Zadaci iz elektricnih masina

1. OPŠTI DEO O ELEKTRIČNIM MAŠINAMA

1.1. ZAGREVANJE I HLAĐENJE ELEKTRIČNIH MAŠINA

1. Generator jednosmerne struje 150 kW, 250 V, ima indukt otpora 0,02 . Pobuda je paralelna,

otpor pobudnog namota je 35 , Jedinična snaga odvođenja toplote je p = 60 W/m2·C. Gubici usled

histerezisa u zupcima su 620 W, a u jarmu 1140 W. Gubici usled vrtložnih struja u zupcima su 150 W, a

u jarmu 440 W. Mehanički gubici su 300 W. Površina hlađenja je 1,5 m2; a indukt je oblika valjka.

Odrediti maksimalni porast temperature za dati generator.

2. Porast temperature neke mašine koja radi u nazivnom režimu je 20C posle jednog časa rada, a 30C posle dva časa rada. Odrediti:

a) vremensku konstantu zagrevanja i konačni porast temperature mašine,

b) koliki je krajnji porast temperature i koliko iznosi preopterećenje ako je mašina preopterećena da

je porast temperature je 40C nakon jednog časa rada? Uslovi hlađenja su nepromenjeni. Napomena: Gubici nezavisni od opterećenja predstavljaju 20 % nazivnih gubitaka.

3. Nazivni podaci motora su: Pn =32 kW, n =88 %. Pri nazivnom opterećenju odnos gubitaka je PCun : PFen : Pfvn =1,6 : 1 : 0,2. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja je Tz = 28 min, a temperatura okoline je 26C. Maksimalni dozvoljeni porast temperature je 75C. Odrediti

vreme koje motor može raditi opterećen momentom M =1,5Mn.

Napomena: Uzeti da se nazivno opterećena mašina zagreva do maksimalno dozvoljene temperature.

4. Motor sa podacima 19 kW i n =91 % ima maksimalni porast temperature u nazivnom režimu 72C. Odnos gubitaka PCun : PFen : Pfvn je 2 : 1,2 : 0,5. Vremenska konstanta zagrevanja je 28 min, a

temperatura okoline je 26C. Odrediti:

a) konačni (maksimalni porast temperature) pri polovini nazivnog opterećenja, kao i temperaturu

motora pri nazivnom režimu rada posle 10, 20, 40 i 50 minuta. Motor se pušta u rad iz hladnog stanja. b) Motor radi sa nazivnim opterećenjem neko duže vreme (t >> 3τz). Zatim se opterećenje smanji

na polovinu nazivnog. Odrediti temperaturu u trenutku 12 min. nakon smanjenja opterećenja, kao i ustaljenu temperaturu u ovom režimu.

c) Motor se iz ovog stanja, posle dovoljno dugo vremena (t >> 3τz), isključi sa mreže. Odrediti temperaturu motora u trenucima 10, 50 i 100 minuta nakon isključenja, ako je vremenska konstanta

hlađenja τhl =1,8τz. Nacrtati kompletne krive zagrevanja i hlađenja za sva tri radna režima.

1.

t

et 1 , gde je: t porast temperature nakon vremena t tokom kojeg

kojem je transformator radio sa nazivnim opterećenjem, hl

g

Sp

P

porast temperature u ustaljenom

stanju u režimu sa snagom gubitaka gP , vremenska konstanta zagrevanja mašine. Ukupni gubici iznose:

3004401501140620)35

250()

250

150000(02,0 2222

gmehFeppaag PPIRIRP 11636 W.

Maksimalni porast temperature iznosi: 5,160

11636

hl

g

Sp

P 129,3C.

VEŽBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 2

2. a)

1

1 1 e ,

2

2 1 e ,

)1

20

30ln(

1

)1ln(

1

1

1

1

21

2

1

e

1,44 h.

44,1

11

1

1

20

1 ee 39,95C.

b)

44,1

1212

1

40

1

)1(

ee

h

79,9C.

95,39

9,7922

g

g

P

P2. Gubici koji su proporcionalni

kvadratu struje su se povećali 8,0

8,1 2,25 puta, što znači da se struja povećala 1,5 puta i toliko iznosi

preopterećenje.

3. Gubici u nazivnom režimu iznose 3288,0

32n

n

gn PP

P 4,36 kW. Na osnovu date proporcije

dobija se 8,2

36,4

8,2)2,016,1(

gn

FenFengn

PPPP 1,56 kW. Dalje je jednostavno

56,16,16,1 FenCun PP 2,5 kW i 56,12,02,0 Fenfvn PP 0,31 kW. Pri datom opterećenju od 1,5Mn

smatra se da je i struja 1,5 puta veća što znači da su gubici u bakru 2,25 puta veći. Ukupni gubici u ovom režimu iznose: 1111 CufvFeg PPPP 1,56+0,31+2,25·2,5=7,5 kW. Smatrajući uslove hlađenja nepromenjenim dobijamo da je maksimalni porast temperature u navedenom režimu:

7536,4

5,71

1 g

g

P

P129C. Dozvoljeni porast temperature je 75C tome postoji još 40-26=14C

rezerve koju možemo iskoristiti – dakle maksimalni porast temperature sme da bude θ1=89C. Motor sme

da radi sa datim opterećenjem tokom vremena

)129

891ln(28)1ln(

1

1

zTt 32,8 min.

4. a) Pgn=1,88 kW, PFen=0,61 kW, Pfvn=0,25 kW, PCun=1,02 kW

02,15,0)( 2211 Cun

n

Cu PI

IP 0,255 kW, Pg1=1,115 kW. 1 44,5C, θ(10 min.)=21,6C,

θ(20 min.)=36,7C, θ(40 min.)=54,7C θ(50 min.)=59,9C. T(10 min.)=47,6C, T(10

min.)=62,8C,

T(40 min.)=80,7C, T(50 min.)=85,9C.

b)

)1(5,447526)1(.)min12( 28

12

28

12

1 eeeeTT

tt

na 90,4C

5,4426)( 1aTT 70,5C.

c) hl

t

et

)( . Odavde se dobija T(10 min.)=61C, T(50 min.)=41,9C, T(100 min.)=32C.

Napomena: za četvrti zadatak data su uglavnom samo brojne vrednosti rešenja.

VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3a

OSNOVNE VRSTE NAMOTAJA ROTACIONIH ELEKTRIČNIH MAŠINA

Osnovni princip formiranja namota rotacione električne mašine glasi: namotaj jedne faze

formira naizmenično rasporeĎene suprotne magnetne polove (severne N i juţne S). Primena navedenog principa se najlakše može uočiti na statoru jednosmerne mašine i rotoru sinhrone mašine. Posmatrajući stator jednosmerne mašine lako je odrediti broj magnetnih polova (2p) jer su

magnetni polovi istureni i zato lako uočljivi. Oko svakog pola se nalazi koncentrisan namotaj. Namotaji

susednih magnetnih polova imaju suprotan smer motanja čime se postiže da su susedni magnetni polovi suprotnog polariteta. Analogno važi i za rotor sinhrone mašine sa isturenim polovima. Navedeni primeri

su očigledni i jednostavni ali vrlo važni jer se mogu primeniti i na ostale vrste i delove mašina (rotor jednosmerne mašine i asinhrone kliznokolutne mašine, stator sinhrone i asinhrone mašine). Kod njih u

odnosu na stator jednosmerne mašine i rotor sinhrone mašine postoji samo prividna razlika iz dva razloga:

1. Magnetno kolo nije istureno

2. Namotaj jednog magnetnog pola ne mora biti koncentrisan (m=1), već može da zauzima više od jednog žleba (m>1). Broj žlebova m koje namotaj jednog magnetnog pola zauzima nije mnogo veći od jedan i obično je m jednako 2, 3 ili 4.

Prema broju strana sekcija u žlebu razlikujemo dvoslojne i jednoslojne namotaje. Dvoslojni

namotaj u svakom žlebu ima dve strane sekcija pa se ovi slojevi nazivaju gornji i donji sloj.

