elektromotorni pogoni - zbirka

Viša tehnička škola – S u b o t i c a

Milan Adžić

ELEKTRIČNI POGONIZbirka rešenih ispitnih zadataka

S u b o t i c a januar 2006. god.

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA PREDGOVOR

I

P R E D G O V O R

Ova zbirka je namenjena studentima Više tehničke škole u Subotici. Zbirka sadrži zadatke saispita iz predmeta Električni pogoni koji su održani u periodu od 2002. do 2005. godine. Većinazadataka je detaljno rešena, kako bi se studentima olakšalo savladavanje gradiva i postupaka, kojisu u skladu sa predavanjima iz ovog predmeta, koji su izvodili ili izvode profesori dr ing JožefVarga i mr ing Jovan Radaković i od kojih potiču neke ideje i zadaci.

Zadaci nisu namerno sređeni redosledom po oblastima, radi lakšeg budućeg proširivanjazbirke ispitnim zadacima iz sledećih godina.

Autor će sa zahvalnošću primiti i proučiti primedbe i sugestije u vezi sa materijom ieventualnim greškama u izradi zadataka i tekstu, kako bi zbirka omogućila studentima lakšesavladavanje gradiva.

U Subotici, januara 2006. godine Autor

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA SADRŽAJ

II

S A D R Ž A J

Strana

1. Ispitni zadaci iz 2002. godine. .......................................................................... 11.1. Zadaci sa ispita održanog 19.01.2002. ............................................................. 11.2. Zadaci sa ispita održanog 18.02.2002. ............................................................. 81.3. Zadaci sa ispita održanog 21.03.2002. ............................................................. 181.4. Zadaci sa ispita održanog 11.04.2002. ............................................................. 291.5. Zadaci sa ispita održanog 23.05.2002. ............................................................. 391.6. Zadaci sa ispita održanog 13.06.2002. ............................................................. 481.7. Zadaci sa ispita održanog 04.07.2002. ............................................................. 601.8. Zadaci sa ispita održanog 05.09.2002. ............................................................. 691.9. Zadaci sa ispita održanog 26.09.2002. ............................................................. 801.10. Zadaci sa ispita održanog 17.10.2002. ............................................................. 901.11. Zadaci sa ispita održanog 14.11.2002. ............................................................. 1011.12. Zadaci sa ispita održanog 12.12.2002. ............................................................. 108



ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA SADRŽAJ

III

Strana


Literatura P1Korišćene oznake P2Osnovne jedinice i relacije P3

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA 2002. GODINA

1

1 ISPITNI ZADACI IZ 2002. GODINE

1.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 19.01.2002.

Zadatak 1.1.1.Za pogon na slici odrediti:

MOTOR

Jm=2 [kgm2]

15:1

Jr2=0.6 [kgm2]J2=20 [kgm2]

J1=10 [kgm2]

20:1

Jr1=0.4 [kgm2]

n1n2

n3R1 R2

a) Ukupan moment inercije sveden na pogonsko vratilo.b) Brzinu obrtanja izlaznog vratila ako se motor okreće brzinom od nm = 1000 [min-1].c) Kinetičku energiju na izlaznom vratilu pri ovoj brzini.d) Kao pod c), samo ukupnu kinetičku energiju pogona.

Napomena: Momenti inercije reduktora uvek se daju svedeni na ulazno vratilo.

Zadatak 1.1.2.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom nominalne snage od Pnom = 1.3 [kW],

priključnog napona Unom = 220 [V], nominalne brzine obrtanja nnom = 1000 [min-1] sa ukupnimmomentom inercije svedenim na osovini motora JΣ = 2 [kgm2] upušta se priključenjem direktno namrežu. Otpor rotorskog namotaja i namotaja pomoćnih polova, uključujući ekvivalentni pad naponana četkicama, iznosi Ra + Rpp = 5.2 [Ω]. Koeficijent korisnog dejstva motora je η = 0.78 [ ].

Za koje vreme će motor postići 98% od nominalne brzine obrtanja, bez otpornog momentaopterećenja?

Zadatak 1.1.3.Pogon mostne dizalice vlastite mase ms = 3000 [kg] rešen je sa asinhronim motorom snage

Pnom = 10 [kW] , nominalne brzine obrtanja nnom = 480 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm= 3.75 [kgm2]. Motor se upušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantanmoment pri upuštanju od 150% nominalne vrednosti momenta.

Kolika je masa tereta mostne dizalice, ako je ona pri upuštanju, nakon s = 3 [m] vožnjedostigla konačnu brzinu od v = 2 [m/s] i opterećenje od 60% nominalne snage. Moment inercijereduktora zanemariti.

Zadatak 1.1.4.Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima Unom = 220 [V],

fnom = 50 [Hz], nnom = 1400 [min-1], Ls = Lr’ = 0.0088 [H], Rs = 0 [Ω], Rr’ = 2.5 [Ω], služi zapokretanje reaktivnog opterećenja sa konstantnim otpornim momentom Mt = 25 [Nm] = const.a) Kolika je brzina obrtanja ako je učestanost napajanja 50 [Hz], a napon 220 [V]?b) U cilju smanjenja brzine na polovinu vrednosti iz a) napon je smanjen na 125 [V]. Na koju

vrednost treba podesiti učestanost?c) Dali je ovaj način podešavanja brzine ispravan? Odgovor obrazložiti!


2

Zadatak 1.1.5.Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima Unom = 380 [V],

fnom = 50 [Hz], Pnom = 160 [kW], Inom = 297 [A], nnom = 1470 [min-1], cosϕ = 0.9 [ ]. η = 0.91 [ ],PCunom / PFenom = 3 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor se zagreva za ∆θ = 68 [oC ] prinominalnoj gustini struje JCu = 4.8 [A/mm2]. Izolacija je klase B. Za pogon koji goni motor važno jeda ne stane, tako da je pri dimenzionisanju zaštite krenuto od principa da se pri pokretanjumaksimalno reskira motor, odnosno odlučeno je da namotaj statora ne sme u najgorem slučajupremašiti kratkotrajnu temperaturu od θmax = 300 [oC ]. Trajno opterećenje iznosi PT = 139 [kW], astruja kratkog spoja Ikr = 5 Inom [Ω].

Odrediti vreme posle kojeg treba isključiti vremenski rele, koji kratko spaja bimetalnuzaštitu pri kratkom spoju, uz pretpostavku da je temperaturno stanje u početku kratkog spojauzrokovano trajnim opterećenjem, ako su specifični toplotni kapacitet bakra CCu = 0.39 [kWs/kgoC],specifični otpor bakra ρCu = 0.0175 [mm2/kmΩ] i specifična masa bakra γCu = 8.9 [kg/dm3].

Može se smatrati da se otpor bakarnog namotaja menja sa temperaturom, po relaciji:

( )20235

23520 +

+=

θθ ss RR

gde su Rs20 otpor na temperaturi 20 [oC ] a Rs(θ) otpor na temperaturi θ.

Rešenje 1.1.1.a) Iz zakona o održanju kinetičke energije sledi relacija za određivanje ukupnog momenta inercijesvedenog na pogonsko vratilo:

( ) ( )⇒

⋅+

⋅++

⋅+=Σ

2222

232

2221

211

21 ωωωω JJJJJJ rrm

( ) ( ) =

+

++

+=Σ

2

1

32

2

1

221

2

1

11 ω

ωωω

ωω JJJJJJ rrm

( )

=++

++=

+

+++= 2

21

22

1

2112

3

2

2

1

22

2

1

211 ii

Ji

JJJJJJJJJ rrm

rrm

ωω

ωω

ωω

( )

[ ]222 42672.2000222.00265.04.2

152020

206.0104.02 kgm≈++=

⋅+

+++=

b) Brzina obrtanja izlaznog vratila posle dva stepena redukcije iznosi:

[ ]1

21

1

3

2

2

1

13 min333.3

15201000 −=

⋅==

=

iin

nn

nn

nn

c) Kinetička energija na izlaznom vratilu pri ovoj brzini je prema tome:

[ ]Jn

JJWW t 2185.130

333.32021

602

21

21 22

32

2323 ≈

⋅

⋅⋅=

===

ππω

d) Ukupna kinetičku energiju pogona iznosi:


3

=

⋅⋅=

=== ΣΣ 30

100042672.221

602

21

21 22

121

ππω

nJJWW dm

[ ] [ ]kJJ 306.139813.13305 ≈≈

Primetimo da je ukupna kinetička emergija pogona mnogo veća od kinetičke energije naizlaznom vratilu 3WWm ⟩⟩ zbog kvadratične zavisnosti kinetičke energije od ugaone brzine 2ω .

Rešenje 1.1.2.Nominalni moment motora iznosi:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 415.12

10003.195509550 ≅==

Nominalna vrednost struje iznosi:

[ ]AU

PI nom 576.722078.0

1300≅

⋅=

⋅=

η

Maksimalna struja motora ograničena je samo unutrašnjim otporima na:

[ ]ARR

UIppa

max 308.422.5

220≅=

+=

Moment je proporcionalan struji ( Φ =const ), odnosno važi:

[ ]NmII

MMnom

maxnommax 332.69

576.7308.42415.12 ===

Odnosno važi linearna zavisnost momenta i broja obrtaja kao na slici:

MmaxMnom

M

n0

n

0

nnom

Pri tome važi:


4

( )( ) =

⋅+−⋅

=Φ

=⇒Φ

+−=

nomppa

nom

EE

appa

IRRUnU

kUn

kIRRU

n 0

[ ]1129.1218576.72.5220

1000220 −=⋅−

⋅= min

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom:

−=

0

1nnMM maxm

Važi, pošto je moment opterećenja 0=TM

dtdnJ

dtdJ

nnMMM maxmd 30

10

ΣΣ ==

−==

πω

pa se vreme zaletanja nalazi jednostavno:

∫∫∫ −=

−

==zalzalzal nnt

zal nndn

MnJ

nn

dnMJdtt

0 0max

0

0

0

max0 301

30ΣΣ ππ

Integral rešavamo smenom:

dtdntnntnn −=⇒−=⇒=− 00

zal

nn

nzal nn

nM

nJtdt

MnJ

tzal

−=−= Σ

−Σ ∫

0

0

max

0

max

0 ln3030

0

0

ππ

[ ]1980100098.098.0 −=⋅=⋅= minnn nomzal

[ ]st zal 0063.6980129.1218

129.1218ln332.6930

129.12182=

−⋅⋅⋅

=π


][958.1984801095509550 Nm

nP

Mnom

nomnom ===

Moment ubrzanja nalazimo iz uslova zadatka:

==−=−== nomnomnomtmd MMMMMconstM 9.06.05.1 ][0622.179958.1989.0 Nm=⋅=

Motor se ubrzava do radne tačke u kojoj je opterećen sa 60% nominalne snage, odnosno do:

][4886.0205006.0480500500 1−=⋅−=⋅−

−=⋅−

−= minMM

MM

nnnn nom

nomt

nom

nomsszal


5

Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu daje zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje teretakonstantno, pa važi:

][32

322 sv

st zal =⋅

=⋅

=

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi:

zal

zaldzal

dzal n

tMJn

MJt

⋅⋅⋅

=⇒⋅= ΣΣ

ππ 30

30

odnosno:

][512.10488

30622.17930 2kgmJ =⋅

⋅⋅=Σ π

( ) ( )2

2

2

2

vJJ

mmvmm

JJ mmts

m

tsm

ωω

−=+⇒

++= Σ

Σ

odnosno:

( ) ( )=−

⋅⋅−

=−−

= Σ 30002900

48875.3512.102

22

2

2 πωs

mmt m

vJJ

m

][81.14143000810.4414 kg=−=

Rešenje 1.1.4.b) Brzinu obrtanja možemo naći iz jednačine momenta motora i činjenice da je u stacionarnomstanju on jednak sa momentom opterećenja:

( )

( ) ( ) ( )=

′++′

′

=

′++

′

′=

′′= 222

2

222

22

333rssr

sr

s

s

rssr

s

s

r

s

rrt LLsR

sRUp

LLs

R

UsR

ps

sIRpM

ω

ωω

ωωω

( )222

2

3rsrr

rr

s

s

LLRRU

p′++′

′

=

ω

ωω

Daljim rešavanjem dobijamo relaciju za električnu ugaonu rotorsku brzinu:

( )( )2222

3 rsrrtrrs

s LLRMRU

p ′++′=′

ωω

ω

( ) 03 2

222 =′+⋅

′−′+ rr

s

s

t

rrsr R

UM

RpLL ω

ωω

( ) ( )0

32

2

22 =

′+

′+⋅

′+

′−

rs

2r

rs

s

rst

rr LL

RULLM

Rpω

ωω

Ova relacija je kvadratna jednačina sa parametrima:


6

02 =+− cba rωω

( ) ( )0339.951

314220

0088.02255.2233 2

22 =

⋅⋅⋅⋅

=

′+

′=

s

s

rst

r ULLM

Rpb

ω

( )909.20176

0088.025,2 2

2 =

⋅=

′+

′=

rs

2r

LLR

c

Rešenja kvadratne jednačine su:

[ ][ ]

=⋅−±

=−±

=s

rads

radcbbr 71165.21

32245.929

2909.2017640339.9510339.951

24 22

2,1ω

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome tražena brzina obrtanja:

[ ][ ]128.1396144.1463030

144.1462

71165.21314

−=⋅=Ω⋅=

=−

=−

=Ω

minn

srad

p

aa

rasa

ππ

ωω

b) Mora se zadržati odnos U/f konstantnim:

[ ]

[ ]

( ) ( ) [ ]srad

ps

s

sradf

Hzff

sbb

s

as

xsb

xx

07.832

0687.01499.1781

0687.0157

144.146157

499.1782

41.2850220125

50220125

=−

=−

=

≈−

=−

=

==

=⋅=⇒=

ωω

ωωω

πω

Dobijena brzina je veća od tražene (146.144 / 2 = 73.105 [rad/s]), pa se mora još smanjitifrekvencija, što će pri stalnom naponu dovesti do povećanje Mkr, pa se mora odrediti probom za:

[ ] [ ] [ ]Hzfsrad

sradp scrrs 19.2656.164356.18 =⇒=⇒=⇒+Ω= ωωωω

c) Nije ispravno držan uslov U/f = const, odnosno mora se podesiti sinhrona brzina na:

[ ] [ ]Hzfsradp scra

asc 73.2695.167

2=⇒=+

Ω⋅= ωω

Rešenje 1.1.5.Nominalni gubici motora iznose:

[ ]kWPP nomgnom 83.1591.0

91.011601=

−

⋅=

−=

ηη


7

Nominalni gubici se dele na konstantne gubitke u gvožđu i zavisne gubitke u bakru:

⇒+=+=Fenom

CunomFenomFenomCunomFenomgnom P

PPPPPP

[ ]kW

PP

PP

Fenom

Cunom

gnomFenom 96.3

3183.15

1=

+=

+=

[ ]kWPPP FenomgnomCunom 87.1196.383.15 =−=−=

Gubici u bakru pri trajnom opterećenju motora su prema tome:

[ ]kWPPPPnom

TCunomCu 96.8

16013987.11

22

=

⋅=

=

Ukupni gubici pri trajnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih:

[ ]kWPPP CuFenomgm 92.1296.896.3 =+=+=

Zagrejavanje je proporcionalno trajnim gubicima odnosno:

[ ]CPP o

gnom

gmnomT 50.55

83.1592.1268 =⋅=∆=∆ θθ

Temperatura motora pri trajnom opterećenju je prema tome:

[ ]CoTambT 50.9550.5540 =+=∆+= θθθ

Ova temperatura je početna temperatura na početku kratkog spoja. U kratkom spoju zbognjegovog relativno kratkog trajanja možemo računati samo sa zagrevanjem bakra bez odvođenjatoplote te za namotaj jedne faze važi:

( ) ( ) ⇒=⇒===θθ

θθθs

CuCuCuCuss R

dICm

dtdCmdtRIdtpdW 22

( )∫∫ ==2

1

2

1

2

θ

θ θθ

s

CuCut

t Rd

ICm

dtt

Gde se promena otpornosti sa temperaturom može pretstaviti sa:

( )20235

23520 +

+=

θθ ss RR

Gde je:

Cu

CuCus S

lR ρ=20 otpornost faznog statorskog namotaja na 20 [oC];

CuCuCuCu Slm γ= masa statorskog namotaja;


8

CuCu S

IJ = gustina struje.

Iz toga sledi da traženo vreme kašnjenja, jednako vremenu porasta temperature sa 95.5 [oC]do 300 [oC], iznosi:

( ) =+=+

=

++

= ∫∫1

2

202

202

20

2 235ln255

235255

20235235

2

1

2

1θθ

θθ

θθ

θ θ

θ

θ

θ s

CuCu

s

CuCu

s

CuCu

RICmd

RICm

R

dICm

t

=

++

=

++

=1

2

21

2

202 235

235255235235255

θθ

ρ

γθθ ln

Sl

I

CSlln

RICm

Cu

CuCu

CuCuCuCu

s

CuCu

=

++

=

++

=

1

22

1

22 235

235255235235255

θθ

ργ

θθ

ρ

γln

'JC

ln

SI

C

CuCu

CuCu

CuCu

CuCu

[ ] [ ][ ]( ) [ ] [ ]s.

.ln

mmm.mmA.

CkgkWs.dmkg. o

342595235

30023501750845

25539098222

3

=

++

⋅⋅⋅

⋅⋅=

Ω


Zadatak 1.2.1.Za pogon šematski prikazan na slici odrediti ukupni moment inercije na vratilu motora:

D=0.8 [m]MOTOR

Jm=2 [kgm2]

20:1

Jr=0.2 [kgm2]

M=500 [kg]

Jb=6 [kgm2]

v

nb

nm

Napomena: Momenti inercije reduktora uvek se daju svedeni na ulazno vratilo.

Zadatak 1.2.2.Za pogon iz prethodnog zadatka, ako je koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.9 [ ],

odrediti moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju i spuštanju tereta brzinom v =15 [m/min].

Zadatak 1.2.3.Pogon ostvaren sa trofaznim asihronim 10-polnim motorom od Pnom = 850 [kW], Unom =

6000 [V], Inom = 101 [A], fnom = 50 [Hz], okreće se u trajnom pogonu sa n = 590 [min-1]. Dobavljač


9

daje ove podatke Ir = 450 [A], Rs = 0.6 [Ω], Xs = 4.17 [Ω], Rr = 0.025 [Ω], Rr' = 0.69 [Ω], Xr' = 4.15[Ω], Ptrv = 1% Pnom .

Odrediti snagu i rezervu sa kojom radi motor.

Zadatak 1.2.4.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom od Pnom = 50 [kW], priključnog napona Unom

= 220 [V], nominalne rotorske struje Ianom = 250 [A], nominalne brzine obrtanja nnom = 580 [min-1],ima kompenzacioni namotaj. Otpor armature je Ra + Rpp = 0.05 [Ω], a moment inercije motoraje Jm = 3 [kgm2]. Radna mašina ima moment inercije Jt = 17.75 [kgm2] a suprotstavlja se saotpornim momentom od Mt = 330 [Nm]. Zaletom upravlja impulsni uređaj koji drži konstantnustruju na vrijednosti od Iamax = 320 [A]. Traži se:a) Koliko traje zalet motora od n = 0 do n = 500 [min-1].b) Kolika je stacionarna brzina obrtanja.

Zadatak 1.2.5.Ventilator radi 8000 časova godišnje. Potrebna snaga za pogon ventilalatora je PT = 40 [kW],

pri brzini obrtanja nT = 585 [min-1]. Moguć je izbor između dva motora priključnog napona Unom =380 [V], f = 50 [Hz] sa podacima:a) 10-polni motor, sa kojim se obezbeđuje direktan priključak na ventilator sa podacima: Pnom

= 45 [kW]; nnom = 585 [min-1]; ηnom = 89.7 [%]; cosϕnom = 0.8 [ ]; PCunom / PFenom = 1.6 [ ];masa mm = 750 [kg].

b) 4-polni motor, sa priključkom na ventilator preko remenog prenosnika sa podacima: Pnom =45 [kW]; nnom = 14555 [min-1]; ηnom = 90.2 [%]; cosϕnom = 0.9 [ ]; PCunom / PFenom = 2.2 [ ];masa mm = 377 [kg].Uporediti ukupne troškove za petogodišnji pogon i izabrati ekonomičnije rešenje ako važe

sledeći podaci: cena oba motora po kilogramu mase je CENA / kg = 500 [din/kg]; cena remenogprenosnika iznosi CENAR = 85000 [din] a koeficijent iskorišćenja ηR = 97 [%]; cena aktivneenergije CENA / kWh = 4 [din/kWh] a deo reaktivne energije kod faktora snage manjeg od 0.95CENA / kVAr = 0.7 [din/kVArh]. Pretpostaviti da je cosϕ motora u okolini nominalne radne tačkekonstantan.

Rešenje 1.2.1.Ukupni moment inercije na vratilu motora je:

xb

rM JiJ

JJJ +++=Σ 2

gde je Jx - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija,fiktivne rotacione i stvarne translatorne:

⇒=⇒= 2

222

21

21

mxmx

vmJJmvω

ω

[ ]222

2

2

2.02028.0500

22

2 kgmi

DmDm

D

mvmJmmm

x =

⋅⋅=

=

=

=

=

ωωω

ω

ω

Odnosno:


10

[ ]22 415.22.0015.02.022.0

2062.02 kgmJ =+++=+++=Σ

Rešenje 1.2.2.Sila i moment tereta iznose:

[ ]NgmF tt 490581.9500 =⋅==

[ ]NmDFM tt 196228.04905

2=⋅==

Svedeni moment opterećenja i moment motora u stacionarnom stanju za dizanje su isti iiznose:

[ ]NmiM

MM ttdmd 109

9.0201962' =

⋅===

η

A za spuštanje iznose:

[ ]Nmi

MMM t

tsms 29.889.020

1962' =⋅=== η

Brzina tereta u [m/s] iznosi:

==

=

sm

minmv 25.0

6015150

Ugaona brzina bubnja je prema tome:

=

⋅===

srad

Dv

Rv

b 625.08.025.022

ω

Brzina obrtanja bubnja:

[ ]1968.530625.030 −=⋅

== minn bb ππ

ω

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora:

20===b

m

b

m

nn

iωω

=⋅==

sradi bm 13625.020ωω

[ ]136.119968.520 −=⋅== mininn bm

Prema tome pri dizanju motor razvija snagu:

[ ] [ ]kWWMP mmdmd 42.1141713109 ≈=⋅== ω


11

A pri spuštanju razvija snagu:

[ ] [ ]kWWMP mmsms 15.177.11471329.88 ≈=⋅== ω

Rešenje 1.2.3.Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog

motora za slučaj u kom se induktivnost i gubici magnećenja zanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Izčinjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnojotpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijeni mehanički moment obrtnog polja:

Xr'

Rr'/s

XsRs

Ir'

Uf

Is

( ) ( ) ( )( )2

222

2

'

333

rsr

s

r

fs

rs

r

s

rr

s

Rm

XXs

RR

sR

UpsIsRp

sIs

RPsM r

++

′

+

′

=′′

=Ω

′′=

Ω= ′

ωω

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skrkoje nalazimo na osnovu ekstrema prethodne funkcije, odnosno ekstrema funkcije recipročneprethodnoj:

( )

( )=

′

++

′

+=

sR

XXs

RR

pUdsd

sMdsd

r

rsr

s

f

s

m

22

2

'

31 ω

( ) ( ) =

++

′

+=

++

′

+′

= 22

22

2 ''3 rs

rsrs

rs

rf

s XXs

RRKsdsdXX

sRRs

RpUdsd ω

( ) ( ) ⇒=

++

′−=

++

′+′+= 0''2 2

2

222

22

rsr

srsr

rss XXsRRKXXs

sRRRsRK

dsd

( )22 'rss

rkr

XXR

Rs++

′±=

Sama vrednost kritičnog momenta iznosi:


12

( ) ( )22

2

2

22

2

'2

3

'

3

rskr

r

kr

rss

kr

r

fs

rskr

rs

kr

r

fs

kr

XXsR

sRRR

sR

Up

XXsRR

sR

UpM

++

′+

′+

′

=

++

′+

′

=ωω

Pošto važi iz uslova za ekstrem funkcije:

( )222

'rsskr

r XXRsR

++=

′

sledi:

′+

=

′+

′

′

=

kr

rs

fs

kr

r

kr

rs

kr

r

fs

kr

sRR

Up

sR

sRR

sR

UpM2

13

22

3 22

2

ωω

Prema tome odnos razvijenog i kritičnog momenta će biti:

( ) ( )

( )=

++

′

+

′+

′

=

′+

++

′

+

′

=2

2

22

'

2

2

1

'

rsr

s

kr

rs

r

kr

rs

rsr

s

r

kr

m

XXs

RR

sRR

sR

sR

R

XXs

RR

sR

MsM

=

′++

′

+=

′

′

+′

+′

′+

=

−

′+

′

+

′+

′

=

krr

s

kr

kr

krr

s

krr

krr

skr

rr

kr

rs

skr

rrs

kr

rs

r

sRR

ss

ss

sRR

sR

sR

RsRs

sR

sRR

RsR

sRR

sRR

sR

2

12

1

1

2

22

22

22

( )β

β

2

12

++

+=

kr

kr

ss

ss

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje statičke karakteristikemomenta asinhronog motora, gde je sa β označen faktor:

