajući da će namotaji ostale dve faze (V i W) biti analogni prvom i pomereni na obodu za trećinu periode: Svi magnetni polovi moraju biti jednaki radi simetrije što znači da svakom polu pripada prostor dužine Z 36    9 žlebova i zubaca. Kako ima tri identične faze svakoj od njih će na jednom polu pripasti 2p 4  9 m    3 žleba. Dakle faza U ima sledeće tri sekcije u prvom polu: q 3 1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+τ)=1+9=10. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - (2+9)=11. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - (1+9)=12. žleb (donji sloj) Drugi pol počinje u 1+τ=1+9=10 polu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - (10+9)=19. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - (11+9)=20. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - (12+9)=21. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 19. žleb (gornji sloj) - 28. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 20. žleb (gornji sloj) - 29. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 21. žleb (gornji sloj) - 30. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 28. žleb (gornji sloj) - 1. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 29. žleb (gornji sloj) - 2. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 30. žleb (gornji sloj) - 3. žleb (donji sloj) Ovim su postavljene sve sekcije faze U na odgovarajuća mesta i ostaje još da se one pravilno meĎusobno povežu tako da faza ima dva kraja (označavaju se sa U1 U2). Označićemo sa U1 početak prve sekcije (u 1. žlebu). Postoje dva principijelno različita načina povezivanja koja rezultat stvaraju isto magnetno polje: 1. Ako struja koja teče kroz namotaj faze najpre protiče kroz sve sekcije jednog pola pa tek onda prelazi u sekcije drugog pola namotaj se naziva petljasti. Tok struje ima izgled petlje - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "vraća se" u 2. žleb (jer ide u 2. sekciju). 2. Ako struja koja teče kroz namotaj faze protiče kroz jednu sekciju jednog pola i zatim odmah prelazi u sekciju drugi pol takav namotaj se naziva valoviti. Tok struje ima izgled "vala" - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "ide dalje" u 19. žleb (jer ide u 4. sekciju). Nakon toka struje u sva četiri pola ona se vraća u prvi pol i ulazi u 2. sekciju (2. žleb).

VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 2. žleb 1. žleb

3b 10. žleb 11. žleb

N

Veza dve sekcije petljastog namota

1. žleb

10. žleb

N

19. žleb

S

Veza dve sekcije valovitog namota

Da bi se formirao namotaj druge faze (V) treba odrediti njen pomak na obodu u odnosu na prvu fazu (U). Taj pomak iznosi trećinu periode (2π/3), gde je perioda jednaka dužini dva magnetna pola (jer su suprotni) tj. 2  2  9  18 žlebova. Dakle pomak je 18/3=6 žlebova i druga faza ima sekcije: Prvi pol: 1. sekcija: (1+6)=7. žleb (gornji sloj) - 16. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -18. žleb (donji sloj) Drugi pol počinje u 7+τ=7+9=16 žlebu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 26. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 27. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 25. žleb (gornji sloj) - 34. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 26. žleb (gornji sloj) - 35. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 27. žleb (gornji sloj) - 36. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 34. žleb (gornji sloj) - 7. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 35. žleb (gornji sloj) - 8. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 36. žleb (gornji sloj) - 9. žleb (donji sloj) Analogno je i za treću fazu (W), s tim da je pomak za trećinu periode u odnosu na drugu fazu: Prvi pol: 1. sekcija: (7+6)=13. žleb (gornji sloj) - 22. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 14. žleb (gornji sloj) - 23. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 15. žleb (gornji sloj) -24. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 22. žleb (gornji sloj) - 31. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 23. žleb (gornji sloj) - 32. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 24. žleb (gornji sloj) - 33. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 31. žleb (gornji sloj) - 4. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 32. žleb (gornji sloj) - 5. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 33. žleb (gornji sloj) - 6. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 4. žleb (gornji sloj) - 13. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 5. žleb (gornji sloj) - 14. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 6. žleb (gornji sloj) - 15. žleb (donji sloj) Z sekcija. Može se Očigledno dvoslojni namotaj ima ukupno Z sekcija, a svaka faza se sastoji iz q proveriti da je svaki sloj u žlebu zauzet jednom stranom sekcije. Jednoslojni namot se karakteriše činjenicom da svaki žleb zauzima samo jedna strana sekcije. Z Kako svaka sekcija ima dve strane to znači da jednoslojni namotaj ima ukupno sekcija, a svaka faza se 2 Z sastoji iz sekcija. Najčešće je jednoslojni namotaj koncentrični, mada se može izvesti i kao petljasti 2q ili valoviti. Za datu mašinu i broj polova bilo koja od ove tri izvedbe daje isto magnetno polje. Razmotrimo jednoslojni koncentričan namotaj kao tipičan namotaj za naizmenične mašine manje snage. Neka je mašina trofazna četvoropolna i ima Z=24 žleba na statoru (v. priloženu šemu). Odmah


Z 24  6   6 žlebova i zubaca i m    2 žleba. Pomak izmeĎu faza je 12/3=4 žleba. 2p 4 q 3 Pripadnost ţlebova namotajima pojedinih faza ista je za sve tri vrste namotaja. Dakle bilo da treba napraviti petljasti, valoviti ili koncentrični namotaj pripadnost žlebova je sledeća: Faza U: 1., 2., 7. i 8. žleb 13., 14., 19. i 20. žleb Faza V: 5., 6., 11. i 12. žleb 17., 18., 23. i 24. žleb Faza W: 9.,10., 15. i 16. žleb 21., 22., 3. i 4. žleb Kako bi se postavljale sekcije da je u pitanju petljasti ili valoviti namotaj već je opisano (1. - 7., 2. - 8. itd.). Kod ovih namotaja su sve sekcije identične. Za razliku od njih koncentrisani namotaj ima sekcije različite dužine. Koncentrisani jednoslojni namotaj bi glasio: Prvi pol: 1. sekcija: 1. žleb - 8. žleb 2. sekcija: 2. žleb - 7. žleb Drugi pol počinje u 1+τ=1+6=7 polu. MeĎutim pošto je 7 žleb zauzet ovaj pol nema svoj namotaj i Z 24 jednostavno se "preskače" (ionako treba postaviti ukupno   4 sekcije za celu fazu). To ne znači 2q 2  3 da ovaj magnetni pol ne postoji. Njega formiraju strane sekcija susednih polova. Treći pol: 4. sekcija: 13. žleb - 20. žleb 5. sekcija: 14. žleb - 19. žleb Četvrti pol: Nema namotaja (važi isto što i za drugi pol). 3c

odreĎujemo  

2. žleb 1. žleb

7. žleb 8. žleb

N

Veza dve sekcije koncentričnog namota Prethodno dati primeri predstavljaju namotaje sa punim (dijametralnim, neskraćenim) navojnim korakom y, pošto je bilo y=τ. Ako je potrebno izvesti skraćeni (tetivni) korak (y=τ), to se može izvesti samo kod dvoslojnog namotaja. IzvoĎenje je vrlo jednostavno: za izvedeni namotaj sa punim korakom samo se druga strana sekcije "prebaci" u odgovarajući bliţi ţleb. Dakle za dati primer trofaznog dvoslojnog namotaja sa Z=36 i korakom y=7 bilo bi: 1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+y)=1+7=8. žleb (donji sloj) Faza U, prvi pol: 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - 9. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - 10. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - 18. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - 19. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 19. žleb (gornji sloj) - 26. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 20. žleb (gornji sloj) - 27. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 21. žleb (gornji sloj) - 28. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 28. žleb (gornji sloj) - 35. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 29. žleb (gornji sloj) - 36. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 30. žleb (gornji sloj) - 1. žleb (donji sloj) Faza V, prvi pol: 1. sekcija: 7. žleb (gornji sloj) - 14. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 15. žleb (donji sloj)