Razmotrimo najpre dvoslojni namot kao tipičan primer namota trofazne mašine veće snage. Neka je

mašina trofazna (q=3) četvoropolna (2p=4) sa Z=36 žlebova na statoru (v. priloženu šemu). Najpre se

razmatra namotaj jedne faze (U), znajući da će namotaji ostale dve faze (V i W) biti analogni prvom i

pomereni na obodu za trećinu periode:

Svi magnetni polovi moraju biti jednaki radi simetrije što znači da svakom polu pripada prostor dužine

4

36

2p

Z 9 žlebova i zubaca. Kako ima tri identične faze svakoj od njih će na jednom polu pripasti

3

9

qm

3 žleba. Dakle faza U ima sledeće tri sekcije u prvom polu:

1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+τ)=1+9=10. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - (2+9)=11. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - (1+9)=12. žleb (donji sloj)

Drugi pol počinje u 1+τ=1+9=10 polu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - (10+9)=19. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - (11+9)=20. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - (12+9)=21. žleb (donji sloj)

Treći pol: 7. sekcija: 19. žleb (gornji sloj) - 28. žleb (donji sloj) 8. sekcija: 20. žleb (gornji sloj) - 29. žleb (donji sloj) 9. sekcija: 21. žleb (gornji sloj) - 30. žleb (donji sloj)

Četvrti pol: 10. sekcija: 28. žleb (gornji sloj) - 1. žleb (donji sloj) 11. sekcija: 29. žleb (gornji sloj) - 2. žleb (donji sloj) 12. sekcija: 30. žleb (gornji sloj) - 3. žleb (donji sloj)

Ovim su postavljene sve sekcije faze U na odgovarajuća mesta i ostaje još da se one pravilno meĎusobno povežu tako da faza ima dva kraja (označavaju se sa U1 U2). Označićemo sa U1 početak prve sekcije (u 1. žlebu). Postoje dva principijelno različita načina povezivanja koja rezultat stvaraju isto magnetno

polje:

1. Ako struja koja teče kroz namotaj faze najpre protiče kroz sve sekcije jednog pola pa tek onda prelazi u sekcije drugog pola namotaj se naziva petljasti. Tok struje ima izgled petlje - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "vraća se" u 2. žleb (jer ide u 2. sekciju).

2. Ako struja koja teče kroz namotaj faze protiče kroz jednu sekciju jednog pola i zatim odmah prelazi u sekciju drugi pol takav namotaj se naziva valoviti. Tok struje ima izgled "vala" - teče iz 1. žleba u 10. žleb i kad proĎe sve navojke prve sekcije "ide dalje" u 19. žleb (jer ide u 4. sekciju). Nakon toka struje u

sva četiri pola ona se vraća u prvi pol i ulazi u 2. sekciju (2. žleb).

VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3b

Veza dve sekcije petljastog namota Veza dve sekcije valovitog namota

Da bi se formirao namotaj druge faze (V) treba odrediti njen pomak na obodu u odnosu na prvu fazu (U).

Taj pomak iznosi trećinu periode (2π/3), gde je perioda jednaka dužini dva magnetna pola (jer su suprotni) tj. 922 18 žlebova. Dakle pomak je 18/3=6 žlebova i druga faza ima sekcije: Prvi pol: 1. sekcija: (1+6)=7. žleb (gornji sloj) - 16. žleb (donji sloj)

2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj) 3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -18. žleb (donji sloj)

Drugi pol počinje u 7+τ=7+9=16 žlebu i ima takoĎe tri sekcije: 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj) 5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 26. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 27. žleb (donji sloj)



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)



Očigledno dvoslojni namotaj ima ukupno Z sekcija, a svaka faza se sastoji iz q

Z sekcija. Može se

proveriti da je svaki sloj u žlebu zauzet jednom stranom sekcije.

Jednoslojni namot se karakteriše činjenicom da svaki žleb zauzima samo jedna strana sekcije.

Kako svaka sekcija ima dve strane to znači da jednoslojni namotaj ima ukupno 2

Z sekcija, a svaka faza se

sastoji iz q

Z

2 sekcija. Najčešće je jednoslojni namotaj koncentrični, mada se može izvesti i kao petljasti

ili valoviti. Za datu mašinu i broj polova bilo koja od ove tri izvedbe daje isto magnetno polje.

Razmotrimo jednoslojni koncentričan namotaj kao tipičan namotaj za naizmenične mašine manje snage. Neka je mašina trofazna četvoropolna i ima Z=24 žleba na statoru (v. priloženu šemu). Odmah

N

1. žleb

2. žleb 10. žleb 11. žleb

S N


VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3c

odreĎujemo 4

24

2p

Z 6 žlebova i zubaca i 3

6

qm

2 žleba. Pomak izmeĎu faza je 12/3=4 žleba.

Pripadnost ţlebova namotajima pojedinih faza ista je za sve tri vrste namotaja. Dakle bilo da treba

napraviti petljasti, valoviti ili koncentrični namotaj pripadnost žlebova je sledeća: Faza U: 1., 2., 7. i 8. žleb

13., 14., 19. i 20. žleb

Faza V: 5., 6., 11. i 12. žleb 17., 18., 23. i 24. žleb

Faza W: 9.,10., 15. i 16. žleb 21., 22., 3. i 4. žleb

Kako bi se postavljale sekcije da je u pitanju petljasti ili valoviti namotaj već je opisano (1. - 7., 2. - 8.

itd.). Kod ovih namotaja su sve sekcije identične. Za razliku od njih koncentrisani namotaj ima sekcije

različite dužine. Koncentrisani jednoslojni namotaj bi glasio:

Prvi pol: 1. sekcija: 1. žleb - 8. žleb

2. sekcija: 2. žleb - 7. žleb

Drugi pol počinje u 1+τ=1+6=7 polu. MeĎutim pošto je 7 žleb zauzet ovaj pol nema svoj namotaj i

jednostavno se "preskače" (ionako treba postaviti ukupno 432

24

2

q

Z sekcije za celu fazu). To ne znači

da ovaj magnetni pol ne postoji. Njega formiraju strane sekcija susednih polova.

Treći pol: 4. sekcija: 13. žleb - 20. žleb

5. sekcija: 14. žleb - 19. žleb

Četvrti pol: Nema namotaja (važi isto što i za drugi pol).

Veza dve sekcije koncentričnog namota

Prethodno dati primeri predstavljaju namotaje sa punim (dijametralnim, neskraćenim) navojnim korakom y, pošto je bilo y=τ. Ako je potrebno izvesti skraćeni (tetivni) korak (y=τ), to se može izvesti samo kod dvoslojnog namotaja. IzvoĎenje je vrlo jednostavno: za izvedeni namotaj sa punim korakom samo se

druga strana sekcije "prebaci" u odgovarajući bliţi ţleb. Dakle za dati primer trofaznog dvoslojnog

namotaja sa Z=36 i korakom y=7 bilo bi:

Faza U, prvi pol: 1. sekcija: 1. žleb (gornji sloj) - (1+y)=1+7=8. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 2. žleb (gornji sloj) - 9. žleb (donji sloj)

3. sekcija: 3. žleb (gornji sloj) - 10. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 10. žleb (gornji sloj) - 17. žleb (donji sloj)

5. sekcija: 11. žleb (gornji sloj) - 18. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 12. žleb (gornji sloj) - 19. žleb (donji sloj)



Faza V, prvi pol: 1. sekcija: 7. žleb (gornji sloj) - 14. žleb (donji sloj) 2. sekcija: 8. žleb (gornji sloj) - 15. žleb (donji sloj)

N

1. žleb


VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3d

3. sekcija: 9. žleb (gornji sloj) -16. žleb (donji sloj) Drugi pol: 4. sekcija: 16. žleb (gornji sloj) - 23. žleb (donji sloj)

5. sekcija: 17. žleb (gornji sloj) - 24. žleb (donji sloj) 6. sekcija: 18. žleb (gornji sloj) - 25. žleb (donji sloj)



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)



Može se proveriti da svaki sloj u žlebu zauzima jedna strana sekcije.

VEŢBE IZ ELEKTRIČNIH MAŠINA 3

1.2. MAGNETOPOBUDNE SILE

5. Indukt prečnika 0,26 m i dužine 0,2 m ima na svom obimu 48 žlebova u kojima se nalaze provodnici koji obrazuju trofazni četvoropolni namot, tako da svakoj fazi pripada 112 provodnika. Ako je

ekvivalentni vazdušni zazor 0,9 mm i kroz namot teku trofazne struje jačine 14 A i učestanosti 50 Hz,

odrediti:

a) obrtnu magnetopobudnu silu po polu,

b) fluks po polu,

c) snagu mašine.

