РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА

Transcript

1 РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА Електријада 008 ТРАНСФОРМАТОРИ Једнофазни регулациони трансформатор направљен је као аутотрансформатор Примар је прикључен на напон 0 V Сви губици засићење струја магнећења и пад напона могу се занемарити Оптерећење трансформатора износи kw уз капацитивни фактор снаге co ϕ 0 95 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: m m гдје су - укупна пренесена снага - снага пренесена електромагнетним путем а m преносни однос трансформатора Преносни однос при задатом положају регулационе преклопке је: 4 m 4 3 Напон секундара је: 0 65V m 4 3 па је струја секундара: P A coϕ

2 МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Вратила два мотора једносмјерне струје са независном побудом круто су механички спрегнута и заједнички покрећу оптерећење од 50 Nm 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: M : 0 V 75 A 500o / mi 0 Ω M : 0 V A 50o / mi 0 8Ω Оба мотора су прикључена на мрежу напона заједничког вратила и моменте оба мотора 00 V Потребно је одредити брзину обртања РЈЕШЕЊЕ Номиналне електромоторне силе оба мотора су: E V E V 4 Пошто је за машине са независном побудом мотора: E cφ Ψ тада су укупни флуксеви E Ψ Ψ 05 ( π 500) / 60 E 04 ( π 50) / 60 98V 607V Једначине напонске равнотеже у датом режиму су: + Ψ 00V () + Ψ 00V () а укупни момент који мотори развијају је: + M M uk M Пошто је за машине са независном побудом M cφ Ψ укупни момент је: Ψ + Ψ 50Nm (3)

3 Елиминацијом обје струје из система једначина (-3) добија се: Ψ Ψ + Ψ Ψ M одакле је тражена брзина: односно uk ( Ψ + Ψ ) M 00( ) Ψ + Ψ uk o / mi π π Струје мотора су: Ψ A 0 Ψ A 08 па су моменти: M Ψ Nm ( 3443) 55 Nm M Ψ rd / Пошто је момент другог мотора негативан а брзина позитивна он ради у генераторском режиму Радне тачке могу се приказати и на механичким карактеристикама у M равни Добијени резултат може се потврдити и поређењем добијене брзине и брзине празног хода при напону 00 V : rd / 46 rd / 0 > Ψ rd / 46 rd / 0 < Ψ 607 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 3

4 АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: 40o / mi 50 Hz 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 односу на номиналну када је клизање једнако превалном? 75 Hz Колика је струја мотора у РЈЕШЕЊЕ Номинално клизање је: % односно одговарајућа угаона учестаност клизања је: π rd k l / Превално клизање при номиналним условима напајања рачуна се из Клосове формуле: ( ν + ) ν гдје је M / M ν па је: 006( + ) 04 4% Из израза за релативно превално клизање (уз занемарен отпор статора): + r (3) ( ) γ види се да релативно клизање опада са растом учестаности док његова апсолутна вриједност остаје константна: r kl 0 4 π rd / ( + ) γ Еквивалентна шема асинхроног мотора уз дате претпоставке приказана је на Сл γ r Сл Еквивалентна шема асинхроног мотора са занемареним отпором статора и граном магнећења 4

5 На основу еквивалентне шеме може се написати израз за ефективну вриједност струје мотора: r ( ) + + γ (3) Елиминисањем отпора ротора из (3) и (3) добија се израз за струју статора у функцији клизања и превалног клизања: ( + ') γ + Да би се елиминисала релативна зависност клизања претходни израз дијели се и множи са синхроном брзином те се добија: kl (33) ( ') γ + γ r r kl + kl Када је клизање једнако превалном струја мотора је: ( + ') γ (34) Дијељењем израза (33) и (34) добија се однос струје при превалном клизању и номиналне струје: k l + k l kl СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни шестополни синхрони мотор има сљедеће номиналне податке: отпор и реактанса статора су 380 V 50 Hz Y а Ω X 5Ω Губици у гвожђу и губици на трење и вентилацију могу се занемарити Мотор је прикључен на круту мрежу напона оптерећењу побуда је тако подешена да струја статора износи вриједност Тако подешена побуда се даље не мијења Мотор се додатно оптерети те струја порасте на сада развија и колики је нови фактор снаге? 380 V 50 Hz При неком 4 A и има најмању могућу 45 A Колико износи момент који мотор 5

6 РЈЕШЕЊЕ: Потребно је прво одредити фактор снаге и електромоторну силу мотора при струји од 4 A Привидна снага мотора је: 3V P + Q одакле је струја мотора: P Q 3V + Пошто је побуда тако подешена да струја статора има најмању вриједност закључује се да машина ради са јединичним фактором снаге односно Q 0 co ϕ Једначина напонске равнотеже за овај режим је: + jx + E 0 а одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл jx E0 δ Са фазорског дијаграма је: E Сл Фазорски дијаграм синхроног мотора при co ϕ ( ) + ( X ) ( 380 / 3 4) + ( 5 4) V 0 7 Угао оптерећења је: 380 / 3 4 δ 0 rcco rcco 8 8 E

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 E 0 Одговарајући фазорски дијаграм приказан је на Сл ϕ ϕ jx ϕ δ E0 Сл Фазорски дијаграм синхроног мотора при порасту оптерећења и константној струји побуде Са фазорског дијаграма је на основу косинусне теореме: ( ) + ( X ) + E E coδ 0 одакле је нови угао оптерећења: δ rcco δ E 0 0 [( ) ( ) ] + X ( 380 / 3) + 7 ( 45) + ( 5 45) E 0 Са фазорског дијаграма могу се писати сљедеће једначине: [ ] ( 380 / 3) 7 X iϕ coϕ E coδ (4) 0 iϕ X coϕ E iδ (4) 0 Дијељењем једначина (4) и (4) елиминише се ( X iδ coδ ) ( + X ) i ϕ и добија израз за фактор снаге: ( 5 i co 6334 ) co E0 + 7 ϕ ( 5 i co 6334 ) ( + 5 ) ( + 5 ) / 3 coϕ 0934id / 3 7

8 Активна снага коју мотор узима из мреже је: P 3 V coϕ kW Пошто су занемарени сви губици осим губитака у бакру статора механичка снага је: 3 Pm P kW па је момент на вратилу: M P m m p Pm π π Nm Задатке приредио мр Петар Матић ЕТФ Бањалука 8