3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -16. žleb (donji sloj) 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 23. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 24. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 25. žleb (gornji sloj) - 32. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 26. žleb (gornji sloj) - 33. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 27. žleb (gornji sloj) - 34. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 34. žleb (gornji sloj) - 5. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 35. žleb (gornji sloj) - 6. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 36. žleb (gornji sloj) - 7. žleb (donji sloj) Faza W, prvi pol: 1. sekcija: 13. žleb (gornji sloj) - 20. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 14. žleb (gornji sloj) - 21. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 15. žleb (gornji sloj) -22. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 22. žleb (gornji sloj) - 29. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 23. žleb (gornji sloj) - 30. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 24. žleb (gornji sloj) - 31. žleb (donji sloj) Treći pol: 7. sekcija: 31. žleb (gornji sloj) - 2. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 32. žleb (gornji sloj) - 3. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 33. žleb (gornji sloj) - 4. žleb (donji sloj) Četvrti pol: 10. sekcija: 4. žleb (gornji sloj) - 11. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 5. žleb (gornji sloj) - 12. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 6. žleb (gornji sloj) - 13. žleb (donji sloj) Može se proveriti da svaki sloj u žlebu zauzima jedna strana sekcije.

Drugi pol:

3d


3

1.2. MAGNETOPOBUDNE SILE 5. Indukt prečnika 0,26 m i dužine 0,2 m ima na svom obimu 48 žlebova u kojima se nalaze provodnici koji obrazuju trofazni četvoropolni namot, tako da svakoj fazi pripada 112 provodnika. Ako je ekvivalentni vazdušni zazor 0,9 mm i kroz namot teku trofazne struje jačine 14 A i učestanosti 50 Hz, odrediti: a) obrtnu magnetopobudnu silu po polu, b) fluks po polu, c) snagu mašine. 6. Trofazni sinhroni turbogenerator 2p =2, Y, f =60 Hz ima na rotoru pobudni namot sa 46 navojaka i navojnim sačiniocem 0,9; a na statoru namot sa 24 navojka po fazi i navojnim sačiniocem 0,833. Dimenzija zazora je 0,075 m, srednji poluprečnik 0,5 m; a aktivna dužina sekcije je 4 m. Ako je pobudna struja 1500 A, odrediti: a) vrednost prvog harmonika magnetopobudne sile koju proizvodi pobudni namot i vrednost prvog harmonika indukcije u zazoru, b) fluks po polu i linijski napon u praznom hodu generatora. 1.3. INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE 7. Poznati su sledeći podaci trofaznog asinhronog motora: unutrašnji prečnik statora D =0,26 m, dužina paketa limova l =0,2 m; ukupni broj žlebova Z =48, broj polova 2p =4. Odrediti broj provodnika po fazi da bi se imala indukovana elektromotorna sila po fazi E =212 V, pri B =0,7 T i f =50 Hz. 8. O statoru trofaznog motora znaju se sledeći podaci: dužina l =0,075 m; unutrašnji prečnik D =0,112 m; broj žlebova Z =36 i broj polova 2p =6. Linijski napon mreže je 220 V, a učestanost 50 Hz. Sprega namota statora je zvezda. Za B =0,55 T odrediti: a) broj provodnika po fazi, b) broj provodnika u žlebu, stvarni fluks po polu i maksimalnu vrednost indukcije za usvojeni ceo broj provodnika u žlebu. 1.4. VIŠI HARMONICI INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE 9. Ispitati mogućnost potpunog poništenja jednog ili više harmonika pogodnim izborom broja žlebova po polu i fazi. 10. Pod kojim uslovima se potpuno eliminiše peti harmonik? 11. Izračunati elektromotornu silu osnovnog, trećeg, petog i sedmog harmonika za trofazni sinhroni hidrogenerator sa podacima: 16,5 MVA; 11 kV, 860 A, 50 Hz cos =0,7, l =1,3 m, 2p=12,  =0,693 m; N =144 prov/fazi, m =4, y/=5/6. Amplitude harmoničnih komponenti indukcije u zazoru su: B1 =0,75 T; B3 =0,039 T; B5 =0,035 T i B7 =0,02 T. 12. Polje u zazoru mašine za naizmeničnu struju dato je sledećim izrazom: b() = Bm1sin + Bm3sin3 + Bm5sin5. Odrediti THD i efektivne vrednosti indukcije i indukovane elektromotorne sile u provodniku, navojku i fazi, ako je: y/ =4/5, m=5, Bm1 =1 T, Bm3 =0,3 T; Bm5 =0,2 T. 5. a) Izraz za rezultantnu (obrtnu) MPS trofaznog namotaja glasi: F3 f 

3 4 1 Nf    2 I  k n , gde je: Nf 2 π 2 p broj navojaka faze i kn navojni sačinilac, važi i za dvoslojni i za jednoslojni namotaj. Broj navojaka faze


je N f 

112 , a navojni sačinilac iznosi k n  k p k t  2

sin m m sin



4

2  1 (skraćenje se ne pominje u tekstu). m je



2 Z 48 broj žlebova po polu i fazi m    4, a β je električni pomak meĎu žlebovima 2 pq 4  3 360 360 sin 4  7,5 3 4 1 112  p  2  15 . Time se dobija F3 f      507 A.  2 14  Z 48 4 sin 7,5 2 π 2 22 507 0,26  π 2 F Dπ 2 2 b)   BS p  ( 0 )(  0,2  18,4 mWb. l )   4π 107 3 22  2p π π π 0,9 10 1 1 c) S  qEI . E  Nf  k n  56  2π  50  18,4  103  0,9577  219,2 V. 2 2 S  qEI  3  219,2 14  9,2 kVA. 6. a) U slučaju rotorskog namota izraz za rotorsku (pobudnu) MPS glasi: Fp 

4 1 N fr   I  k nr a može  2 p se dobiti koristeći odgovarajućeg izraza iz prethodnog zadatka uz uvažavanje činjenice da je sada u 4 1 46 pitanju monofazni namot sa jednosmernom strujom. Fp    1500  0,9  39534,1 A.  2 1 Fp 39435,1 Bp  0  4 π 107  0,66 T.  0,075 1 π 2 2 2 Dπ b)   BS p  B( 4  2,65 Wb. l )   0,66  2 1 π π π 2p 1 1 E0l  3E0 f  3  N f  k n  3  24  2π  60  2,65  0,833  24,46 kV. 2 2

7. Iz izraza za indukovanu EMS faze: E f  N f faze. Odatle je:



Nf 

Ef p 2πfBDlk n



1 2

 k n  N f

1 2

2π f

BDl k n , gde je Nf broj navojaka p

212  2  54,75. Navojni sačinilac je 2 π  50  0,7  0,26  0,2  0,9577

2  1  sin 4  7,5  0,9577 (v. zad. 5). Treba izračunati broj provodnika u žlebu i to  4 sin 7,5 m sin 2 Nf 54,75   6,84  N1z  7 (usvajamo ceo veći broj). Konačno je naravno mora biti ceo broj: N1z  2 2 pm 24 broj provodnika po fazi: N1 f  2 N1z pm  2  7  2  4  112. k n  k p kt 

sin m

8. a) Analogno kao u prethodnom zadatku dobija se: k n  k p k t 

Nf 

Ef p 2 πfBDlk n





2  1  sin 2  15  0.9659,  2 sin15 m sin 2

sin m

220 3 3  384.4, 2 π  50  0,55  0,075  0,112  0,9659


N1z  2

b) N1z=65,

5

384,4  64,07  N1z  65 N1 f  2 N1z pm  2  65  3  2  780. 2 pm 3 2 Ef p 220  3  0,54.  B 2πfDlk n N f 3 2π  50  0,075 0,112  0,9659 390 Nf