( )22 'rss

skr

r

s

XXR

Rs

RR

++±=

′=β

U našem slučaju kritično klizanje skr i faktor β iznose, uzimajući u obzir njihove pozitivnevrednosti pošto se radi o motornom režimu:


13

( ) ( )[ ]0827.0

15.417.46.0

69.0

' 2222=

++=

++

′=

rss

rkr

XXR

Rs

( ) ( )[ ]0719.0

15.417.46.0

6.0

' 2222=

++=

++=

rss

s

XXR

Rβ

Sinhroni broj obrtaja motora iznosi:

[ ]11 600

5506060 −=

⋅== min

pfn

Gubici u bakru rotora iznose:

[ ]W515187450025033 22 ..IRP rrCur =⋅⋅==

Gubici trenja i ventilacije iznose 1% od nominalne snage, odnosno:

[ ] [ ]WkWPP nomtrv 85005.8100850

1001

====

Proizvedena snaga obrtnog polja je:

[ ]kW687586358187515850 ...PPPP trvCurnommnom =++=++=

Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi:

[ ]0176.06875.863

1875.152 ===mnom

Cunom P

Ps

Nominalni broj obrtaja je:

( ) ( ) [ ]11 44.5890176.016001 −=−⋅=−= minsnn nomnom

Razvijeni mehanički moment pri nominalnoj brzini iznosi:

( ) [ ]Nmn

PPPPM

nom

trvnom

nom

trvnommnom 239.13908

44.589850085000030

602

=⋅

+⋅=

+=

+=

ππω

Iz Klosove jednačine dobijamo vrednost kritičnog momenta:

( ) ( ) [ ]Nmss

ss

MM kr

nom

nom

kr

mnomkr 155.327980719.012

0719.020827.00176.0

0176.00827.0

239.1390812

2=

+⋅

⋅++⋅=

+

++=

β

β

Vrednost klizanja pri zadatom broju obrtaja iznosi:


14

[ ]0167.0600

590600''1

1 =−

=−

=n

nns

Pri toj broju obrtaja motor razvija moment:

( ) ( ) [ ]Nm

ss

ss

MM

kr

kr

krm 003.13272

0719.020827.00167.0

0167.00827.0

0719.01155.327982

2

12' =

⋅++

+⋅⋅=

++

+=

β

β

Tražena mehanička snaga motora pri toj brzini je:

[ ]WPnMPMP trvmtrvmmm 134.811506850059030

003.13272602'''' ' =−⋅⋅=−=−=

ππω

Tražena rezerva motora je prema tome:

[ ]WPPP mnomrez 866.38493134.811506850000' =−=−=

[ ]%529.4100850000

866.38493100'

% =⋅=−

=nom

mnomrez P

PPP

Rešenje 1.2.4.a) Nominalni moment motora iznosi:

][275.823580

50000550.9260 Nm

nPMnom

nom =⋅=⋅=π


15

Polazni moment motora nalazimo iz odnosa polazne i nominalne struje:

][79.1053250320275.823max Nm

II

MMManom

anommaxpol =⋅=⋅==

Zbog strujnog ograničenja važi:

][79.72333079.1053 NmMMconstM tpold =−=−==

Vreme zaleta nalazimo jednostavno, pošto je dinamički moment nezavisan od brzineobrtanja:

⇒=⇒= ΣΣ dn

MJdt

dtdJM

dd 30

πω

][505.150079.72330

)75.173(3030 0

snMIdn

MJt

d

n

dzal =⋅

⋅+⋅

=== ΣΣ ∫πππ

b) Struju motora u stacionarnom stanju nalazimo iz uslova da su tada motorni moment imoment tereta isti:

][21.100275.823250330 AI

MM

I anomnom

ta =

⋅=⋅=

Tražena brzina obrtanja je prema tome:

( )⇒

+−=

φe

appanom

kIRRU

n

( )⇒=

⋅−=

+−= 3577586.0

58025005.0220

nom

anomppanome n

IRRUk φ

( ) [ ]1935.6003577586.0

21.10005.0220 −=⋅−

=+−

= mink

IRRUn

e

ppan

φ

Rešenje 1.2.5.Investicioni troškovi (cena motora i remenice) su:

Za prvi motor: [ ]dinkg

CENAmCENA mmI 37500050075011 =⋅==

Za drugi motor: [ ]dinCENAkg

CENAmCENA RmIm 2735008500050037722 =+⋅=+=

Troškovi iskorišćene energije (motori rade 8000 časova u godini; pet godina; prvi daje naosovini snagu Pm1 = PT = 40 [kW]; a drugi Pm2 = PT / ηR = 40 / 0.97 = 41.237 [kW]):

Za prvi motor: [ ]dinkWh

CENAhgPCENA mWm 64000004580004011 =⋅⋅⋅==


16

Za drugi motor: [ ]dinkWh

CENAhgPCENA mWm 6598000458000237.4122 =⋅⋅⋅==

Troškovi gubitaka energije:Nominalni gubici iznose:

Za prvi motor: [ ]kWPPnom

nomnomgnom 167.5

897.0897.0145

1

1

111 =

−

⋅=

−=

ηη

Za drugi motor: [ ]kWPPnom

nomnomgnom 889.4

902.0902.0145

1

1

111 =

−

⋅=

−=

ηη

Nominalni gubici se dele na konstantne gubitke u gvožđu i zavisne gubitke u bakru:

Za prvi motor: [ ]⇒=+

=+

= kW

PP

PP

Fenom

Cunom

gnomFenom 987.1

6.11167.5

11

1

11

[ ]kWPPP

P FenomFenom

CunomCunom 18.3987.16.11

1

11 =⋅==

Za drugi motor: [ ]⇒=+

=+

= kW

PP

PP

Fenom

Cunom

gnomFenom 528.1

2.21889.4

12

2

22

[ ]kWPPP

P FenomFenom

CunomCunom 361.3528.12.22

2

22 =⋅==

Stvarni gubici u bakru pri stvarnom opterećenju motora su prema tome:

Za prvi motor: [ ]kWPP

PPnom

mCunomCu 513.2

454018.3

22

1

111 =

⋅=

=

Za drugi motor: [ ]kWPP

PPnom

mCunomCu 822.2

45237.41361.3

22

2

222 =

⋅=

=

Ukupni gubici pri stvarnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih:

Za prvi motor: [ ]kWPPP CuFenomgm 50.4513.2987.1111 =+=+=

Za drugi motor: [ ]kWPPP CuFenomgm 35.4822.2528.1222 =+=+=

Pa su troškovi gubitaka:

Za prvi motor: [ ]dinkWh

CENAhgPCENA gmWgm 72000045800050.411 =⋅⋅⋅==

Za drugi motor: [ ]dinkWh

CENAhgPCENA gmWgm 69600045800035.422 =⋅⋅⋅==

Troškovi reaktivne energije plaćaju se samo za razliku od cosϕnom motora do cosϕdoz = 0.95.Prvi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu:


17

( ) ( ) ( ) [ ]kVArcos

cos-1PP

cossinPPQ gmmgmmm 38.33

8.08.015.440

2

1

21

111

1111 =

−⋅+=+=+=

ϕϕ

ϕϕ

Besplatno sme uzimati:

( ) ( ) ( ) =−

⋅+=+=+=95.0

95.015.44022

11111doy

dozgmm

doz

dozgmmmdoz cos

cos-1PP

cossin

PPQϕ

ϕϕϕ

[ ]kVAr62.14=

Razlika koja se plaća iznosi:

[ ]kVArQQ mdozm 75.1862.1438.3311 =−=−

Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor:

( ) [ ]dinkVArhCENAhgQQCENA mdozmWQm 5250007.05800075.18111 =⋅⋅⋅=−=

Drugi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu:

( ) ( ) =+=+=2

22

222

2222 ϕ

ϕϕϕ

coscos-1

PPcossin

PPQ gmmgmmm

( ) [ ]kVAr08.229.0

9.0135.4237.412

=−

⋅+=

Besplatno sme uzimati:

( ) ( ) =+=+=doy

dozgmm

doz

dozgmmmdoz cos

cos-1PP

cossin

PPQϕ

ϕϕϕ 2

11222

( ) [ ]kVAr98.1495.0

95.0135.4237.412

=−

⋅+=

Razlika koja se plaća iznosi:

[ ]kVArQQ mdozm 1.798.1408.2222 =−=−

Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor:

( ) [ ]dinkVArhCENAhgQQCENA mdozmWQm 1988007.0580001.7222 =⋅⋅⋅=−=

Ukupni troškovi pogona za prvi motor iznose:

=+++= 11111 WQmWgmWmmIm CENACENACENACENACENA [ ]din80200005250007200006400000375000 =+++=


18

Ukupni troškovi pogona za drugi motor iznose:

=+++= 22222 WQmWgmWmmIm CENACENACENACENACENA [ ]din77663001988006960006598000273500 =+++=

Rešenje sa drugim motorom i remenicom je ekonomičnije.


Zadatak 1.3.1.Koliki moment treba dovesti na vratilo bubnja, prečnika D = 0.5 [m], dizalice sa protiv

tegom na slici, da bi se ostvarilo dizanje tereta sa početnim ubrzanjem a = 2 [m/s2], a zatim sastalnom brzinom v = 2 [m/s]:a) Kada je masa tereta jednaka masi protiv tega mt = mpt = 500 [kg].b) Kada je masa tereta mt = 750 [kg].c) Kada je masa tereta mt = 250 [kg].d) Šta će se dogoditi u gornjim slučajevima ako se na vratilo ne deluje nikakvim momentom?

Zanemariti masu užeta, sva trenja i momenat inercije bubnja.

D=0.5 [m]

mt

v

mpt

a

Zadatak 1.3.2.Odrediti moment inercije bubnja u obliku šupljeg valjka ukupne mase mv = 43.5 [kg],

spoljnjeg prečnika Ds = 220 [mm] i unutrašnjeg prečnika Du = 160 [mm], ako rotira oko osesimetrije.

Zadatak 1.3.3.

Ds

MOTOR

Jm ir

mmax

Jb

v

nb

nm


19

Motor nominalne snage Pnom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom = 960 [min-1] samomentom inercije Jm = 0.287 [kgm2], preko trostepenog reduktora pokreće bubanj iz prethodnogzadatka, o koga je obešen teret. Rezultantni prenosni odnos reduktora je ir = 16.5 [ ].a) Odrediti najveću masu tereta koju trajno motor može da diže, ako je koeficijent korisnog

dejstva reduktora ηr = 0.95 [ ].b) Odrediti brzinu podizanja tereta u stacionarnom stanju.c) Odrediti ukupnu inerciju pogona uz zanemarivanje mase elemenata reduktora.d) Vreme ubrzanja tereta ako motor u toku ubrzanja razvija konstantan moment Mp = 1.7Mnom.

Zadatak 1.3.4.Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke Pnom = 6.7 [kW],

Unom = 380 [V], Inom = 12 [A], fnom = 50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], Xs = Xr’ = 3 [Ω], Rs = 1 [Ω]. Gubiciu gvožđu i mehanički gubici mogu se zanemariti. Odrediti da li ovaj motor može startovati prinominalnom momentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%.

Zadatak 1.3.5.Trofazni asihroni motor sa rotorom u kratkom spoju pokreće radnu mašinu čiji se otporni

moment može predstaviti sledećim analitičkim izrazom Mt = 0.0795 n + 1.667 . 10-5 n2 (n u [min-1],Mt u [N/m]). Podaci asinhronog motora su: Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], Inom = 9 [A], fnom = 50[Hz], nnom = 1440 [min-1], Mkr / Mnom = 3 [ ]. U režimu u kojem je motor priključen na nominalninapon pri nominalnoj učestanosti izmerena je brzina obrtanja od n1 = 600 [min-1]. a) Dali je posmatrani režim stacioniran? b) Šta je karakteristično za rad motora u ovom režimu? c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti, uz pomoć brojnih vrednosti.

Zanemariti otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubitke magnećenja.

Rešenje 1.3.1.Za kretanje stalnom brzinom potreban je moment:

gmmDM ptts )(2

−=

Za kretanje sa stalnim ubrzanjem potrebna je još jedna dodatna komponenta momenta:

ammDM pttd )(2

+=

a) Za slučaj kada je masa tereta jednaka masi protiv tega mt = mpt = 500 [kg] važi:

][500 kgmm ptt ==

081.9)500500(25.0)(

2=⋅−=−= gmmDM ptts

][5002)500500(25.0)(

2NmammDM pttd =⋅+=+=

][5005000 NmMM ds =+=+

b) Za slučaj kada je masa tereta mt = 750 [kg] važi:

][750 kgmt = ][500 kgmpt =


20

][125.61381.9)500750(25.0)(

2NmgmmDM ptts =⋅−=−=

][6252)500750(25.0)(

2NmammDM pttd =⋅+=+=

][125.1238625125.613 NmMM ds =+=+

c) Za slučaj kada je masa tereta mt = 250 [kg] važi:

][250 kgmt = ][500 kgmpt =

][125.61381.9)500250(25.0)(

2NmgmmDM ptts −=⋅−=−=

][3752)500250(25.0)(

2NmammDM pttd =⋅+=⋅+=

][125.238375125.613 NmMM ds −=+−=+

d) Iz Newton-ve jednačine:

dtdJMM tmω

=−

za naš slucaj, gde je Mm = 0, dobijamo:

dtdJM tω

=−

dtdJDgmm pttω

=−−2

)(

dtdv

DRdtdv

dtd 2

==ω

Iz zakona o održanju energije:

222

22mRJmvJ

==>=ω

dobijamo izraz za moment inercije:

2

4D

mmJ ptt +

=

te kombinujući prethodne izraze dobijamo:

dtdv

DDmmDgmm ptt

ptt2

4)(

2)(

2+=−−

izraz za ubrzanje za služaj kad ne delujemo nikakvim momentom:


21

constmmmm

gdtdva

ptt

ptt =+

−−==

Zaključujemo da u tom slučaju dobijamo jednako ubrzano kretanje pod uticajemgravitacione sile.

Za naše slučajeve posebno važi:

a) ][500 kgmm ptt ==

050050050050081.9 =

+−

⋅−=+

−−=

ptt

ptt

mmmm

ga

Znači da teret miruje.

b) ][750 kgmt = ][500 kgmpt =

]/[962.150075050075081.9 2sm

mmmm

gaptt

ptt −=+−

⋅−=+

−−=

Teret se ubrzava na dole.

c) ][250 kgmt = ][500 kgmpt =

]/[27.350025050025081.9 2sm

mmmm

gaptt

ptt =+−

⋅−=+

−−=

Teret se ubrzava na gore, pošto preteže protivteg.

Rešenje 1.3.2.Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti

r od ose rotacije (prema slici), iznosi:

( ) drrlrdrrlrdmdJ 322 22 ρπρπ ==⋅=

gde je ρ - specifična masa.Moment inercije dobijamo integraljenjem:

===== ∫∫ ∫2

2

43

2

2

3

2

24

222

s

u

s

u

D

D u

s

L

D

DD

DrldrrldrrldJJ ρπρπρπ

=−

=162

1 44us DD

lρπ

=+−

=442

1 2222usus DDDD

lρπ

=+

=42

1 22us

bDD

m

Du

Ds

dr

rl

dm


22

[ ]222

4024.04

16.022.05.4321 kgm=

+⋅⋅=


][89.21960

2200055.930 NmnP

Mnom

nomnom =⋅==

π

U stacionarnom stanju kad se teret kreće ravnomernom brzinom, svedeni moment teretamora biti isti po vrednosti sa nominalnim momentom motora:

rr

smax

rr

max

rr

ttnom i

gDmi

RFiM

MMηηη 2

' ====

Iz ovog uslova određujemo vrednost maksimalne mase koju mehanizam može da diže:

[ ]kggD

Mim

s

nomrrmax 287

81.922.089.2195.05.1622

=⋅

⋅⋅⋅==

η

b) Brzinu podizanja tereta nalazimo na osnovu sledećih relacija određenih prenosnim odnosomreduktora:

=

⋅⋅==

srnnom

m 523.10060

960260

2 ππω

[ ]12.585.16

960 −=== mini

nn

r

nomb

===

sr

ir

mb 0923.6

5.16523.100ω

ω

≈⋅=

=⋅===

sm

smD

Rv bs

b 2.406067.067.00923.6222.0

2ωω

c) Ukupni moment inercije na vratilu motora je :

rr

xbm i

JJJJ

η2+

+=Σ

gde je Jx - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija,fiktivne rotacione i stvarne translatorne:

⇒= 22max 2

121

bxJvm ω

[ ]222

max2

2

max 47.3222.0287

2kgm

DmvmJ s

bx =

⋅=

==

ω

Odnosno:


23

[ ]22 304.0

95.05.1647.34024.0287.0 kgmJ =

⋅+

+=Σ

d) Dinamički moment ubrzanja prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi:

][323.1589.217.07.07.1' NmMMMMMM nomnomnomtpd =⋅==−=−=

Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu daje zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje teretakonstantno, pa važi:

][32

322 sv

st zal =⋅

=⋅

=

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi:

zal

zaldzal

dzal n

tMJn

MJt

⋅⋅⋅

=⇒⋅= ΣΣ

ππ 30

30

odnosno:

][512.10488

30622.17930 2kgmJ =⋅

⋅⋅=Σ π

( ) ( )2

2

2

2

vJJ

mmvmm

JJ mmts

m

tsm

ωω

−=+⇒

++= Σ

Σ

odnosno:

( ) ( )=−

⋅⋅−

=−−

= 30002900

488753512102

22

2

2 πωΣ ..mvJJ

m smm

t

]kg[.. 81141430008104414 =−=

Rešenje 1.3.4.Sinhroni broj obrtaja motora iznosi:

[ ]11 1500

2506060 −=

⋅== min

pfn

Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi:

[ ]04.01500

14401500

1

1 =−

=−

=nnn

s nomnom

Nominalni moment iznosi:


24

[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 430.44

14402670060

602

=⋅⋅

===ππω

Da bi motor mogao da startuje mora da proizvede polazni moment Mpol veći ili jednak odMnom. Vrednost polaznog momenta u funkciji vrednosti efektivnog napona napajanja nalazimo naosnovu ekvivalentne šeme i činjenice da proizvedena mehanička snaga motora je jednaka snazirazvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno:

Xr'

Rr'/s

XsRs

Ir'

Uf

Is

( ) ( )( ) ( )22

222

'31

133

rsrs

rf

sr

s

rr

s

rpol XXRR

RUpI

RpsI

sR

pM++′+

′=′

⋅′

=′′

=ωωω

Za izračunavanje polaznog momenta, fali nam svedena vrednost rotorskog otpora. Iz izrazaza nominalni moment, postupno možemo naći svedenu vrednost rotorskog otpora.

( )( )

⇒

++

′+

′

=′′

=2

222

'

33

rsnom

rs

nom

r

fs

nomrsnom

rnom

XXsRR

sR

UpsIs

RpMωω

( ) ⇒=++′

−

′+ 0'3 2

22

rsnom

r

nom

f

snom

rs XX

sR

MUp

sRR

ω

( ) 22222

0'32 nomrssnom

f

ss

nom

r

nom

r sXXRMUpR

sR

sR

⋅⇒=+++

−

′+

′ω

( )[ ] ⇒=+++

−′+′ 0'32 222

22

nomrssnomnom

f

ssrr sXXRs

MUpRRR

ω

( )[ ] ⇒=⋅+++⋅

⋅

⋅⋅⋅

−⋅⋅′+′ 004.033104.043.44

220502

2312 2222

2

πrr RR

( ) [ ] ⇒=⋅++⋅−⋅′+′ 004.036104.0805.202 22rr RR

⇒=+⋅′−′ 00592.07522.02rr RR

[ ][ ]

ΩΩ

=±

=⋅−±

=′0893.06629.0

257359.07522.0

20592.047522.07522.0 2

2/1rR


25

Drugo rešenje daje suviše malu vrednost, pa na osnovu izračunate vrednosti svedenerotorske otpornosti, sledi da vrednost polaznog momenta pri nominalnoj vrednosti napona napajanjaiznosi:

( ) ( )=

++′+

′= 22

2

'3

rsrs

rfnom

somlnpo XXRR

RUpM

ω

( ) ( )

[ ]Nm809.15336629.01

6629.0220100

2322

2 =+++

⋅⋅

⋅=

π

A pri sniženom naponu za 15%:

[ ]NmMM omnpolpol 422.11809.1585.085.0 22 =⋅==

Prema tome čak i pri nominalnom naponu motor ne može da se pokrene sa nominalnimmomentom opterećenja.

Rešenje 1.3.5.Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog

motora za slučaj u kom se otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubici magnećenjazanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Iz činjenice da je proizvedena mehanička snaga motorajednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijenimehanički moment obrtnog polja:

Xr'

Rr'/s

Xs

Ir'

Uf

Is

( ) ( ) ( )( )2

222

2

'

333

rsr

r

fs

rs

r

s

rr

s

Rm

XXs

Rs

R

UpsIsRp

sIs

RPsM r

++

′

′

=′′

=Ω

′′=

Ω= ′

ωω

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skrkoje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakšenalazi:


26

( )

( )=

′

++

′

=

sR

XXs

R

pUdsd

sMdsd

r

rsr

f

s

m

22

2

'

31 ω

( ) ( ) =

++

′

=

++

′

′= 2

22

2

2 ''3 rs

rrs

r

rf

s XXs

RKsdsdXX

sRs

RpUdsd ω

( ) ( ) ⇒=

++

′−=

++

′= 0'' 2

2

22

2

rsr

rsr XX

sRKXXs

sRK

dsd

rs

rkr XX

Rs'+

′±=


( )kr

rf

s

kr

r

kr

r

fs

rskr

r

kr

r

fs

kr

sR

Up

sR

sR

Up

'XXsR

sR

UpM′=

′

′

=

++

′

′

=2

13

2

33 22

2

22

2

ωωω


( ) ( )

( )kr

kr

kr

rr

kr

r

rsr

kr

rr

kr

r

rsr

r

kr

m

ss

ss

sR

sR

ssR

XXs

RsR

sR

sR

XXs

Rs

R

MsM

+=

′+

′

′

=

++

′

′′

=

′

++

′

′

=2

2

'

2

2

1

'

22

2

22

22

Prethodna jednačina pretstavlja uprošćenu Klosovu jednačinu za izračunavanje statičkekarakteristike momenta asinhronog motora, koju ćemo dalje koristiti, radi lakše analize.

Nominalni moment i klizanje motora iznose:

[ ]NmnPP

Mnom

nom

nom

nomnom 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500==

−=

−=

s

nomsnom n

nns

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca:

⇒⋅⇐=−+⇒+

= nomkrnom

kr

kr

nom

nom

kr

nom

kr

kr

nom

krnom ss

MM

ss

ss

ss

ss

MM 02

2


27

⇒=+−⇒ 02 22nomnomkr

nom

krkr sss

MM

s

( ) [ ][ ]

=−±⋅=

−

±=

00686023310

1330401 22

..

.MM

MM

ssnom

kr

nom

krnomkr

Drugo rešenje je besmisleno pa prema tome kritična vrednost brzine obrtanja iznosi

( ) ( ) [ ]1min29115015002331011 −=⋅−=−= ..nsn skrkr

a) Klizanje u radnoj tački n1 = 600 [min-1] iznosi:

[ ]6.01500

600150011 =

−=

−=

s

s

nnn

s

Motor u toj radnoj tački izdaje moment:

[ ]Nm.

..

..

.

ss

ss

MMM

ss

ss

MM

kr

kr

nomnom

kr

kr

kr

krm 7153

6023310

2331060

52726322

2

1

1

1

11 =

+

⋅⋅=

+=

+=

Dok se teret suprotstavlja sa momentom:

[ ]Nm...n.n.M t 71536001066716000795010667107950 25251 =⋅⋅+⋅=⋅+= −−


28

Pošto su oba momenta jednaka po vrednosti Mm1 = Mt1 = 53.71 [Nm] režim je stacioniran.

b) Kako je u datom režimu klizanje motora veće od prevalnog klizanja, motor radi sa:• lošim stepenom iskorisćenja i• moguća je pojava nestabilnog rada.

c) Do potrebnog kriterijuma stabilnosti možemo doći linearizacijom Newton-ove jednačine uradnoj tački:

⇒=−=dtdJMMM tmdω

nkndn

dMtdn

dMn

dndMtn

dndM

dtndT

dtndJ mm

m ∆=∆

−=∆−∆=

∆=

∆ )()(602π

Rešenje ove diferencijalne jednačine je:

tTmk

enn 0∆=∆

gde je ∆n0 - vrednost poremećaja brzine za t = 0. Sistem je stabilan ako je k < 0 odnosno:

0<−=⇒>dn

dMdn

dMdn

dMdn

dMdn

dM tmdmt

nestabilan ako je k > 0:

0>−=⇒>dn

dMdn

dMdn

dMdn

dMdn

dM tmdtm

Pa važi:

( ) ==

+⋅⋅⋅==

+⋅⋅==

−−

1

5

1

25

1

0795.010667.120795.010667.1nn

nnn

nndnd

nndndMt

=+⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅= −

−−1

51

5 099504.00795.060010667.120795.010667.12minNmn

dnds

dsdM

dndM mm ⋅=

−

+

−=⇒+

= 22

122ss

s

ss

ss

Mds

dM

ss

ss

MM kr

krkr

kr

krm

kr

kr

krm

ss

s

ndnds

nnn

s 1−=⇒

−=

−

+

⋅= 22

121ss

s

ss

ss

Mndn

dM kr

krkr

kr

kr

s

m


29

=

−

⋅=

−

+

⋅==

== 2

12

1

21

2

1

111

1

2

21121ss

s

MM

Mns

ss

ss

ss

Mnssdn

dMnndn

dM kr

kr

m

kr

kr

s

kr

krkr

kr

kr

s

mm

=

−⋅=

−⋅= 2

1

21

21

21 1

2

112

1ss

sMMM

Mns

ssM

Mn

kr

krnom

nom

kr

m

s

kr

krkr

m

s

≈

−

⋅⋅⋅= −12

2

044483.06.0

2331.02331.01

527.2632150071.53

minNm

Prema tome važi:

=>

= −− 11 044483.0099504.0

minNm

dndM

minNm

dndM mt

što znači da je pogonski režim stabilan.


