Download Report

‫שיעור חזרה – המרת אנרגיה‪:‬‬
‫תרגיל‪:‬‬
‫נתון שנאי תלת פאזי ‪( 6000 / 400 v / v‬המתחים קוויים) בצורה‪. Y / Y :‬‬
‫נתון‪. X 2  0.016  , r2  0.008  , X 1  6  , r1  2.5  :‬‬
‫נתון‪ .  PF E  540W :‬זרם העומס הנומינלי במשני הוא‪( 2 3 0 A :‬קווי)‪.‬‬
‫א‪ .‬חשב את מקדם התמסורת ‪a‬‬
‫ב‪ .‬זרם נומינלי בראשוני (קווי)‪.‬‬
‫ג‪ .‬חשב את הפסדי הנחושת ‪.  PC U‬‬
‫ד‪ .‬חשב את הנצילות בעומס נומינלי בעל‪. cos   0.8 :‬‬
‫ה‪ .‬חשב את המתח המשני (עבור מתח נומינלי בראשוני) תחת ההעמסה הנ"ל פעם מקדים ופעם מפגר‪.‬‬
‫ו‪ .‬מצא איזה מתח כניסה קווי דרוש לקבלת מתח מוצא נומינלי‪.‬‬
‫ז‪ .‬מהו ‪ S‬לנצילות מירבית?‬
‫ח‪ .‬בהינתן מספר ליפופים בראשוני‪ N 1  2000 :‬ותדר ‪ f  50 H z‬מהו השטף דרך השנאי?‬
‫פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬יש לחשב את היחס בין המתח הקווי בכניסה והמתח הקווי במוצא‪:‬‬
‫‪ 15‬‬
‫‪6000‬‬
‫‪‬‬
‫‪400‬‬
‫‪V line 1‬‬
‫‪.a ‬‬
‫‪V line 2‬‬
‫ב‪ .‬יחסי הזרמים במצב הנומינלי הוא ההופכי מיחסי המתחים ולכן‪. 15 I line 2  I line1 :‬‬
‫נציב את הנתון ונקבל‪:‬‬
‫‪ I line1  15.3 A‬‬
‫‪230‬‬
‫‪I line 2‬‬
‫‪‬‬
‫‪I line 1‬‬
‫‪. 15 ‬‬
‫‪I line1‬‬
‫ג‪ .‬יש לבצע שיקוף אלמנטים טוריים לראשוני‪.‬‬
‫מקדם התמסורת בין הפאזות הוא‪ a ' :‬אשר דרוש לשיקוף‪ .‬ראינו כי‪ 15 :‬‬
‫‪3‬‬
‫‪V line1 /‬‬
‫‪3‬‬
‫‪V line 2 /‬‬
‫‪‬‬
‫‪V ph 1‬‬
‫‪.a' ‬‬
‫‪V ph 2‬‬
‫מהשיקוף נקבל‪ r2'  a '2 r2  15 2  0.008  1.8  :‬ולכן‪. r  r1  r2'  2.5  1.8  4.3  :‬‬
‫נקבל את מעגל התמורה הבא (לפאזה)‪:‬‬
‫לא חישבנו את הענף המקבילי‪ ,‬האחראי על הפסדי הברזל‬
‫בשלב זה עקב אי הצורך‪.‬‬
‫לא חישבנו את ‪ X‬מכיוון שיש למצוא רק את הפסדי הנחושת‪.‬‬
‫‪Y‬‬
‫‪X  X1  X 2‬‬
‫'‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫' ‪X‬‬
‫‪V ph 2‬‬
‫‪Y‬‬
‫נקבל‪ I ph1  I line1  15.3 A :‬וכן‪. I ph 2  I line 2  230 A :‬‬
‫‪r  r1  r2‬‬
‫'‬
‫‪‬‬
‫‪r‬‬
‫‪V p h1‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫כדי לעבור להספק יש להכפיל פי ‪( 3‬שנאי תלת‪-‬פאזי)‪.‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ .  PC U  3  I ph‬נזכור כי הענף הטורי משפיע על הזרם במידה שאינה ניכרת ולכן זניח‪.‬‬
‫נקבל‪ r  3  15.3  4.3  3020W :‬‬
‫‪1‬‬
‫לכן בשביל לחשב את ההפסדים מספיק לקחת את הזרם הנומינלי וזהו‪.‬‬
‫ד‪ .‬הנצילות תלויה בהספק שאנו מחברים לשנאי‪ .‬הנוסחה‪:‬‬
‫‪S cos ‬‬
‫‪S cos    PC U   PF E‬‬
‫‪. ‬‬
‫נמצא את ‪ S‬מהנתון של הסעיף‪ .‬ראינו כי‪. S  3V ph1 I ph1  3Vline1 I line1 :‬‬
‫במצב נומינלי אין משמעות לנקודת הכניסה או היציאה ‪.  3V line1 I line1  3V line 2 I line 2 , 3V ph 1 I ph 1  3V ph 2 I ph 2 ‬‬
‫לכן כתבנו את הנוסחה עבור נקודת הכניסה לשנאי אבל בפועל ניתן להתייחס אליה כאל הנקודה שממנה מודדים את ההספק‬
‫המועבר הכולל‪ .‬נחשב‪. S  3V line 2 I line 2  3  400  230  160 kVA :‬‬