6. Trofazni sinhroni turbogenerator 2p =2, Y, f =60 Hz ima na rotoru pobudni namot sa 46

navojaka i navojnim sačiniocem 0,9; a na statoru namot sa 24 navojka po fazi i navojnim sačiniocem 0,833. Dimenzija zazora je 0,075 m, srednji poluprečnik 0,5 m; a aktivna dužina sekcije je 4 m. Ako je

pobudna struja 1500 A, odrediti:

a) vrednost prvog harmonika magnetopobudne sile koju proizvodi pobudni namot i vrednost prvog

harmonika indukcije u zazoru,

b) fluks po polu i linijski napon u praznom hodu generatora.

1.3. INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE

7. Poznati su sledeći podaci trofaznog asinhronog motora: unutrašnji prečnik statora D =0,26 m,

dužina paketa limova l =0,2 m; ukupni broj žlebova Z =48, broj polova 2p =4. Odrediti broj provodnika

po fazi da bi se imala indukovana elektromotorna sila po fazi E =212 V, pri B =0,7 T i f =50 Hz.

8. O statoru trofaznog motora znaju se sledeći podaci: dužina l =0,075 m; unutrašnji prečnik D =0,112 m; broj žlebova Z =36 i broj polova 2p =6. Linijski napon mreže je 220 V, a učestanost 50 Hz.

Sprega namota statora je zvezda. Za B =0,55 T odrediti:

a) broj provodnika po fazi,

b) broj provodnika u žlebu, stvarni fluks po polu i maksimalnu vrednost indukcije za usvojeni ceo

broj provodnika u žlebu.

1.4. VIŠI HARMONICI INDUKOVANE ELEKTROMOTORNE SILE

9. Ispitati mogućnost potpunog poništenja jednog ili više harmonika pogodnim izborom broja žlebova po polu i fazi.

10. Pod kojim uslovima se potpuno eliminiše peti harmonik?

11. Izračunati elektromotornu silu osnovnog, trećeg, petog i sedmog harmonika za trofazni sinhroni

hidrogenerator sa podacima: 16,5 MVA; 11 kV, 860 A, 50 Hz cos =0,7, l =1,3 m, 2p=12, =0,693 m;

N =144 prov/fazi, m =4, y/=5/6. Amplitude harmoničnih komponenti indukcije u zazoru su: B1 =0,75 T;

B3 =0,039 T; B5 =0,035 T i B7 =0,02 T.

12. Polje u zazoru mašine za naizmeničnu struju dato je sledećim izrazom: b() = Bm1sin + Bm3sin3 + Bm5sin5. Odrediti THD i efektivne vrednosti indukcije i indukovane

elektromotorne sile u provodniku, navojku i fazi, ako je: y/ =4/5, m=5, Bm1 =1 T, Bm3 =0,3 T; Bm5 =0,2 T.

5. a) Izraz za rezultantnu (obrtnu) MPS trofaznog namotaja glasi: n

f

f kIp

NF 2

2

1

π4

2

33 , gde je: Nf

broj navojaka faze i kn navojni sačinilac, važi i za dvoslojni i za jednoslojni namotaj. Broj navojaka faze


je 2

112fN , a navojni sačinilac iznosi 1

2sin

2sin

m

m

kkk tpn (skraćenje se ne pominje u tekstu). m je

broj žlebova po polu i fazi 34

48

2pq

Zm 4, a β je električni pomak meĎu žlebovima

15248

360360p

Z . Time se dobija

5,7sin4

5,74sin142

22

112

2

1

π4

2

33 fF 507 A.

b)

2,022

π26,0

109,0

50710π4

π2

)2

π)((

π2

π2

3

7

0 lp

DFBS p 18,4 mWb.

c) qEIS . 9577,0104,1850π22

156

2

1 3

nf kNE 219,2 V.

142,2193qEIS 9,2 kVA.

6. a) U slučaju rotorskog namota izraz za rotorsku (pobudnu) MPS glasi: nr

fr

p kIp

NF

2

14

a može

se dobiti koristeći odgovarajućeg izraza iz prethodnog zadatka uz uvažavanje činjenice da je sada u

pitanju monofazni namot sa jednosmernom strujom. 9,015001

46

2

14

pF 39534,1 A.

075,0

1,3943510π4 7

0 p

p

FB 0,66 T.

b) 412

π166,0

π2

)2

π(

π2

π2

lp

DBBS p 2,65 Wb.

833,065,260π22

1243

2

133 00 nffl kNEE 24,46 kV.

7. Iz izraza za indukovanu EMS faze: nfnff kp

BDlfNkNE π2

2

1

2

1 , gde je Nf broj navojaka

faze. Odatle je:

9577,02,026,07,050π2

2212

π2 n

f

ffBDlk

pEN 54,75. Navojni sačinilac je

5,7sin4

5,74sin1

2sin

2sin

m

m

kkk tpn0,9577 (v. zad. 5). Treba izračunati broj provodnika u žlebu i to

naravno mora biti ceo broj: 784,642

75,54

22 11 z

f

z Npm

NN (usvajamo ceo veći broj). Konačno je

broj provodnika po fazi: 42722 11 pmNN zf 112.

8. a) Analogno kao u prethodnom zadatku dobija se:

15sin2

152sin1

2sin

2sin

m

m

kkk tpn 0.9659,

9659,0112,0075,055,050π2

33

220

π2 n

f

ffBDlk

pEN 384.4,


6507,6423

4,384

22 11 z

f

z Npm

NN 236522 11 pmNN zf

780.

b) N1z=65,

3909659,0112,0075,050π23

3220

π2 fn

f

NfDlk

pEB 0,54.

075,0

32

π112,054,0

π2

)2

(π2

π2

lp

DBBS p

1,51 mWb.

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

2sin(

)2

sin(

hm

hm

k ph . Dakle treba postići

uslov 1802

nhm

. Kako je qZ

ppq

Zm

2

180

2

360

22

dobija se da se mogu poništiti samo

harmonici deljivi sa dvostrukim brojem faza: nqh 2 . Za trofazni namot ovo znači da nema šestog, dvanaestog itd. harmonika , no parnih harmonika svakako nema zbog "naizmenične" konstrukcije namotaja. MeĎutim iako ne može potpuno da poništi pojedine harmonike pojasni sačinilac ih značajno smanjuje.

10. Na osnovu prethodnog zadatka vidimo da se traženi poništenje petog harmonika može eventualno

postići samo izborom tetivnog navojnog koraka. Iz jednakosti 2

π5sin5

ykt =0 dobijaju se dva moguća

rešenja: 5

2y

ili 5

4y . Prvo rešenje otpada jer je skraćenje preveliko (preveliko slabljenje EMS prvog

harmonika) pa je rešenje 5

4y

.

Napomena: U praksi se najčešće koristi 6

5y

iz dva razloga: manje slabljenje osnovnog harmonika i

jednako slabljenje 5. i 7. harmonika.

11. nhhfnh

h

fnhhhffh klfBNkph

DlBfhNkNE 22π2

2

1

2

1 , 2

sin

2sin

2sin

yh

hm

hm

kkk thphnh

Za h=1 dobija se: 90

6

5sin

5,7sin4

5,74sin3,1693,075,0504

2

172fE 6364,2 V.

Za h=3 dobija se: 90

6

53sin

5,73sin4

5,743sin3,1

3

693,0039,0

π2

350π22

1723fE 165,3 V.

Analogno se dobija Ef5=17,1 V i Ef7=7,6 V.

12. THD(B)= 1

2,03,0 22

1

2

5

2

3

B

BB36,1%.

Za provodnik je THD(E1)=

1

2

5

2

3

11

2

15

2

13

2

π2

π

Bp

fDl

BBp

fDl

E

EETHD(B)=36,1%.