0,112  π 2 2 2 D 0,075  1,51 mWb. l )   0,54  BS p  B( 23 π π π 2p



9. Izbor broja žlebova po polu i fazi m utiče na pojasni sačinilac: k ph





sin(hm ) 2 . Dakle treba postići   m sin(h ) 2

360 180 Z dobija se da se mogu poništiti samo p  2 2 2 pq 2Z 2q harmonici deljivi sa dvostrukim brojem faza: h  2q  n . Za trofazni namot ovo znači da nema šestog, dvanaestog itd. harmonika , no parnih harmonika svakako nema zbog "naizmenične" konstrukcije namotaja. MeĎutim iako ne može potpuno da poništi pojedine harmonike pojasni sačinilac ih značajno smanjuje.

uslov hm

 n  180 . Kako je m



10. Na osnovu prethodnog zadatka vidimo da se traženi poništenje petog harmonika može eventualno yπ =0 dobijaju se dva moguća postići samo izborom tetivnog navojnog koraka. Iz jednakosti k t 5  sin 5  2 y 2 y 4 rešenja:  ili  . Prvo rešenje otpada jer je skraćenje preveliko (preveliko slabljenje EMS prvog  5  5 y 4 harmonika) pa je rešenje  .  5 y 5 Napomena: U praksi se najčešće koristi  iz dva razloga: manje slabljenje osnovnog harmonika i  6 jednako slabljenje 5. i 7. harmonika. 11. E fh  N f

1 2

 h h k nh  N f

1 2

2πh f

Bh Dl k nh  2 2 N f fBh l k nh , ph

 2  sin h y  k nh  k ph k th    2 m sin h 2 sin hm

5 sin 4  7,5  sin  90  6364,2 V. 6 4 sin 7,5 2 2 0,693 sin 3  4  7,5 1 5 Za h=3 dobija se: E f 3  72 2π  50  3  0,039   1,3   sin 3   90  165,3 V. π 3 4 sin 3  7,5 6 2 Analogno se dobija Ef5=17,1 V i Ef7=7,6 V. Za h=1 dobija se: E f  72

1

4  50  0,75  0,693  1,3 

2 2 2 2 12. THD(B)= B3  B5  0,3  0,2  36,1%.

1

B1

πfDl B32  B52 E E 2p   THD(B)=36,1%. Za provodnik je THD(E1)= πfDl E11 B1 2p 2 13

2 15


6

πfDl B32 k t23  B52 k t25 E E 0,32  0,58782  0,2 2  0 2 2p Za navojak : THD(Enav)=    18,5% πfDl 1  0,9511 E11 B1k t1 2p yπ 4 4 4 yπ yπ ( k t1  sin  sin  90  0.9511, kt 3  sin 3  sin 3   90  0.5878, k t 5  sin 5  sin 5   90  0).  2  2  2 5 5 5 Dakle skraćen navojni korak smanjuje izobličenje napona. Za fazu: πfDl B32 k t23 k p23  B52 k t25 k p25 2 2 E13  E15 0,32  0,58782  0,64722  0,2 2  0 2 2p THD(Ef)=  12,5%   πfDl 1  0,9511 0,9567 E11 B1k t1k p1 2p 2 13

2 15

   sin 3m sin 5m    sin 3 5 6 sin 5  6  2  2  sin 5  5  6  0,2). 2  ( k p1   0.6472, k p 5   0.9567, k p 3   5 sin 3  6  5 sin 5  6  5 sin 6 m sin 3 m sin 5 m sin 2 2 2 sin m

Raspodela namota u više žlebova (pojas) smanjuje izobličenje napona.


7

1.5. OSNOVNE DIMENZIJE ELEKTRIČNIH MAŠINA 13. Odrediti osnovne dimenzije turbogeneratora snage 660 MVA ako je indukcija u zazoru 0,9 T i obodnu gustinu struje pri direktnom hlađenju vodonikom A =160000 A/m. Maksimalna dozvoljena periferijska brzina je 200 m/s.. Feromagnetni zazor je 6,5 cm, a brzina obrtanja je 3000 min-1. 14. Za dve mašine iste električne snage sa brzinama 500 o/min i 1500 o/min, odrediti odnos linearnih dimenzija, gubitaka, ukupne cene i cene po jedinici snage. Mašine imaju istu indukciju i obodnu gustinu struje, kao i isti odnos linearnih dimenzija. 1.6. ZAKON SLIČNOSTI ELEKTRIČNIH MAŠINA 15. Data su dva geometrijski slična trofazna četvoropolna asinhrona motora. Poznati su podaci o motoru manje snage: Pn =7,5 kW, Un =380 V, In =15,2 A, cosn =0,86, Shl =1,6 m2, m =74 kg. Drugi motor je 3 puta veće prividne snage. Oba motora su predviđena za isti napon i imaju isti cos n. uzimajući u obzir odgovarajuće idealizacije, odrediti: a) podatke o većem motoru (snaga, struja, površina hlađenja, težina), b) uslove hlađenja za oba motora, odnosno snagu gubitaka po jedinici površine hlađenja.

200  1,27 m. S n  qEnf I nf , (za veće mašine  100π DπA BDl ovo je tačnije), gde je q broj faza. Dalje je Enf  2πNf , (N je broj navojaka a D k n i I nf  q2 N p unutrašnji prečnik statora D=Dr+2δ=1,34+0,13=1,4 m). Zamenom u polazni izraz dobija se: 2πk n 2πn 2 πk n ) Sn  ( ABD 2 l . Kako je  1 dobija se: 4 60 4 Sn 660  l  7,4 m (primetiti da je kod turbogeneratora D<
13. Najpre se može izračunati prečnik rotora: Dr  2

v

2

C1 Pg1 D12 l1 p 2 6 M 1 C1 p S C 6     3.   1   3; 1  1  3. Odnos gubitaka: C2 C2 Pg 2 D22 l 2 p1 2 M 2 C2 p2 2 S2

15. a) Pn2=3Pn1=3·7,5=22 kW (jer je to standardna snaga) S hl 2  3S hl1  3  1,6  2,8 m2. I n 2 

S n2 3U 2



3S n1 3U 1

S n2 S hl 2  k2   3 S n1 S hl1

 3  I n1  3  15,2  45,6 A..

S M 2  k M 1  ( n 2 ) 4 M 1  30, 75  64  146 kg. S n1 Pg 2 Pg S S b)  k  hl 2  4 n 2  4 3  1,32. Pg1  S n1 cos n  Pn1  3  380 15,2  0,86  7500  1104 W Pg1 S hl S n1 3

3

Pg1 S hl1



S hl1

Pg 2 Pg 2 4 1104  690 W/m2, k  3  690  908,1 W/m2. S hl 2 S hl 2 1,6


8

2. PRIGUŠNICE I TRANSFORMATORI 2.1. PRIGUŠNICE

16. Izračunati dimenzije stepenastog preseka jezgra prigušnice ili transformatora sa dve "stepenice" u funkciji prečnika opisanog kruga D, da bi površina jezgra bila maksimalna. Uporediti dobijeni rezultat za jezgro bez "stepenica". Ako je sačinilac ispune gvožđa Kfe = 0.96, odrediti sačinilac ispune jezgra Fe. 17. Ponoviti prethodni zadatak za simetrični presek transformatorskog jezgra sa tri "stepenice". 18. Feromagnetno kolo sa slike ima namot sa 250 navojaka otpora 0,58 . Namot se napaja iz izvora naizmenične struje 120 V, 50 Hz. Karakteristika limova je data sledećom tabelom: 250 50