Zadatak 1.4.1.Trofazni četvoropolni asinhroni motor, sa sopstvenim momentom inercije Jm = 3 [kgm2];

nominalnim momentom Mnom = 80 [Nm]; preopteretljivošću (do kritičnog momenta) λ = 3 [ ];klizanjem pri kritičnom momentu skr = 0.24 [ ], koristi se za ubrzanje i kočenje zamajca samomentom inercije od Jz = 7 [kgm2].a) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu od na = 1425 [min-1]? (Zanemariti otpornost statora,

promenljivost otpora rotora, struju magnećenja, kao i trenje i sve gubitke praznog hoda).b) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac od pune brzine do 5% pune brzine, ako se koči

pomoću jednosmerne struje? (Predpostaviti da je prevalni moment pri kočenjujednosmernom strujom po apsolutnoj vrednosti isti kao kod ubrzanja i da je brzina priprevalnom momentu ista kao relativna brzina rotora pri prevalnom momentu kod ubrzanja.Takođe zanemariti trenje i sve gubitke praznog hoda).

c) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu kao pod a), ali u slučaju da je moment zahvaljujućidejstvu brze automatske regulacije, stalno ograničen na nominalnu vrednost.

d) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac pod istim uslovima kao pod b), ali saograničenjem momenta kao pod c).

Zadatak 1.4.2.Nacrtati vremenske dijagrame promene brzine obrtanja za sva četiri slučaja iz prethodnog

zadatka.

Zadatak 1.4.3.Odrediti moment inercije cevi dužine l = 1000 [mm], spoljnjeg prečnika Ds = 300 [mm] i

unutrašnjeg prečnika Du = 200 [mm], ako rotira oko ose rotacije koja prolazi kroz tačku P udaljenuod ivice cevi za trećinu dužine, prema slici. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađenaiznosi ρ = 4.5 [kg/dm3]


30

P

x = l / 3

l = 1000 [mm]

Osa obrtanja

Du

Ds

Ds = 300 [mm]

Du = 200 [mm]

Zadatak 1.4.4.Serijski motor jednosmerne struje ima otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja Ra +

Rpp = 0.12 [Ω] i otpornost pobudnog namotaja Rs = 0.08 [Ω]. Motor razvija pri nominalnoj struji odIanom = 41 [A] i brzini nnom = 916 [min-1] moment Mnom = 176 [Nm].a) Ako se moment opterećenja smanji na Mt = 70 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri

istom naponu napajanja.b) Ako motor treba da razvije nazivni moment pri brzini od n = 1500 [min-1], odrediti potrebnu

vrednost napona napajanja motora.

Zadatak 1.4.5.

104

103

102

101

140120100806040200-20

θ [oC]

R [Ω]


31

Motor se štiti od pregrejavanja pomoću tri termistora, sa karakteristikama kao na slici,smeštenim na tri razne tačke u motoru i spojenim na red preko podstrujnog releja na pomoćnijednosmerni napon jednosmerne struje Upom = 48 [V]. Od zaštite se očekuje da isključi kad se nabilo kom mestu pojavi temperatura veća od θmax = 130 [oC]. Namotaj podstrujnog relea imaotpornost Rn = 40 [Ω].a) Na koju struju treba približno podesiti isključenje relea ako sva tri termistora imaju tačnu

karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavaju otprilike na 100 [oC], a samo najednom mestu nastaje pregrevanje?

b) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjojgranici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [oC]?

c) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na gornjojgranici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [oC]?

Rešenje 1.4.1.a) Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi:

=≈

⋅⋅===

srad

pf

ps 157

2314

25022

1ππω

ω

Kritična vrednost momenta motora iznosi:

[ ]NmMvM nomkr 240803 =⋅=⋅=

Klizanje za brzinu obrtanja od na = 1425 [min-1] je:

[ ]0501500

14251500 .n

nns

s

asa =

−=

−=

Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi:

[ ]21073 kgmJJJ zm =+=+=Σ

Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego ufunkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem:

ss

ss

MMkr

kr

krm

+=

2

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosovobrazac za funkciju momenta od klizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt= 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

( ) ⇒−=⇒−= dsds 111 ωωωω

( ) ⇒−==⇒==−= dsMJd

MJdt

dtdJMMMM

mmmtmdin 1ωω

ω ΣΣΣ


32

Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta odjediničnog klizanja do željenog klizanja:

=

+=

+

−=−=−== ∫∫ ∫∫∫ dss

sss

MJ

ss

ss

MdsJ

MdsJds

MJ

dtta

a aaz

s

kr

krkr

s s

kr

kr

krm

s

m

t

z

11

1 111

11

0 22ω

ωωω ΣΣΣ

Σ

−

−=

+=

+= ∫ ∫ akr

kr

a

krakr

krkrs s

kr

krkr

slnsss

MJ

sslns

ss

MJds

ss

dsss

MJ

a a2

12

1222

21

21

1 11 ωωω ΣΣΣ

Prema tome vreme zaleta iznosi:

( ) [ ]s.....ln...t za 1499718975700781252270833305024024020501

240215710 2

=+⋅=

−

⋅−

⋅⋅

=

b) Moment motora u funkciji brzine pri kočenju jednosmernom strujom uz pretpostavkenavedene u postavci, ima inverznu karakteristiku u odnosu na motornu momentnu karakteristiku, pase može pretstaviti takođe Klosovim obrasccem:

s = 1 s = 0

s = skrs' = s'kr

s' = 0 s' = 1

s, s'

MKočenje Motor.

'kr

'

kr'

'kr

k

ss

ss

MM

+=

2

gde je:

krkr'' sss =∧= 1ωω


33

odnosno:

ωω

ωω kr

kr

krk

MM

+=

2

pa važi analogno kao u prethodnom razmatranju kod zaleta:

( ) ⇒−=⇒=−=−−= ωω Σ

Σ dMJdt

dtdJMMMM

kktkdin

=

+=

+−=−== ∫∫∫∫

z

zz

k

%

kr

krkr

%kr

krkr

%

k

t

kb dMJ

dMJ

dMJ

dttω

ω

Σω

ω

Σω

ω

Σ ωω

ωωω

ωω

ωωω

ω1

11

5

55

0 22

1

2

522 ωω

ωωωωΣ

%ln

MJ z

krkrkr

+=

Pošto je:

111 5 ωωωω az s% =∧≈

važi:

[ ]s.tslnsss

MJ

sslns

ss

MJt zaakr

kr

a

kra

'kr

kr

'

krkb 1499

21

21

22

21

21 ==

−

−=

+≈

ωω ΣΣ

Odnosno proces kočenja je inverzan procesu ubrzanja.

c) Ako je moment ograničen na nominalnu vrednost, važi:

[ ]NmMconstM nomm 80===

Pa se vreme ubrzanja nalazi jednostavno:

[ ]s.M

nJdnMJd

MJdtt

nom

zt n

nomnomzc

zc zz

653188030142510

30300 00

=⋅⋅⋅

===== ∫ ∫∫πππ

ω ΣΣω

Σ

d) Slično kao pod c) ako se i tokom kočenja održava konstantan moment, važi:

zcnom

n%

nnomkd tdn

MJ

dnMJ

tz

≈−=−= ∫∫75

1425

5

3030

1ΣΣ ππ

Rešenje 1.4.2.Za slučaj pod a) teško je izvesti relaciju n(t), ali se može lako pronaći inverzna funkcija t(n)

iz izvedene relacije za vreme zaleta za taj slučaj, posredno preko klizanja:


34

( ) ( )

−

−== slns

ss

MJ

stnt krkrkr 2

12

21ωΣ

ili direktnim rešavanjem sledeće relacije po brzini:

∫

−

−+

−−

⋅⋅=

h

s

krs

krs

s

kr

dnnn

nnnnnn

MJ)n(t

0302Σπ

Vrednosti funkcije t(n) izračunate prema prvoj relaciji, za diskretne vrednosti n = ( 0, 0.1,0.2, ..., 0.9) n1 date su u sledećoj tabeli:

n [min-1] s [ ] t(n) [s]0 1 0

150 0.9 1.377300 0.8 2.628450 0.7 3.755600 0.6 4.7621750 0.5 5.655900 0.4 6.4431050 0.3 7.1461200 0.2 7.8051350 0.1 8.5541425 0.05 9.149

U slučaju pod c) relacija n(t) može se eksplicitno izvesti:

( ) ∫ ⋅=⋅⋅⋅

=⋅

=t

nom t.tdtMJ

tn0

3947610803030

ππ Σ

Promena brzine obrtanja za zalet prikazana na sledećem dijagramu:

1500

1000

500

020151050

t [s]

n[min-1]

a)c)


35

Pošto je pokazano da je kočenje inverzan proces ubrzanju, u slučaju b) mogu se koristitirezultati dobijeni pod a) ili se može naći relacija:

( ) ∫

−+

−⋅⋅=

1

302

n

n

krs

krskr

dnn

nnnn

nM

Jnt Σπ

Za slučaj d) važi:

( )∫ ⋅−=−=−t

nom t.dtMJ

nnt0

1 3947630

Σπ

t.n)t(n ⋅−= 394761

Promena brzine obrtanja za kočenje prikazana na sledećem dijagramu:

1500

1000

500

020151050

t [s]

n[min-1]

b) d)

Rešenje 1.4.3.Masu cevi m nalazimo iz relacije:

( ) ( ) [ ]kg....lDDVm us 7151761203041054

422

322 =⋅−⋅

⋅⋅=−==

πρπρ

gde je ρ - specifična masa.Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti r od ose rotacije, kao na slici, iznosi:

drrDD

dmrdJ uS 222

2

4−

== ρπ

Ukupni moment inercije nalazimo integraljenjem:

=

−+

−=

+

−== ∫ ∫ ∫

−

030344

3322

0 0

2222 xlrxrDD

drrdrrDD

dJJ us

l

x xlus ρπρπ


36

=−+−+−

=

−+

−=

333

4334

32233223322 xlxxllxDD)xl(xDD usus ρπρπ

−

+=

−

+

−=

lx

lxlm

lx

lxl

DD us 3313

33131

4

2223

22

ρπ

P

x = l / 3

l = 1000 [mm]

Osa obrtanjaD

u

Ds

Ds = 300 [mm]

Du = 200 [mm]r

dr

dm

U našem slučaju za x = l / 3 važi:

[ ]2222222

905583

171517633

133131

3331

3kgm..lmlm

lx

lxlmJ =⋅==

−

+=

−

+=

Rešenje 1.4.4.a) Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju:

2anomManomanomΦManomnomMnom ICIIkkIΦkM ===

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja:

2aMaaΦMaMmt ICIIkkΦIkMM ====

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenomopterećenju:

[ ]A.MM

IIICIC

MM

nom

tanoma

anomM

aM

nom

t 462670

176412

2

=⋅==⇒=


37

Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz naponske jednačine:

( ) ( ) [ ]V...RRRIUE sppaanomnomnom 841108012041420 =+⋅−=++−=

Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju nalazimo iz naponske jednačine:

( ) ( ) [ ]V....RRRIUE sppaanom 74140801204626420 =+⋅−=++−=

Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija:

⇒=== nomanomEnomanomΦEnomnomEnom nICnIkknΦkE⇒=== nICnIkkΦnkE aEaΦEE

[ ]1414299164626

4184117414 −=⋅⋅==⇒= min.

...n

II

EEn

nICnIC

EE

noma

anom

nomnomanomE

aE

nom

b) Motor i pri brzini od n = 1500 [min-1] će vući nominalnu vrednost struje Ianom = 41 [A] izmreže, pošto treba da razvije nazivni moment, pri čemu iz prethodnih relacija možemo pronaćipotrebnu vrednost elektromotorne sile:

[ ]V..En

nEnIC

nICE nom

nomnom

nomanomE

anomE 36748411916

1500=⋅===

Iz toga proizlazi da nova vrednost napona napajanja treba da bude:

( ) ( ) [ ]V....RRRIEU sppaanom 5682080120413674 =+⋅−=+++=

Rešenje 1.4.5.a) Ako sva tri termistora imaju tačnu karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavajuotprilike na 100 [oC], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, otpornosti pojedinih termistorasu Rt1 = 70 [Ω], Rt2 = 70 [Ω] i Rt3 = 1000 [Ω]. Ukupna otpornost redne veze termistora i namotajapodstrujnog relea iznosi:

[ ]Ω=+++=+++=Σ 1180407070100321 nttt RRRRR

Prema tome struju podstrujnog relea, da bi reagovao ako ukupna otpornost premaši vrednost1180 [Ω], treba podesiti na:

[ ] [ ]mAARU

I pp 4004067.0

118048

≈===Σ

b) Ako ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjoj granici tolerancije, a dva od njihnisu više zagrejana od 100 [oC], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, to pregrevanjenalazimo iz uslova prorade da je ukupna otpornost veća od 1180 [Ω]. Pošto su Rt1 = 40 [Ω] i Rt2 =40 [Ω], otpornost trećeg termistora pri kom prorađuje zaštita iznosi:

( ) ( ) [ ]Ω=++−=++−= Σ 1604040401180213 nttt RRRRR


38

Iz dijagrama iščitavamo temperaturu reagovanja zaštite θmax = 134 [oC].

c) Slično kao pod b) nalazimo, Rt1 = 100 [Ω] i Rt2 = 100 [Ω], pa je otpornost trećeg termistorapri kom prorađuje zaštita iznosi:

( ) ( ) [ ]Ω=++−=++−= Σ 940401001001180213 nttt RRRRR

I temperaturu reagovanja zaštite θmax = 127 [oC].

104

103

102

101

140120100806040200-20

θ [oC]

R [Ω]

134

127

940

1060


Zadatak 1.5.1.Odrediti moment inercije valjka dužine l = 1000 [mm], spoljnjeg poluprečnika R = 500 [mm]

u koji su radi olakšanja ubušene četiri rupe čitavom dužinom unutrašnjeg poluprečnika r = 150[mm], čiji su centri ravnomerno raspoređeni po krugu prečnika s = 300 [mm], prema slici. Osarotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađena iznosi ρ =4.5 [kg/dm3].


39

l = 1000 [mm]R = 500 [mm]r = 150 [mm]s = 300 [mm]

R

r

s

AAA

Zadatak 1.5.2.Valjak iz prethodnog zadatka mora se zaleteti za vreme tz =10 [s] na brzinu n = 5 [s-1].

Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije Jm = 18.6 [kgm2] i valjka je reduktornepoznatog prenosnog odnosa i = ?.a) Odrediti prenosni odnos tako da obrtni moment motora u toku zaleta bude minimalan.b) Odrediti obrtni momenat i snagu motora u toku zaleta.

Zadatak 1.5.3.Dva trofazna asihrona motora sa rotorom u kratkom spoju, sa istim tipskim podacima

(nominalna snaga Pnom = 4 [kW], nominalni priključni napon Unom = 380 [V], nominalna struja Inom= 9 [A], nominalna brzina obrtanja nnom = 1440 [min-1], nominalna frekvencija fnom = 50 [Hz],preopteretljivost do kritičnog momenta Mkr / Mnom = 3 [ ]), spregnuta su mehanički i pokreću radnumašinu sa konstantnim momentom opterećenja.

Prvi motor priključen je na napon nominalne vrednosti i nominalne frekvencije. Drugi motorpriključen je na napon U2 = 167.2 [V] frekvencije f2 = 22 [Hz]. Smerovi obrtnih magnetnih polja,odnosno smerovi obrtanja osovina, oba motora se poklapaju.U opisanom režimu izmerena je brzinau stacionarnom stanju n1 = 600 [min-1].a) Odrediti kako motori dele opterećenje.b) Opisati režime u kojima rade pojedinačni motori.c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti.d) Šta će se dogoditi ako se i drugi motor priključi na napon nominalne vrednosti i frekvencije.

Zadatak 1.5.4.Trofaznom kaveznom asinhronom motoru merenjem u laboratoriji i računanjem određena je

veličina polaznog momenta kod temperature namotaja θnam = 20 [oC]. Merenjem je dobijeno: snagakratkog spoja Pkr = 50 [kW] i iznos gubitaka u statoru Pkrs = 19 [kW], moment kratkog spoja Mkr =197.45 [Nm] i faktor snage kratkog spoja cosϕ kr = 0.4 [ ].a) Koliko se procentualno povećanje polaznog momenta može očekivati ako se zagreju: stator

na θs = 130 [oC], a rotor na θr = 200 [oC ]?b) Koliko polova ima motor ako je frekvencija napona kod ispitivanja bila fnom = 50 [Hz]?

Može se smatrati da se otpor bakarnog namotaja menja po relaciji:


40

( )20235

23520 +

+=

θθ nn RR

gde su Rn20 otpor na temperaturi 20 [oC ] a Rn(θ) otpor na temperaturi θ.

Zadatak 1.5.5.U pogonu sa jednosmernim motorom ciklus merenog strujnog opterećenja ima oblik

prikazan na slici, pri čemu se zagreva do dopuštene granice.Odrediti približno snagu motora u trajnom radu pri konstantnom naponu mreže od Unom =

170 [V]. Motor ima prinudnu ventilaciju, pretpostaviti da motor ima koeficijent korisnog dejstva η= 0.9.

I1 = 5 [A] t1 = 6 [s]I2 = 9 [A] t2 = 2 [s]I3 = 12 [A] t3 = 4 [s]

t4 = 7 [s]

I1

I2

I3

t2 t4t1 t3

t

I

Rešenje 1.5.1.Segment mase m čiji je moment inercije Js za osu rotacije oko ose simetrije segmenta S,

ima moment inercije za osu rotacije A paralelnu sa osom simetrije na rastojanju s, kao na slici,određen relacijom:

A

S m

s


41

2msJJ s +=

Moment inercije punog valjka poluprečnika R iznosi:

42

21

21 RlRmJ RR ρπ==

Moment inercije punog valjka poluprečnika r iznosi:

42

21

21 rlrmJ rr ρπ==

Momenat inercije bušenog valjka je prema tome:

( ) ( ) =

+−=

+−=+−= 222422442 42

21

214

214 srrRlsrlrlRlsmJJJ rrR ρπρπρπρπ

( ) [ ]222243 648.2983.0415.0215.05.021105.41 kgm=

⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅= π

Rešenje 1.5.2.a) Za zalet važi Njutnova jednačina kretanja:

dtd

JMMM mtmd

ωΣ=′−=

Pošto je moment opterećenja jednak nuli:

dtd

JMM mmt

ωΣ=⇒= 0

računajući ekvivalentni moment inercije:

2iJ

JJJJ bmbm +=′+=Σ

i zamenjući ugaonu brzinu motora sa:

dtd

idt

di bm

bmωω

ωω =⇒=

dobijamo funkciju obrtnog momenta motora od ugaone brzine obrtanja radne mašine:

dtd

iJ

iJdt

di

iJ

JM bbm

bbmm

ωω

+=

+= 2

Motor će imati minimalni moment, ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljavaekstrem prethodne funkcije:


42

02 =

−=

+=

dtd

iJ

Jdt

diJ

iJdid

didM bb

mtt

mm ωω

[ ]4007.4056.166.18648.29802 ≈=====>=−

m

bbm J

Ji

iJ

J

b) Ugaona brzina valjka nakon zaletanja iznosi:

]/[4.3110522 sradnb =⋅=⋅⋅== πππω

Potrebno ugaono ubrzanje valjka, zadato uslovima u zadatku je:

]/[14.310

4.31 2sradtdt

d

z

bb ===ωω

Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi:

][2.376.1824

648.2986.18 222 kgm

iJ

JJ bm =⋅≈+=+=Σ

Prema tome motor tokom zaletanja mora da razvija moment vrednosti:

[ ]Nmdt

diJ

dtd

JMM bmdm 232.46714.342.37 =⋅⋅==== ΣΣ

ωω

pri čemu razvija maksimalnu snagu:

][87.5][434.586814.34232.467 kWWiMMP bmmmm ≅=⋅⋅=== ωω

Rešenje 1.5.3.Nominalni moment i klizanje oba motora iznose:

[ ]NmnPP

Mnom

nom

nom

nomnom

•=⋅=⋅=Ω

= 5277.261440400030

260

ππ

[ ]04.01500

601500

14401500==

−=

−=

s

nomsnom n

nns

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca:

nomkrnom

kr

kr

nom

nom

kr

nom

kr

kr

nom

krnom ss

MM

ss

ss

ss

ss

MM ⋅⇐=−+⇒

+= 02

2

⇒=+−⇒⋅⇐+=+ 021

1 22nomnomkr

nom

krkrnomkr

n

kr

kr

nkr

kr

sssMM

sssss

sss

s


43

( ) [ ][ ]

=−±=

−

±=

00686.02331.0

13304.01 22

nom

kr

nom

krnomkr M

MMM

ss

Drugo rešenje je besmisleno pa prema tome kritična vrednost brzine obrtanja iznosi:

( ) ( ) [ ]129.115015002331.011 −=−=−= minnsn skrkr

Kritični moment iznosi:

[ ]NmMMM

M nomnom

krkr 5831.795277.263 =⋅==

Prvi motor radi u radnoj tački sa klizanjem i motornim momentom:

( ) [ ]6.01500900

15006001500600 1

1 ==−

=−

==s

s

nnn

ss

( ) [ ]Nm

ss

ss

MMM

kr

kr

krmm 733.53

6.02331.0

2331.06.0

5831.7922600

1

11 =

+

⋅=

+==

Za drugi motor važi sledeći odnos frekvencije i napona:

2727273.22.167

3802250

22

====U

Uf

f nomnom

Odnosno motor radi na veštačkoj karakteristici translatorno pomerenoj u odnosu na prirodnusa sinhronom brzinom:

][6602250

150015002250 1

222

−=⋅=⇒== minnnf

fs

s

nom

Prema tome, drugi motor radi u u radnoj tački sa sledećim klizanjem i motornimmomentom:

( ) [ ]••==−

=−

== 090909.066060

660600660600

2

122

s

s

nnn

ss

[ ]529857.02331.02727273.22

2 =⋅== krnom

kr sf

fs

( ) [ ]Nm

ss

ss

MMM

kr

kr

krmm 5277.26

090909.0529857.0

529857.0090909.0

5831.7922600

2

2

2

222 =

+

⋅=

+==

Odnosno Mm2(600) = Mnom, što se slaže jer je s2 = snom2f

fnom


44

a) Pošto je n1 = 600 [min-1] stacionarna brzina obrtanja, moment tereta iznosi:

][2607.805277.26733.5321 NmMMM mmt =+=+=

pri čemu prvi motor razvija moment Mm1 = 53.733 [Nm] a drugi Mm2 = 26.5277 [Nm].

b) Prvi motor radi sa klizanjem većim od kritičnog, znači da radi sa lošim stepenomiskorisćenja a sem toga njegov rad može da bude nestabilan, a drugi radi sa klizanjem manjim odkritičnog što znači da je stabilan.

c) Uslov stabilnosti je:

dndM

dndM

dndM mmt 21 +>

U našem slučaju pošto je moment tereta konstantan važi:

0=dn

dM t

Izvod momenta motora po brzini obrtanja nalazimo iz Klosovog obrasca:

dnds

dsdM

dndM mm ⋅=


45

⇒−=⇒−

=⇒

−

+

−=⇒+

=ss

skr

krkr

kr

krm

kr

kr

krm ndn

dsn

nns

ss

s

ss

ss

Mds

dM

ss

ss

MM 1122

22

−

+

⋅= 22

121ss

s

ss

ss

Mndn

dM kr

krkr

kr

kr

s

m

Pa za prvi motor važi:

==

== 1

1

1

1

ssdndM

nndndM mm

=

−⋅

+

⋅⋅= −122 044.0

6.02331371.0

2331371.01

6.02331371.0

2331371.06.0

5831.7921500

1minNm

Za drugi motor važi:

==

== 2

2

1

2

ssdndM

nndndM mm

−=

−⋅

+

⋅⋅= −122 417.0

0909091.0529857.0

529857.01

0909091.0529857.0

529857.00909091.0

5831.7926601

minNm

Pošto je 0 > 0.044 - 0.417 = -0.379 pogon je stabilan.

d) Oba motora u tom slučaju rade sa prirodnim karakteristikama, pa će deliti opterećenje nadva jednaka dela, odnosno:

[ ]NmM

MM tmm 1303.40

22607.80

221 ====

Klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca:

111

1

1

11 02

2ss

MM

ss

ss

ss

ss

MM kr

m

krkr

krkr

kr

krm ⋅⇐=−+⇒

+=

⇒=+− 02 21

1

21 krkr

m

kr sssMM

s

[ ][ ]

=

−

±=

−

±=

06308.086371.0

11303.405831.79

1303.405831.792331.01

22

111

m

kr

m

krkr M

MMM

ss

Prvo rešenje kao rezultat daje suviše malu brzinu obrtanja od:


46

( ) ( ) [ ]111 5.204150086371.011 −≈⋅−=−= minnsn s

Drugo rešenje daje realnu brzinu obrtanja od:

( ) ( ) [ ]111 4.1405150006308.011 −≈⋅−=−= minnsn s

Rešenje 1.5.4.a) Iz relacija za snagu kratkog spoja i gubitke u statoru i rotoru kod temperature namotaja θnam= 20 [oC] može se odrediti odnos otpornosti statora i svedene otpornosti rotora:

220

220 krrkrskrrkrskr I'RIRPPP +=+=

220 krskrs IRP =

220 krrkrskrkrr I'RPPP =−=

'R.'R'R'RPP

PRI

'RR

PPP

PP

rrrrkrskr

krsskr

r

s

krskr

krs

krr

krs2020202020

2

20

20 61303119

195019

≈=−

=−

=⇒=−

=

Odnos induktivnog otpora kratkog spoja i svedene otpornosti rotora nalazimo iz sledećihrelacija:

( ) ( )=

−

+

=

+=+=+

kr

krr

kr

krrkrrsrs cos

cos'R

cossin

'Rtg'RR'XXϕ

ϕϕϕ

ϕ2

20202020

131

311913119

'R..