Za navojak : THD(Enav)=

9511,01

02,05878,03,0

2

π2

π2222

11

2

5

2

5

2

3

2

3

11

2

15

2

13

t

tt

kBp

fDl

kBkBp

fDl

E

EE18,5%

( 905

4sin

2

πsin1

ykt 0.9511, 90

5

43sin

2

π3sin3

ykt 0.5878, 90

5

45sin

2

π5sin5

ykt 0).

Dakle skraćen navojni korak smanjuje izobličenje napona. Za fazu:

THD(Ef)=

9567,09511,01

02,06472,05878,03,0

2

π2

π22222

111

2

5

2

5

2

5

2

3

2

3

2

3

11

2

15

2

13

pt

ptpt

kkBp

fDl

kkBkkBp

fDl

E

EE12,5%

(

6sin5

65sin

2sin

2sin

1

m

m

k p0.9567,

63sin5

653sin

23sin

23sin

3

m

m

k p 0.6472,

65sin5

655sin

25sin

25sin

5

m

m

k p 0,2).

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


1.5. OSNOVNE DIMENZIJE ELEKTRIČNIH MAŠINA

13. Odrediti osnovne dimenzije turbogeneratora snage 660 MVA ako je indukcija u zazoru 0,9 T i

obodnu gustinu struje pri direktnom hlađenju vodonikom A =160000 A/m. Maksimalna dozvoljena

periferijska brzina je 200 m/s.. Feromagnetni zazor je 6,5 cm, a brzina obrtanja je 3000 min-1

.

14. Za dve mašine iste električne snage sa brzinama 500 o/min i 1500 o/min, odrediti odnos

linearnih dimenzija, gubitaka, ukupne cene i cene po jedinici snage. Mašine imaju istu indukciju i obodnu

gustinu struje, kao i isti odnos linearnih dimenzija.

1.6. ZAKON SLIČNOSTI ELEKTRIČNIH MAŠINA

15. Data su dva geometrijski slična trofazna četvoropolna asinhrona motora. Poznati su podaci o motoru manje snage: Pn =7,5 kW, Un =380 V, In =15,2 A, cosn =0,86, Shl =1,6 m

2, m =74 kg. Drugi

motor je 3 puta veće prividne snage. Oba motora su predviđena za isti napon i imaju isti cosn. uzimajući u obzir odgovarajuće idealizacije, odrediti:

a) podatke o većem motoru (snaga, struja, površina hlađenja, težina), b) uslove hlađenja za oba motora, odnosno snagu gubitaka po jedinici površine hlađenja.

13. Najpre se može izračunati prečnik rotora: π100

20022

vDr

1,27 m. nfnfn IqES , (za veće mašine

ovo je tačnije), gde je q broj faza. Dalje je nnf k

p

BDlNfE π2 i

Nq

ADInf

2

π , (N je broj navojaka a D

unutrašnji prečnik statora D=Dr+2δ=1,34+0,13=1,4 m). Zamenom u polazni izraz dobija se:

lABDnk

S n

n

2

60

2π)

4

π2( . Kako je 1

4

π2 nk dobija se:

232 4,19,01016060

30002π660

60

2πABD

n

Sl n 7,4 m (primetiti da je kod turbogeneratora D<<l).

14. 2

1

1

2

2

1

1

2

2

2

2

1

2

1

22

11

2

1

2

1

2

1

M

M

p

p

V

V

p

p

lD

lD

BA

BA

n

n

P

P

S

S . Prema tome 333

2

1

2

1 32

6

p

p

l

l1,44;

2

6

2

1

2

1

2

1

p

p

C

C

M

M3;

2

1

2

2

1

1

C

C

S

C

S

C

3. Odnos gubitaka: 2

6

1

2

2

2

2

1

2

1

2

1

p

p

lD

lD

P

P

g

g3.

15. a) Pn2=3Pn1=3·7,5=22 kW (jer je to standardna snaga) 31

22

1

2

n

n

hl

hl

S

Sk

S

S

6,133 12 hlhl SS 2,8 m2. 2,1533

3

3

31

1

1

2

22 n

nn

n IU

S

U

SI 45,6 A..

643)( 75,0

14

3

1

21

3

2 MS

SMkM

n

n 146 kg.

b) 44

1

2

1

1

2

2

3n

n

hl

g

hl

g

hl

g

S

S

S

P

S

P

kS

P1,32. 750086,02,153803cos 111 nnng PSP 1104 W

6,1

1104

1

1

hl

g

S

P690 W/m

2, 69034

2

2

2

2

hl

g

hl

g

S

Pk

S

P908,1 W/m

2.


2. PRIGUŠNICE I TRANSFORMATORI

2.1. PRIGUŠNICE

16. Izračunati dimenzije stepenastog preseka jezgra prigušnice ili transformatora sa dve "stepenice" u funkciji prečnika opisanog kruga D, da bi površina jezgra bila maksimalna. Uporediti dobijeni rezultat

za jezgro bez "stepenica". Ako je sačinilac ispune gvožđa Kfe = 0.96, odrediti sačinilac ispune jezgra Fe.

17. Ponoviti prethodni zadatak za simetrični presek transformatorskog jezgra sa tri "stepenice".

18. Feromagnetno kolo sa slike ima namot sa 250 navojaka otpora 0,58 . Namot se napaja iz

izvora naizmenične struje 120 V, 50 Hz. Karakteristika limova je data sledećom tabelom: Histerezisni faktor je = 0.0047, odnos gubitaka usled histerezisa i vrtložnih struja je PH/PV = 5.

Koeficijent ispune gvožđa je KFe = 0.85, a specifična masa magnetnog materijala je Fe = 7,9 kg/dm3.

a) Odrediti struju kroz namot i gubitke u gvožđu i nacrtati ekvivalentnu šemu. b) Konstruisati vektorski dijagram.

19. Na slici je prikazana prigušnica sa dimenzijama a = b = c = d = 25 mm, g = 2 mm. Kroz namot

teče struja 1 A. Provodnost materijala od koga je načinjen provodnik je = 5,78107 S/m. Faktor ispune

namota je KS = 0,8. Odrediti ulaznu snagu i broj navojaka namota da bi indukcija bila 0,8 T.

20. Prigušnica na gvozdenom jezgru ima histerezisnu petlju kao na slici. Termogena otpornost prigušnice je 1 k, a kalem ima N = 1000 navojaka. Ako je prigušnica bez remanentnog fluksa

priključena na izvor:

ostalo,0

s5,00,40)(

tttv

potrebno je:

a) odrediti izraze za struju, fluks i indukovanu elektromotornu

silu prigušnice u funkciji vremena za interval 0 t 1 s,

b) skicirati krive i=f(t), =f(t) i e=f(t) za isti interval.

B [T] 0,6 0,8 1 1,3

H [A/m] 160 200 300 1000 3

50

50

50

250

220

2

25

25

25

25

25 25

namotaj

φ[mWb]

i[mA]

1

4


16. )sincossin2()sin)sin(coscos(sin2

2 222 DDbba

abS j

7,31220)2sin2cos2(2 tgDd

dS j

07,312cos27,312sin42cos22sin42

2 d

Sd j, zaista je maksimum.

22222 618,0)7,31sin7,312(sin)sin2(sin DDDS j . Za jezgro kvadratnog oblika (bez

stepenica) je 25,0 DS j . Koeficijent ispune:

2

2

785,0

96,0618,0

D

D

S

kS

kr

Fej

Fe 0,756.

17. sin)2

1(cos25,0

24 222

DDcba

bS j

sin22sin5,0 222DDD

0)cos22cos4()cos22cos2( 222 DDd

dS j

1,259056,0cos 222 668,0sin)2

11,25(cos25,0 DDDS j .

2

2

785,0

96,0668,0

D

D

S

kS

kr

Fej

Fe 0,817.

18. a) 610250085,0250502

120

2 FefNS

EB 1,017 T. Iz tabele H=300 A/m pa je

250

737,0300103104

017,1 3

70

000

N

lHlB

N

lHlHI

FeFe

FeFe 10,6 A. Ovo je amplituda struje (!)

dok je efektivna vrednost 2

6,10xI 7,5 A..

2622 017,150790010250085,0737,00047,0fBSKlfBVP FeFesrFeFeh 3 W

5

3

5

h

v

PP 0,6 W. 6,03FehFe PPP 3,6 W Za aktivnu snagu se može napisati:

022,3612058,0)( 2222 rrFexrFer IIPIIRPRIUI , odakle se dobija rI 0,3 A.