‫‪160  10  0.8‬‬
‫‪3‬‬
‫הנצילות היא‪:‬‬
‫‪ 0.973  97.3%‬‬
‫‪160  10  0.8  3020  540‬‬
‫‪3‬‬
‫רואים כי אין משמעות ל‪"-‬מקדים" או "מפגר" בעת חישוב הנצילות‪.‬‬
‫‪‬‬
‫‪S cos ‬‬
‫‪S cos    PC U   PF E‬‬
‫‪ ‬‬
‫ה‪ .‬כעת יש צורך בחישוב ‪ , X 2'  a '2 X 2  1 5 2  0 .0 1 6  3 .6  : X‬נקבל‪. X  X 1  X 2'  6  3.6  9.6  :‬‬
‫יש לחשב את מפלי המתח הטוריים ביחס למתח כניסה נומינלי (אפילו אם אין בפועל מתח נומינלי בכניסה)‪.‬‬
‫נחשב את מתח הפאזה‪ 3460 v :‬‬
‫‪6000‬‬
‫‪‬‬
‫‪V line1‬‬
‫‪3‬‬
‫כמו כן‪:‬‬
‫‪ 4 .2 4 5 %‬‬
‫‪X‬‬
‫‪r‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ V ph 1 ‬ונקבל‪ 1.9% :‬‬
‫‪15.3  4.3‬‬
‫‪ 100 ‬‬
‫‪I ph 1  r‬‬
‫‪V ph 1‬‬
‫‪3460‬‬
‫‪.  V r% ‬‬
‫‪(  V X%   V r%‬חישוב מקוצר‪ :‬מפלי המתח באחוזים יחסיים לגדלים של ההתנגדויות – יש פרופורציה)‪.‬‬
‫מפלי המתח בענף הטורי‪.  V %   V X% sin    V r% cos  :‬‬
‫עבור מצב מפגר‪ cos   0.8  sin   0.6 :‬ונקבל‪ .  V %  4 % :‬כעת‪:‬‬
‫‪4 ‬‬
‫‪  400  0.96  384 v‬‬
‫‪100 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. V line 2  V line 2 n  1 ‬‬
‫‪‬‬
‫עבור מצב מקדים‪ cos   0.8  sin    0.6 :‬ונקבל‪( .  V %   1% :‬נעיר כי מצב זה ייתכן רק במקדים)‪.‬‬
‫‪  1 ‬‬
‫כעת‪  400  1.01  404 v :‬‬
‫‪100 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. V line 2  Vline 2 n  1 ‬‬
‫‪‬‬
‫ו‪ .‬בשני המצבים נהפוך את החישוב‪.‬‬
‫במצב מפגר דרוש להוסיף ‪ 4‬אחוזים לכניסה‪:‬‬
‫‪4 ‬‬
‫‪  6000  1.04  6240 v‬‬
‫‪100 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. V line1  V line1 n  1 ‬‬
‫‪‬‬
‫במצב מקדים נוריד אחוז אחד בכניסה‪ .‬נחשב למשל את מתח המוצא עבור ‪ V line1  5900 v‬אשר קטן מהנומינלי‪.‬‬
‫המתח קטן ב‪-‬‬
‫‪ 0 .0 1 6  1 .6 %‬‬
‫‪100‬‬
‫‪6000‬‬
‫המוצא הוא‪ .0.6% :‬כעת‪:‬‬
‫‪ .‬בשל העומס המסוים מרוויחים ‪ 1%‬במתח המוצא‪ ,‬לכן סה"כ ההפסד ממתח‬
‫‪0.6 ‬‬
‫‪  397.6 v‬‬
‫‪100 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. V line 2  400  1 ‬‬
‫‪‬‬
‫ז‪ .‬ראינו כי ‪  PF E‬נתון ותלוי רק במתח‪ .‬יש למצוא את ‪ I‬שיגרום ל‪.  PF E   PC U -‬‬
‫נפתור את זה בצורה של יחסים‪ 3020W   230 A  :‬יש למצוא‪ . 540W  I 2 :‬נקבל‪ 97.2 A :‬‬
‫‪2‬‬
‫יודעים כי‪ S  I :‬עבור מתח קבוע ולכן‪:‬‬
‫‪ 6 7 .7 kV A‬‬
‫‪9 7 .2‬‬
‫‪230‬‬
‫‪540‬‬
‫‪3020‬‬
‫‪. I  230‬‬
‫‪ - S  1 6 0 k ‬שוב מאותו הרעיון של היחסים‪.‬‬
‫ח‪ .‬נזכור כי השטף זהה בין עם שלושת השנאים מחוברים על אותו הענף או על ענפים שונים ומתקיים בצומת של הענפים‪:‬‬
‫‪ . 1   2   3   ,  1   2   3  0‬שלושת השטפים מרוחקים ב‪ 1 2 0  -‬זה מזה‪.‬‬
‫ניקח את ‪( V p h 1  3 4 6 0 v‬זה הוא מתח אפקטיבי) ונקבל‪:‬‬
‫‪ 5 .5 m W b‬‬
‫‪3460‬‬
‫‪1 0 0  2 0 0 0‬‬
‫‪( . V p h 1   N    ‬שטף אפקטיבי)‪.‬‬
‫השטף המירבי הוא‪.  max  2  2  5.5 m  7.7 m W b :‬‬