.'R rr 20

2

20 696340

40131

3119≈

−

+

=

Otpornosti zagrejanog statora na θs = 130 [oC] i zagrejanog rotora na θr = 200 [oC ] su:

'R.'R.RR rrs

ssz 202020 8770255

130235613020235

235=

+=

++

=θ

'R.'R'R'R rrs

rrz 202020 7061255

20023520235

235=

+=

++

=θ

Odnos polaznih momenata hladnog i zagrejanog motora nalazimo iz relacija:

( ) ( )222020

20220

3

rsrs

rf

spol 'XX'RR

'RUpM

+++=

ω

( ) ( )2223

rsrzsz

rzf

spolz 'XX'RR

'RUpM+++

=ω

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

[ ]36451

696316130

6963706187707061

220

2220

220

220

2220

220

222020

20

22

20

.

'R.'R.'R

'R.'R..'R.

'XX'RR'R

'XX'RR'R

MM

rr

r

rr

r

rsrs

r

rsrzsz

rz

pol

polz =

++

++=

+++

+++=

Dakle procentualno povećanje polaznog momenta zbog zagrevanja motora iznosi:


47

[ ]%.M

MM%M

pol

polpolzpol 4536100

20

20 =−

=∆

b) Broj pari polova nalazimo iz odnosa momenta kratkog spoja i gubitaka na svedenojrotorskoj otpornosti koja pri kratkom spoju pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja:

⇒==−=p

MMPPP skrkrkrskrkrr

ωΩ1

[ ]21900050000

50245197=

−⋅⋅⋅

=−

=πω .

PPMp

krskr

skr

Rešenje 1.5.5.Ekvivalentnu struju motora na kosom segmentu dijagrama nalazimo, nalaženjem efektivne

vrednosti struje, prema slici:

∫∫ =⇒=pp t

pef

t

pef dtit

IdtitI0

2

0

22 1

I1

I2

tp

t

I

t

i

dt

Struja na kosom segmentu može se pretstaviti relacijom:

tt

IIIip

121

−+=

pa gornji integral ima formu:

∫

−+

pt

p

dttt

III0

2

121


48


( ) ( ) 2112

12121 0 ItuIudu

IIt

dtdtt

IIdutt

IIIu pp

pp

=⇒=⇒−

=⇒−

=⇒−

+=

( )=−−

=−

=−

=

−+∫ ∫ 3

13

2121

2

0

3

1212

2

2

121 3

13

2

1

IIII

tIIu

IIt

duII

tudtt

tIII p

t I

I

pp

p

p

( )( ) ( )2221

21

2112

2212

12 331 IIII

tIIIIII

IIt pp ++=++−−

=

Sama efektivna vrednost struje na kosom segmentu, na kraju iznosi:

( ) ( ) =++=++= 2221

21

2221

21 3

13

1 IIIIIIIIt

tI p

pef

( ) [ ]A.094673

151995531 22 ==+⋅+=

Ukupna ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi:

[ ]A.tttt

tItIt

tII ef

ii

iii

effMot 798619878

7426

41263

151 2

4321

32

312

2

==+++

⋅+⋅=

+++

+===

∑∑

Prema tome potrebna snaga motora je:

[ ] [ ]kW.W...UIP effMoteffMot 0410941040907986170 ≈=⋅⋅== η


Zadatak 1.6.1.U jednoj fabrici motor sa vrednošću nominalne struje Inom = 10 [A] upotrebljen je za drugi

pogon (S1) u kome vuče struju vrednosti I = 12 [A]. Normalni porast temperature je ∆θ = 60 [oC] aodnos gubitaka PFe / Pcunom = 0.7 [ ]. Izračunati:a) Približan porast temperature ∆ θ ' = ? u novom režimu ako je koeficijent svođenja PFe na

PCu je k1 = 0.8.b) Relativno smanjenje veka trajanja motora T' / Tnom = ? [ ].

Zadatak 1.6.2.Elektromotorni pogon rudničke železnice za izvlačenje rude ostvaren je serijskim motorom

jednosmerne struje od Pnom = 60 [kW], Unom = 500 [V], Ianom = 132 [A] i nnom = 800 [min-1]. Otporna stezaljkama rotorskog kruga iznosi Ra' = Ra + Rpp + Rs = 0.23 [Ω].

Karakteristika opterećenja serijskog motora određena je tablično:

Ia [A] 80 120 160 200 240 280n [min-1] 1100 840 740 675 635 615


49

Potrebno je odrediti upuštač uz pretpostavku da najveća u toku upuštanja struja ne prelaziIamax = 225 [A], a najmanja ne bude manja od 115% od Ianom.

Odrediti broj stepeni otpora, vrednost otpora pojedinih stepeni kao i maksimalnu iminimalnu struju upuštanja.

Zadatak 1.6.3.Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon Us = 220 [V];

nominalna brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1]; induktivnosti rasipanja Ls = Lr' = 8.8 [mH];zajednička induktivnost Lm → ∞ [mH]; otpornost statora Rr' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena nastator Rr' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost fs = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpotnika(simetrično uključivanje otpornika). Odrediti:a) Vrednost otpora koji treba uključiti u rotor da se ostvari polazak sa najvećim mogućim

polaznim momentom.b) Vrednost otpora za koji se dobija najveći moment pri brzini od nb = 600 [min-1].c) Vrednost najveće brzine pri kojoj se može postići najveći mogući moment motora.d) Zašto se za brzine veće od one izračunate pod c), ne može dobiti maksimalan moment

motora.e) Vrednost statorske struje u slučajevima a), b) i c)? Komentarisati dobijene rezultate. Koliki

je najveći moment motora?

Zadatak 1.6.4.Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvozno

postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], uz uslov da:a) Motor ima prinudno hlađenje.b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego

kod obrtanja nazivnom brzinom n = 1000 [min-1].

M1 = 20 [Nm] t1 = 15 [s]M2 = 16 [Nm] t2 = 45 [s]M3 = -10 [Nm] t3 = 20 [s]

t4 = 25 [s]

t

M1

M2

M3

n

t2 t4t1

M

n

t3

Zadatak 1.6.5.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona Unom

= 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje Inom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja nnom =1400 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 1.54


50

[Ω]; Rr’ = 2.55 [Ω]; Ls = Lr

’ = 8.758 [mH]; Lm = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnomstrujom i frekvencijom. Odrediti:a) Vrednost polaznog momenta, momenta pri nominalnoj brzini, kritični moment i brzinu pri

kojoj se postiže kritični moment.b) Vrednost druge brzine pri kojoj se postiže nominalni moment.c) Vrednost napona na motoru pri kojoj se postižu traženi momenti.d) Skicirati momentnu karakteristiku i komentarisati je.

Rešenje 1.6.1.a) Porast temperature u stacionarnom stanju pri nominalnom opterećenju motora iznosi:

AP

PR mnommnomTnom

γγθ ==∆

Pošto je pogon (S1) trajan, porast temperature u stacionarnom stanju pri povećanomopterećenju motora iznosi:

AP

PR mmT

''' γ

γθ ==∆

Deljenjem prethodne dve relacije dobijamo da je porast temperature pri povećanomopterećenju:

mnom

mnom

mnomT

mT

nom PP

PRPR

γ

γ

γ

γ θθθθ '

'''

∆=∆⇒=∆∆

Gubitke motora pri nominalnom i povećanom opterećenju motora dobijamo iz relacija:

CunomCunom

FeCunomCunom

Cunom

FeCunomFemnom P

PP

kPPP

PkPPkP

+=+=+= 111 1γ

CunomCunom

Fe

nomCunom

nomCunom

Cunom

FeCuFem P

PP

kI

IPI

IPP

PkPPkP

+

=

+=+= 1

22

11 ''γ

Prema tome traženi porast temperature pri povećanom opterećenju iznosi:

=+

+

∆=∆

Cunom

Fe

Cunom

Fe

nomnom

PP

k

PP

kI

I

1

1

2

1' θθ

[ ]Co923.7656.1260

56.0156.044.160

7.08.01

7.08.01012

60

2

=⋅=+

+⋅=

⋅+

⋅+

⋅=

Odnosno stacionarna vrednost temperature pri povećanom opterećenju iznosi:

[ ]Coamb 923.11692.7640'' =+=∆+= θθθ


51

b ) Vek trajanja pri nominalnom i povećanom opterećenju motora dobijamo iz Montsingenovogobrazca:

088010157 4 ..KKeT =⋅== −− γγθ

[ ]CKeT onomambnomnom

nom 1006040 =+=+== − θ∆θθγθ

'Ke'T γθ−=

Prema tome odnos ova dva veka trajanja iznosi:

( ) ( ) 225546.0' 48923.1100923.116088.0''

===== −−⋅−−−−

−

eeeKeKe

TT

nom

nomnom

θθγγθ

γθ

Vek trajanja se dakle smanjuje za 1 / 0.225546 = 4.43 puta.

Rešenje 1.6.2.Iz postavke zadatka sledi da maksimalna i minimalna vrednost struje upuštanja iznose:

[ ]AI amax 225=[ ]AII anomamin 8.15113215.115.1 =⋅==

Principijelna šema upuštača data je na slici, pa iz nje sledi da su bazne vrednosti otpora Rn,Rn-1:

R1

M

Rn-1

Rn

[ ]Ω=== •222.2225500

amaxn I

UR

[ ]Ω===− 2938.38.151

5001

aminn I

UR

Prema podacima iz tabele, nacrtana prirodna karakteristiku opterećenja, data je na sledećojstrani, a iz nje toga očitamo vrednosti brzina obrtanja u baznim radnim tačkama n0 i n1, kojimaodgovaraju struje Iamax i Iamin.

Odnos flukseva u baznim radnim tačkama iznosi:

( )( )

( )( )

( )( ) [ ]1121.1

23.08.15150065023.0225500750

'1

'0

'1

'0 =

⋅−⋅⋅−⋅

=−−

=−−

==aamin

aamax

aamax

aamax

min

max

RIUnRIUn

RIURIU

ωω

φφ

ϕ

Vrednost kritičnog fiktivnog otpora prema tome je:


52

( ) ( ) [ ]Ω−=⋅−

−⋅=

−−

= 9976.08.1511121.1225

1121.1150010

aminamaxk II

URϕ

ϕ

Pa je prema tome:

[ ]3328.19976.02222.29976.02938.31 =

++

=−−

= −

kn

kn

RRRR

λ

Odnosno broj stepeni upuštača iznosi:

[ ]3565.33328.1log6228.2log

3328.1log9976.023.0

9976.02222.2log

log

log '

==++

=−−

=λ

ka

kn

RRRR

n

Možemo birati broj stepeni između n = 3 ili n = 4. Radi analize izbora, ponavljanjemprethodnog postupka, za razne vrednosti struje Iamin izračunamo vrednosti za n, radi dobijanjafunkcionalne zavisnosti n = f (Iamin). Rezultati postupka dati su u sledećoj tablici.

Iamin n0 ϕ Rk λ n132 800 1.1747 -1.2489 1.4511 2.2915

151.8 750 1.1121 -0.9976 1.3328 3.3565160 740 1.1017 -1.0435 1.2764 3.8588170 720 1.0773 -0.9233 1.2286 4.8736

Iz tabele dobijamo dijagram funkcionalne zavisnosti n = f (Iamin) dat na sledećem dijagramu:


53

Iz dijagrama određujemo vrednosti minimalne struje upuštanja:

Za n = 3 [ ]AI amin 145= ;Za n = 4 [ ]AI amin 162=

Usvaja se: n = 4; [ ] [ ]10 735162 −=⇒= minnAI amin

Na osnovu izbora izvršimo dimenzionisanje upuštača za n = 4:

[ ] [ ]11 650225 −=⇒= minnAI amax

( )( )

( )( ) [ ]0954.1

23.016250065023.0225500735

'1

'0 =

⋅−⋅⋅−⋅

=−−

=aamin

aamax

RIUnRIUn

ϕ

( ) ( ) [ ]Ω−=⋅−

−⋅=

−−

= 0033.11620954.1225

0954.115001

aminamaxk II

URϕϕ

[ ]Ω===− 0864.3162500

1amin

n IUR

[ ]2679.10033.12222.20033.10864.31 =

++

=−−

= −

kn

kn

RRRR

λ

Provera:

[ ]40503.42679.1log6153.2log

2679.1log0033.123.0

0033.12222.2log

log

log '

≈==++

=−−

=λ

ka

kn

RRRR

n


54

Vrednosto pojedinačnih otpora upuštača su:

( )( ) ( ) ( ) [ ]Ω=−⋅+=−−=∆ 3304.012679.10033.123.01'1 λkav RRR

[ ]Ω=⋅=∆=∆ 4189.03304.02679.112 vv RR λ

[ ]Ω=⋅=∆=∆ 5311.03304.02679.1 21

23 vv RR λ

[ ]Ω=⋅=∆=∆ 6734.03304.02679.1 31

34 vv RR λ

[ ]∑ Ω=∆=i

viu RR 9538.1

Provera:

[ ] [ ]Ω≈Ω=+=+= 222.21838.223.09538.1'aun RRR

Što je približno isto sa polaznom vrednosti: [ ]Ω= .2222.2nR

Rešenje 1.6.3.a) Najveći moment motora je kritični moment krmax MM = . Da bi se ostvario uslov zadatka urotorsko kolo treba dodati otpor, tako da kritično klizanje bude jednako polaznom klizanju spol = 1,odnosno, da važi:

( ) ( ) ⇒−+=⇒=+

+'''1

'''

rrssdarss

dar RLLRLL

RRω

ω( ) [ ]Ω=−⋅⋅⋅= 029.35.20088.02502' πdaR

b) Vrednost otpora treba smanjiti na vrednost pri kojoj kritično klizanje je jednako klizanju pribrzini od nb = 600 [min-1].

6.053

1500900

15006001500

===−

=−

=s

bsb n

nns

( ) ( ) '''1'

''rrssbdb

rssb

dbr RLLsRLLs

RR−+=⇒=

+⋅+

ωω

( ) [ ]Ω=−⋅⋅⋅⋅= 818.05.20088.025026.0' πdbR

c) Najveća brzina sa kritičnim momentom je brzina koja odgovara ovom momentu naprirodnoj karakteristici, a to je brzina:

( ) ⇒=⋅⋅⋅

=+

= 452.00088.02502

5.2'

'πω rss

rkr LL

Rs

( ) ( ) [ ]178.821452.0115001 −=−⋅=−= minsnn krskr

d) Jer je ''min rr RR = .

e) U opštem slučaju važi, pošto su za vrednost kritičnog klizanja, vrednosti omskih iinduktivnih otpora iste:


55

( )( ) ( )

[ ]A..'LL

U

'LLs

'R'R

Ui

rss

s

rssi

dar

ssi 1328

2008802502220

222

=⋅⋅⋅⋅

=+

=

++

+=

πωω

i = a,b,c

Vrednost maksimalnog prevalnog momenta iznosi:

[ ]NmLL

UpMrss

skr 67.83

0088.021

502220

223

'1

23 22

=⋅

⋅⋅

⋅=

+

=

πω

Rešenje 1.6.4.Zbog prinudnog hlađenja, ne smanjuje se efikasnost hlađenja ni tokom smanjenja brzine

obrtanja (zaletanja, kočenja i mirovanja), pa ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

==∑

∑

ii

iii

aeffMot t

tMM

2

[ ]Nm.tttt

tMtMtM63513

10519520

2520451520104516120 222

4321

32

322

212

1 ==++++

⋅+⋅+⋅=

+++++

=

Vrednost potrebne snage motora je:

[ ] [ ]kW.W..nMP aeffMotaeffMot 431711427100030

63513602

≈=⋅⋅==ππ

b) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacionisistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori αtokom zaletanja i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihovevrednosti:

32

2311

21

31

=+

=+

==β

αβ

Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

beffMot ttt

tMM

βα

2

( ) ( )

[ ]Nm..

tttttMtMtM

9561563576

19520

2531452015

32

20104516120 222

4231

32

322

212

1

==

=⋅+++

⋅+⋅+⋅=

+++++

=βα


56


[ ] [ ]kW.W..nMP beffMotbeffMot 6811791671100030

95615602

≈=⋅⋅==ππ

Rešenje 1.6.5.Vrednost momenta u funkciji konstantne vrednosti statorske struje, nalazimo na osnovu

ekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenojna ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je:

22 33'

r

'r

s

'r

s

'r

sm I

sRpI

p

sR

PMωωΩ

===

Xr'

Rr'/s

XsRs

Ir'

Ur'Xm

Im

Uf

Is

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo iz relacije:

( ) ( ) ⇒=

++⇒−==

+= msm

'r

'r

rmrsmm'

r

'r

rr jXIXXjs

R'IjX'IIjXIjX

sR

'I'U

( )⇒

++=

m'

r

'r

msr

XXjs

RjX

I'I

( ) ( )222

22

m'

rs

'r

mss

m'

r

'r

msr

LLs

R

LI

XXs

R

XI'I

++

=

++

=

ω

ω

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom:

( ) ( )222

22

222

222 33

m'

rs

'r

'r

mss

m'

rs

'r

mss

'r

sm

LLs

Rs

R

LpI

LLs

R

LI

sRpM

++

=

++

=

ω

ω

ω

ωω


57

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja skrkoje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakšenalazi:

( )

( )=

′

++

′

=

sR

LLs

R

LpIdsd

sMdsd

r

m'

rsr

mssm

222

22311

ω

ω

( )

( ) =

++

′

=

=

++

′

′=

222

222

2231

m'

rsr

m'

rsr

rmss

LLs

RKsdsd

LLs

Rs

RLpIdsd

ω

ωω

( ) ( ) ⇒=

++

′−=

++

′= 0

222

222

2

m'

rsr

m'

rsr LL

sRKLLs

sRK

dsd

ωω

Pa vrednost kritičnog klizanja isto pretstavlja odnos omskih i induktivnih otpornosti, alirazličitih nego u slučaju naponskog napajanja:

( ) mr

r

mrs

rkr X'X

RL'L

Rs+′

±=+′

±=ω


( )=

′=

′

′

=

++

=

kr

rmss

kr

r

kr

r

mss

m'

rskr

'r

kr

'r

msskr

sR

LpI

sR

sR

LpI

LLsR

sR

LpIM2

13

2

33 222

22

222

22 ωω

ω

ω

( )m'

r

ms LL

LpI

+=

23

22


( )

( )kr

kr

kr

rr

kr

r

m'

rsr

kr

rr

kr

r

m'

rsr

r

kr

m

ss

ss

sR

sR

ssR

LLs

RsR

sR

sR

LLs

Rs

R

MM

+=

′+

′

′

=

++

′

′′

=

′

++

′

′

=2

22

2

1 22

2

222

222

ω

ω

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje momenta koja važi ikod napajanja sa konstantnom vrednošću napona, ali sa drugačijim izrazima za kritični moment iklizanje.


58

a) Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi:

( ) ( ) [ ]03763020700087580502

552 ...

.L'L

Rsmrs

rkr =

+⋅⋅⋅⋅=

+′

=πω

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi:

( ) ( ) [ ]Nm...

..LL

LpIM

m'

r

mskr 6423

20700087580220703623

23

22

22 =

+⋅⋅⋅⋅=

+=

Kritična brzina obrtanja iznosi:

( ) ( ) [ ]151443037630115001 −=−⋅=−= min..snn krskr

Polazni moment iznosi:

( ) [ ]Nm.

..

.

ss

MsMM

kr

kr

krmpol 7761

0376301

1037630

642321

1

21 =

+

⋅=

+===

Nominalni moment pri nominalnom klizanju iznosi:

[ ]•==−

=−

= 06660151

150014001500 .

nnn

ss

nomsnom

[ ]Nm.

..

..

.

ss

ss

MM

kr

nom

nom

kr

krnom 2420

03763006660

06660037630

642322=

+

⋅=

+=

b) Drugu vrednost klizanja odnosno brzine pri kojoj se postiže nominalni moment nalazimo izKlosovog obrasca:

⇒⋅⇐=−+⇒+

= bkrnom

kr

kr

b

b

kr

b

kr

kr

b

krnom ss

MM

ss

ss

ss

ss

MM 02

2

⇒=+− 02 22krbkr

nom

krb sss

MM

s

[ ][ ]

=

−

±⋅=

−

±=

02124006660

124206423

2420642300376301

22

..

.

....

MM

MM

ssnom

kr

nom

krkrb

Prvo rešenje pretstavlja nominalnu brzinu obrtanja a drugo traženu brzinu:

( ) ( ) [ ]1131468021240115001 −=−⋅=−= min..snn bsb


59

c) Radi lakšeg izračunavanja vrednosti napona, pronađimo prvo impredanse:

[ ]Ωπω 7520087580502 ..LX sss =⋅⋅⋅==[ ]Ωπω 652070502 =⋅⋅⋅== .LX msm

[ ]Ωπω 7520087580502 ..'L'X rsr =⋅⋅⋅==

Impredansa koju vidi strujni izvor određena je relacijom:

( )m'

r

'r

'r

'r

m

ssmrsuk

XXjs

R

jXs

RjXjXRZZZ

++

+

++=+=

Dok je napon na motoru određen sa:

sukfsukf IZUIZU =⇒=

Prema tome napon na motoru pri kojem se postiže kritičan moment iznosi:

( )( )

[ ]Ω924783482536723265752

37630552

7523763055265

752541 .jkruk e..j.

.j..

.j..j

.j.ssZ =+=++

+⋅

++==

( ) [ ] [ ]VUV...ssU fnomkrf 220629307368348 =>>=⋅==

Napon na motoru pri kojem se postiže polazni moment iznosi:

( )( )

[ ]Ω605472642589365752

1552

752155265

752541 .jpoluk e..j.

.j.

.j.j.j.ssZ =+=

++

+⋅

++==

( ) [ ]V...ssU krf 3374236726 =⋅==

Napon na motoru pri kojem se postiže nominalni moment za prvu brzinu iznosi:

( )( )

[ ]Ω913585344420232865752

06660552

75206660

55265752541 .j

nomuk e..j..j

..

.j.

.j.j.ssZ =+=

++

+⋅

++==

( ) [ ] [ ]VUV...ssU fnomnof 22055219368534 =≈=⋅==

Napon na motoru pri kojem se postiže nominalni moment za drugu brzinu obrtanja iznosi:


60

( )( )

[ ]Ω0662600153122865752

021240552

752021240

55265752541 .j

buk e.j..j

..

.j.

.j.j.ssZ =+=

++

+⋅

++==

( ) [ ] [ ]VUV.ssU fnomnof 2203783660 =>>=⋅==

f) Uporedno momentne karakteristike za strujno napajanje i naponsko napajanje prikazane suna sledećem dijagramu:

Trofazni strujni izvori koji ostvaruju napajanje konstantnom strujom motora, ostvaruju seprimenom posebnih pretvarača postavljenih između trofazne mreže, koja pretstavlja naponski izvori motora. Takvi sistemi ne mogu da obezbede viši napon na svom izlazu od nominalnog naponamreže tako da u realnom sistemu deo karakteristike desno od nominalne radne tačke je nemogućeostvariti. Za pogon desno od nominalne radne tačke u tom slučaju pogon se izvodi po prirodnojmomentnoj karakteristici važećoj za konstantni priključni napon.


Zadatak 1.7.1.Odrediti snagu motora za pogon rudničke dizalice sa slike, ako su poznati navedeni podaci.

Težina tereta GT = 70.56 [kN]; težina platforme GP = 47.75 [kN]; težina vagona GV = 29.4 [kN];težina užeta po metru gU = 106 [N/m]. Moment inercije rotora pogonskog motora je JM = 14883[kgm2]. Moment inercije glavnog bubnja JB = 69571 [kgm2]. Prečnik glavnog bubnja DB = 6.44 [m].Moment inercije pomoćnog bubnja JpB = 14882 [kgm2]. Prečnik pomoćnog bubnja: DpB = 5 [m].Ubrzanje pri zaletu az = 0.89 [m/s2]. Usporenje pri kočenju ak = 1 [m/s2]. Brzina dizanja v = 16[m/s]. Trajanje ciklusa tc = 89.2 [s]. Visina dizanja H = 915 [m].