Parametri ekvivalentne šeme su: 58,05,73,0

120ReRe

jR

I

URFe

0,06 Ω i

jI

UX

5,73,0

120ImIm 15,97 Ω.

b)

a b

a b c

U

Ir

Ix

I

R RFe jX U

I


19. )2525(4srl 200 mm, 1104

002,08,07

0 I

BgN 1274.

626

22

10258,01058

2,01274

SK

lN

N

S

Nl

S

lR

Cu

sr

Cu

sr 11,2 Ω. 22 12,11RIP 11,2 Ω.

20.

21. Za koliko se procenata smanjuje masa magnetnog kola i masa bakra ako se umesto običnih gvozdenih limova upotrebi silicijumski hladno-valjani lim, odnosno indukcija se može povećati sa 0,8 T

do 1,6 T, ako fluks ostaje isti.

22. Transformator snage 250 kVA ima nominalne gubitke u gvožđu 800 W i nominalne gubitke u

bakru 3800 W. Izračunati stepen iskorišćenja za četvrtinu nominalnog opterećenja i cos = 0,8.

23. Energetski transformator je predviđen da radi na mreži 50 Hz. Pri tome su gubici u bakru 1,5 %

prividne snage, gubici usled histerezisa su 0,6 % prividne snage, a zbog vihornih struja 0,4 % prividne

snage. Odrediti:

a) gubitke pri 60 Hz za isti napon i istu struju,

b) snagu koju ovaj transformator može odati radeći na mreži 60 Hz, uz uslov da su gubici i napon

isti kao kada radi na mreži 50 Hz.

21. Ako se indukcija poveća dva puta poprečni presek magnetnog kola se može smanjiti dva puta, što znači da će masa magnetnog kola biti 50% manja (oba materijala imaju približno istu gustinu). Zbog toga

se smanjuje obim magnetnog kola a time i dužina navojaka. Obim će se smanjiti:

11

1

21

1

22 707,0 OO

S

SO

D

DO

Fe

Fe , što znači da će se masa bakra smanjiti za 29,3%.

22.

8,3)

4

1(8,08,025025,0

8,025025,0

)4

1(cos25,0

cos25,0

221

2

CunFenn

n

PPS

S

P

P

0,98.

23. a) nhhh SPf

f

U

UP

f

f

B

BP %6,0

60

50)( 1

2

1

1

21

1

22

1

22 0,5 %Sn. 1

2

1

21

2

1

2

1

22 )()( hhv P

U

UP

f

f

B

BP 0,4 %Sn.

PCu2=PCu1=1,5 %Sn.

b) Pri radu na 60 Hz gubici su manji za 0,1 % Sn, na osnovu čega možemo povećati gubitke u bakru za

0,1 % Sn. Struju i snaga se mogu povećati za 1%5,1

%6,13,3 %, tj. S2=103,3 %Sn (napon je ostao isti).

v[V]

t[s]

20

0,5

i[mA]

t[s]

4

0,5 0,1 0,324

φ[mWb]

t[s]

1

0,5 0,1 0,324

0,02(t-0,1)2


24. Jednofazni transformator 200 kVA, 3810/210 V, 50 Hz ima srednju dužinu magnetnog jezgra

140 cm i poprečni presek SFe =160 cm2. Primarni namot ima 860 navojaka, gubici usled vrtložnih struja i

histerezisa su 0,012 W/cm3. Odrediti struju praznog hoda u funkciji vremena kao i komponentu koja

potiče od vrtložnih struja ako je priključeni napon sinusoidalan. Može se smatrati da je komponenta struje gubitaka sinusoidalna, i da je komponenta struje magnećenja u fazi sa fluksom. Polovina histerezisne petlje data je sledećom tabelom:

2.2. EKVIVALENTNA ŠEMA TRANSFORMATORA

25. Za transformator Sn =160 kVA, 10/0,4 kV, Yzn5 i f =50 Hz odrediti elemente ekvivalentne

šeme ako su ogledom kratkog spoja izmereni gubici koji iznose 2,35 kW i napon kratkog spoja uk =4 %.

Ogledom praznog hoda izmereno je Po =0,46 kW i jo =0,7 %.

26. Odrediti elemente ekvivalentne šeme trofaznog transformatora sprege Dy5, čiji su podaci: Sn =1000 kVA, Un1 =10 kV, P0 =2 kW, Pk =12 kW, uk =7 %, j0 =2 %.

27. Podaci o jednofaznom transformatoru su: Sn =10 kVA, 2400/240 V. Ogled praznog hoda na NN

strani: u0 =1 r.j., i0 =0,019 r.j., p0 =0,008 r.j. Kratak spoj na VN strani: uk =0,0333 r.j., ik =1,22 r.j.,

pk =0,022 r.j. Odrediti apsolutne vrednosti datih podataka za oglede praznog hoda i kratkog spoja i

relativne vrednosti primarnih i sekundarnih otpornosti i reaktansi rasipanja.

2.3. SPREGE TROFAZNIH TRANSFORMATORA

28. Broj navojaka po fazi namota trofaznog transformatora je N1 =2080 i N2 =80. Ako je primarni

napon U1 =3300 V odrediti U2 pri spregama: Yy, Dy, Yd, Dd.

24. Indukcija u jezgru je: 410160860502

3810

2 FefNS

EB 1,25 T. Reaktivna komponenta

struje magnećenja je: 8602

4,1356

20

N

HlI sr

x 0,41 A. Aktivne komponente je u fazi sa naponom i potiče

od histerezisnih gubitaka: 8602

4,144

20

N

HlI sr

r 50,6 mA.

B[T] 0 0,3 0,6 0,8 1 1,1 1,2 1,25

H[A/cm] 0,44 0,69 1 1,28 1,68 2,09 2,97 3,56

H[A/cm] -0,44 -0,17 0,15 0,48 1,09 1,62 2,75 3,56

-5 0 5 10 15 -1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

magnetna indukcija

struja PH

-400 -300 -200 -100 0 100 200 300 400 -1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

H [A/m]

B [T]

Comment [Sk1]: Ovo treba da bude

4.4.


Kako je 3810

160140012,00

U

pI Fe

r 70,6 mA, dobija se da je komponenta koja potiče od vrtložnih

struja: 6,506,70000 hrv III 20,6 mA.

Slika prikazuje struju praznog hoda dobijenu na osnovu pretpostavke o sinusoidalnom naponu i date krive

magnećenja materijala (slike gore). Treba primetiti sledeće značajne činjenice: - znatno prisustvo trećeg harmonika struje, - fazni pomeraj osnovnog harmonika struje u odnosu na napon je manji od 90º (na slici je to 78,8º;

cosφ=0,19),

- stvarna aktivna komponenta je 0,29 A, dok je reaktivna komponenta 55,8 mA.

25. Odredićemo ekvivalentnu šemu svedenu na primar. Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se 2

1

'3 nfkk IRP odakle je:

2

2

2

2

1

2

1

2

22

1

'

160

)3

10(23503

3

33

3 n

nfk

nf

n

k

nf

k

kS

UP

U

S

P

I

PR 9,18 Ω.

2

18,9

2

'

'

2

'

1

kRRR 4,59 Ω.

160000

)3

10000(04,03

3

3

22

1

1

1

1

1'

n

nfk

nf

n

nfk

nf

nfk

kS

Uu

U

S

Uu

I

UuZ 25 Ω.

222'2'' 18,925kkk RZX 23,25 Ω; 2

25,23

2

'

'

2

'

1

kXXX 11,63 Ω.

Na osnovu ogleda praznog hoda dobijaju se parametri grane magnećenja:

22

2

22

0

2

10

2

1

2

0

0

2

10

0'

160007,0

)3

10(4603

3

33 n

nf

nff

mSi

UP

Ii

P

I

PR 36,67 kΩ;

2

2

2

2'

2

0

2

12'2'' 67,36160000007,0

)3

10000(3

3m

n

nf

mmm RSi

URZX 81,41 kΩ.