B [T] 0,6 0,8 1 1,3 H [A/m] 160 200 300 1000

3 220 50

50

Histerezisni faktor je  = 0.0047, odnos gubitaka usled histerezisa i vrtložnih struja je PH/PV = 5. Koeficijent ispune gvožđa je KFe = 0.85, a specifična masa magnetnog materijala je Fe = 7,9 kg/dm3. a) Odrediti struju kroz namot i gubitke u gvožđu i nacrtati ekvivalentnu šemu. b) Konstruisati vektorski dijagram. 19. Na slici je prikazana prigušnica sa dimenzijama a = b = c = d = 25 mm, g = 2 mm. Kroz namot teče struja 1 A. Provodnost materijala od koga je načinjen provodnik je  = 5,78107 S/m. Faktor ispune namota je KS = 0,8. Odrediti ulaznu snagu i broj navojaka namota da bi indukcija bila 0,8 T. 25

namotaj 2

25 25

25

25

25

20. Prigušnica na gvozdenom jezgru ima histerezisnu petlju kao na slici. Termogena otpornost prigušnice je 1 k, a kalem ima N = 1000 navojaka. Ako je prigušnica bez remanentnog fluksa 40 t ,0  t  0,5s priključena na izvor: v(t )   0 , ostalo φ[mWb] potrebno je: 1 a) odrediti izraze za struju, fluks i indukovanu elektromotornu silu prigušnice u funkciji vremena za interval 0 t 1 s, b) skicirati krive i=f(t), =f(t) i e=f(t) za isti interval. 4 i[mA]


16. S j  ab  2

dS j

a b b  D 2 (sin cos  (cos  sin ) sin )  D 2 (2 sin cos  sin 2  ) 2

9

 D 2 (2 cos 2  sin 2 )  0  tg 2  2    31,7

d d 2S j

a

b

 4 sin 2  2 cos 2  4 sin 2  31,7  2 cos 2  31,7  0 , zaista je maksimum. d 2 S j  D 2 (sin 2  sin 2  )  D 2 (sin 2  31,7  sin 2 31,7)  0,618D 2 . Za jezgro kvadratnog oblika (bez

stepenica) je S j  0,5D 2 . Koeficijent ispune:  Fe 

S j k Fe S kr



0,618D 2  0,96  0,756. 0,785D 2

a b 1 c  0,5D 2  2D 2 (cos  ) sin  2 2  0,5D 2  D 2 sin 2  D 2 2 sin  dS j a b c  D 2 (2 cos 2  2 cos )  D 2 (4 cos2   2  2 cos )  0 d 1 ) sin  0,668D 2 . cos  0,9056    25,1 S j  0,5D 2  2D 2 (cos 25,1  2 2 S k 0,668D  0,96  Fe  j Fe   0,817. S kr 0,785D 2 E 120   1,017 T. Iz tabele H=300 A/m pa je B 18. a) 2fNS Fe 2  50  250  0,85  2500  10 6 B 1,017 l0  H Fe l Fe 3  103  300  0,737 7 H 0 l0  H Fe l Fe  0 I    4 10  10,6 A. Ovo je amplituda struje (!) N 250 N 10,6 dok je efektivna vrednost I x   7,5 A.. 2 Ph  VFe  Fe fB 2  l sr K Fe S Fe fB 2  0,0047  0,737  0,85  2500 106  7900 50  1,0172  3 W P 3 Pv  h   0,6 W. PFe  Ph  PFe  3  0,6  3,6 W Za aktivnu snagu se može napisati: 5 5 UI r  RI 2  PFe  R( I r2  I x2 )  PFe  0,58I r2  120I r  36,22  0 , odakle se dobija I r  0,3 A. U 120 Parametri ekvivalentne šeme su: i RFe  Re  R  Re  0,58  0,06 Ω I 0,3  7,5 j 120 U X  Im  Im  15,97 Ω. 0,3  7,5 j I b) U

17. S j  b 2  4

I

U

R

RFe

jX

I Ir Ix


19. l sr  4(25  25)  200 mm, N 

Bg 0,8  0,002  1274.   0 I 4  107  1

10

Nl sr N 2 l sr l 12742  0,2 R   11,2 Ω.   S Cu K Cu S 58  106  0,8  252  10 6 S  N v[V] 20.

P  RI 2  11,2 12  11,2 Ω.

20

0,5

t[s]

0,324 0,5

t[s]

i[mA]

4 0,1 φ[mWb] 0,02(t-0,1)2 1

0,1

0,324 0,5

t[s]

21. Za koliko se procenata smanjuje masa magnetnog kola i masa bakra ako se umesto običnih gvozdenih limova upotrebi silicijumski hladno-valjani lim, odnosno indukcija se može povećati sa 0,8 T do 1,6 T, ako fluks ostaje isti. 22. Transformator snage 250 kVA ima nominalne gubitke u gvožđu 800 W i nominalne gubitke u bakru 3800 W. Izračunati stepen iskorišćenja za četvrtinu nominalnog opterećenja i cos = 0,8. 23. Energetski transformator je predviđen da radi na mreži 50 Hz. Pri tome su gubici u bakru 1,5 % prividne snage, gubici usled histerezisa su 0,6 % prividne snage, a zbog vihornih struja 0,4 % prividne snage. Odrediti: a) gubitke pri 60 Hz za isti napon i istu struju, b) snagu koju ovaj transformator može odati radeći na mreži 60 Hz, uz uslov da su gubici i napon isti kao kada radi na mreži 50 Hz. 21. Ako se indukcija poveća dva puta poprečni presek magnetnog kola se može smanjiti dva puta, što znači da će masa magnetnog kola biti 50% manja (oba materijala imaju približno istu gustinu). Zbog toga se smanjuje obim magnetnog kola a time i dužina navojaka. Obim će se smanjiti: S Fe 2 D O2  2 O1  O1  0,707O1 , što znači da će se masa bakra smanjiti za 29,3%. D1 S Fe1 22.  

P2  P1

0,25S n cos



0,25  250  0,8

 0,98. 1 2 1 2 0,25S n cos  PFen  ( ) PCun 0,25  250  0,8  0,8  ( )  3,8 4 4 B2 2 f 2 B f U 2 f1 U 50 Ph1  Ph1  0,6%S n  0,5 %Sn. Pv 2  ( 2 2 ) 2 Ph1  ( 2 ) 2 Ph1  0,4 %Sn. 23. a) Ph 2  ( ) 60 B1 f1 B1 f1 U1 f 2 U1 PCu2=PCu1=1,5 %Sn. b) Pri radu na 60 Hz gubici su manji za 0,1 % Sn, na osnovu čega možemo povećati gubitke u bakru za 1,6% 1  3,3 %, tj. S2=103,3 %Sn (napon je ostao isti). 0,1 % Sn. Struju i snaga se mogu povećati za 1,5%


