1

РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА

Електријада 2008.

ТРАНСФОРМАТОРИ

Једнофазни регулациони трансформатор направљен је као аутотрансформатор. Примар је

прикључен на напон V220 . Сви губици, засићење, струја магнећења и пад напона могу се

занемарити. Оптерећење трансформатора износи kW1 уз капацитивни фактор снаге 95,0cos =ϕ .

Регулациона преклопка је у таквом положају да је типска снага (снага која се преноси

електромагнетним путем) четри пута мања од укупне пренесене снаге. Колика је струја секундара

у овом режиму?

РЈЕШЕЊЕ:

Потребно је прво одредити напон на секундару аутотрансформатора. Познато је да je код

аутотрансформатора однос пролазне (укупно пренесене) и типске снаге (снаге пренесене

електромагнетним путем) једнак:

1−=

T

T

T

a

mm

SS

,

гдје су aS - укупна пренесена снага, TS - снага пренесена електромагнетним путем, а

2

1

UUmT = преносни однос трансформатора.

Преносни однос при задатом положају регулационе преклопке је:

34

4111

=−

=−

=Ta

aT SS

Sm .

Напон секундара је:

VmU

UT

16534

22012 === ,

па је струја секундара:

AU

PUSI 38,6

95,01651000

cos22

22 =

⋅===

ϕ.

2

МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ

Вратила два мотора једносмјерне струје са независном побудом круто су механички

спрегнута и заједнички покрећу оптерећење од Nm50 . Оба мотора су номинално побуђена.

Губици на трење и вентилацију и губици у гвожђу, пад напона на четкицама и рекација индукта

могу се занемарити. На натписним плочицама налазе се сљедећи подаци:

:1M V220 , A75 , min/1500o , Ω= 2,0aR

:2M V220 , A12 , min/1250o , Ω= 8,0aR

Оба мотора су прикључена на мрежу напона V200 . Потребно је одредити брзину обртања

заједничког вратила и моменте оба мотора.

РЈЕШЕЊЕ

Номиналне електромоторне силе оба мотора су:

VIRUE anaann 205752,0220111 =⋅−=−= ,

VIRUE anaann 4,210128,0220222 =⋅−=−= .

Пошто је за машине са независном побудом ωω ⋅Ψ=Φ= cE , тада су укупни флуксеви

мотора:

( ) VsE

n

n 298,160/15002

205

1

11 =

⋅⋅==Ψ

πω,

( ) VsE

n

n 607,160/12502

4,210

2

22 =

⋅⋅==Ψ

πω.

Једначине напонске равнотеже у датом режиму су:

VIRU aaa 200111 =Ψ+= ω , (2.1)

VIRU aaa 200222 =Ψ+= ω , (2.2)

а укупни момент који мотори развијају је:

ukMMM =+ 21 .

Пошто је за машине са независном побудом

ωΨ=Φ= aIcM ,

укупни момент је:

NmII aa 502211 =Ψ+Ψ . (2.3)

3

Елиминацијом обје струје из система једначина (2.1-2.3) добија се:

uka

a

a

a MR

UR

U=

Ψ−Ψ+

Ψ−Ψ

2

22

1

11

ωω,

одакле је тражена брзина:

( ) ( ) sradRR

RRMRRU

aa

aaukaaa /6,1412,0607,18,0298,1

8,02,0502,0607,18,0298,120022

1222

21

211221 =⋅+⋅

⋅⋅−⋅+⋅=

Ψ+Ψ−Ψ+Ψ

=ω ,

односно

min/13522

6.141602

60 on =⋅

==ππ

ω .

Струје мотора су:

AR

UI

a

aa 11,81

2,06,141298,1200

1

11 =

⋅−=

Ψ−=

ω,

AR

UI

a

aa 43,34

8,06,141607,1200

2

22 −=

⋅−=

Ψ−=

ω,

па су моменти:

NmIM a 34,10511,81298,1111 =⋅=Ψ= ,

( ) NmIM a 34,5543,34607,1222 −=−⋅=Ψ= .

Пошто је момент другог мотора негативан, а брзина позитивна, он ради у генераторском

режиму. Радне тачке могу се приказати и на механичким карактеристикама у ω−M равни.

Добијени резултат може се потврдити и поређењем добијене брзине и брзине празног хода

при напону V200 :

sradsradU a /6,141/1,154

298,1200

101 >==

Ψ=ω ,

sradsradU a /6,141/45,124

607,1200

202 <==

Ψ=ω .

Када два мотора раде на заједничком вратилу, а разликују им се брзине које имају у

празном ходу, може наступити ситуација као у овом задатку да један мотор преузме комплетан

терет, и да још буде оптерећен снагом коју други мотор враћа назад у мрежу.

4

АСИНХРОНЕ МАШИНЕ

Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: min/1410o , Hz50 , спрега Y . Oтпор

статора, губици на трење и вентилацију, индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се

занемарити. Превални момент је два пута већи од номиналног.

Мотор је прикључен на номинални напон учестаности Hz75 . Колика је струја мотора у

односу на номиналну када је клизање једнако превалном?

РЈЕШЕЊЕ

Номинално клизање је:

%606,01500

14101500==

−=

−=

s

nsn n

nns , односно одговарајућа угаона учестаност клизања је:

srads snnk /85,1850206,0ln =⋅⋅⋅== πωω .