61

MOTOR

JpB

JpB

DpB

DpBDB JB

GP

GT

GT

GP

H v

GV

GV

Zadatak 1.7.2.Četvoropolni asinhroni motor sa namotanim rotorom, napajan iz mreže frekvencije 50[Hz],

u polasku razvija polazni moment veći za 25% od nominalnog momenta Mnom = 30 [Nm], a kritičnimoment mu iznosi Mkr = 2.5Mnom. Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan odbrzine i jednak Mt = 24 [Nm]. Odrediti brzinu obrtanja motora.

Zadatak 1.7.3.Koliko iznosi moment inercije elektromotornog pogona sa motorom jednosmerne struje, ako

je merenjem pri zaustavljanju očitano vreme zaustavljanja od tk = 40 [s] na tangenti krive,vremenske zavisnosti pada brzine obrtanja, kroz nazivnu tačku nnom = 1000 [min-1]. Gubici trenja iventilacije motora pri nazivnoj brzini obrtanja iznose Ptrv = 2 [kW].

Zadatak 1.7.4.M1 = 20 [Nm] t1 = 15 [s]M2 = 16 [Nm] t2 = 45 [s]M3 = -10 [Nm] t3 = 20 [s]

t4 = 25 [s]

t

M1

M2

M3

n

t2 t4t1

M

n

t3

n = 1000 [min-1]


62

Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvoznopostrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora nnom = 800 [min-1], uz uslov da:a) Motor ima prinudno hlađenje.b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego

kod obrtanja nazivnom brzinom nnom = 800 [min-1].

Zadatak 1.7.5.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona Unom

= 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje Inom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja nnom =1400 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 1.54[Ω]; Rr

’ = 2.55 [Ω]; Ls = Lr’ = 8.758 [mH]; Lm = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnom

strujom i frekvencijom. Motor pokreće zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim naosovinu motora JΣ = 1 [kgm2].

Odrediti za koje vreme će motor dostići nominalnu brzinu obrtanja, ako motor sem zamajcanije opterećen nikakvim drugim momentom opterećenja.

Rešenje 1.7.1.Pošto su vagoni i platforma u ravnoteži, u stacionarnom stanju motor diže samo teret

odnosno razvija moment:

[ ]kNDGM BTT 277

244.656.70

2=⋅==

Pređeni put u toku ubrzanja odnosno kočenja, nalazi se iz relacija:

[ ] [ ]mta

hsavttav zz

zz

zzz 3.1442

1889.02

1889.0

16 22

=⋅

==⇒===⇒=

[ ] [ ]mta

hsavttav kk

kk

kkk 1282161

216

116 22

=⋅

==⇒===⇒=

Pređeni put i vreme uz konstantnu brzinu v = konst. iznosi:

( ) ( ) [ ]m..hhHh kz 76421283144915 =+−=+−=

[ ]svht 2.40

167,642

===

Vreme pauze je prema tome:

( ) ( ) [ ]sttttt kzcm 15162.40182.89 =++−=++−=

Svedeni moment pomoćnog bubnja na osovinu bubnja nalazimo iz relacije:

222

'22

'

=⇒=

B

pBpBpB

pBpBBpB JJJJ

ω

ωωω

⇒=⇒==pB

B

B

pBB

BpB

pB

DDDD

vω

ωωω

22


63

[ ]222

4.24688544.614882' kgm

DD

JJpB

BpBpB =

⋅=

=

Radi određivanja ekvivalentnog momenta inercije elemenata koji se kreću translatorno prvomoramo odrediti njihove mase. Procenjena težina užeta iznosi, na osnovu procenjene dužine užeta(∆l = 90 [m]):

[ ]mlHLU 19209091522 =+⋅=∆+=[ ]kNLgG UUU 52.2031920106 =⋅==

Prema tome masa užeta, masa platforme, masa vagona i masa tereta iznose:

[ ]kgg

Gm U

U 17.2074681.9

1052.203 3

=⋅

==

[ ]kgg

Gm P

P 48.486781.9

104745 3

=⋅

==

[ ]kgg

Gm V

V 94.299681.9104.29 3

=⋅

==

[ ]kgxg

Gm TT 66.7192

81.91056.70 3

===

Prema tome ukupna masa elemenata koji se translatorno kreću iznosi:

[ ]kgmmmmm TVPU 67.4366766.719294.2996248.4867217.2074622 =+⋅+⋅+=+++=Σ

Svedeni moment elemenata koji se translatorno kreću na osovinu bubnja nalazimo izrelacije:

22

222

222

==

=⇒= B

BB

EBE DmRmvm'Jvm'J

ΣΣΣΣ

ωω

[ ]kgm..'J E 45255924466743667

2

=

⋅=

=

⋅===

srad.

.Dv

Rv

BBB 9684

4461622

ω

Ukupan moment inercije dobija se kao zbir pojedinačnih momenata inercije:

[ ]28586389452559424688269571148832 kgm..'J'JJJJ EpBBM =+⋅++=+++=Σ

Iz toga slede vrednosti momenat ubrzanja i kočenja:

[ ]Nm...t

JdtdJM

z

Bdz 6161843

1896848586389 =⋅===

ωωΣΣ


64

[ ]Nm..t

JdtdJM

k

Bdk 182074

1696849586389 −=⋅=−==

ωωΣΣ

Na osnovu ovih vrednosti izračunavaju se potrebni momenti koje motor treba da razvijatokom ubrzanja, u stacionarnom stanju, tokom kočenja i mirovanja:

[ ] [ ]kNm.Nm..MMM dzTmz 84343864388436161843277000 ==+=+= [ ]st z 18=

[ ]kNmMM Tms 277== [ ]s.t 240=

[ ] [ ]kNm.NmMMM dkTmk 9269494926182074277000 ==+=+= [ ]stk 14=

[ ]kNmM mm 0= [ ]stm 15=

Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti crtamo dijagram promene momenta motora ufunkciji vremena, na osnovu kog nalazimo ekvivalentan moment motora.

Mmz

t tktzt

M

tm

Mms

Mmk

Pod pretpostavkom da motor ima sopstveno hlađenje i da se dva puta lošije hladi tokommirovanja nego tokom obrtanja nazivnom brzinom, nalazimo koeficijente redukcije:

43

2211

21

21

=+

=+

==β

αβ


( ) =+++++

=mkz

kmkmszmzmeff tttt

tMtMtMM

βα

222

( )[ ]kNm

..

.

... 306571

0466695234

15212401618

43

1696942402771844438 222

==⋅+++

⋅+⋅+⋅=



65

[ ] [ ]kWW..MP Bmm 152010215209682410306 33 ≈⋅=⋅⋅== ω

Rešenje 1.7.2.Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i klizanja u

stacionarnoj radnoj tački:

⇒=+−⇒⋅=−+⇒=⇒+

= 012

0211

2 2kr

pol

krkrkr

pol

krkr

krpol

pol

kr

kr

pol

krpol s

MM

ss/MM

ss

s

ss

ss

MM

=±=⋅−±

=

⇒=+−⇒=+⋅

−

26807323

322

1444

01401251

522

2

22

.

.s

sssM.M.

s

kr

krkrkrnom

nomkr

Prvo rešenje nema smisla , pa dalje važi:

⇒=+⋅

⋅⋅−⇒=+−

⇒⋅=+−⇒⋅=−+⇒+

=

0522

02

02

022

2222

2

krkr

nomnom

T

nomkrkr

T

kr

krkrT

kr

krT

krkr

krkr

kr

krT

sssM

MM

M.ssss

MM

s

s/ssMM

sss/

MM

ss

ss

ss

ss

MM

⇒=+−

⇒=+⋅⋅⋅

−⇒=+⋅

−

007182406751

026802680

3024

5220522

2

2222

.s.s

.s..ssss

MM

.s krkr

nom

T

=±

=⋅−±

=04406311

258716751

20718240467516751 2

.

......s

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome tražena brzina obrtanja u stacionarnoj radnojtački:

( ) ( ) [ ]114340440115001 -s min.--snn =⋅==

Rešenje 1.7.3.U nazivnoj radnoj tački pri zaustavljanju kočioni moment jednak je momentu trenja i

ventilacije:

[ ]NmnP

MMnom

trvtrvk 099.19

1000200030

260

−=⋅−=−==ππ

Iz Njutnove jednačine sledi relacija, za izračunavanje traženog momenta inercije pogona:


66

⇒−=∆∆

=== ΣΣΣk

nomtrvk t

nJ

tnJ

dtdJMM

602

602 ππω

( ) [ ]2295.71000

4030099.19260 kgm

nt

MJnom

ktrv =⋅⋅−−=−=Σ ππ

n

t

∆n

∆t

n = f(t)

nnom

Rešenje 1.7.4.Zbog prinudnog hlađenja, toplotna provodnost i toplotna vremenska konstanta ne menjaju se

u zavisnosti od brzine obrtanja (tokom zaleta, kočenja i mirovanja). Zbog porasta brzine obrtanjaiznad nazivne, zbog slabljenja magnetnog fluksa mora se povećati struja radi održanja konstantnogmomenta. Da bi se i u tom slučaju mogla primeniti metoda ekvivalentnog momenta (neproračunavajući momentni dijagram u strujni) treba pretvoriti stvarne momente u fiktivne (koji bivladali uz konstantni fluks). To znači da će se sa porastom brzine iznad nazivne povećati srazmernoi moment u oblastima slabljenja polja prema dijagramu:

t

M1

M2

M3

n = 1000 [min-1]

t2 t4t1

Mn

t3

nnom = 800 [min-1]

M2'

M1'

M3'

t1' t1''

t3'' t3'


67

Iz proporcionalnih odnosa na dijagramu, sledi:

[ ]Nmn

nMMnom

25800

100020' 11 =⋅==

[ ]Nmn

nMMnom

20800

100016' 22 =⋅==

[ ]Nmn

nMMnom

5.12800

100010' 33 −=⋅−==

[ ]sn

nttnom

12800

100015' 11 =⋅==

[ ]sttt 31215''' 111 =−=−=

[ ]sn

nttnom

16800

100020' 33 =⋅==

[ ]sttt 41620''' 333 =−=−=

Efektivne vrednosti momenta na kosim segmentima, iznose:

( ) ( ) [ ]NmMMMMM ef 546.222525202031''

31' 222

1112

11 =+⋅+⋅=++=

( ) ( ) [ ]NmMMMMM ef 273.115.125.12101031''

31' 222

3332

33 =+⋅+⋅=++=

Pa je ukupna efektivna vrednost momenta:

==∑

∑

ii

iii

aeffMot t

tMM

2

=+++

++++=

4321

32

332

322

212

112

1 '''''''''tttt

tMtMtMtMtM

[ ]Nm866.1525204515

16104273.1145203546.221220 22222

=++++

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=


[ ] [ ]kWWnMP aeffMotaeffMot 33.113.132980030

866.15602

≈=⋅⋅==ππ

b) Osim sa fiktivnim momentom, trebalo bi računati i sa promenom toplotne provodnosti itoplotne vremenske konstante u zavisnosti od brzine obrtanja. Zbog sigurnosti nećemo računati saboljim hlađenjem, odnosno sa većom toplotnom provodnošću i smanjenom toplotnom vremenskomkonstantom, nego ćemo pretpostaviti da su isti uslovi hlađenja i pri n = 1000 [min-1] i pri nnom = 800[min-1]. Prema tome, važi:

32

2311

21

31

=+

=+

==β

αβ


68


=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

beffMot ttt

tMM

βα

2

( )

( )[ ]Nm

tttttttMtMtMtMtM

292.1825

3144531612

32

16104273.1145203546.221220

'''''''''''''

22222

432131

32

332

322

212

112

1

=⋅+++++

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=+++++

++++=

βα


[ ] [ ]kWWnMP beffMotbeffMot 54.1318.153280030

292.18602

≈=⋅⋅==ππ

Rešenje 1.7.5.Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi:

=≈

⋅⋅===

srad

pf

ps 157

2314

25022

1ππω

ω

Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi:

( ) ( ) [ ]03763020700087580502

552 ...

.L'L

Rsmrs

rkr =

+⋅⋅⋅⋅=

+′

=πω

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi:

( ) ( ) [ ]Nm...

..LL

LpIM

m'

r

mskr 6423

20700087580220703623

23

22

22 =

+⋅⋅⋅⋅=

+=

Nominalno klizanje iznosi:

[ ]•==−

=−

= 06660151

150014001500 .

nnn

ss

nomsnom

I za strujno napajanje važi Klosov obrazac:

kr

krkr

m

ss

ssM

M

+=

2

pa vreme zaleta od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo po istoj relaciji kao zanaponsko napajanje:


69

=

⋅−

⋅−

⋅⋅⋅

=

−

−= 006660037630

0376302066601

642321571

21

2

221 .ln.

..

.slns

ss

MJt nomkr

kr

nom

krz

ωΣ

( ) [ ]s.... 267441019022913320653 =+⋅=


Zadatak 1.8.1.Trofazni asinhroni motor predviđen je za rad u režimu S3. Poznati su sledeći podaci o

motoru: nominalna snaga Pnom = 30 [kW]; nominalni stepen iskorišćenja ηnom = 0.9 [ ]; vremenskakonstanta zagrevanja Ttz = 30 [min]; vremenska konstanta hlađenja Tth = 45 [min]; klasa izolacije A;masa motora m = 160 [kg] i specifični kapacitet gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC] ( CCU = 0.39[kWs/kgoC] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja tu = 2[min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne.

Odrediti:c) Potrebno vreme isključenja i relativno trajanje uključenja pod uslovom da se motor u ovom

režimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja.d) Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju.e) Temperaturu na početku i kraju petog uključenja motora.

Zadatak 1.8.2.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon

Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150[min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; pokreće opterećenje, koje jestalno i jednako nominalnom momentu pogonskog motora. U stacionarnom stanju izmerena jebrzina n = 1422 [min-1].a) Kako je ostvaren režim.b) Šta treba uraditi da bi se brzina smanjila na nominalnu vrednost.c) Kako se pri U = Unom brzina može smanjiti na 80% nominalne vrednosti.d) Opisati stacionarno stanje koje nastaje ako se pri nominalnom naponu doda rotorski otpor Rd

= 4 [Ω].

Zadatak 1.8.3.Trofaznom asinhronom motoru sa kaveznim rotorom nominalne brzine obrtanja nnom =

1450 [min-1], masa rotorskog bakra je mCur = 12 [kg]. Motor služi za pokretanje zamajca sa ukupnimmomentom inercije JΣ = 12.5 [kgm2]. Odrediti:a) Koliku energiju prima rotor a koliki su gubici u rotoru pri protivstrujnom kočenju sa pola

brzine obrtanja na nultu brzinu, ako je moment opterećenja nula.b) Koliko se ugrejao rotorski bakar u odnosu na okolinu posle reverziranja sa pola brzine

obrtanja u jednom smeru na pola brzine obrtanja u drugom smeru, ako je specifični kapacitetbakra CCU = 0.39 [kWs/kgoC].

Zadatak 1.8.4.Idealizovani ciklus jednog elektromotornog pogona, uz konstantnu brzinu obrtanja oko

nominalne vrednosti, prikazan je na slici. Metodom ekvivalentnih gubitaka, oceniti da li je pogonskitrofazni asinhroni motor preopterećen ili nije. Nominalni podaci motora su: Unom = 380 [V]; Inom =3.5 [A]; Pnom = 1.6 [kW]; nnom = 975 [min-1]; cosϕ = 0.84 [ ]; PCunom / PFenom = 2.5; Ptrv = 20 [W]. Dokoje će se temperature prosečno zagrejati motor ako se uz nominalno opterećenje zagreva nanadtemperaturu ∆θ nom = 74 [oC].


70

M1 = 10 [Nm]M2 = 15 [Nm]M3 = 20 [Nm]M4 = 10 [Nm]M5 = 5 [Nm]M6 = 17.5 [Nm]M7 = 15 [Nm]M8 = 10 [Nm]M9 = 20 [Nm]M10 = 10 [Nm]

t

M1

M2

M3

2

Mn

4 6 8 10 12 14 16 18 20

M4

M5

M6

M7

M8

M9

M10

nnom

Zadatak 1.8.5.Trofazni četvoropolni asinhroni motor ima nominalni fazni napon Unom = 220 [V] i

učestanost fnom = 60 [Hz], spregnut je u zvezdu. Odnos kritičnog i nominalnog momenta mu je Mkr /Mnom = 2.5, a kritično klizanje skr = 0.14 [ ]. Otpornost statora, induktivnost magnećenja i gubitke ugvožđu je moguće zanemariti. Odrediti:a) Odnos kritičnog i nominalnog momenta ako je linijski napon motora Ula = 312 [V] i

učestanost fnom = 50 [Hz]. Pri ovoj vrednosti napona i učestanosti, koliko je kritično klizanjei brzina motora pri kojoj se razvija maksimalni mehanički moment.

b) Sa kolikom brzinom obrtanja će se obrtati motor ako je fazni napon nominalan priučestanosti fb = 75 [Hz], a moment opterećenja radne mašine je konstantan i iznosi MT =0.4Mnom.

Rešenje 1.8.1.Vremenska zavisnost promene temperature motora u intermitentnom radu, dobija se

analizom dijagrama zagrevanja:

∆θ

∆θsmax∆θsmin

tu tmttu

∆θmax

tmtm tu tutu tu

∆θv+1min

∆θv+1max

∆θvmin

∆θvmax

∆θ2max∆θ1max

∆θ2min

∆θ1min

Tth

Ttz


71

Na osnovu dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature:

−∆+∆=∆

−−

++tz

u

tz

u

Tt

maxTt

minvmaxv ee 111 θθθ

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature:

th

m

Tt

vmaxminv e−

+ ∆=∆ θθ 1

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju između temperatura na kraju dvaisključenja:

−∆+∆=

−∆+∆=∆

−−−−

+tz

u

tz

u

tz

u

th

m

Tt

maxvmaxTt

maxTt

Tt

vmaxmaxv eaeee 111 θθθθθ

gde je:

1<==

+−−−

tz

u

th

m

tz

u

th

mTt

Tt

Tt

Tt

eeea

Prethodna relacija između temperatura na kraju dva isključenja predstavlja geometrijski niz,što znači temperaturu na kraju v – tog isključenja, možemo dobiti sumiranjem:

−

−

−∆=

−∆

−−

=∆

+−

+−

−−

tz

u

th

m

th

m

tz

u

tz

u

tz

uTt

Tt

v

Tt

Tt

Tt

maxTt

max

v

vmax e

e

eeaa 1

1

1111

θθθ

Odnosno za kvazistacionarno stanje važe sledeće relacije za maksimalnu i minimalnutemperaturu:

+−

−

+−

+−

−

∞→∞→

−

−∆=

−

−

−∆=∆

−−

=∆th

m

tz

u

tz

u

tz

u

th

m

th

m

tz

u

tz

u

Tt

Tt

Tt

maxTt

Tt

v

Tt

Tt

Tt

maxvvmax

v

vsmax

e

ee

e

eaa

1

11

1

1lim11lim θθθθ

th

m

Tt

smaxmins e−

∆=∆ θθ

a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagravanja homogen i da mu je specifični toplotnikapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[ ]CkWsmCC oFET /8.7648.0160 =⋅==

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja:

[ ]CkWA

mCTCA

ACT oFE

tz

TTtz /0427.0

603048.0160

=⋅⋅

===⇒=


72

Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 10% veća od nominalne, gubici u tomslučaju iznose:

( )

−=

−= 111.1

11.1

nomnom

nom

nomnom PP

Pηη

ηγ

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi:

[ ]CAP

AP o

nom

nommax 87.851

9.01

0427.0301.1111.1

=

−

⋅=

−==′∆

ηθ γ

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θA = 60[oC], pa na osnovu relacije za maksimalnu kvazistacionarnu temperaturu, nalazimo potrebnu vrednostvremena mirovanja:

⇒′∆

−

−=∆=∆

+−

−

max

Tt

Tt

Tt

Asmax

th

m

tz

u

tz

u

e

eθθθ

1

1

[ ]mineeeeTt tz

u

tz

u

Tt

A

maxTt

thm 358.1160

87.85ln451ln 302

302

=

−−⋅−=

−

∆

′∆−−=

θθ

Relativno trajanje uključenja je prema tome:

[ ]%56.59358.12

2100100100% =+

⋅=+

==mu

u

ttt

ED ε

b) Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi:

[ ]Cee oTt

smaxsminth

m

216.5860 45358.1

=⋅=∆=∆−−

θθ

c) Radi određivanja temperature na početku i kraju petog uključenja, nađimo prvo temperaturuna kraju četvrtog uključenja:

=

−

−

−=

+−

+−

−

tz

u

th

m

th

m

tz

u

tz

u

Tt

Tt

Tt

Tt

Tt

e

e

e'4

maxmax4 1

1

1θ∆θ∆

[ ]C.e

e

e. o.

.28191

1

18785 453581

3024

453581

302

302

=

−

−

−⋅=

+−

+−

−

Prema tome temperatura na početku petog uključenja iznosi:

[ ]Cee oTt

maxminth

m

7.1828.19 45358.1

45 =⋅=∆=∆−−

θθ


73

a temperatura na kraju petog uključenja iznosi:

=

−

−

−=

+−

+−

−

tz

u

th

m

th

m

tz

u

tz

u

Tt

Tt

Tt

Tt

Tt

e

e

e'5

maxmax5 1

1

1θ∆θ∆

[ ]C.e

e

e. o.

.56221

1

18785 453581

3025

453581

302

302

=

−

−

−⋅=

+−

+−

−

Rešenje 1.8.2.a) Pošto je brzina obrtanja motora veća od nominalne n > nnom, režim je ostvaren slabljenjemfluksa za ϕ = Φ/Φnom < 1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija:

( ) [ ]VRRIUE ppaanomnom 2.2052.074220 =⋅−=+−=

[ ]Nmn

IEnP

Mnom

anomnom

nom

nomnom 10.126

1150742.20530

260

260

=⋅

⋅===πππ

Iz podataka za nominalni režim nalazimo:

[ ]minVIE

ΦknΦkEanom

nomnomEanomnomEnom 178.0

11502.205

===⇒=

===⇒=

ANm

IM

ΦkIΦkManom

nomnomManomnomMnom 704.1

7410.126

nomMnomE

nomanomMnomnomanomnomnomEanomnomnom

ΦkΦk

nIΦkMInΦkIEP

30

602

π

π

=

⇒=Ω===

U režimu sa slabljenjem fluksa važi naponska i momentna jednačina, iz kojih rešavanjemdobijamo potrebnu vrednost na koju treba oslabiti fluks, da bi ostvarili traženi režim:

( )⇒+−== ppaaE RRIUnΦkE ''''

⇒=⇒===='30

'''30'''Φk

MIIΦkIΦkMMM

E

nomaaEaMnomT

ππ

( ) ( ) ( )( )

⇒+

−=+

−=+

−= 2'30'''30'''

''

Φk

RRM

ΦkU

ΦkRR

Φk

MΦk

UΦkRR

IΦk

UnE

ppanom

EE

ppa

E

nom

EE

ppaa

E

π

π

( ) ( )⇒=

++− 0

'30'

'' 2

nRR

MΦknUΦk ppa

nomEEπ

( ) ⇒=⋅⋅+⋅− 01422

2.030

10.126'1422220' 2 πΦkΦk EE

( ) ⇒=+⋅− 0001857.0'15471.0' 2 ΦkΦk EE


74

( )

=⋅−±

=01312.014159.0

2001857.0415471.015471.0'

2

ΦkE

MT = Mnom M

n

n'

nnom

ϕ = 0.7955

ϕ = 1

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednostirotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost:

nomnomnomE

E ΦΦΦΦkΦk 7955.0'7955.0

178.014159.0'

==⇒=== ϕϕ

b) Potrebno je vratiti fluks na nominalnu vrednost.

c) Brzina obrtanja se može smanjiti na 80% nominalne vrednosti, ubacivanjem dodatnogotpora u rotorsko kolo motora, pri nominalnoj vrednosti fluksa.

MT = Mnom

M

n

nc

ϕ = 1n0

nnom

Rdc


75

dcnomc Rnn ⇒= 8.0

[ ]VEnn

nΦkE nomnom

ccnomEc 16.1642.2058.0 =⋅===

[ ]AIIMM anomacnomT 74==⇒=

Iz naponske jednačine dobijamo potrebnu vrednost dodatnog otpora:

( )⇒++−= dcppaacc RRRIUE

( ) [ ]Ω=−−

=+−−

= 5546.02.074

16.164220ppa

ac

cdc RR

IEU

R

d) Stacionarno stanje uz rotorski otpor Rdd = 4 [Ω] određeno je naponskom jednačinom:

[ ]AIIMM anomadnomT 74==⇒=( ) ( ) [ ]VRRRIUE ddppaadd 8.9042.074220 −=+⋅−=++−=

[ ]186.50811502.2058.90 −−=⋅

−==== minn

EEn

ΦkE

n nomnom

cnomE

dd

Ovo stacionarno stanje se može održati samo za potencijalni teret.