‫הערות כלליות‪:‬‬
‫ באותו האופן של סעיף ו'‪ ,‬אפשר לשאול גם מהו ‪ a‬בפועל?‬‫‪V‬‬
‫‪4  6000 6240‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ a  line1  a  1 ‬כאשר‪ V line1 , V line 2 :‬הם המתחים בפועל‪.‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪400‬‬
‫‪384‬‬
‫‪100 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪V line 2‬‬
‫תרגיל‪:‬‬
‫גנרטור סינכרוני בעל נתונים נומינליים‪ cos   0.8 , I l  300 A , V l  3150 v :‬מפגר בחיבור ‪ Y‬ותדר‪. f  50 H z :‬‬
‫נתון‪ . X s  6  :‬מדדו בעבודת ריקם מתח מוצא נומינלי עבור זרם עירור רוטור ‪( I f  40 A‬המתח ‪ E‬ליניארי ב‪.) I f -‬‬
‫א‪ .‬חשב את הזרם הדרוש לקבלת מתח נומינלי בנקודת העבודה הנומינלית‪.‬‬
‫ב‪ .‬חשב את המומנט הדרוש להפעלת הגנרטור אם נתון‪( p  2 :‬יש שני קטבים)‪.‬‬
‫ג‪ .‬חשב את הנצילות אם התנגדות הליפופים לפאזה היא‪ r  0.5  :‬ו‪.  PF E  100 kW -‬‬
‫האם הברזל‪/‬רוטור מתחממים?‬
‫פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬נזכור כי המתח ‪ E‬נקבע ליניארית לפי זרם העירור‪.‬‬
‫עבור גנרטור בריקם אנו מודדים את ‪ E‬ולכן לפי הנתון‪ E l  3150 v :‬עבור‪. I f  40 A :‬‬
‫דרוש תחילה לחשב את ‪ E p h‬כך ש‪-‬‬
‫נעזר במ‪.‬פיתגורס ונקבל‪:‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ 1820 v  V ph ‬וכן‪ cos   0.8 , I l  I ph  300 A :‬מפגר‪.‬‬
‫‪V‬‬
‫‪cos     V ph sin   I ph X s   3238 v‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫נעזר ביחסים‪ 40  71.2 A :‬‬
‫‪3238‬‬
‫‪1820‬‬
‫ב‪ .‬יש לחשב את ההספק‪:‬‬
‫‪3150‬‬
‫‪IX s‬‬
‫‪ If ‬‬
‫‪ph‬‬
‫‪V‬‬
‫‪36.9‬‬
‫‪. E ph ‬‬
‫‪I‬‬
‫‪1820 v  40 A‬‬
‫‪.‬‬
‫‪ 3238 v  I f‬‬
‫‪3  3150  300  1.63 M V A‬‬
‫‪P  S cos   1.31 M W ‬‬
‫‪ S ‬‬
‫‪Q  S sin   982 kW ‬‬
‫‪3V l I l ‬‬
‫‪.‬‬
‫כתוספת נחשב את הזווית‪ .  :‬לפי שיקולים גיאומטריים נקבל‪. V ph cos   E ph cos      :‬‬
‫לכן‪:‬‬
‫‪ 0 .4 9 6‬‬
‫‪1 8 2 0  0 .8‬‬
‫‪3238‬‬
‫‪ co s      ‬ואז‪     63.276 :‬ונקבל‪.   63.276  36.86  26.4  :‬‬
‫‪3V p h E p h sin ‬‬
‫ניתן למצוא את הזווית גם לפי ההספק‪:‬‬
‫נחזור למציאת המומנט‪:‬‬
‫‪ 8340 N m‬‬
‫‪.P ‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪6‬‬
‫‪1.31  10‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2   50‬‬
‫‪P‬‬
‫‪‬‬
‫‪f‬‬
‫‪p‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪P‬‬
‫‪2 n‬‬
‫‪‬‬
‫‪P‬‬
‫‪‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪.  PC U  3 I ph‬‬
‫ג‪ .‬נוסיף את ההפסדים בדיעבד‪ r  3  300  0.5  135 kW :‬‬
‫‪6‬‬
‫הנצילות‪:‬‬
‫‪ 0.85  85%‬‬
‫‪3‬‬
‫‪E‬‬
‫‪1.31  10‬‬
‫‪1.31  10  135  10  100  10‬‬
‫‪3‬‬
‫‪6‬‬
‫‪‬‬
‫‪P‬‬
‫‪P   PC U   PF E‬‬
‫הסטטור מתחמם כי השטף עובר דרכו‪  PF E ,‬מייצג את החימום שלו‪.‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪‬‬