-5 0 5 10 15 -0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6 struja PH

1. i 3. harmonik struje

1. + 3. harmonik


26. Mogu se odrediti samo parametri ekvivalentne šeme svedene na primar (jer nije dat napon sekundara). Na osnovu ogleda kratkog spoja dobija se

2

1

'3 nfkk IRP odakle je:

2

2

2

2

1

2

1

2

22

1

'

1000

101200033

33

3 n

nfk

nf

n

k

nf

k

kS

UP

U

S

P

I

PR 3,6 Ω.

2

6,3

2

'

'

2

'

1

kRRR 1,8 Ω.

1000000

1000007,033

3

22

1

1

1

1

1'

n

nfk

nf

n

nfk

nf

nfk

kS

Uu

U

S

Uu

I

UuZ 21 Ω.

222'2'' 6,321kkk RZX 20,7 Ω; 2

7,20

2

'

'

2

'

1

kXXX 10,35 Ω.


22

2

22

0

2

10

2

1

2

0

0

2

10

0'

100002,0

10200033

33 n

nf

nff

mSi

UP

Ii

P

I

PR 1,5 kΩ;

2

22

2'

2

0

2

12'2'' 1500100000002,0

1000033m

n

nf

mmm RSi

URZX 14,92 kΩ.

27. Sb=10 kVA, U1b=U1n, U2b=U2n. 4,2

10

1

1

b

b

bU

SI 4,17 A;

24,0

10

2

2

b

b

bU

SI 41,7 A

PH: 2401200 bUuU 240 V, 7,41019,0200 bIiI 0,79 A.; 10008,000 bSpP 80 W.

KS: 24000333,01bkk UuU 79,9 V, 17,422,11bkk IiI 5,09 A.; 10022,0bkk SpP 220 W.

22 22,1

022,0

k

k

ki

pr 0,0148;

22,1

0333,0

k

k

ki

uz 0,0273. 2222 0148,00273,0kkk rzx 0,0229 Ω.

Otpornosti i reaktanse rasipanja u nedostatku bližih podataka delimo na dva jednaka dela i to su parametri (otpornosti i reaktanse rasipanja) za svaki namotaj.

28. Yy: 33002080

801

1

22 U

N

NU 126,9 V; Dy: 3300

2080

8033 1

1

22 U

N

NU 219,8 V;

Yd: 33002080

80

3

11

1

22 U

N

NU 73,3 V; Dd: 3300

2080

801

1

22 U

N

NU 126,9 V.


2.4. PAD NAPONA NA TRANSFORMATORU

29. Transformator 200/100 V ima impedansu primara (0,4+0,8j) , impedansu sekundara

(0,1+0,2j) i priključen je na konstantan napon 200 V. Izračunati obe struje, napon na kraju sekundara i pad napona u procentima, ako su sekundarni krajevi:

a) kratkospojeni,

b) opterećeni impedansom 2 (čisto omsko opterećenje), c) opterećeni impedansom (2+4j) ,

d) opterećeni impedansom (2–4j) ,

30. Transformatoru 200 kVA, uk =5 % P0 =1 kW izmereni su na temperaturi 20C gubici zbog

opterećenja Pk =4 kW. Pri radu uz faktor snage cos =0,8 na radnoj temperaturi (75 oC) odrediti:

a) opterećenje pri kome se ima maksimalni stepen iskorišćenja za dati faktor snage i vrednost tog

maksimalnog stepena iskorišćenja, b) pad napona u procentima za dati režim rada.

31. Za transformator snage 100 kVA, uk =6 %, koji ima Pk =2 kW izračunati pad napona ako je impedansa opterećenja 200 % nazivne, uz cos =0,8.

32. Trofazni transformator snage 1,6 MVA; uk =8 %, =98 %, Pk/P0 =3,5 opterećen je nazivnim

opterećenjem. Odrediti: a) aktivnu i reaktivnu snagu pri maksimalnom padu napona,

b) nazivni primarni napon ako pri datom pogonskom stanju u a) sekundarni napon sveden na primar

iznosi 9,3 kV.

29. Kako se traži napon na sekundaru koristićemo ekvivalentnu šemu svedenu na

sekundar: )8,04,0(2

112121 jZ

mZ (0,1+0,2j) Ω

a)

04,02,0

10012

jZZ

UI

pk

223,6 A; 2

6,22321

m

II 111,8 A;

100

0100

2

22

n

n

U

UUu 100 %.

b)

24,02,0

10012

jZZ

UI

pk

44,7 A; 2

7,4421

m

II 22,4 A;

2

)sincos(

sincos

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

22

n

k

n

k

n

k

n

k

n

n U

IR

U

IX

U

IX

U

IR

U

UUu

%6,1%9,8

2

)0sin100

7,442,00cos

100

7,444,0(

90sin100

7,444,00cos

100

7,442,02

10,5%

c)

jjZZ

UI

pk424,02,0

10012 20,3 A;

2

3,2021

m

II 10,2 A;

Zp U1

I2

kZ

U2

1U


2

)sincos(

sincos

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

22

n

k

n

k

n

k

n

k

n

n U

IR

U

IX

U

IX

U

IR

U

UUu

%0%1,9

2

)4,63sin100

3,202,04,63cos

100

3,204,0(

4,63sin100

3,204,04,63cos

100

3,202,02

9,1%.

d)

jjZZ

UI

pk424,02,0

10012 23,7 A;

2

7,2321

m

II 11,8 A;

2

)sincos(

sincos

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

22

n

k

n

k

n

k

n

k

n

n U

IR

U

IX

U

IX

U

IR

U

UUu

2

))4,63sin(100

7,232,0)4,63cos(

100

7,234,0(

)4,63sin(100

7,234,0)4,63cos(

100

7,232,02

%4,0%4,6 –6%.

30. Maksimalni stepen iskorišćenja ima se pri PCu=PFe. da bi izračunali PCu mora ih najpre preračunati na

referentnu temperaturu:

420235

75235

20235

75235 2075

kk PP 4,86 kW. Sada je

20086,4

175

0

75

11 n

k

n

k

Cu SP

PS

P

PS 90,7 kVA;

118,07,90

8,07,90

cos

cos

101

1

1

2

CuPPS

S

P

P

0,973.

31. Ako je impedansa opterećenja 200% nazivne onda je struja opterećenja jednaka polovini nazivne

struje. Da bi se izračunao traženi pad napona potrebno je odrediti aktivni i reaktivni deo pada napona:

100

2

2

2

n

k

nf

nfk

rS

P

U

IRu 2 %, 2222 26rkx uuu 5,66 %.

)2

)sincos(sincos(

2

22

2

222

2

2 rx

n

xr

n

uu

I

Iuu

I

Iu

200

)6,028,066,5(

2

16,066,58,02(

2

12

2,5 %.

32. )sincos()2

)sincos(sincos( 2

2

2

2

22

2

222

2

2 xr

n

rx

n

xr

n

uuI

Iuu

I

Iuu

I

Iu . Dakle

)cos(2

2 kk

n

uI

Iu . Kako je I2=I2n pad napona je maksimalan pri φ=φk. Ostalo je još da se odredi φk:

160098,0

16000 n

n

kgn SS

PPP 32,65 kW; 65,325,4

5,3

15,3

5,3nk PP 25,4 kW.

1600

4,25

2

2

n

k

nf

nfk

rS

P

U

IRu 1,59 %; 2222 59,18rkx uuu 7,84 %;

8

59,1cos k 0,2.

2,01600coscos knSSP 320 kW, 98,01600sinsin knSSQ 1568 kvar.

b)

08,01

3,9

1)cos( 2

1

1

21

2

2

k

n

n

n

kkk

n u

UU

U

UUuu

I

Iu 10,11 kV.

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


2.5. PARALELAN RAD TRANSFORMATORA

33. Data su dva transformatora sa podacima:

I: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnI =400 kVA, ukI =6,1 %, Dy7

II: U1 =20 kV, U2 =0,4 kV; SnII =250 kVA, ukII =5,7 %, Yz3

Povezati transformatore za paralelan rad i izračunati raspodelu opterećenja, ako je ukupno opterećenje 630 kVA.