MT = Mnom

M

n

nd

ϕ = 1

n0

Rešenje 1.8.3.a) Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uloženaelektrična energija troši na promenu kinetičke energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačinesledi:

dtdsJM

dtd

dtdss

dtdJM sm

ss

sm ω

ωωω

ωωωΣΣ −=⇒−=⇒

−=⇒=

1


76

odnosno:

dsJdtM sm ωΣ−=

Izračunajmo prvo energiju koju prima rotor, radi toga prethodnu relaciju pomnožimo sa ωs,pa dobijamo:

dtpdsJdtM obrssm =−= Σ2ωω

Proizvod Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, pa traženu energiju dobijamointegraljenjem:

( ) =−==−== ΣΣΣ ∫∫∫ 21222

1

2

2

1

2

1

ssJdsJdsJdtpW s

s

ss

s

ss

t

tobrrot ωωω

( ) [ ] [ ]kWsWs 181.15415418115.130

15005.122

==−⋅

⋅

⋅=π

Ako izvornu relaciju pomnožimo sa ωss, budući da Mmωs pretstavlja snagu obrtnogmagnetnog polja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakrurotora, pa dobijamo:

dtpsdtpsdsJsdtM Curobrssm ==−= 2ωω Σ

Energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem:

( ) =−==−== ∫∫∫ 22

21

222

2

1

2

2

1

2

1

ssJsdsJsdsJdtpW ss

ss

s

ss

t

tCurCur

ωωω ΣΣΣ

( ) [ ] [ ]kWsWs 765.19219276515.130

15002

5.12 222

==−⋅

⋅

⋅=π

b) Energija koja se u rotoru pretvara u toplotu pri reverziranju sa pola brzine u jednom smeruobrtanja na pola brzine u drugom smeru obrtanja iznosi:

( ) ( ) [ ] [ ]kWs.Ws...'s'sJ'W sCur 2193083082195051

301500

2512

222

22

22

1

2

==−⋅

⋅

⋅=−=πω

Σ

Tokom kratkog vremena izmene brzine, bakar se ne uspeva ohladiti, pa se zagreva nanadtemperaturu u odnosu na okolne delove:

[ ] [ ]C.

CkgkWs.

kWs.Cm

'W o

oCuCur

CurCu 8665

39012

219308=

⋅

==θ∆

Rešenje 1.8.4.Stepen iskorišćenja motora iznosi:


77

[ ]8270840613803

16003

...cosIU

P

nomnomnom

nom =⋅⋅⋅

==ϕ

η

Ukupni i pojedinačni nominalni gubici su prema tome:

( ) ( ) [ ]W.

.PP nom

gnom 3358270

8270116001=

−=

−=

ηη

[ ]WPP'P trvgnomgnom 31520335 =−=−=

⇒

+=+=+= 1

Fenom

CunomFenomFenomFenom

Fenom

CunomFenomCunomgnom P

PPPP

PP

PP'P

[ ]W..

PP

'PP

Fenom

Cunom

gnomFenom 90

53315

152315

1==

+=

+=

[ ]W.PPP

P FenomFenom

CunomCunom 2259052 =⋅==

Momentna karakteristika iz postavke zadatka radi određivanja srednje vrednosti gubitaka,mora se pretvoriti u karakteristiku gubitaka, odnosno moramo za svaki segment izračunati gubitke.

[ ]WnMP nom 1021975103030 11 =⋅⋅==ππ

=+⋅

=+

=+= 90225

16001021'

22

111 FenomCunom

nomFenomCug PP

PPPPP

[ ]W7.18190225638.0 2 =+⋅=

[ ]WnMP nom 1532975153030 22 =⋅⋅==ππ

=+⋅

=+

=+= 90225

16001532'

22

222 FenomCunom

nomFenomCug PP

PPPPP

[ ]W2.29690225957.0 2 =+⋅=

[ ]W...'P'PP gg

gI 92382

229671812

21 =+

=+

= [ ]st I 2=

[ ]WnMP nom 2042975203030 33 =⋅⋅==ππ

=+⋅

=+

=+= 90225

16002042'

22

333 FenomCunom

nomFenomCug PP

PP

PPP

[ ]W6.45690225276.1 2 =+⋅=[ ]W.'PP ggII 64563 == [ ]st II 3=

[ ]W.'P'PMM gg 71811414 ==⇒=

[ ]W...'P'PP gg

gIII 13192

718164562

43 =+

=+

= [ ]st III 1=

[ ]WnMP nom 51197553030 55 =⋅⋅==ππ


78

=+⋅

=+

=+= 90225

1600511 22

555 FenomCunom

nomFenomCug PP

PP

PP'P

[ ]W.. 9112902253190 2 =+⋅=

[ ]W...'P'PP gg

gIV 31472

911271812

54 =+

=+

= [ ]st IV 4=

t

PgI

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

Pg PgII

PgIII

PgIV

PgV PgVI

PgVII

PgVIII

PgIX

PgI

tc

[ ]W.nMP nom 17879755173030 66 =⋅⋅==ππ

=+⋅

=+

=+= 90225

16001787'

22

666 FenomCunom

nomFenomCug PP

PP

PPP

[ ]W7.37090225117.1 2 =+⋅=[ ]W.'PP ggV 73706 == [ ]stV 2=

[ ]W.'P'PMM gg 22962727 ==⇒=

[ ]W...'P'PP gg

gVI 43332

229673702

76 =+

=+

= [ ]stVI 1=

[ ]W.PPMMMM gIIIgVII 13193948 ==⇒=∧= [ ]stVII 3=

[ ]W.PPMM gIIgVIII 645639 ==⇒= [ ]stVIII 2=

[ ]W.'P'PPMM gggIX 7181110110 ===⇒= [ ]st IX 2=

Srednja vrednost električnih gubitaka je na na osnovu izračunatih vrednosti:

=++++++++

++++++++=

IXVIIIVIIVIVIVIIIIII

IXgIXVIIIgVIIIVIIgVIIVIgVIVgVIVgIVIIIgIIIIIgIIIgIgsr ttttttttt

tPtPtPtPtPtPtPtPtP'P


79

=++++++++

=c

IXgIXVIIIgVIIIVIIgVIIVIgVIVgVIVgIVIIIgIIIIIgIIIgI

ttPtPtPtPtPtPtPtPtP

20

31319143332737043147113193645629238 +⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

.......

[ ] [ ]W'PW...gnom 31523032718126456

=<=⋅+⋅+

Ukupni srednji gubici iznose:

[ ] [ ]WPW..P'PP gnomtrvgsrgsr 3352323202303 =<=+=+=

Pošto je vrednost srednjih gubitaka manja od vrednosti nominalnih gubitaka, motor jesposoban da savlada zadato opterećenje, pri čemu dostiže nadtemperaturu manju od dozvoljene:

[ ] [ ]CC..PP o

nomo

nomgnom

gsr 7447174335

2323=<=⋅== θ∆θ∆θ∆

Rešenje 1.8.5.a) Kritična vrednost momenta je:

[ ]NmMMMUf

fU

M nomnomkrnomnom

nom

a

fakra 41.25.2

22050360312

22

=

⋅⋅

⋅=

=

Kritično klizanje je:

[ ]168050

60140 ..f

fss

a

nomkrnomkra =

⋅==

Brzina pri kojoj se razvija maksimalni moment je upravo kritična brzina, koja iznosi:

( ) ( ) ( ) [ ]112482506016801

6011 −=

⋅⋅−=−=−= min.

pf

snsn akrasakrakra

a) Kritična vrednost momenta u ovom slučaju je:

[ ]NmM.M.Mf

fM nomnomkrnom

b

nomkrb 6152

7560 22

=

=

=

Kritično klizanje je:

[ ]112075

60140 ..f

fss

b

nomkrnomkrb =

⋅==

Pošto važi Klosov obrazac i u ovom slučaju sledi:


80

[ ][ ]

=

−

±⋅=

−

±=

0142088180

14061

406111201

22

.

...

.

..MM

MM

ssT

krb

T

krbkrbb

Usvajamo manje rešenje pošto se radi o motornom režimu, što znači da se motor obrće sabrzinom obrtanja od:

( ) ( ) ( ) [ ]10522182

756001420160

11 −=⋅

⋅−=−=−= min..pf

snsn bbsbbb


Zadatak 1.9.1.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga Pnom = 40

[kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 200 [A];nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp =0.1 [Ω]; pokreće radnu mašinu, čiji je mehanički moment potencijalnog karaktera i jednak jekonstanti. Pogon radi u statičkom stanju pri podizanju tereta nominalnom brzinom. Ako posle togatreba ostvariti spuštanje sa trećinom nominalne brzine, šta treba preduzeti ako je motor i dalje vezanna mrežu konstantnog napona. Izračunati i sve karakteristične veličine i gubitke snage pri spuštanjui podizanju tereta.

Zadatak 1.9.2.

v

ASM

D max

iR

n1

M1 ASM

D min

iR

n2

M2

f'

Pogon kolica izveden je sa dva trofazna asinhrona osmopolna motora nominalne snage Pnom= 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 740 [min-1]. Motori se napajaju iz zajedničkogpretvarača frekvencije. Svaki motor goni jednu pogonsku osovinu preko reduktora sa prenosnimodnosom iR = 55.345 [ ]. Prečnici pogonskih točkova zbog istrošenosti se razlikuju i iznosemaksimalno Dmax = 1.2 [m] i minimalno Dmin = 1.19 [m]. Maksimalna brzina vozila iznosi vmax =49.73 [m/min].


81

a) Procentualno kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori primaksimalnoj brzini vozila, uz uslov da je moment potreban za kretanje pri toj brzini jednakdvostrukoj vrednosti nominalnih momenata pojedinačnih motora.

b) Kolika je potrebna izlazna frekvencija pretvarača koja obezbeđuje kretanje vozilamaksimalnom brzinom.

Zadatak 1.9.3.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalna snaga Pnom =

40 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 440 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 100 [A];nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp =0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ =20 [kgm2], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnojbrzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora.a) Odrediti vrednosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u stacionarnom

stanju.b) Izvesti i nacrtati zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u

prelaznom režimu koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja.

Zadatak 1.9.4.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, tera radni mehanizam koji ga opterećuje

tek nakon dostizanja pune brzine obrtanja. Motor se pušta direktno priključenjem na mrežu naponaod Unom = 440 [V]. Pri tom energija izgubljena za zalet iznosi Wz. Na koliko se smanji energijagubitaka u zaletu ako se koristeći se trima naponima priključimo motor prvo na U1 = 110 [V], pakad motor postigne punu brzinu za taj napon, prekopčamo na U2 = 220 [V], a zatim ga, pri punojbrzini za taj napon, prespojimo na pun napon Unom = 440 [V]?

Zadatak 1.9.5.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski napon

Unom = 180 [V]; nominalna snaga Pnom = 4.25 [kW]; brzina praznog hoda n0 = 750 [min-1];nominalna brzina obrtanja nnom = 725 [min-1]; napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskogispravljača priključenog je na mrežu napona Umre = 220 [V].

MM

Odrediti za koliko će se promeniti ugao paljenja tiristora pri nominalnoj brzini obrtanja pripromeni opterećenja od nula do 150% nominalnog (od Mm = 0 do Mm = 1.5Mnom).

Rešenje 1.9.1.Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija:

( ) [ ]VRRIUE ppaanomnom 2001.0200220 =⋅−=+−=


82

[ ]minVnE

ΦknΦkEanom

nomnomEanomnomEnom

•===⇒= 1333.01500200

[ ] [ ] 0401040200200 3 =⇒==⋅=⋅== trvnomanomnomm PPkWWIEP

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 648.254

15004000030

260

=⋅==ππ

( ) [ ] [ ]kWWRRIP ppaanomgCunom 440001.020022 ==⋅=+=

[ ] [ ]kWWPPP gCunomm 44440004000400001 ==+=+=

Ako se motor obrće nominalnom brzinom obrtanja, a vezan je za mrežu sa nominalnomvrednošću napona, on se nalazi u nominalnom režimu koji karakterišu izračunati nominalni podaci.

U režimu spuštanja motor se obrće u suprotnom smeru sa trećinom nominalne brzine:

[ ]15003

150031' −−=−=−= minnn nom

Indukovana elektromotorna sila motora u tom slučaju iznosi:

( ) [ ]VnnE

nΦkEanom

nomnomE

•−=−⋅=== 666.665001500200'''

Pošto je teret potencijalnog karaktera a gubici trenja i ventilacije su zanemareni, važi:

[ ]AIIIΦkMIΦkM anomaanomnomMnomanomM 200''' ==⇒===

Ako je motor i dalje vezan na mrežu konstantnog napona, željeni režim ostvarujemododavanjem otpornika u rotorsko kolo, sa otpornošću vrednosti:

MT = Mnom

M

n

n'

nnomR d = 0

R d = 1.333 [ Ω]

( )⇒+++= dppaa RRRIEU ''


83

( ) ( ) [ ]Ω=−−−

=+−−

= 333.11.0200

666.66220'

'ppa

ad RR

IEUR

Bilans snaga u tom režimu je:

[ ] [ ]kWWIEP am 333.1313333200666.66''' −=−=⋅−==

( ) ( ) [ ] [ ]kW.W..RRR'I'P dppaagCu 332575733233311020022 ==+⋅=++=

[ ] [ ]kWW'P'P'P gCum 444400057332133331 =≈+−=+=

Rešenje 1.9.2.a) Pri maksimalnoj brzini kretanja vozila:

===

sm..vv max 8290

607349

brzina obrtanja pojedinih motora zbog različitih prečnika točkova iznosi:

[ ]11 730

213455582906060

260 −=

⋅⋅=== min

...

Div

Riv

nmax

Rmax

max

Rmax

πππ

[ ]12 736

1913455582906060

260 −=

⋅⋅=== min

...

Div

Riv

nmin

Rmax

min

Rmax

πππ

Mnom

Mt

M

nnom nsnomnt nns'nt'

fnom

f '

Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemosmatrati linearnom, a da se momentna kriva za različitu frekvenciju napajanja f ' od nominalnedobija translacijom momentne krive za nominalnu frekvenciju napajanja fnom dobijamo izraz zabrzinu obrtanja motora iz proporcije:

( ) ⇒−=−=−⇒−−

= nomsnomnom

ttsnomts

nomsnom

tsnom

nom

t nnMM

nn'n'nnnnn

MM

( )nomsnomnom

tst nn

MM

'n'n −−=


84

Primenom ovog izraza za naš slučaj, dobijamo izraze za pojedinačne brzine motora:

( )nomsnomnom

s nnMM'nn −−= 1

1

( )nomsnomnom

s nnMM'nn −−= 2

2

Odnosno pojedinačne momente motora:

nomsnom

snom nn

n'nMM

−−

= 11

nomsnom

snom nn

n'nMM

−−

= 22

Pošto je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu tereta, dalje važi:

⇒=+ tMMM 21

nomsnom

nom

nomsnomnom nn

nnMM

nnnnMMMM

−−

=⇒−−

==− 121221 2

2 ∆∆

nomsnom

nomtt

nnnnMM

MM

M−−

+=+= 121 222

∆

nomsnom

nomtt

nnnnMM

MM

M−−

−=−= 122 222

∆

Odnosno važi da je razlika opterećenja u momentima motora:

( ) ⇒⋅=⋅−⋅

−=

−−

= nomnomnomsnom

nom M.MnnnnM

M 307407502

7307362

12∆

[ ]%M

M.M

M%Mnom

nom

nom

3010030

100 =⋅⋅

=⋅=∆

∆

M1

M

1.3Mnom

n743 [min-1]

736 [min-1]730 [min-1]

0.7Mnom

2Mnom

M2


85

Pošto je moment opterećenja jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta, motor kojigoni točak sa većim poluprečnikom biće opterećen sa 30% većim momentom od nominalnog, amotor koji goni točak sa manjim poluprečnikom biće opterećen sa 30% manjim momentom odnominalnog.

b) Iz prethodnih relacija nalazimo sinhronu brzinu motora koja obezbeđuje kretanje vozilamaksimalnom brzinom:

( ) ( ) =−

++=−+= nomsnom

nomnom

tnomsnom

noms nn

MM

MM

nnnMMn'n ∆

211

1

( ) ( ) [ ]1743740750301730 −=−⋅++= min.

Dalje traženu potrebnu izlaznu frekvenciju pretvarača koji obezbeđuje kretanje vozilamaksimalnom brzinom nalazimo iz proporcije:

[ ]Hz.fn

'n'f

fn

'f'n

nomsnom

s

nom

snoms 5344950750743

=⋅==⇒=


[ ]Nm.n

PPM

nom

nom

nom

nomnom 65254800

1500104030

602

3

==⋅

⋅⋅===

πππΩ

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak jenominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom:

( )nom

nomt nnMnM =

Mmax

MnomM

n0

n

n

0

nnom

Mdin

Mm

Mt

Mm(n)

Mt(n)


86

Moment motora računamo iz odnosa prema prethodnoj skici na kojoj je prikazanamehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom uporedno sa karakteristikom opterećenja:

−=

−=⇒

−=

00

0

00

1nnM

nnn

MMnn

Mn

Mmaxmaxm

mmax

Maksimalna vrednost rotorske struje iznosi:

[ ]A.RR

UI

ppa

nommax 1000

440440

==+

=

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi izmeđumomenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije:

[ ]Nm..II

MMI

MI

M

nom

maxnommax

nom

nom

max

max 52546100100065254 =⋅==⇒=

Brzina praznog hoda iznosi:

[ ]100 671666

10004404404401500 −=

⋅−⋅=

−=

−== min.

.IRUU

n

nIRU

Uk

En

nomanom

nomnom

nom

nomanom

nom

nomEΦ

Iz skice, odnosno uslova zadatka, zaključujemo da je stacionarna radna tačka upravonominalna radna tačka motora, odnosno:

[ ] [ ]Nm.MMMminnn nommstactstacnomstac 652541500 1 ===== −

b) Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja:

( ) ( ) ( )nom

nommaxtmdin nnM

nnMnMnMnM −

−=−=

0

1

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, dobijamodiferencijalnu jednačinu:

⇒=⇒=dtdn

dtdn

30602 πωπ

ω ⇒−

−===

nomnommaxdin n

nMnnMM

dtdnJ

dtdJ

0

130πω

ΣΣ

nommax

nom

max nn

MM

nn

dtdn

MJ

−

−=

0

130πΣ

Iz proporcije sa skice na kojoj je prikazan motorni moment motora sledi:

⇒−=−

=⇒=− 00

0

00

1n

nn

nnMM

nM

nnM nomnom

max

nommax

nom

nom


87

⇒−=

−−

−=

nomnom

nom

max nn

nn

nn

nn

dtdn

MJ 111

30 00

πΣ

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu:

[ ]s..M

nJT

max

nomm 2341

3052546150020

30=

⋅⋅⋅

==ππΣ

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu:

nommm

nT

nTdt

dn 11=+

Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja:za ustaljeni režim ( nF ) i za prelazni režim ( nN )

NF nnn +=

nomFnomm

Fm

Nm

N nnnT

nT

nTdt

dn=⇒=⋅++

111

Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima:

tT

NNm

N meAnnTdt

dn 1

01 −

⋅=⇒=+

tT

nomNFmeAnnnn1

−

⋅+=+=

Za t = 0 je i n = 0, pa se dobija:

nomnA −=

[ ]12341

1

115001 −−−

−⋅=

−= mineenn .

ttT

nomm

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji:

( ) [ ]Nme.eMenn

Mn

nMnM .tt

Tnom

tT

nom

nomnom

nomnomt

mm

−⋅=

−=

−==

−−−2341

11

16525411

A moment motora se menja sa vremenom po funkciji:

=

+−=

−−=

−=

−− tTnomnom

max

tTnom

maxmaxmmm e

nn

nn

Men

nM

nnMM

1

00

1

00

1111


88

( ) =−+=

−+=

−− tT

nommaxnom

tT

max

nom

max

nommax

mm eMMMeMM

MM

M11

1

( ) [ ]Nme..e... .t

.t

23412341 85229165254652545254665254−−

⋅+=⋅−+=

Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu kojinastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu.

Rešenje 1.9.4.Snaga koja se ulaže u jednosmerni motor Pul = UIa, troši se na gubitke u bakru i razvijanje

mehaničke snage izražene sa ekvivalentom Pmeh = EIa:

mehulaaCuaaaa PPEIUIPRIRIEIUI −=−==⇒+= 22

Pošto je: 0ωΦcU = i ωΦcE = dalje važi:

( ) ( )ωωωωΦ −=−= 002

maa MIcRI

Sem toga pošto se ceo razvijeni moment motora troši na ubrzanje važi:

ωω Σ

Σ dMJ

dtMMdtdJ

mmdin =⇒==

Iz toga sledi da priraštaj gubitaka energije u bakru iznosi:


89

( ) ( ) ( ) ωωωωωωωω dJdMJMdtMdtRIdW

mmmaCu −=−=−== Σ

Σ000

2

Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t1 i t2, odnosno dve ugaone brzineω1 i ω2 dobijamo integraljenjem:

( ) =

−=−=== ΣΣ∫∫∫

1

22

002

2

2

1

2

1

2

1ωωω

ωωωωωω

ω

JdJdtRIdWWt

ta

t

tCuCu

( )

−−−=

2

21

22

120ωω

ωωωΣJ

Za zalet sa direktnim priključenjem na mrežu napona od Unom = 440 [V]. od 0 do ω0 važi:

22

02

020 222

Φ==

−== Σ

ΣΣ cUJ

JJWW nomzCu

ωωω

Za zalet sa postepenim priključenjem na niže pa više napone, pojedinačne energije gubitakasu:

16440110

22'

2'

''22

12

12

02

020

zz

nomzz

WWUUW

cUJJJW =

=

=

Φ==

−= Σ

ΣΣ

ωωω

( ) ( )=

Φ−

=−

=

−−−= Σ

ΣΣ

212

200

20

20

000 22'''

2'''

'''''''c

UUJJJWzωωωω

ωωω

16440

110220 22

12 zz

nomz

WWU

UUW =

−

=

−=

( ) ( )=

Φ−

=−

=

−−−= Σ

ΣΣ

22

200

20

20

000 22''

2''

''''''c

UUJJJW nom

zωωωω

ωωω

4440

220440 22

2 zz

nom

nomz

WWU

UUW =

−

=

−=

Ukupna energija gubitaka u zaletu sa postepenim uključivanjem jednaka je zbirupojedinačnih energija gubitaka:

( ) zzzzzz

zzzz WWWQWW

WWWW ⋅=⋅=++⋅=++=++=Σ 375.083411

1641616''''''

Na osnovu rezultata zaključuje se da se gubici smanjuju na 37.5% odnosno za 62.5%.

Rešenje 1.9.5.Srednja vrednost izlaznog napona iz punoupravljivog tiristorskog ispravljača određena je

relacijom:

( ) ( ) ααπ

ωωπ

βπ

α

coscos22sin21dcomremresr UUtdtUU === ∫

+


90

Gde je Udc0 maksimalni izlazni jednosmerni napon:

[ ]VUUU mremredco 1982209.09.022=⋅===

π

Iz toga proizlazi da pri opterećenju od Mm = 0 ugao paljenja tiristora proizlazi iz sledećihrelacija:

'cos' αdconomsr UEU ==

nomnom

nommnomEnom nn

UnΦkE

0

==

[ ]onom

dco

nomnom

dco

nom

dco

nom arn

nUU

arn

nUU

arUE

ar 50.288787.0750198725180coscoscoscos'

00

==⋅⋅

==== •α

Pri opterećenju od Mm = 1.5 Mnom i pri nominalnoj brzini obrtanja, ugao paljenja tiristoraproizlazi iz sledećih relacija:

anomanom

a

anom

a IIMM

II

5.15.1 =⇒==

( ) ( ) ''cos5.1'' αdcoanomppanomappanomsr UIRREIRREU =++=++=

( )

−=−=−=+

00

1n

nUn

nU

UEUIRR nomnomnom

nomnomnomnomanomppa

⇒=

−=

−+= ''cos5.05.115.1''

000

αdconom

nomnom

nomnomnom

sr Un

nU

nn

Unn

UU

[ ]onom

dco

nom ararn

nUU

ar 445.2292424.0cos7507255.05.1

198180cos5.05.1cos''

0

==

⋅−⋅=

−= •α

Prema tome pri nominalnoj brzini obrtanja, promena opterećenja od nula do 150%nominalnog (od Mm = 0 do Mm = 1.5Mnom) izazvaće promenu ugla paljenja tiristora sa 28.50 na22.445 stepeni.



Unom = 220[V]; nominalna rotorska struja Ianom = 48[A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 870[min-1];otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.426 [Ω]; priključen je na mrežu konstantnognapona. Definisati način i odrediti potrebne vrednosti parametara da bi se ostvarili sledeći režimirada:a) Rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n1 = 1000 [min-1]; n2 = 1100 [min-1].b) Protivstrujno kočenje pri n3 = 300 [min-1].c) Dinamičko kočenje pri n4 = 300 [min-1].

U svim režimima obezbediti konstantan momenat kočenja Mk = 87 [Nm].

Zadatak 1.10.2.Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski

napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom =


91

1150 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; vezana su na red ipriključena na mrežu napona napon Umre = 440 [V]. Motori pokreću okretnu peć sa kojom sumehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, unajgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Sa kolikim svedenim momentom opterećenja semože trajno optereretiti ova grupa motora?

MMM1 M2

Zadatak 1.10.3.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga Pnom = 40

[kW]; nominalni rotorski napon Unom = 440 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 100 [A];nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp =0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ =20 [kgm2], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnojbrzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskogispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantnu graničnu struju jednaku nazivnoj vrednostirotorske struje.

Izvesti i nacrtati zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja uprelaznom režimu, koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja.

Zadatak 1.10.4.Trofazni trobrzinski motor (sa tri statorska namotaja) od Pnom = 4/25/50 [kW], f = 50 [Hz] i

2p = 24/8/4 [ ] goni radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ =7.5 [kgm2]. Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzineobrtanja, ako ga upuštamo postepeno, uključujići najnižu, srednju, pa najvišu brzinu, premagubicima koji bi nastali direktnim uključenjem najviše brzine?