11

24. Jednofazni transformator 200 kVA, 3810/210 V, 50 Hz ima srednju dužinu magnetnog jezgra 140 cm i poprečni presek SFe =160 cm2. Primarni namot ima 860 navojaka, gubici usled vrtložnih struja i histerezisa su 0,012 W/cm3. Odrediti struju praznog hoda u funkciji vremena kao i komponentu koja potiče od vrtložnih struja ako je priključeni napon sinusoidalan. Može se smatrati da je komponenta struje gubitaka sinusoidalna, i da je komponenta struje magnećenja u fazi sa fluksom. Polovina histerezisne petlje data je sledećom tabelom: B[T] 0 0,3 0,6 0,8 1 1,1 1,2 1,25 H[A/cm] 0,44 0,69 1 1,28 1,68 2,09 2,97 3,56 H[A/cm] -0,44 -0,17 0,15 0,48 1,09 1,62 2,75 3,56 2.2. EKVIVALENTNA ŠEMA TRANSFORMATORA 25. Za transformator Sn =160 kVA, 10/0,4 kV, Yzn5 i f =50 Hz odrediti elemente ekvivalentne šeme ako su ogledom kratkog spoja izmereni gubici koji iznose 2,35 kW i napon kratkog spoja uk =4 %. Ogledom praznog hoda izmereno je Po =0,46 kW i jo =0,7 %. 26. Odrediti elemente ekvivalentne šeme trofaznog transformatora sprege Dy5, čiji su podaci: Sn =1000 kVA, Un1 =10 kV, P0 =2 kW, Pk =12 kW, uk =7 %, j0 =2 %. 27. Podaci o jednofaznom transformatoru su: Sn =10 kVA, 2400/240 V. Ogled praznog hoda na NN strani: u0 =1 r.j., i0 =0,019 r.j., p0 =0,008 r.j. Kratak spoj na VN strani: uk =0,0333 r.j., ik =1,22 r.j., pk =0,022 r.j. Odrediti apsolutne vrednosti datih podataka za oglede praznog hoda i kratkog spoja i relativne vrednosti primarnih i sekundarnih otpornosti i reaktansi rasipanja. 2.3. SPREGE TROFAZNIH TRANSFORMATORA

Comment [Sk1]: Ovo treba da bude 4.4.

28. Broj navojaka po fazi namota trofaznog transformatora je N1 =2080 i N2 =80. Ako je primarni napon U1 =3300 V odrediti U2 pri spregama: Yy, Dy, Yd, Dd.

24.

Indukcija u jezgru je: B 

E  2fNS Fe

3810  1,25 T. Reaktivna komponenta 2  50  860  160  10 4

356  1,4   0,41 A. Aktivne komponente je u fazi sa naponom i potiče 2N 2  860 Hl sr 44  1,4 od histerezisnih gubitaka: I 0 r    50,6 mA. 2N 2  860

struje magnećenja je: I 0 x 

Hl sr

1.5

1.5

magnetna indukcija struja PH

1

1

0.5

0.5

B [T] 0

0

-0.5 -0.5 -1 -1 -1.5 -400

-300 -200

-100

0 100 H [A/m]

200

300

400

-1.5 -5

0

5

10

15


p 0,012  140  160 Kako je I 0 r  Fe   70,6 mA, dobija se da je komponenta koja potiče od vrtložnih U 3810 struja: I 0v  I 0 r  I 0 h  70,6  50,6  20,6 mA. 12

0.6

struja PH 1. i 3. harmonik struje 1. + 3. harmonik

0.4

0.2

0

-0.2 -0.4 -0.6 -5

0

5

15

10

Slika prikazuje struju praznog hoda dobijenu na osnovu pretpostavke o sinusoidalnom naponu i date krive magnećenja materijala (slike gore). Treba primetiti sledeće značajne činjenice: - znatno prisustvo trećeg harmonika struje, - fazni pomeraj osnovnog harmonika struje u odnosu na napon je manji od 90º (na slici je to 78,8º; cosφ=0,19), - stvarna aktivna komponenta je 0,29 A, dok je reaktivna komponenta 55,8 mA. 25. Odredićemo ekvivalentnu šemu svedenu na primar. Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se Pk  3  Rk'  I 12nf odakle je: P R  k2  3I 1nf ' k

R ' 9,18 R R  k   4,59 Ω. 2 2 ' 1

' 2

3Pk U 12nf Pk   S2 S n2 3 2 n 2 3  U 1nf Z  ' k

u k  U 1nf I1nf

X k'  Z k'2  Rk'2  252  9,182  23,25 Ω;

3  2350 (

10 3

)2

1602

 9,18 Ω.

u k  U 1nf 3  u k  U 12nf    Sn Sn 3U 1nf X 1'  X 2' 

10000 2 ) 3  0,04  ( 3  25 Ω. 160000

X k' 23,25   11,63 Ω. 2 2

Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja: 10 3  460  ( ) 2 2   3 P U P P nf 0 1 3 0 0   36,67 kΩ;   Rm'  3  I 102 f 3  i02  I 12nf i02  S n2 0,0072  1602  3 U X m'  Z m'2  Rm'2    i0  S n 

2 1nf

   

10000 2   )   3( 3 '2   36,67 2  81,41 kΩ.   Rm   0,007  160000     2

2


13

26. Mogu se odrediti samo parametri ekvivalentne šeme svedene na primar (jer nije dat napon sekundara). Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se Pk  3  Rk'  I 12nf odakle je: Rk' 

R1'  R2' 

Pk  3I 12nf

Rk' 3,6   1,8 Ω. 2 2

3PkU 12nf 3  12000 102 Pk    3,6 Ω. 2 10002 S S n2 3 2 n 2 3  U 1nf Z k' 

u k  U 1nf I1nf

X k'  Z k'2  Rk'2  212  3,6 2  20,7 Ω;



u k  U 1nf 3  u k  U 12nf 3  0,07 100002    21 Ω. Sn 1000000 Sn 3U 1nf X 1'  X 2' 

Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja: Rm' 

X k' 20,7   10,35 Ω. 2 2

3  P0  U 12nf P0 P0 3  2000  10 2     1,5 kΩ; 2 2 2 2 2 3  I 10 f 3  i0  I 1nf i0  S n 0,02 2  10002

 3  U 12nf X m'  Z m'2  Rm'2    i0  S n 

27. Sb=10 kVA, U1b=U1n, U2b=U2n.

2    Rm'2   3  10000   15002  14,92 kΩ.  0,02  1000000     2

2

I 1b 

S Sb 10 10 I 2b  b    4,17 A;  41,7 A U 2b 0,24 U 1b 2,4  0,019  41,7  0,79 A.; P0  p0 S b  0,008  10  80 W.

PH: U 0  u 0U 2b  1  240  240 V, I 0  i0 I 2b KS: U k  u k U 1b  0,0333 2400  79,9 V, I k  ik I 1b  1,22  4,17  5,09 A.; Pk  p k S b  0,022  10  220 W. p u 0,022 0,0333 rk  2k   0,0148; z k  k   0,0273. x k  z k2  rk2  0,02732  0,01482  0,0229 Ω. ik 1,222 1,22 ik Otpornosti i reaktanse rasipanja u nedostatku bližih podataka delimo na dva jednaka dela i to su parametri (otpornosti i reaktanse rasipanja) za svaki namotaj. 28. Yy: U 2 

N2 80 U1  3300  126,9 V; N1 2080 N 1 80 Yd: U 2  2 U 1  3300  73,3 V; N1 3 2080

Dy: U 2  3

N2 80 U1  3   3300  219,8 V; N1 2080 N 80 Dd: U 2  2 U 1  3300  126,9 V. N1 2080


14

2.4. PAD NAPONA NA TRANSFORMATORU 29. Transformator 200/100 V ima impedansu primara (0,4+0,8j) , impedansu sekundara (0,1+0,2j)  i priključen je na konstantan napon 200 V. Izračunati obe struje, napon na kraju sekundara i pad napona u procentima, ako su sekundarni krajevi: a) kratkospojeni, b) opterećeni impedansom 2  (čisto omsko opterećenje), c) opterećeni impedansom (2+4j) , d) opterećeni impedansom (2–4j) , 30. Transformatoru 200 kVA, uk =5 % P0 =1 kW izmereni su na temperaturi 20C gubici zbog opterećenja Pk =4 kW. Pri radu uz faktor snage cos =0,8 na radnoj temperaturi (75 oC) odrediti: a) opterećenje pri kome se ima maksimalni stepen iskorišćenja za dati faktor snage i vrednost tog maksimalnog stepena iskorišćenja, b) pad napona u procentima za dati režim rada. 31. Za transformator snage 100 kVA, uk =6 %, koji ima Pk =2 kW izračunati pad napona ako je impedansa opterećenja 200 % nazivne, uz cos =0,8.