34. Nacrtati šemu povezivanja za paralelan rad dva transformatora sprega Yd5 i Dy9.

35. Tri transformatora jednakih prenosnih odnosa, čije su snage 250 kVA, 400 kVA i 630 kVA, a

impedanse kratkog spoja 4 %, 4,5 % i 5 %, rade paralelno. Koliko iznosi ukupna trajna snaga koju mogu

preneti ova tri transformatora?

36. Dva monofazna transformatora rade paralelno. Njihove nazivne snage su 1000 kVA i

2000 kVA. Impedanse kratkog spoja su: o753ˆ

IkZ i o802ˆ kIIZ . Odrediti najveće dozvoljeno

opterećenje paralelno vezanih transformatora.

37. Data su dva transformatora sprege Dy sa sledećim podacima:

A: 600 kVA, 2300/398 V, Uk =160 V, Pk =4,2 kW;

B: 900 kVA, 2300/390 V, Uk =100 V, Pk =5,1 kW.

Transformatori su priključeni za paralelan rad. a) Odrediti kružnu struju u sekundarnom namotu, napon na sekundaru i gubitke u

transformatorima kada nije priključeno opterećenje. b) Izračunati struju transformatora, napon na sabirnicama sekundara i ukupne gubitke oba

transformatora ako je na sabirnice priključena trofazna impedansa spregnuta u zvezdu sa 0,132 /fazi uz

cos =0,8.

Napomena: Prilikom računanja struja zanemariti termogene otpornosti namota transformatora.

2.6. AUTOTRANSFORMATORI

38. Transformator sprege Yz5, 100 kVA, 6,3/0,66 kV za specijalne potrebe je prevezan u

autotransformator. Autotransformator je izveden razvezivanjem zvezdišta primarnog namota i povezivanjem na izvode sekundara, na način prikazan na slici.

Odrediti:

a) nazivni fazni i međufazni napon primara,

b) faznu razliku između primarnog i sekundarnog napona, c) snagu autotransformatora.

39. Monofazni transformator snage 50 kVA, napona 2400/240 V ima gubitke u praznom hodu

186 W, gubitke usled opterećenja 617 W i relativni napon kratkog spoja 2 %. Vezan je kao

autotransformator tako da je priključen na mrežu napona U’=2640 V a napaja mrežu napona U”=2400 V.

Potrebno je odrediti:

a) nazivnu snagu i struju transformatora i autotransformatora,

b) stepen iskorišćenja transformatora i autotransformatora pri punom opterećenju sa cos =0,8;

c) pad napona na autotransformatoru za puno opterećenje sa cos =0,8.

33. Šema spoja data je na slici. Jasno je da smeju biti spojeni samo priključci sekundara koji su u fazi. Relativno opterećenje transformatora iznosi:

C B A

c b a

C B A

c b a


)

7,5

250

1,6

400(1,6

630

)(kII

nII

kI

nI

kInI

I

u

S

u

Su

S

S

S0,944

)

7,5

250

1,6

400(7,5

630

)(kII

nII

kI

nI

kIInII

II

u

S

u

Su

S

S

S1,01.

odakle se dobija: 400944,0944,0 nII SS 377,5 kVA;

25001,101,1 nIIII SS 252,5 kVA

Dobijeni rezultati se slažu sa poznatom činjenicom da je

uvek više opterećen transformator sa manjim naponom

kratkog spoja (što se lako vidi i iz gornjih izraza).

34.

35. Pri paralelnom radu relativno opterećenje iznosi: )(

kIII

nIII

kII

nII

kI

nIkI

nI

I

u

S

u

S

u

Su

S

S

S

. Treba ispitati pri

kolikom ukupnom opterećenju S je relativno opterećenje transformatora sa najmanjim uk jednako jedan:

)5

630

5,4

400

4

250(4)(1max

kIII

nIII

kII

nII

kI

nI

kIu

S

u

S

u

SuS 1109,56 kVA. Snaga koja se može trajno preneti

je manja od zbira nazivnih snaga: 1280 kVA=250 kVA+400 kVA+630 kVA.

36. Najpre treba videti koji transformator ima manji uk: 20002

10003

2

2

nIIkII

nIkI

nII

nIIkII

nI

nIkI

kII

kI

SZ

SZ

U

SZ

U

SZ

u

u0,75. Dakle

za prenos maksimalne snage kritičan je prvi transformator:

kII

kI

I

Z

Z

SS

1

80sin280cos2

75sin375cos3110001max

j

j

Z

ZSS

kII

kI

nI 2500 KVA.

37. a) Kako se traže veličine u sekundaru odredićemo parametre ekvivalentne šeme svedene na sekundar:

2

2

2

2

2

600

398,042003

nA

Anfk

kAS

UPR 1,85 mΩ;

2

2

2

2

2

900

39,051003

nB

Bnfk

kBS

UPR 0,96 mΩ;

2300

160

1nAf

kA

kAU

Uu 6,96 %;

2300

100

1nBf

kB

kBU

Uu 4,35 %;

0

4

8

C B A

c b a n

Dy7

C B A

c b a n

Yz3

7

11

3

n

0

4

8

C B A

c b a

Yd5

C B A

Dy9

5

9

1

c b a


600000

3980696,03 22

1

An

nAfk

kAS

UuZ 18,37 mΩ;

900000

3900435,03 22

1

Bn

nBfk

kBS

UuZ 7,35 mΩ;

2222 85,137,18kAkAkA RZX 18,28 mΩ;

2222 96,035,7kBkBkB RZX 7,29 mΩ.

Zbog toga se nadalje zanemaruju aktivne otpornosti.

310)29,728,18(3

390398

BA

BfAf

krXX

UUI 180,6 A!

Zbog toga se propisuje da paralelno smeju raditi transformatori

sa istim odnosom transformacije, kao i da je dozvoljena

tolerancija prenosnog odnosa transformatora ±0,5 %.

b)

jj

jj

XXjXXZ

ZUUjXUI

kBkAkBkAopt

optBfAfkBAf

A 63

3

21029,728,1810)29,728,18)(08,0106,0(

)08,0106,0)(390398(1029,7398

3

1

)(

)(604,6 A;

63

3

21029,728,1810)29,728,18)(08,0106,0(

)08,0106,0)(398390(1028,18398

3

1

)(

)(

jj

jj

XXjXXZ

ZUUjXUI

kBkAkBkAopt

optAfBfkABf

B 1086,5 A

8,383,16654,315,10863,536,60422 BA III .

)1,478370(1028,73

390 3

222 jjIXjUU BkBfBf 221,1 V; 1,22133 22 fUU

=383 V. 232322 5,10861096,036,6041085,1333 BkBAkABAguk IRIRPPP 5,4 kW.

38. a) Na fazorskom dijagramu data je slika posle izvršenog prevezivanja. Naponi U1f i U2f su fazni naponi priključaka "A" i "a" koji pre prevezivanja iznose:

3

6300

3

11

n

nf

UU 3637,3 V;

3

660

3

22

n

nf

UU 381,1 V. U1fa je fazni napon

priključka "A" posle prevezivanja (indeks a: autotransformator). Na osnovu

dijagrama i kosinusne teoreme dobija se 30cos2 21

2

2

2

11 nfnfnfnfnfa UUUUU

30cos1,3813,363721,3813,3637 22 3312,7 V;

7,331233 11 nfana UU 5737,8 V.

b) Kako je ffa UU 22 traženi fazni pomak se može dobiti sa slike:

7,33121,3812

3,36377,33121,381arccos

2arccos

222

12

2

1

2

1

2

2

faf

ffaf

UU

UUU 146,7º (nešto manje od 5 h).

c) 3,63

1007,3312333 1111 nfnfanfanfana IUIUS 91,08 kVA.

39. a) Kada dati transformator radi kao dvonamotajni ima se:

Sn=50 kVA, 4,2

50

1

1

n

n

nU

SI 20,83 A;

24,0

50

2

2

n

n

nU

SI 208,33 A.

Kada je vezan kao autotransformator onda je: I1na=I2n=208,33 A; 83,2033,208122 nnna III 229,2 A; 33,208264011 nanana IUS

=550 kVA.

Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator može se preneti 11 puta veća snaga! Međutim ovo je ostvareno na uštrb transformacije napona koja je svega 1,1 umesto 10 što je bio odnos kod dvonamotajnog pogona.