Zadatak 1.10.5.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima:

nominalni rotorski napon Unom = 180 [V]; nominalna snaga Pnom = 4.25[kW]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 750 [min-1]; nominalna brzinaobrtanja nnom = 725 [min-1]; nominalni napon pobude Unom = 200 [V];napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskog ispravljačapriključenog na mrežu napona Umre = 220 [V].

Odrediti minimalni mrežni napon pri kojem motor još uvek možeda radi u punom opsegu brzine obrtanja sa faktorom preopterećenjamomenta Mmax/Mnom = 2 [ ].

MM1


92


( ) [ ]VRRIUE ppaanomnom 552.199426.048220 =⋅−=+−=

[ ]minVnE

ΦknΦkEanom


870552.199

===⇒=

[ ] ⇒==⋅

⋅=== anomnomMnom

anomnom

nom

nomnom IΦkNm

nIE

nP

M 143.1051500

48552.1993030260

πππ

=⋅==

ANmΦkΦk nomEnomM 1908.22294.03030

ππ

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije:

[ ]AMM

IIIΦkMIΦkM

nom

kanomak

anomnomMnom

aknomMk 717.39143.1058748 −=

−⋅==⇒

==

Prirodna mehanička karakeristika određena je izrazom:

( ) ( ) ( )( )

=+

−=+

−=+

−= 2nomME

ppam

nomEnomE

ppa

nomM

m

nomEnomE

ppaa

nomE Φkk

RRM

ΦkU

ΦkRR

ΦkM

ΦkU

ΦkRR

IΦkUn

( )

( )20nomME

ppam Φkk

RRMn

+−=

gde je:

[ ]10 0235.959

2294.0220 −=== min

ΦkUn

nomE

a) Prema tome pri rekuperativnom kočenju bez dodatnog otpornika motor bi razvijao brzinuobrtanja:

( )( )

( ) [ ]120 7685.1032

1908.22294.0426.0870235.959 −=⋅

−−=+

−= minΦkk

RRMnn

nomME

ppakk

Uz dodati otpor za rekuperativno kočenje važi:

( )( )

⇒++

−= 20nomME

dppakk Φkk

RRRMnn

( ) ( )ppanomMEk

kd RRΦkk

Mnn

R +−−

= 20

Pa za brzinu obrtanja n1 = 1000 [min-1] sledi:

( ) ( ) =+−−

= ppanomMEk

d RRΦkkM

nnR 210

1


93

[ ]Ω−=−⋅⋅−

−= 1893.0426.01908.22294.0

8710000235.959

da rekuperativno kočenje nije izvodljivo pošto je ispod prirodne karakteristike.Za rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n2 = 1100 [min-1] sledi da treba dodati otpor vrednosti:

( ) ( ) =+−−

= ppanomMEk

d RRΦkkM

nnR 220

2

[ ]Ω=−⋅⋅−

−= 388.0426.01908.22294.0

8711000235.959

b) Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika urotorsko kolo, pa za taj režim važi:

( )( )

( )( )2

302

33

nomME

dppamb

nomME

dppam

nomE

b

Φkk

RRRMn

Φkk

RRRM

ΦkU

n++

−=++

−=

gde je:

[ ]10 0235.959

2294.0220 −−=

−== min

ΦkU

nnomE

bb

Pa važi:

( ) ( ) =+−−

= ppanomMEk

bd RRΦkk

Mnn

R 2303

[ ]Ω=−⋅⋅−

−−= 8469.6426.01908.22294.0

8711000235.959

[ ]VnΦkE nomE 82.683002294.033 =⋅==

[ ]ARRR

EUI

dppa

ba 7.39

8469.6426.082.68220

3

33 −=

+−−

=++

−=

c) Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo,pa za taj režim važi:

( )( )2

340

nomME

dppamc Φkk

RRRMnU

++−=⇒=

Pa važi:

( ) ( ) =+−−= ppanomMEk

d RRΦkkMnR 24

4

[ ]Ω=−⋅⋅−

−= 307.1426.01908.22294.087

300

[ ]VnΦkE nomE 82.683002294.044 =⋅==


94

[ ]ARRR

EUI

dppa

ca 7.39

307.1426.082.680

3

44 −=

+−

=++

−=

Mk

M

n

nnom

R d = 0

Mnom

n0

n2

nk

n3 = n4

-n0

R d2

R d3R d4

R d1 < 0

n1

Rešenje 1.10.2.Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija:

( ) [ ]V..RRIUE ppaanomnomnom 22052074220 =⋅−=+−=

[ ]Nmn

IEnP

Mnom

anomnom

nom

nomnom 10.126

1150742.20530

260

260

=⋅

⋅===πππ

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođerazličiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različitemomente. Motori su vezani na red, pa kroz njih protiče ista struja, a ujedno pošto su mehaničkispregnuti okreću se istom brzinom obrtanja, pa važi sledeća naponska i momentna jednačina:

( ) ( ) =+++++=+= ppaamppaammmmre RRIERRIEUUU 2121

( ) ( ) ( ) =+++=+++= ppaammEppaamEmE RRInΦΦkRRInΦknΦk 22 2121

( ) ( ) ( )ppaanomEppaanom

mmnomE RRInΦkRRIn

ΦΦΦ

Φk ++±+±=+++

= 2112 2121 εε

( ) ( ) ( )

++

±±

+=++±±= ppaanomEppaanomE RRInΦkRRInΦk2

1222 2121

εεεε

( ) =+

=+=+=+= anom

mmnomMammMamMamMmmt I

ΦΦΦ

ΦkIΦΦkIΦkIΦkMMM 21212121

( )

±±

+=±+±=2

1211 2121

εεεε anomManomM IΦkIΦk


95

Gde je %,% 11 21 ≤≤− εε .Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnomvrednošću struje Ianom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednostmaksimalno mogućeg momenta opterećenja i brzine obrtanja motora u funkciji mogućeg odstupanjavrednosti pobudnih struja:

±±

+=

±±

+=2

122

12 2121 εεεεnomanomnomMmaxt MIΦkM

( )

±±

+

+−=

21

221 εε

nomE

ppaanommre

Φk

RRIU

n

Pošto važi u našem slučaju da je nommre UU 2= poslednja relacija postaje:

( )

±±

+=

±±

+

+−=

21

21 2121 εεεε

nom

nomE

ppaanomnom n

Φk

RRIUn

Najmanja vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja dobija se za%121 −== εε :

[ ]Nm....MMM nomnommaxt 682491012698199021002

1112 =⋅=⋅⋅=

⋅−−

+=

pri brzini obrtanja:

[ ]1621161990

1150990

2111

−===

−−

+= min.

..nn

n nomnom

Najveća vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja dobija se za %121 == εε :

[ ]Nm....MMM nomnommaxt 722541012602201121002

1112 =⋅=⋅⋅=

⋅++

+=

pri brzini obrtanja:

[ ]1621138011

1150011

2111

−===

++

+= min.

..nn

n nomnom

Primetimo da za najverovatniju vrednost odstupanja 21 εε −= , važi da je maksimalnavrednost mogućeg momenta opterećenja jednaka dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta motoraa da je brzina obrtanja nominalna:


96

[ ]Nm..MMM nomnommaxt 2025210126222

12 11 =⋅=⋅=

−+

+=εε

[ ]1

11

11501

21

−==

−+

+= min

nnn nomnom

εε


[ ]Nm.n

PPM

nom

nom

nom

nomnom 65254800

1500104030

602

3

==⋅

⋅⋅===

πππΩ

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak jenominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom:

( )nom

nomt nnMnM =

Zbog postojanja strujne granice tiristorskog ispravljača struja polaska motora je konstantna,pa pošto je kod motora sa nezavisnom pobudom fluks konstantan, a važi linearan odnosi izmeđumomenta i struje, motor tokom polaska razvija konstantan moment:

[ ]Nm.MII

MII

MMI

MI

Mnom

nom

nomnom

nom

polnompol

nom

nom

pol

pol ⋅====⇒= 65254

Dinamički moment računamo iz odnosa prema sledećoj skici, na kojoj je prikazanamehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom napajanog sa tiristorskim ispravljačem,uporedno sa karakteristikom opterećenja.

Iz skice, zaključujemo da je stacionarna radna tačka upravo nominalna radna tačka motora,odnosno:

[ ] [ ]Nm.MMMminnn nommstactstacnomstac 652541500 1 ===== −

Ubrzanje se izvodi sa konstantnim momentom motora do stacionarne radne tačke.Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja:

( ) ( ) ( )

−=−=−=

nomnom

nomnompoltmdin n

nMn

nMMnMnMnM 1


⇒=⇒=dtdn

dtdn

30602 πωπ

ω


−===

nomnomdin n

nMMdtdnJ

dtdJ 1

30πω

ΣΣ

Uvođenjem sm

MnJ

Tnom

nomm 3

= Σ

dobijamo krajnju dife

m Tn

Tdtdn 1

=+

Rešenje nalazza ustaljeni re

NF nnn +=

Nm

N nTdt

dn+

1

Rešavanjem h

Nm

N nTdt

dn 1+

NF nnn =+=

Za t = 0 i n =

nomnA −=

n

97

ene za elektromehaničku vremensku konstantu:

[ ]s..

34123065254

1500200

=⋅

⋅⋅=

ππ

rencijalnu jednačinu:

nomm

n1

imo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja:žim ( nF ) i za prelazni režim ( nN )

nomFnomm

Fm

nnnT

nT

=⇒=⋅+11

omogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima:

tT

NmeAn1

0−

⋅=⇒=

tT

nommeAn1

−

⋅+

0, pa se dobija:

Mpol

Mnom

M

n0

n

0

nnom

Mdin

Mpol

Mt

Mm(n)

Mt(n)


98

[ ]13412

1

115001 −−−

−⋅=

−= mineenn .

ttT

nomm

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji:

( ) [ ]Nme.eMenn

Mn

nMnM .tt

Tnom

tT

nom

nomnom

nomnomt

mm

−⋅=

−=

−==

−−−3412

11

16525411

A moment motora ne menja sa vremenom odnosno konstantan je i jednak nominalnom:

[ ]Nm.MM nomm 65254==

Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu kojinastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu.

Rešenje 1.10.4.U postavci zadatka nije napomenuto koliki je moment opterećenja. Usvojimo da pogon

nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uložena električna energija troši na promenu kinetičkeenergije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačine sledi:

dtdsJM

dtd

dtdss

dtdJM sm

ss

sm ω

ωωω

ωωωΣΣ −=⇒=⇒

−=⇒=

1

odnosno:


99

dsJdtM sm ωΣ−=

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, dobijamo:

dtpsdsJsdtM Curssm =−= 2ωω Σ

Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, a Mmωss predstavlja trenutnu vrednostgubitaka u bakru rotora. Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem uodgovarajućem vremenskom segmentu:

( )22

21

222

2

1

2

2

1

2

1

ssJsdsJsdsJdtpW ss

ss

s

ss

t

tCurCur −==−== ∫∫∫

ωωω ΣΣΣ

Dalje se rešenje zadatka svodi na određivanje mehaničkih sinhronih ugaonih brzina prijednobrzinskom upuštanju i trobrzinskom upuštanju. Pod pretpostavkom da se upuštanja izvršavado skoro sinhronih brzina odnosno nultih klizanja tražene gubitke nalazimo iz sledećih relacija,posebno za jednobrzinsko upuštanje p = 2:

⇒===pf

pfns

sπππ

ω2

60602

602

( ) ( ) [ ]Ws..JssJW ssCur 7592433

2502

25701

22

222

22

22

1

2

=

⋅⋅

⋅=−=−=πωω

ΣΣ

I posebno za trobrzinsko upuštanje p = 12/4/2:

⇒='pf's

πω

2

( ) ( ) [ ]Ws..'Jss

'J'W ss

Cur 60256712

50225701

22

222

22

22

1

2

=

⋅⋅

⋅=−=−=πωω

ΣΣ

011221 =⇒−=−=

−=⇒= s

'p''p

'''

'''''

s''pf''

s

s

s

sss ω

ωω

ωωπω

( ) =

−=−=

222

22

1

2

122 'p

''p''Jss

''J''W ss

Curωω

ΣΣ

[ ]Ws.. 42102701241

4502

257 22

=

−

⋅⋅

⋅=π

011221 =⇒−=−=

−=⇒= s

''p'''p

'''''

''''''''

s'''pf'''

s

s

s

sss ω

ωω

ωωπω

( ) =

−

⋅⋅

⋅=

−=−=

22222

22

1

2

421

2502

2571

22πωω

ΣΣ.

''p'''p''

Jss'''

J'''W ssCur

[ ]Ws.4423108=[ ]Ws....'''W''W'WW CurCurCurz 463594644231084210270602567 =++=++=


100

Procentualno energija izgubljena pri trobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju prijednobrzinskom upuštanju iznosi:

[ ]%...

WW%W

Cur

zz 8938100

75924334635946100 =⋅==

Odnosno smanjenje gubitaka u trobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanjuiznosi 61%.

Rešenje 1.10.5.Zbog smanjenja mrežnog napona smanjuje se jednosmerni napon na izlazu diodnog

ispravljača sa čime se smanjuje i pobudna struja, da bi se održao moment mora da raste rotorskastruja, odnosno da se smanjuje ugao paljenja tiristorskog regulatora. Ugao paljenja se najviše možesmanjiti na nulu pri čemu srednja vrednost izlaznog napona iz tiristorskog ispravljača za napajanjerotorskog kruga postaje jednaka srednjoj vrednosti izlaznog napona iz diodnog ispravljača zanapajanje pobude, odnosno važi:

( ) ( ) ⇒== ∫+

απ

ωωπ

βπ

α

cos22sin21minmreminmremintrsr UtdtUU

minmreminmremindsrmintrsr UUUU 9.0220

==== πα

Zbog smanjenog napona na izlazu diodnog ispravljača fluks se smanjuje na vrednost:

nomdsnom

mintsrnom

dsnom

mindsrnom

pnom

p

UU

UU

II

Φ=Φ=Φ=Φ

Radi održanja tražene preopteretljivosti motor treba da izda maksimani moment i prisniženom naponu, odnosno rotorska struja treba da zadovolji relaciju:

⇒Φ=Φ== anomnomMaMnomm IkIkMM 22

anommintsr

dsnomanom

nomdsnom

mintsrM

nomManom

M

nomMa I

UU

I

UU

k

kI

kk

I 222 =Φ

Φ=

ΦΦ

=

Ujedno za smanjeni mrežni napon važi naponska jednačina, pri nominalnoj brzini obrtanja:

( ) ( ) anomppamintsr

dsnomnomappanommintsr IRR

UU

EIRREU ++=++= 2

Vrednosti nomE i ( ) anomppa IRR + nalazimo iz relacija:

[ ]Vnn

UnΦkE nom

nomnommnomEnom 174725

750180

0

=⋅===

( ) [ ]VEUIRR nomnomanomppa 6174180 =−=−=+


101

pa relacija za određivanje minimalne srednje vrednosti napona na izlazu tiristorskog ispravljačapostaje:

( ) ( ) ⇒−⋅+=++= nomnommintsr

dsnomnomappanommintsr EU

UU

EIRREU 2

( ) ⇒−⋅−− nomnomdsnommintsrnommintsr EUUUEU 22

( )=

−⋅⋅+±=

2242

nomnomdsnomnomnommintsr

EUUEEU

[ ][ ]

−=

⋅⋅⋅+±=

VV

5785.67245.186

2619824174174 2

Iz toga sledi da je tražena minimalna efektivna vrednost mrežnog napona:

[ ]VUU

U mintrsrmintrsrminmre 471.207

9.07245.186

9.022====

π

[ ]%695.5100220

220471.207100% −=⋅−

=−

=∆nommre

nommreminmremre U

UUU


Zadatak 1.11.1.Sa motorom jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni rotorski

napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 50 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom =1000 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.5 [Ω]; uz nepromenljeni naponarmature i nepromenljeni fluks pobude, treba ostvariti kočioni režim uz moment kočenja Mk = -80[Nm] pri brzini obrtanja nk = 350 [min-1]. Veličina momenta trenja i ventilacije procenjena je naMtrv = 5 [Nm]. Odrediti:a) Vrednost dodatnog otpora Rd' i rotorske struje Ia' u slučaju primene protivstrujnog kočenja.b) Vrednost dodatnog otpora Rd'' i rotorske struje Ia'' u slučaju primene dinamičkog kočenja.c) Koji je od navedenih kočionih režima ekonomičniji?

Zadatak 1.11.2.Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon Us = 220 [V];

nominalna brzina obrtanja nnom = 1400 [min-1]; induktivnosti rasipanja Ls = Lr' = 8.8 [mH];zajednička induktivnost Lm → ∞ [mH]; otpornost statora Rr' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena nastator Rr' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost fs = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpornikakoji se može kontinualno menjati. Motor pokreće opterećenje sa konstantnim momentomnezavisnim od brzine obrtanja, jednakim nominalnom momentu motora, i sa ukupnim momentominercije JΣ = 2 [kgm2]. Odrediti:a) Zavisnost vrednosti dodatnog otpora od brzine tako da se u toku polaska održava stalna i

maksimalna vrednost ubrzanja.b) Izvesti zavisnost struje statora od brzine ako se polazak ostvaruje prema a).c) Nacrtati dijagrame promene dodatnog otpora i struje statora u funkciji brzine, do brzine

stacionarnog stanja kod opisanog načina polaska.


102

Zadatak 1.11.3.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja nnom =

2880 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm = 0.2 [kgm2] upušta se otporničkim upuštačemkoji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju vrednosti 130% od nominalne vrednostimomenta.

Koliki sme biti moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora ako se zaletmora obaviti za tz = 2 [s].

Zadatak 1.11.4.Trofazni asinhroni motor sa podacima Pnom = 100 [kW], fnom = 50 [Hz], nnom = 970 [min-1]

diže preko reduktora teret GT brzinom od vT = 1.2 [ms-1], pri čemu se vrti brzinom obrtanja od nmd =983 [min-1]. Vlastiti gubici motora zbog trenja i ventilacije su Ptrv = 1.8 [kW], a gubici reduktora iprenosnog mehanizma su Pr = 4.2 [kW], a možemo ih smatrati da su približno konstantni prinominalnoj brzini obrtanja. Pretpostaviti da su momenti trenja i gubitaka reduktora i prenosnogmehanizma u prvom i drugom režimu rada konstantni.

Kolikom brzinom će se spuštati teret GT uz iste uslove rada (generatorsko kočenje).

Zadatak 1.11.5.Motor jednosmerne struje ima momentnu karakteristiku kao na slici. Nominalni rotorski

napon motora je Unom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 700 [min-1] i koeficijent korisnogdejstva ηm = 0.8 [ ].

Odrediti koliki teret može da digne dizalica sa takvim motorom na visinu od h = 10 [m] uroku od t = 10 [s], ako je stepen iskorišćenja prenosnog mehanizma ηp = 0.5 [ ].

n

n = 700 [min-1]

MM = 10 [Nm]

n0 = 760 [min-1]

Rešenje 1.11.1.Za nominalni režim motora važi:

( ) [ ]VRRIUE ppaanomnom 1955.050220 =⋅−=+−=

[ ]minVnE

ΦknΦkEanom


1000195

===⇒=

[ ] ⇒==⋅

⋅=== anomnomMnom

anomnom

nom

mm IΦkNm

nIE

nP

M 1125.931000

501953030260

πππ


103

=⋅==


ππ

a) U režimu kočenja važi:

[ ]NmMMM trvkk 75580' −=+−=+=

Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika urotorsko kolo, pa za taj režim važi:

( )( )

( )( )202

''

''

nomME

dppakps

nomME

dppak

nomE

psk Φkk

RRRMn

Φkk

RRRM

ΦkU

n++

−=++

−=

gde je:

[ ]10 205.1128

195.0220 −−=

−== min

ΦkU

nnomE

psps

Pa važi:

( ) ( ) =+−−

= ppanomMEk

kpsd RRΦkk

Mnn

R 20

''

[ ]Ω=−⋅⋅−

−−= 6572.65.086225.1195.0

75350205.1128

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije:

[ ]AMM

IIIΦkMIΦkM

nom

kanomak

anomnomMnom

aknomMk 2738.401125.937550

''

''−=

−⋅==⇒

==

Prema tome snaga gubitaka u režimu protivstrujnog kočenja iznosi:

( ) ( ) [ ] [ ]kWWRRRIP dppaakg 61.11827.116086572.65.02738.40''' 22 ≈=+⋅=++=

b) U režimu kočenja važi:

[ ] [ ]AIINmMM akakkk 2738.40'''75''' −==⇒−==

Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo,pa za taj režim važi:

( )( )2

''''0

nomME

dppakkdk Φkk

RRRMnU

++−=⇒=

Pa važi:


104

( ) ( ) =+−−= ppanomMEk

kd RRΦkk

Mn

R 2

''''

[ ]Ω=−⋅⋅−

−= 1946.15.086225.1195.075

350

Prema tome snaga gubitaka u režimu dinamičkog kočenja iznosi:

( ) ( ) [ ] [ ]kWWRRRIP dppaakg 75.2606.27481946.15.02738.40'''''' 22 ≈=+⋅=++=

c) Na osnovu vrednosti gubitaka zaključujemo da je ekonomičniji dinamički postupak kočenja.

Rešenje 1.11.2.Vrednost maksimalnog kritičnog momenta iznosi:

[ ]NmLL

UpMrss

skr 67.83

0088.021

502220

223

'1

23 22

=⋅

⋅⋅

⋅=

+

=

πω

Kritično klizanje iznosi:

( ) [ ]45.00088.02502

5.2'

'=

⋅⋅⋅=

+=

πω rss

rkr LL

Rs


[ ]067.0151

150014001500

1

1 ==−

=−

=nnn

s nomnom

Pa je nominalni moment:

[ ]Nm

ss

ss

MM

nom

kr

kr

nom

krnom 47.24

067.045.0

45.0067.0

67.8322=

+

⋅=

+=

a) Maksimalna vrednostost ubrzanja pri polasku obezbeđuje se pri krpol MM = , odnosno:

[ ]265.292

47.2467.83 −

ΣΣ

=−

=−

=−

== sJ

MMJ

MMdtd nomkrTpolω

α

Zavisnost otpora, radi održanja maksimalnog ubrzanja tokom zaleta, treba da zadovoljiuslov:

( ) ( ) ( ) ⇒+

+=

−==

'''

1

1

rss

drkr LL

RRn

nnnsnsω

( ) ( ) ''1'''11

1rrssrrssd RLL

nnRLL

nnnR −+

−=−+

−= ωω


105

Maksimalna vrednost dodatnog otpora za upuštanje dobija se za n = 0:

( ) ( ) [ ]Ω=−+⋅⋅⋅=−+= 026.35.20088.00088.0502''' πω rrssmaxd RLLR

b) Struja zadovoljava sledeću relaciju:

( )

( ) ( )222

'''

rssdr

ss

LLs

RR

UI

++

+=

ωω

ω

Pošto važi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇒+=+

⇒+

+== '

'''

''rss

dr

rss

drkr LL

sRR

LLRR

ss ωωω

ωω

sledi da je:

( )( ) ( )

[ ] ( ) konstnIALL

UI s

rss

ss ===

⋅⋅⋅⋅⋅=

+= 134.28

0088.025022220

'2 πωω

struja konstanta, odnosno nezavisna od brzine obrtanja motora.

c) Prethodne zavisnosti dodatnog otpora i struje u funkciji brzine važe samo do izlaska naprirodnu karakteristiku motora, odnosno do brzine obrtanja jednakoj kritičnoj n = nbkr:

( ) ( ) [ ]11 82545.0115001 −=−=−= minsnn krkr

200 400 600 800 1000 1200 1400 16000

30

20

10

0

1

0

2

3

n [min-1]

Is = f (n) [A]

Rd' = f (n) [Ω]

Rd' = 0

Rd' [Ω] Is [A]

Pošto je tad Rd‘ = 0, odnosno za n > nbkr važi:

( )( )22

2

''rss

r

ss

LLs

R

UI

++

=

ω

ω


106

sve do stacionarnog stanja nnom = 1400 [min-1]; Inom = 5.8 [A].Traženi dijagram ima oblik kao na dijagramu na prethodnoj slici.