32. Trofazni transformator snage 1,6 MVA; uk =8 %,  =98 %, Pk/P0 =3,5 opterećen je nazivnim opterećenjem. Odrediti: a) aktivnu i reaktivnu snagu pri maksimalnom padu napona, b) nazivni primarni napon ako pri datom pogonskom stanju u a) sekundarni napon sveden na primar iznosi 9,3 kV. Kako se traži napon na sekundaru koristićemo ekvivalentnu šemu 1 1  sekundar: Z 1  2 Z 1  2 (0,4  0,8 j )  (0,1+0,2j) Ω m 2  I U1 100 223,6 a) I 2    223,6 A; I1  2   111,8 A;   Zk 0 , 2 0 , 4 0   j 2 m I2 Zk Z p 29.

u 

U 2 n  U 2 100  0   100 %. U 2n 100

b) I 2 

U1

U1



svedenu

Zp

 U1 I 100 44,7   44,7 A; I1  2   22,4 A;  j   0 , 2 0 , 4 2 m 2 Zk Z p

  X k I2 Rk I 2  cos sin  2 ) 2  2   U 2 n  U 2 Rk I 2 X k I2 U 2n U 2n u    cos 2  sin  2  U 2n U 2n U 2n 2 (

0,4  44,7 0,2  44,7 ( cos 0  sin 0) 2 0,4  44,7 0,2  44,7 100 100 sin 90   cos 0   8,9%  1,6%  10,5% 100 2 100  U1 I 100 20,3 c) I 2    20,3 A; I1  2   10,2 A;  0 , 2 0 , 4 2 4    j j 2 m Zk Z p

na

U2






15

X I R I ( k 2 cos 2  k 2 sin  2 ) 2   U 2 n  U 2 Rk I 2 X k I2 U 2n U 2n u    cos 2  sin  2  2 U 2n U 2n U 2n

0,4  20,3 0,2  20,3 ( cos 63,4  sin 63,4) 2 0,2  20,3 0,4  20,3 100 100 cos 63,4   sin 63,4   9,1%  0%  9,1%. 100 100 2  U1 I 100 23,7 d) I 2    23,7 A; I1  2   11,8 A;  0,2  0,4 j  2  4 j 2 m Z Z k

  X k I2 R I cos 2  k 2 sin  2 ) 2 U  U 2 Rk I 2 X I U 2n U 2n  u  2n   cos 2  k 2 sin  2  U 2n U 2n U 2n 2 p





(

0,4  23,7 0,2  23,7 ( cos(63,4)  sin(63,4)) 2 0,2  23,7 0,4  23,7 100 100 cos(63,4)  sin(63,4)    100 100 2  6,4%  0,4%  –6%.

30. Maksimalni stepen iskorišćenja ima se pri PCu=PFe. da bi izračunali PCu mora ih najpre preračunati na 235  75 20 235  75 referentnu temperaturu: Pk75  Pk   4  4,86 kW. Sada je 235  20 235  20 P P0 P S1 cos 1 90,7  0,8 S1  Cu751 S n  Sn   200  90,7 kVA;   2    0,973. P1 S1 cos  P0  PCu1 90,7  0,8  1  1 4,86 Pk Pk75 31. Ako je impedansa opterećenja 200% nazivne onda je struja opterećenja jednaka polovini nazivne struje. Da bi se izračunao traženi pad napona potrebno je odrediti aktivni i reaktivni deo pada napona:  Rk I 2 nf P 2 ur   k   2 %, u x  u k2  u r2  6 2  2 2  5,66 %. U 2 nf S n 100

u 

I (u cos 2  u r sin  2 ) 2 I2 1 1 (5,66  0,8  2  0,6) 2 )  (2  0,8  5,66  0,6  (u r cos 2  u x sin  2  2 x  2,5 %. 2 I 2n I 2n 2 2 200

32.  u 

I I (u cos 2  u r sin  2 ) 2 I2 )  2 (u r cos 2  u x sin  ) . Dakle (u r cos 2  u x sin  2  2 x 2 I 2n I 2n I 2n

I2 u k cos( k   ) . Kako je I2=I2n pad napona je maksimalan pri φ=φk. Ostalo je još da se odredi φk: I 2n S 1600 3,5 3,5  1600  32,65 kW; Pk  Pgn  P0  Pk  n  S n  Pn   32,65  25,4 kW.  0,98 3,5  1 4,5  Rk I 2 nf P 25,4 1,59 ur   k   1,59 %; u x  u k2  u r2  8 2  1,59 2  7,84 %; cos k   0,2. U 2 nf S n 1600 8 u 

P  S cos  S n cos k  1600  0,2  320 kW, Q  S sin   S n sin  k  1600  0,98  1568 kvar.   U U2 I U 9,3  U 1n  2   10,11 kV. b)  u  2 u k cos( k   )  u k  1n 1  u k 1  0,08 I 2n U 1n

Comment [D.O.1]: Pad napona uopšte ne mora da se definiše u odnosu na nazivni napon već na trenutno priključeni! Ovo treba ispraviti svuda!


16

2.5. PARALELAN RAD TRANSFORMATORA 33. Data su dva transformatora sa podacima: I: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnI =400 kVA, ukI =6,1 %, Dy7 II: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnII =250 kVA, ukII =5,7 %, Yz3 Povezati transformatore za paralelan rad i izračunati raspodelu opterećenja, ako je ukupno opterećenje 630 kVA. 34. Nacrtati šemu povezivanja za paralelan rad dva transformatora sprega Yd5 i Dy9. 35. Tri transformatora jednakih prenosnih odnosa, čije su snage 250 kVA, 400 kVA i 630 kVA, a impedanse kratkog spoja 4 %, 4,5 % i 5 %, rade paralelno. Koliko iznosi ukupna trajna snaga koju mogu preneti ova tri transformatora? 36. Dva monofazna transformatora rade paralelno. Njihove nazivne snage su 1000 kVA i 2000 kVA. Impedanse kratkog spoja su: Zˆ k I  3 75o i Zˆ kII  2  80o . Odrediti najveće dozvoljeno opterećenje paralelno vezanih transformatora. 37. Data su dva transformatora sprege Dy sa sledećim podacima: A: 600 kVA, 2300/398 V, Uk =160 V, Pk =4,2 kW; B: 900 kVA, 2300/390 V, Uk =100 V, Pk =5,1 kW. Transformatori su priključeni za paralelan rad. a) Odrediti kružnu struju u sekundarnom namotu, napon na sekundaru i gubitke u transformatorima kada nije priključeno opterećenje. b) Izračunati struju transformatora, napon na sabirnicama sekundara i ukupne gubitke oba transformatora ako je na sabirnice priključena trofazna impedansa spregnuta u zvezdu sa 0,132 /fazi uz cos =0,8. Napomena: Prilikom računanja struja zanemariti termogene otpornosti namota transformatora. 2.6. AUTOTRANSFORMATORI 38. Transformator sprege Yz5, 100 kVA, 6,3/0,66 kV za specijalne potrebe je prevezan u autotransformator. Autotransformator je izveden razvezivanjem zvezdišta primarnog namota i A B C A B C povezivanjem na izvode sekundara, na način prikazan na slici. Odrediti: a) nazivni fazni i međufazni napon primara,  b) faznu razliku između primarnog i sekundarnog napona, a b c a b c c) snagu autotransformatora.