Превално клизање при номиналним условима напајања рачуна се из Клосове формуле:

( )12 −+= ννnpr ss , гдје је 2/ == npr MMν , па је: ( ) %4,22224,012206,0 2 ==−+=prs .

Из израза за релативно превално клизање (уз занемарен отпор статора):

( )rss

rpr LL

Rsγγω +

= (3.1)

види се да релативно клизање опада са растом учестаности, док његова апсолутна

вриједност остаје константна:

( ) sradLL

Rsrs

rsnprklprn /37,70502224,0 =⋅⋅⋅=

+=⋅= πωω

γγ

.

Еквивалентна шема асинхроног мотора уз дате претпоставке приказана је на Сл 1.

Us

Is

ωsLγs ωsLγr

Rr

s

Сл. 1. Еквивалентна шема асинхроног мотора са занемареним отпором статора и граном

магнећења

5

На основу еквивалентне шеме, може се написати израз за ефективну вриједност струје

мотора:

( )222

rssr

ss

LLs

R

UI

γγω ++

=

. (3.2)

Елиминисањем отпора ротора из (3.1) и (3.2) добија се израз за струју статора у функцији

клизања и превалног клизања:

( ) 22'prrss

ss

sss

LLU

I+

⋅+

=γγω .

Да би се елиминисала релативна зависност клизања, претходни израз дијели се и множи са

синхроном брзином, те се добија:

( ) 22'klprklr

kl

rss

ss

RLLU

Iωω

ωω γγ ++

= . (3.3)

Када је клизање једнако превалном, струја мотора је:

( ) 21

'⋅

+=

rss

sspr LL

UI

γγω. (3.4)

Дијељењем израза (3.3) и (3.4) добија се однос струје при превалном клизању и номиналне

струје:

82,185,182

37,7085,187550

2

22

ln

22ln

=⋅

+=

+⋅

=

k

klprk

ssn

sns

sn

spr

UU

II

ω

ωω

ωω .

СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: V380 , Hz50 , Y , а

отпор и реактанса статора су Ω= 1sR , Ω= 5sX . Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију

могу се занемарити. Мотор је прикључен на круту мрежу напона V380 , Hz50 . При неком

оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи A14 и има најмању могућу

вриједност. Тако подешена побуда се даље не мијења.

Мотор се додатно оптерети те струја порасте на A45 . Колико износи момент који мотор

сада развија и колики је нови фактор снаге?

6

РЈЕШЕЊЕ:

Потребно је прво одредити фактор снаге и електромоторну силу мотора при струји од A14 .

Привидна снага мотора је:

223 QPIVS LL +== ,

одакле је струја мотора:

LL V

QPI

3

22 += .

Пошто је побуда тако подешена да струја статора има најмању вриједност, закључује се да

машина ради са јединичним фактором снаге, односно 0=Q , 1cos =ϕ . Једначина напонске

равнотеже за овај режим је:

ffsfsf EIjXIRU 0++= ,

а одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл. 1.

Uf

E0f

If

RsIf jXsIf

δ

Сл.1. Фазорски дијаграм синхроног мотора при 1cos =ϕ

Са фазорског дијаграма је:

( ) ( ) ( ) ( ) VIXIRUE fsfsff 2171451413/380 22220 =⋅+⋅−=+−= .

Угао оптерећења је:

°=⋅−

=−

= 82,1866,243

1413/380arccosarccos0

0f

fsf

EIRU

δ .

7

Када струја мотора порасте, а побуда се не промијени, долази до повећавања угла

оптерећења. Врх фазора електромоторне силе празног хода креће се по кружници константног

пречника fE0 . Одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл. 2.

E0fIf

jXsIf

δϕ

ϕϕ

Uf

RsIf

Сл 2. Фазорски дијаграм синхроног мотора при порасту оптерећења и константној струји побуде

Са фазорског дијаграма је на основу косинусне теореме:

( ) ( ) δcos2 020

222fffffsfs EUEUIXIR −+=+ ,

одакле је нови угао оптерећења:

( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]( ) 2173/3802

4554512173/3802

arccos2222

0

2220

2

⋅⋅⋅+⋅−+

=+−+

=ff

fsfsff

EUIXIREU

δ ,

°= 34,631δ .

Са фазорског дијаграма могу се писати сљедеће једначине:

δϕϕ coscossin 0 ffsffs EIRUIX −−= , (4.1)

δϕϕ sincossin 0 ffsfs EIXIR −= . (4.2)

Дијељењем једначина (4.1) и (4.2) елиминише се ϕsin и добија израз за фактор снаге:

( )( )

( )( ) 4551

13/38034,63cos134,63sin5217cossincos 2222

0

⋅+⋅+°⋅+°⋅

=+

+−=

fss

sfssf

IXRRURXE δδ

ϕ ,

( )( ) ind934,0

455113/38034,63cos134,63sin5217cos 22 =

⋅+⋅+°⋅+°⋅

=ϕ .

8

Активна снага коју мотор узима из мреже је:

kWIVP LL 65,27934,0453803cos3 =⋅⋅⋅== ϕ .

Пошто су занемарени сви губици осим губитака у бакру статора, механичка снага је:

kWIRPP fsm 58,2145131065,273 232 =⋅⋅−⋅=−= .

па је момент на вратилу:

Nmf

PpPM m

m

m 2065021058,213

2

3

=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

⋅==

ππω.

Задатке приредио

мр Петар Матић, ЕТФ Бањалука