30°

U2f

U1fa

U1f

ψ

U1

I2

U2

I1

U1f

I2Af

U2f

AfU 1

B

BfU 1

A

I2Bf

kAZ

kBZ


b)

617,0186,08,050

8,050

cos

cos

01

2

PPS

S

P

P

kn

n 0,98.

Što se tiče gubitaka autotransformatora treba primetiti da pri datom

pogonu važi P0a=P0 jer je indukcija u jezgru i frekvencija jednaka onoj

u dvonamotajnom pogonu. Takođe je Pka=Pk jer kroz odgovarajuće

namotaje autotransformatora protiču iste struje kao i pri dvonamotajnom

pogonu u nazivnom režimu. Na osnovu ovoga se dobija:

617,0186,08,0550

8,0550

cos

cos

01

2

PPS

S

P

P

kna

na

a 0,998.

Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je veći stepen iskorišćenja!

c) Izvođenjem izraza za pad napona kod autotransformatora (v. dodatak) dobija se u

U

Uua

2

11

1, gde

je U1 nazivni napon namota dvonamotajnog transformatora koji je sekundar autotransformatora (v. sliku

gore). Dakle treba izračunati pad napona dvonamotajnog transformatora:

50

617,0

2

2

n

k

nf

nfk

rS

P

U

IRu 1,23 %, 2222 23,12rkx uuu 1,58 %.

)2

)sincos(sincos(

2

22

2

222

2

2 rx

n

xr

n

uu

I

Iuu

I

Iu

200

)6,023,18,058,1(6,058,18,023,1(

2

=1,93 %. Pad napona na autotransformatoru je

93,1

240

24001

1

1

1

2

1

u

U

Uua

0,18 %.

Zaključak: Istim utroškom materijala kao za dvonamotajni transformator ostvaren je 11 puta manji pad

napona. Međutim ovo ima i lošu stranu jer je struja kratkog spoja 11 puta veća nego kod dvonamotajnog transformatora!

Dodatak: Izvođenje izraza za pad napona autotransformatora

(korišćene su oznake kao u zadatku). Na osnovu ekvivalentne šeme mogu se napisati jednačine: UENIZU 222 i ENIZU 111 ,

na osnovu kojih se za pad napona autotransformatora dobija:

n

n

n

n

a

U

UN

NNU

UNN

N

UUNN

N

u 1

21

21

1

21

1

. Kako je

211

1

222111

1

2222

1

2

1

21 )( IZIZN

NIZENIZ

N

NENIZU

N

NUUU

N

NNU k

dobija se da je brojilac izraza za au identičan brojiocu izraza za pad napona dvonamotajnog

transformatora. Međutim nn UN

NU 2

2

1 )1( , odakle je konačno

2

11U

U

uua

, gde je u pad napona

dvonamotajnog transformatora. Dakle pad napona autotransformatora se dobija tako što se izračuna pad napona dvonamotajnog transformatora u režimu sa istim strujama namotaja.

U1a I2a

U2a

I1a

sekundar

dvonamotajnog

transformatora

primar

dvonamotajnog

transformatora

I1 U

Zm

Z2

Z1 U

I2

N2

N1


2.7. PRELAZNE POJAVE KOD TRANSFORMATORA

40. Data je kriva magnećenja magnetnog jezgra transformatora 480/240 V, 15 kVA, 60 Hz,

i0=3,6 %. Namotaj primara ima 220 navojaka, poprečni presek jezgra je 58 cm2. Odrediti odnos struje

maksimalne struje uključenja i naznačene struje transformatora ako se transformator uključuje neopterećen.

41. Transformator 250 kVA, 10/0,4 kV, 50 Hz, Yy ima gubitke u praznom hodu 1 kW i gubitke u

kratkom spoju 4 kW. Struja praznog hoda je j0 =5 %, a napon kratkog spoja je uk =5 %. Izračunati vreme i broj perioda, počev od trenutka uključenja transformatora u praznom hodu do trenutka kada aperiodična komponenta opadne na 5 % od svoje početne vrednosti.

42. Koliko iznosi ustaljena struja, a koliko udarna struja kratkog spoja za monofazni transformator

10 MVA, 110 kV, Pk =80 kW i uk =10 % (ovakav transformator se koristi u električnoj vuči).

40. Zadatak ilustruje zašto dolazi do reagovanja zaštite (naročito trenutne prekostrujne zaštite)

prilikom uključenja transformatora. Struja uključenja transformatora je maksimalna ako se uključenje dogodi u trenutku prolaska napona kroz nulu. Ovo je najnepovoljniji slučaj zbog toga što je u tom trenutku fluks maksimalan. Nakon jedne poluperiode fluks je skoro dvostruko veći od fluksa u

naznačenom režimu. To znači da je dvostruko veća i indukcija:

4

1

1

1

1

1058220602

4802

22

22 SNf

U

SNf

EBmaz 2,8 T

Na osnovu krive magnećenja dobija se da je za ovu vrednost indukcije potrebna 260500

130000 puta veća

jačina magnetnog polja, što znači 260 puta veća jačina struje ( NilH ). Dakle u posmatranom slučaju amplituda struje iznosi: %6,3260260 0iiud 936 %. Amplituda struje uključenja je 9,36 puta veća od amplitude naznačene struje.

41. Parametri ekvivalentne šemu svedene na primar:

2

2

2

2

1

2

1

2

22

1

'

250

)3

10(40003

3

33

3 n

nfk

nf

n

k

nf

k

kS

UP

U

S

P

I

PR 6,4 Ω.

250000

)3

10000(05,03

3

3

22

1

1

1

1

1'

n

nfk

nf

n

nfk

nf

nfk

kS

Uu

U

S

Uu

I

UuZ 20 Ω; 222'2'' 4,620kkk RZX 18,95 Ω

2

4,6

2

'

'

21

kRRR 3,2 Ω;

2

95,18

2

'

1

kXX 9,5 Ω.

1,4

2,8

500 130000

B [T]

H [A/m]



22

2

22

0

2

10

2

1

2

0

0

2

10

0

25005,0

)3

10(10003

3

33 n

nf

nff

mSi

UP

Ii

P

I

PR 640 Ω;

2

2

2

2

2

0

2

122 64025000005,0

)3

10000(3

3m

n

nf

mmm RSj

URZX 7974,4 Ω.

Vremenska konstanta prelaznog procesa pri uključenju:

)6402,3(100

4,79745,9

)( 1

1 m

m

RR

XX39,5 ms.

Traženo vreme je: 35,3905,0ln1 t 118,5 ms=5,92 perioda.

Napomena: Vremenska konstanta kratkog spoja je nekoliko puta manja od vremenske konstante praznog

hoda. Tako je npr. za transformator čiji su podaci dati u ovom zadatku

4,6100

95,18

k

k

k

R

X9,4 ms.

42. Kako se razmatra prelazni proces mora se posmatrati diferencijalna naponska jednačina:

)cos(2 tUdt

diLiRu kk

uz početni uslov 0)0( i . Potrebno je odrediti parametre

ekvivalentne šeme: 2

2

2

2

1

10000

11080000

n

nk

kS

UPR 9,68 Ω;

502

68,9121 2222

kk

k

RZL 0,384 H.

Rešenje ove jednačine glasi: )cos(2)cos(2 t

kstkst eItIi , gde je

1101,0

100002

1

1

n

nk

n

k

kst

S

Uu

U

Z

UI 909,1 A ustaljena vrednost struje kratkog spoja (izražava se efektivnom

vrednošću kao i sve veličine u ustaljenom stanju);

68,9

384,0

k

k

R

L 39,7 ms, kZarg . Maksimum

apsolutne vrednosti struje će se javiti u slučaju i on se približno određuje kao zbir amplitude

ustaljene vrednosti i aperiodične komponente u trenutku t (jer su tada obe komponente istog znaka):

78,11,9092)1(1,9092)1(2 0397,0100

eeII kustkud 2,28 kA.

Udarna struja kratkog spoja se izražava amplitudom iz dva razloga: jer se javlja u prelaznom procesu i

zato što maksimalna sila koja deluje na namotaj zavisi od (kvadrata) amplitude struje.

U1

I1k

kZ

mZ

Documents

Zadaci iz elektricnih masina