39. Monofazni transformator snage 50 kVA, napona 2400/240 V ima gubitke u praznom hodu 186 W, gubitke usled opterećenja 617 W i relativni napon kratkog spoja 2 %. Vezan je kao autotransformator tako da je priključen na mrežu napona U’=2640 V a napaja mrežu napona U”=2400 V. Potrebno je odrediti: a) nazivnu snagu i struju transformatora i autotransformatora, b) stepen iskorišćenja transformatora i autotransformatora pri punom opterećenju sa cos =0,8; c) pad napona na autotransformatoru za puno opterećenje sa cos =0,8. 33. Šema spoja data je na slici. Jasno je da smeju biti spojeni samo priključci sekundara koji su u fazi. Relativno opterećenje transformatora iznosi:


SI  S nI

17

630  0,944 S nI S nII 400 250  ) u kI ( ) 6,1  (  6,1 5,7 u kI u kII S II 630 S    1,01. 400 250 S nI S nII S nII  )  ) 5,7  ( u kII ( 6,1 5,7 u kI u kII odakle se dobija: S I  0,944S nI  0,944  400  377,5 kVA; S II  1,01S nII  1,01 250  252,5 kVA Dobijeni rezultati se slažu sa poznatom činjenicom da je uvek više opterećen transformator sa manjim naponom kratkog spoja (što se lako vidi i iz gornjih izraza). 34.

S



0 4 8 C

B

A

C

b

A

Yz3

Dy7 c

B

a n

c

b

a n

7 11 3 n

0 4 8 C

B

A

C

Yd5 c

b

B

A

Dy9 a

c

b

a

5 9 1

SI S . Treba ispitati pri  S nI u ( S nI  S nII  S nIII ) kI ukI u kII ukIII kolikom ukupnom opterećenju S je relativno opterećenje transformatora sa najmanjim uk jednako jedan: S S S 250 400 630   )  1109,56 kVA. Snaga koja se može trajno preneti S max  1  u kI ( nI  nII  nIII )  4  ( 4 4,5 5 u kI u kII u kIII je manja od zbira nazivnih snaga: 1280 kVA=250 kVA+400 kVA+630 kVA.

35. Pri paralelnom radu relativno opterećenje iznosi:

36. Najpre treba videti koji transformator ima manji uk:

u kI u kII

Z kI S nI U nI2 Z S 3  1000   kI nI   0,75. Dakle Z kII S nII Z kII S nII 2  2000 2 U nII

za prenos maksimalne snage kritičan je prvi transformator: S Z 3 cos 75  3 j sin 75  S max  S nI 1  kI  1000 1  SI   2500 KVA. Z kII 2 cos80  2 j sin 80 Z kI 1 Z kII

37. a) Kako se traže veličine u sekundaru odredićemo parametre ekvivalentne šeme svedene na sekundar: 3Pk U 22Anf 4200  0,3982 3Pk U 22Bnf 5100  0,392       1,85 mΩ; RkB   0,96 mΩ; RkA 2 2 S nA S nB 6002 9002 U U 160 100  6,96 %; u kB  kB   4,35 %; u kA  kA  U 1nAf 2300 U 1nBf 2300


  Z kA

3  u k  U 12nAf S An

0,0696 3982   18,37 mΩ; 600000

  Z kB

3  u k  U12nBf

  Z kA  2  RkA  2  18,37 2  1,852  18,28 mΩ; X kA

S Bn

  Z   R   7,35  0,96  7,29 mΩ. X kB

 A

0,0435 3902  7,35 mΩ; 900000  Z kA I

18

2Af

 U2f U1f U 1 Af Zbog toga se nadalje zanemaruju aktivne otpornosti.  U Af  U Bf 398  390 I kr    180,6 A!  X A  X B 3 (18,28  7,29)  10 3 Z kB I2Bf B Zbog toga se propisuje da paralelno smeju raditi transformatori sa istim odnosom transformacije, kao i da je dozvoljena  U 1Bf tolerancija prenosnog odnosa transformatora ±0,5 %. b)   j (U Af  U Bf ) Z opt U Af X kB 1 398  7,29  10 3  (398  390)(0,106  0,08 j ) j  604,6 A;  I2A  3 6   X kB  )  jX kA  X kB  Z opt ( X kA 3 (0,106  0,08 j )(18,28  7,29)  10  18,28  7,29  10 j 2 kB

I 2B 

2 kB

2

2

  j (U Bf  U Af ) Z opt U Bf X kA   X kB  )  jX kA  X kB  Z opt ( X kA

U2 f  U =383 V.





398  18,28  10 3  j (390  398)(0,106  j 0,08)  1086,5 A 3 6 3 (0,106  j 0,08)(18,28  7,29)  10  j  18,28  7,29  10

1

I  I 2 A  I 2 B  604,6  53,3  1086,5  31,4  1665,3  38,8 .

2 fB

 I 2 B   jX kB

390

 j  7,28 103  (370  478,1 j )  221,1 V; U 2  3U 2 f  3  221,1 

 I A2  3RkB  I B2  3  1,85  103  604,6 2  3  0,96  103 1086,5 2  5,4 kW. Pguk  PA  PB  3RkA 3

38. a) Na fazorskom dijagramu data je slika posle izvršenog prevezivanja. Naponi U1f i U2f su fazni naponi priključaka "A" i "a" koji pre prevezivanja iznose: U U 6300 660 U 1nf  1n   3637,3 V; U 2 nf  2 n   381,1 V. U1fa je fazni napon 3 3 3 3 priključka "A" posle prevezivanja (indeks a: autotransformator). Na osnovu dijagrama i kosinusne teoreme dobija se U1nfa  U

2 1nf

U

 3637,32  381,12  2  3637,3  381,1cos 30  3312,7 V;

2 2 nf

30° U1f

 2U1nf U 2 nf cos30 

U2f U1fa ψ

U1na  3U1nfa  3  3312,7  5737,8 V.

b) Kako je U 2 fa  U 2 f traženi fazni pomak se može dobiti sa slike:

  arccos

U 22 f  U 12fa  U 12f 2U 2 f U 1 fa

 arccos

381,12  3312,7 2  3637,32  146,7º (nešto manje od 5 h). 2  381,1  3312,7

c) S na  3U 1nfa I1nfa  3U 1nfa I1nf  3  3312,7 

100

3  6,3

 91,08 kVA.

39. a) Kada dati transformator radi kao dvonamotajni ima se: I1 I2 S S 50 50  20,83 A; I 2 n  n   208,33 A. Sn=50 kVA, I 1n  n  U 1n 2,4 U 2 n 0,24 U1 U2 Kada je vezan kao autotransformator onda je: I1na=I2n=208,33 A; I 2 na  I 2 n  I 1n  208,33  20,83  229,2 A; S na  U 1na I 1na  2640  208,33  =550 kVA. Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator može se preneti 11 puta veća snaga! Međutim ovo je ostvareno na uštrb transformacije napona koja je svega 1,1 umesto 10 što je bio odnos kod dvonamotajnog pogona.


19

sekundar S n cos P2 50  0,8 I1a    0,98. dvonamotajnog P1 S n cos  Pk  P0 50  0,8  0,186  0,617 transformatora Što se tiče gubitaka autotransformatora treba primetiti da pri datom primar pogonu važi P0a=P0 jer je indukcija u jezgru i frekvencija jednaka onoj dvonamotajnog U1a I2a u dvonamotajnom pogonu. Takođe je Pka=Pk jer kroz odgovarajuće transformatora namotaje autotransformatora protiču iste struje kao i pri dvonamotajnom U2a pogonu u nazivnom režimu. Na osnovu ovoga se dobija: S na cos P 550  0,8   0,998. a  2  P1 S na cos  Pk  P0 550  0,8  0,186  0,617 Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je veći stepen iskorišćenja! 1 c) Izvođenjem izraza za pad napona kod autotransformatora (v. dodatak) dobija se u a  u , gde U1 1 U2 je U1 nazivni napon namota dvonamotajnog transformatora koji je sekundar autotransformatora (v. sliku gore). Dakle treba izračunati pad napona dvonamotajnog transformatora:  Rk I 2 nf P 0,617 u x  u k2  u r2  2 2  1,232  1,58 %.  k   1,23 %, ur  50 U 2 nf Sn

b)  

I2 I (u cos 2  u r sin  2 ) 2 (1,58  0,8  1,23  0,6) 2 (u r cos 2  u x sin  2  2 x )  (1,23  0,8  1,58  0,6   I 2n I 2n 2 200 1 1 =1,93 %. Pad napona na autotransformatoru je u a  u  1,93  0,18 %. U1 2400 1 1 240 U2 Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je 11 puta manji pad napona. Međutim ovo ima i lošu stranu jer je struja kratkog spoja 11 puta veća nego kod dvonamotajnog transformatora! Z2 I2 Dodatak: Izvođenje izraza za pad napona autotransformatora (korišćene su oznake kao u zadatku). Na osnovu ekvivalentne šeme N2 mogu se napisati jednačine:    U  Z 2 I 2  N 2 E  U i U   Z 1 I 1  N1 E , I1  na osnovu kojih se za pad napona autotransformatora dobija: U Z1 N1 N1  N 2    U n  U  U n  U  U N1  N 2 N1 . Kako je u a    N1  N1 Zm Un Un N1  N 2 u 

N N  N  N2    N   U  1 U  U  U  2 U  Z 2 I 2  N 2 E  2 ( Z 1 I 1  N1 E )  Z 2 I 2  2 Z 1 I 1  Z k I 2 N1 N1 N1 N1 dobija se da je brojilac izraza za u a identičan brojiocu izraza za pad napona dvonamotajnog N u  transformatora. Međutim U n  (1  1 )U 2 n , odakle je konačno u a  , gde je u pad napona U1 N2 1 U2 dvonamotajnog transformatora. Dakle pad napona autotransformatora se dobija tako što se izračuna pad napona dvonamotajnog transformatora u režimu sa istim strujama namotaja.


20

2.7. PRELAZNE POJAVE KOD TRANSFORMATORA 40. Data je kriva magnećenja magnetnog jezgra transformatora 480/240 V, 15 kVA, 60 Hz, i0=3,6 %. Namotaj primara ima 220 navojaka, poprečni presek jezgra je 58 cm2. Odrediti odnos struje maksimalne struje uključenja i naznačene struje transformatora ako se transformator uključuje neopterećen. B [T] 2,8

1,4

500

130000

H [A/m]

41. Transformator 250 kVA, 10/0,4 kV, 50 Hz, Yy ima gubitke u praznom hodu 1 kW i gubitke u kratkom spoju 4 kW. Struja praznog hoda je j0 =5 %, a napon kratkog spoja je uk =5 %. Izračunati vreme i broj perioda, počev od trenutka uključenja transformatora u praznom hodu do trenutka kada aperiodična komponenta opadne na 5 % od svoje početne vrednosti. 42. Koliko iznosi ustaljena struja, a koliko udarna struja kratkog spoja za monofazni transformator 10 MVA, 110 kV, Pk =80 kW i uk =10 % (ovakav transformator se koristi u električnoj vuči).

40. Zadatak ilustruje zašto dolazi do reagovanja zaštite (naročito trenutne prekostrujne zaštite) prilikom uključenja transformatora. Struja uključenja transformatora je maksimalna ako se uključenje dogodi u trenutku prolaska napona kroz nulu. Ovo je najnepovoljniji slučaj zbog toga što je u tom trenutku fluks maksimalan. Nakon jedne poluperiode fluks je skoro dvostruko veći od fluksa u naznačenom režimu. To znači da je dvostruko veća i indukcija: E1 U1 480 2 2  2,8 T Bmaz  2 2 f N1 S 2 f N1 S 2  60  220  58  10 4 130000 Na osnovu krive magnećenja dobija se da je za ovu vrednost indukcije potrebna  260 puta veća 500 jačina magnetnog polja, što znači 260 puta veća jačina struje ( H  l  Ni ). Dakle u posmatranom slučaju amplituda struje iznosi: iud  260  i0  260  3,6 %  936 %. Amplituda struje uključenja je 9,36 puta veća od amplitude naznačene struje. 41. Parametri ekvivalentne šemu svedene na primar: P Rk'  k2  3I 1nf

Z k' 

u k  U 1nf I1nf



u k  U 1nf 3  u k  U  Sn Sn 3U 1nf

3Pk U Pk  2 S S n2 3 2 n 2 3  U 1nf

2 1nf

2 1nf



3  4000 ( 2502

10 3

)2

 6,4 Ω.

10000 2 3  0,05  ( ) ' '2 '2 2 2 3   20 Ω; X k  Z k  Rk  20  6,4  18,95 Ω 250000

X k' 18,95 Rk' 6,4 3,2 Ω;   9,5 Ω. X1  R1  R    2 2 2 2 ' 2


21

Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja: 10 3  1000  ( ) 2 3  P0  U 12nf P0 P0 3     640 Ω; Rm  2 2 2 2 2 2 0,05  2502 3  I 10 f 3  i0  I 1nf i0  S n  3  U 12nf X m  Z m2  Rm2    j0  S n 

   

10000 2   )   3 ( 3 2    6402  7974,4 Ω.  Rm   0,05  250000     2

2

X1  X m 9,5  7974,4   39,5 ms.  ( R1  Rm ) 100 (3,2  640) Traženo vreme je: t1   ln 0,05  39,5  3  118,5 ms=5,92 perioda. Napomena: Vremenska konstanta kratkog spoja je nekoliko puta manja od vremenske konstante praznog  Xk 18,95   9,4 ms. hoda. Tako je npr. za transformator čiji su podaci dati u ovom zadatku  k  Rk  100  6,4 Vremenska konstanta prelaznog procesa pri uključenju:  

Kako se razmatra prelazni proces mora se posmatrati diferencijalna naponska jednačina:   di u  Rk i  Lk  2U cos(t   ) uz početni uslov i(0)  0 . Potrebno je odrediti parametre dt

42.

P U 2 800001102  ekvivalentne šeme: Rk  k 21n   9,68 Ω; Lk  2 Sn 10000 

I1k

Zk



U1

Zm

2 2 Z k  Rk





1212  9,682  0,384 H. 2  50



i  2 I kst cos(t     )  2 I kst e cos(   ) , gde je ove jednačine glasi: U 1n 10000 U    909,1 A ustaljena vrednost struje kratkog spoja (izražava se efektivnom I kst  2  u k U 1n 0,1  110 Zk Sn  L 0,384   39,7 ms,   arg Z k . Maksimum vrednošću kao i sve veličine u ustaljenom stanju);   k   9,68 Rk apsolutne vrednosti struje će se javiti u slučaju    i on se približno određuje kao zbir amplitude 

Rešenje

ustaljene vrednosti i aperiodične komponente u trenutku t 

I kud  2 I kust (1  e



 

)  2  909,1 (1  e



t 

 (jer su tada obe komponente istog znaka): 

 100 0, 0397

)  2  909,11,78  2,28 kA.

Udarna struja kratkog spoja se izražava amplitudom iz dva razloga: jer se javlja u prelaznom procesu i zato što maksimalna sila koja deluje na namotaj zavisi od (kvadrata) amplitude struje.

Zadaci iz elektricnih masina

Recommend Documents