]Nm[.nP

Mnom

nomnom 94672

28802200030

260

=⋅==ππ

Moment ubrzanja je nalazimo iz uslova zadatka:

==−=−== nomnomtmd MMMMconstM 3.103.1 ][8298.94946.723.1 Nm=⋅=

Za konstantni moment ubrzanja važi:

zal

zaldtmnom

dzal n

tMJJJn

MJt

⋅⋅⋅

=+=⇒⋅= ΣΣ

ππ 30

'30

Pa sledi da traženi moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora mora bitimanji od:

[ ]2429.02.02880

28298.943030' kgmJ

ntM

J mzal

zaldt =−

⋅⋅⋅

=−⋅

⋅⋅<

ππ

Rešenje 1.11.4.Nominalni moment motora određen je relacijom:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 664.984

97010000030

260

=⋅==ππ

Moment gubitaka trenja i ventilacije motora prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi:

[ ]NmnP

Mnom

trvtrv 720.17

970180030

260

=⋅==ππ

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi:

[ ]NmMMM trvnommnom 384.1002720.17664.984 =+=+=

Moment gubitaka reduktora prema uslovu zadatka takođe je konstantan i iznosi:

[ ]NmnPMnom

rr 347.41

970420030

260

=⋅==ππ


107

Vrednost proizvedenog moment motora pri dizanju brzinom obrtanja motora nmd = 983[min-1], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacije momenta u funkciji klizanja uokolini sinhrone brzine obrtanja:

Mmnom

n1

nnom -s

nsp

+s

-M

+M

Mmd

Mmsp

nd

⇒−

=−

⇒=d

md

nom

mnom

d

md

nom

mnom

nnM

nnM

sM

sM

11

[ ]NmMnnnn

M mnomnom

dmd 902.567384.1002

97010009831000

1

1 =⋅−−

=−−

=

Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi:

( ) ( ) [ ]NmMMMM rtrvmdT 835.508347.41720.17902.567' =+−=+−=

Proizvedeni moment motora pri spuštanju u generatorskom režimu, biće prema tome:

( ) ( ) [ ]NmMMMM rtrvTmsp 768.449347.41720.17835.508' −=++−=++−=

Iz proporcije slično kao za slučaj dizanja nalazimo brzinu obrtanja motora pri spuštanju:

( ) ⇒−=−⇒−

=−

⇒= nommnom

mspsp

sp

msp

nom

mnom

sp

msp

nom

mnom nnMM

nnnn

Mnn

Ms

Ms

M11

11

( ) ( ) =−−

−=−−= 9701000384.1002768.449100011 nom

mnom

mspsp nn

MM

nn

[ ]1453.1013453.131000 −=+= min

Prema tome teret će se kretati brzinom shodno izrazu:

[ ]1237.12.1983

453.1013 −=⋅==⇒= msvnn

vnv

nv

dd

spsp

sp

sp

d

d

Rešenje 1.11.5.Nominalna mehanička snaga motora iznosi:


108

[ ]W.nMMP nomnomnomnomnom 03873270030

10602

=⋅⋅===ππ

Ω

Masu tereta dobijamo iz uslova povećanja potencijalne energije za vreme od t = 10 [s], pristepenu iskorišćenja prenosnog mehanizma ηp = 0.5 [ ].

[ ]kg..

..gh

tPghWm pnom

T 6523610819

1050038732=

⋅⋅⋅

===η


Zadatak 1.12.1.Asinhroni kratkospojeni motor ima sopstveni moment inercije JM = 3.5 [kgm2]. Dozvoljeni

broj upuštanja na sat samog motora iznosi z = 1715 [h-1]. Ako zanemarimo gubitke u statoru,praznom hodu i reduktoru, odrediti koliko puta se može reverzirati do pune brzine sa motorom nasat, ako je na osovinu preko reduktora prenosnog odnosa iR = 4 [ ] dodat zamajac sa momentominercije JZ = 160 [kgm2].


napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom =1150 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.2 [Ω]; pokreću okretnu peć sakojom su mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnihmotora, u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%.

Sa kolikim svedenim momentom opterećenja se može trajno optereretiti ova grupa motora?

MMM1 M2

Zadatak 1.12.3.Asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom = 1430

[min-1] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici. Ukupni moment inercije opterećenja svedenna osovinu motora je JΣ = 150 [kgm2]. Motor ima visoki faktor preopterećenja Mkr/Mnom = 4.

Odrediti vrednost momenta motora i brzine obrtanja na kraju udarnog opterećenja. Skiciratizavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja.


109

timp = 2 [s] t

Mt

Mimp = 1500 [Nm]

Mtra = 100 [Nm]

Zadatak 1.12.4.Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga

Pnom = 15 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; moment kratkog spoja Mmax = 1000[Nm]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1500 [min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1700[min-1]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 25[kgm2], bez mehaničkog otpornog momenta. Zalet se izvodi tako da se armature oba motora spojezajedno u seriju i priključe na konstantni puni napon jednosmernog izvora, a posle završenog zaletado n1 = 750 [min-1] se armature prespoje paralelno i priključe na pun napon.

a) Odrediti gubitke energije u rotorskom kolu oba motora tokom zaleta do brzine nnom =1500 [min-1].

b) Odrediti vrednost energije uzete iz mreže tokom zaleta pogona do nnom = 1500 [min-1]ako srednja vrednost gubitaka (mehaničkih i pobudnih) po motoru iznosi Pg = 800 [W].

Zadatak 1.12.5.Teški elektromotorni pogon ima strujnu karakteristiku zaleta kao na dijagramu. Zaštita

motora može se izvesti sa bimetalnim releom spojenim ili preko zasićenog ili nezasićenog strujnogtransformatora. Ako bimetalni rele ima karakteristiku kao na dijagramu, ustanoviti:

a) Kolika mora biti struja zasićenja zasićenog strujnog transformatora ako je bimetalspojen preko njega.

b) Koliko mora minimalno trajati isključenje bimetalnog relea pri zaletu ako je strujnitransformator nezasićen.

1004020104214020104210.40.2

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

sekunde minuti

I / I no

m

t

nazivno opterećenje

teški zalet

bimetalni rele


110

Rešenje 1.12.1.Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja MT = 0, tako da se sva uložena

električna energija troši na promenu kinetičke energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačinesledi:

dtdsJM

dtd

dtdss

dtdJM sm

ss

sm ω

ωωω

ωωωΣΣ −=⇒=⇒

−=⇒=

1

odnosno:

dsJdtM sm ωΣ−=

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, dobijamo relaciju u kojoj proizvod Mmωs pretstavljasnagu obrtnog magnetnog polja, a njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednostgubitaka u bakru rotora, pa dobijamo:

dtpsdsJsdtM Curssm =−= 2ωω Σ

Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem:

( )22

21

222

2

1

2

2

1

2

1

ssJsdsJsdsJdtpW ss

ss

s

ss

t

tCurCur −==−== ∫∫∫

ωωω ΣΣΣ

Energija gubitaka u bakru rotora za jedan zalet do pune brzine samog motora iznosi:

( )2

012

222

2s

Ms

Mz JJWωω

=−≈

Energija gubitaka u bakru rotora za jedno reverziranje od pune do pune brzine suprotnogsmera opterećenog motora iznosi:

( ) ( )2

4022

2

222

2s

R

ZM

sZMr i

JJ'JJWωω

+=−+≈

Ako zanemarimo gubitke u statoru, praznom hodu i reduktoru, ukupna energija tokomjednog časa rada sa z upuštanja, koja ne dovodi do pregrevanja motora iznosi:

2

2s

Mz zJzWWω

Σ ==

Ova energija ne može biti veća od ukupne energije za r reverziranja, odnosno važi:

24

2

2

2

2s

R

ZMr

sM i

JJrrWzJWωω

Σ

+=≥=

Iz toga sledi da broj r reverziranja mora da zadovolji uslov:


111

[ ]57111

4160534

531715

4 22

..

.

iJJ

zJr

R

ZM

M =

+⋅

⋅=

+

≤

Odnosno dopušteno je maksimalno 111 reverziranja.

Rešenje 1.12.2.Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija:

( ) [ ]V..RRIUE ppaanomnomnom 22052074220 =⋅−=+−=

[ ]Nmn

IEnP

Mnom

anomnom

nom

nomnom 10.126

1150742.20530

260

260

=⋅

⋅===πππ

Iz podataka za nominalni režim nalazimo:

[ ]min17801150

2205 V..nE

ΦknΦkEnom

nomnomEnomnomEnom ===⇒=

===⇒=

ANm..

IM

ΦkIΦkManom

nomnomManomnomMnom 7041

7410126

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođerazličiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različitemomente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važe sledećenaponske i momentne jednačine:

( ) ( ) ( ) =++=++=++= ppaanom

mnomEppaamEppaam RRInΦΦ

ΦkRRInΦkRRIEU 11

1111

( ) ( )ppaanomE RRInΦk ++±= 111 ε

( ) ( ) ( ) =++=++=++= ppaanom


ΦkRRInΦkRRIEU 22

2222


( ) ( ) =±=±===anom

aanomnomManomMa

nom

mnomMamMm I

IIΦkIΦkI

ΦΦ

ΦkIΦkM 11111

1111 11 εε

( )anom

anom I

IM 1

11 ε±=

( ) ( ) =±=±===anom

aanomnomManomMa

nom

mnomMamMm I

IIΦkIΦkI

ΦΦ

ΦkIΦkM 22222

1222 11 εε

( )anom

anom I

IM 2

21 ε±=

Gde je %,% 11 21 ≤≤− εε . Pretpostavimo da važi da je pobudna struja prvog motora većaod pobudne struje drugog motora, odnosno da je 21 εε > . Iz naponskih jednačina sledi da je u tom


112

slučaju rotorska struja prvog motora manja od rotorske struje drugog motora 21 aa II < . Najvećarazlika vrednosti rotorskih struja nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikuju odnosno za

%121 =−= εε . Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnom vrednošću strujeIanom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednost maksimalno mogućihmomenata opterećenja pojedinačnih motora:

( )( ) [ ]1

112 621161

9901150

11−==

−=

−

+−=⇒= min.

.n

ΦkRRIU

nII nom

nomE

ppaanomnoma εε

( ) [ ]A..

..

.

RRnΦkU

Ippa

nomEa 2753

20

011990

11501150

22052201 11 =

⋅⋅−=

++−

=ε

( ) [ ]Nm....II

MManom

anomm 6891

742753011101261 1

11 =⋅⋅=+= ε

( ) [ ]Nm...II

MManom

anomm 84124

7474990101261 2

12 =⋅⋅=−= ε

Prema tome vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja u najgorem slučaju jeznatno manja od dvostruke vrednosti nominalnog momenta motora a iznosi:

[ ] [ ]Nm..Nm...MMM mmt 2252112625221684124689121 =⋅<=+=+=


[ ]Nm.n

PPM

nom

nom

nom

nomnom 12267

1430104030

602

3

=⋅⋅

⋅⋅===

ππΩ


[ ]046701500

14301500

1

1 .nnn

s nomnom =

−=

−=

Moment motora u ukolini sinhrone brzine možemo smatrati da se menja linearno sa brzinomodnosno da važi:

nomnomm

m

nom

nom

nnnnMM

nnM

nnM

−−

=⇒−

=− 1

1

11

Dinamička vrednost momenta je jednaka razlici momenta motora i momenta opterećenja:

( ) ( ) impnom

nomimpmdin Mnn

nnMMnMnM −−

−=−=

1

1



113

⇒=⇒=dtdn

dtdn

30602 πωπ

ω

=−−

−=== ΣΣ imp

nomnomdin M

nnnnMM

dtdnJ

dtdJ

1

1

30πω

⇒−−

−−

= impnom

nomnom

nom Mnn

nMnn

nM11

1

⇒⋅−−=nom

nomimp

nom

nom

nom

nom

Mns

/Mnns

Ms

MdtdnJ 1

130π

Σ

⇒−−= 111

30ns

MM

nndtdn

MnsJ

nomnom

imp

nom

nom πΣ

−=+ nom

nom

imp

nom

nom sMM

nndtdn

MnsJ

130 1

1 πΣ

U stacionarnom stanju važi proporcija:

nom

imp

nom

imp

imp

imp

nom

nom

nnnn

MM

nnM

nnM

−

−=⇒

−=

− 1

1

11

pa zadnja jednačina može da se napiše u obliku:

impnom

nom

imp

nom

nom nnnn

nnnn

nndtdn

MnsJ

=

−−

−−=+

1

1

1

11

1 130πΣ

gde je:

( ) ( ) [ ]111 03110714301500

1226715001500 −=−⋅−=−−= min.

.nn

MM

nn nomnom

impimp

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu:

[ ]s..M

nsJT

nom

nomm 124

3012267

15001500

14301500150

301 =

⋅

⋅⋅−

⋅==

ππΣ

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu:

impmm

nT

nTdt

dn 11=+

Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja:za ustaljeni režim ( nF ) i za prelazni režim ( nN )

NF nnn +=


114

impFimpm

Fm

Nm

N nnnT

nT

nTdt

dn=⇒=⋅++

111

Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima:

tT

NNm

N meAnnTdt

dn 1

01 −

⋅=⇒=+

tT

impNFmeAnnnn1

−

⋅+=+=

Za t = 0 važi da je brzina obrtanja u stacionarnom stanju za stacionarni moment n = ntra:

( ) ( ) [ ]111 12147314301500

122671001500 −=−⋅−=−−= min.

.nn

MM

nn nomnom

tratra

pa se dobija funkcija promene brzine sa vremenom:

imptra nnA −=

tT

tra

tT

impmm enenn11

1−−

+

−=

Funkciju promene momenta motora dobijamo daljim razvojem:

=

+

−−

−=

−−

=−− t

Ttra

tT

impnom

nom

nomnomm

mm enennnn

Mnn

nnMM11

111

1 1

( ) ( ) =

−−+

−

−−−

−=

−− tT

nomnom

trat

Tnom

nom

imp

nom

nom mm ennMM

nennMM

nnnn

M 1

11

1

1111

1

t

Ttra

tT

impmm eMeM11

1−−

+

−=

Na osnovu prethodnih relacija dobijamo traženu brzinu obrtanja i moment motora na krajuudarnog opterećenja:

[ ]11242

1242

7513327914731031107 −−−=⋅+

−⋅= min.e.e.n ..

k

[ ]Nm.eeM ..mk 4063810011500 124

21242

=⋅+

−⋅=

−−

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkcijivremena tokom udarnog opterećenja.


115

Rešenje 1.12.4.a) Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t1 i t2, odnosno dve brzine n1 i n2dobijamo iz relacije:

( ) =

−=−=== ΣΣ∫∫∫

1

22

002

2

2

1

2

1

2

1ωωω

ωωωωωω

ω

JdJdtRIdAWt

ta

t

tCuCu

( ) ( )

−−−

=

−−−=

2602

2

21

22

120

221

22

120nnnnnJJ πωω

ωωω ΣΣ

Za prvi deo zaleta zbog serijske veze motori dele napon izvora pola pola pa važi:

[ ] [ ] [ ]12

11

10 7500850 −−− === minnminnminn

( ) [ ]WsWW Cuz 65.971192

07500750850602

2252'2'

222

=

−−−⋅⋅

⋅⋅==

π

Za drugi deo zaleta važi:

[ ] [ ] [ ]12

11

10 15007501700 −−− === minnminnminn

( ) [ ]WsWW Cuz 64.1182292

750150075015001700602

2252''2''

222

=

−−−⋅⋅

⋅⋅==

π

Ukupni rotorski gubici tokom zaleta iznose:


116

[ ] [ ]kWsWsWWW zzz 21529.21534964.11822965.97119''' ≈=+=+=

b) Mreža sem rotorskih gubitaka pokriva i mehaničke gubitke, gubitke pobude i kinetičkuenergiju. Kinetička energija iznosi:

[ ]WsnJJWk 13.3084252

150060225

2602

2

22222

=⋅

⋅=

== ΣΣ

ππω

Zalet motora izvodi se po linearnoj karakteristici momenta motora:

−=

0

1nnMM maxm

Pošto je moment opterećenja 0=TM važi:

dtdnJ

dtdJ

nnMMM md 30

1220

maxΣ

Σ

πω==

−==

pa se vreme zaleta nalazi jednostavno:

∫∫∫ −⋅⋅=

−

⋅⋅==

2

1

2

1 0max

0

0

max0 2301

230

n

n

n

n

t

zal nndn

MnJ

nn

dnM

Jdttzal

ΣΣ ππ


dtdntnntnn −=⇒−=⇒=− 00

20

1000

230230

20

10nnnn

lnMnJ

tdt

MnJ

tmax

nn

nnmaxzal −

−⋅⋅

=−⋅⋅

= ∫−

−

ΣΣ ππ

Za prvi deo zaleta važi:

[ ] [ ] [ ] [ ]NmMminnminnminn max 210007500850 1

21

11

0 ==== −−−

[ ]s.ln't zal 764750850

0850100030

85025=

−−

⋅⋅

⋅⋅=

π

Za drugi deo zaleta važi:

[ ] [ ] [ ] [ ]NmMminnminnminn max 100015007501700 12

11

10 ==== −−−

[ ]s.ln''t zal 473150017007501700

100060170025

=−−

⋅⋅

⋅⋅=

π

Ukupno vreme zaleta iznosi:


117

[ ]s...''t'tt zalzalzal 238473764 =+=+=

Mehanički gubici i gubici pobude tokom zaleta iznose:

[ ]WstPW zalgg 1316823.880022 =⋅⋅==

Mreža prema tome tokom zaleta daje ukupno:

[ ] [ ]kWsWsWWWW gkzmre 53742.5369421316813.30842529.215349 ≈=++=++=

Rešenje 1.12.5.Iz dijagrama se može oceniti da je:a) Struja zasićenja I = 2.2 Inom.b) Vreme isključenja t ≥ 45 [s].

1004020104214020104210.40.2

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

sekunde minuti

I / I no

m

t

nazivno opterećenje

teški zalet

bimetalni rele

45 [s]

2.2


118



Zadatak 2.1.1.Trofazni asinhroni motor napaja se iz frekventnog pretvarača u cilju regulisanja brzine u

opsegu od 0 do 1.5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine, odrediti:a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti

preopteretljivost ne sme da bude manja od 1.3?b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri

opterećenju iz a)?c) Sa kojom učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno

ubrzanje?d) Koliko je ubrzanje iz c) pri opterećenju iz a)?

Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; nnom = 1400 [min-1]; Ls = Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.5 [Ω]; fs= 50 [Hz].

Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi: JΣ = 0.8 [kgm2].

Zadatak 2.1.2.Četvoropolni asinhroni motor sa namotanim rotorom, napajan iz mreže frekvencije 50 [Hz],

u polasku razvija polazni moment jednak nominalnom momentu Mpol = Mnom = 31 [Nm], a kritičnimoment mu iznosi Mkr = 3Mnom.

Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan od brzine i jednak Mt = 25[Nm]. Odrediti:a) Nominalnu brzinu obrtanja motora.b) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls = ? i rotora Lr' = ? pod pretpostavkom da su

približno iste.c) Vrednost dodatnog otpora Rd' = ? pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje pod

pretpostavkom da je otpor statorskog namotaja zanemarljiv Rs = 0.

Zadatak 2.1.3.Trofazni kliznokolutni motor pokreće ukupni moment inercije JΣ = 3.7 [kgm2]. Kritični

moment motora je Mkr = 1.9Mnom [Nm], a postiže se pri brzini nkr = 662 [min-1]. Nominalna snaga ibrzina obrtanja su Pnom = 5 [kW]; nnom = 725 [min-1].a) Koliko je vreme zaleta motora tzal = ? do brzine n = 700 [min-1]?b) Pri kojem dodatnom otporu ukolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine

ako je Rr' = 2.2 [Ω]?

Zadatak 2.1.4.Lift za četiri osobe (mt = 320 [kg]) ima vlastitu masu ms = 490 [kg] i brzinu dizanja od v =

0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je nnom = 960 [min-1].a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)?b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ?


napon Unom = 220 [V]; nominalna snaga Pnom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150[min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1235 [min-1]; pokreću okretnu peć sa kojom su


119

mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Nominalne brzine pojedinačnih motora,zbog različitog otpora rotorskog kola u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%.

Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgoremslučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnihmomenata pojedinačnih motora?

MMM1 M2

Rešenje 2.1.1.

Za 0≈sR , važi: ( ) ⋅

>⇐

≤⇐=

snomssnom

snomsssnom

snom

ss

ffU

ffff

UfU

a) Apsolutna brzina rotora pri kritičnom momentu ne zavisi od učestanosti, odnosno:

( )s

rs

rkrskr f

srad.

..

LL

Rs ωωω ≠

=

⋅=′+

′== 05142

00880252

Relativna brzina rotora pri Mkr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju Mt,odnosno iznosi:

( ) ( )

=−−⋅=−−=⇒=

srad....

MM

krrat

kr 656613131051421 22λλωωλ

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa:

[ ]Hz.f

srad..p..

maxsmaxs

rasnommaxs

56802

2506656630

14005151

==

=+

⋅⋅=+=

πω

πωωω

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi:


120

[ ]Nm...LL

UM

rsmaxs

snomkra 19632

0088021

2506220

231

23 22

=⋅

⋅

⋅=′+

=

ω

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja:

[ ]Nm...

.M

M krat 7724

3119632

31===

b) Pri učestanosti manjim od fsnom kritični moment Mkr je konstantan i iznosi :

[ ]Nm..LL

UM

rssnom

snomkrb 6783

0088021

314220

231

23 22

=⋅

⋅

⋅=′+

=

ω

Preopteretljivost je:

[ ]378377246783 ...

MM

t

krbkr ===λ

Relativna brzina rotora je:

( )

=−−⋅=

−−=

srad....krkrkrrb 50721137833783051421 22λλωω

Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su:

[ ]Hz..f

srad..p..

maxssb

rbsnomsb

756402

0792562

0792565072130

14008080

===

=+

⋅⋅=+=

ππω

πωωω

c) Maksimalno ubrzanje za Mkr , odnosno za:

[ ]Hz..f

srad.

scsc

krsc

607222

051422

051420

===

=+=

ππω

ωω

( ) ( )

=−⋅=−== 26257377246783

8011

srad...

.MM

Jdtd

tkrΣ

ωα

Rešenje 2.1.2.a) Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnogklizanja:


121

⇒=+−

⇒⋅=−+⇒=⇒+

==

012

0211

2

2kr

pol

krkr

krpol

krkr

krpol

pol

kr

kr

pol

krpolnom

sMM

s

s/MM

ss

s

ss

ss

MMM

=⋅−±

=⇒=+−82842712551715728750

21466016

22

.

.sss krkrkr

⇒=+−⇒=+−

⇒⋅=+−⇒⋅=−+⇒+

=

00294372510029437252102

02

022

222

2

.s.ssssMM

s

s/ssM

Ms

ss/

MM

ss

ss

ss

ss

MM

nomnomkrnomkrpol

krnom

krkrnomnom

kr

kr

nomnom

nom

kr

nom

kr

kr

nom

nom

kr

kr

nom

krnom

=⋅−±

=00000011

02943725102

0294372510402943725210294372521 2

.....snom

Prema tome nominalna brzina obrtanja je:

( ) ( ) [ ]184412414550294372510115001 -nsa min..--snn =⋅==

Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija:

( ) [ ]

[ ] [ ]mH.'LLH.π

.πf

'XX'LL

Ω..M

Un

.'XX

RSs

RSRS

kr

S

SRS

91017170158203430502

97010752742

97010752743132

2201500

55932

5593 22

==⇒==+

=+

⇒=⋅⋅

⋅⋅

=⋅⋅

=+

Vrednost dodatnog otpora pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje dobijamoiz sledećih relacija:

( ) [ ]Ω...'XXs'R'XX

'Rs

RSkrr

RS

rkr

852735637097010752741715728750 =⋅=+=

⇒+

=

( ) [ ]Ω..-.'R'XX'R'XX'R'R

ss

rRSd

RS

drkrcp

11737189485273563709701075274

1

==−+=

⇒++

===

Rešenje 2.1.3.a) Prvo se moraju odrediti parametri za izračunavanje vremena zaleta:

[ ]06670750

700750 .s =−

=

[ ]11 54078

30750

30−=

⋅=

⋅= s.n ππ

ω


122

[ ]Nm.nP

Mnom

nomnom 85768

72550003030

=⋅=⋅=ππ

[ ]Nm...M.M nomkr 129125857689191 =⋅==

[ ]1170750

662750 .skr =−

=

Vreme zaleta izračunavamo na osnovu poznate relacije:

[ ]s..ln..

....slns

ss

MJt kr

krkrzal 3085066701170

11702066701

12912525407873

21

2

221 =

⋅−

⋅−

⋅⋅

=

−

−=

ωΣ

b) Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu prethodnefunkcije za 0667.0=s :

( ) 01

21

22

21 =

−−−

⋅⋅

= slnssM

Jdsdt

krkrkr

zal ωΣ

428770066702

1066702

1 22

..ln

.sln

ss /kr =

−=

−=

Iz sledećih odnosa za kritično klizanje dobijamo relaciju za potrebnu dodatnu otpornost:

/

/d

/

/

/

/

/d

/

kr

/kr

RRR

XRX

RR

ss

2

2

2

2

2

2

+=

+

=

[ ]Ω862511170

428770221222 ..

..ss

RRss

RRkr

/kr//

kr

/kr//

d =

−⋅=

−=−=

Najkraće vreme zaleta je prema tome:

[ ]s..ln...

...slns

ss

MJt /

kr/krkr

minzal 6962066704287704287702066701

12912525407873

21

2

221 =

⋅−

⋅−

⋅⋅

=

−

−⋅=

ωΣ

Rešenje 2.1.4.a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi:

( ) ( ) [ ] [ ]kW.W...gvmmmgvP tsMot 97305397350819320490 ≈=⋅⋅+=+==

b) Potreban moment u trajnom pogonu iznosi:

[ ]Nm..nP

Mnom

MotMot 52339

96005397330

260

===ππ


123

Rešenje 2.1.5.Nominalna vrednost momenta motora iznosi:

[ ]Nm.nP

Mnom

nomnom 56124

11501500030

260

=⋅==ππ

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti rotorskih otpornosti motora nominalnebrzine motora se razlikuju, odnosno:

( )11 1 ε±= nomnom nn( )22 1 ε±= nomnom nn

Gde je %,% 11 21 ≤≤− εε . Motori će zbog različitih vrednosti nominalnih brzina razvijatirazličite momente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važesledeće momentne jednačine:

Mnom

M

n0

n

n

0

nnom1

M1

nnom2

M2

10

01

100

1

nomnom

nom

nom

nnnn

MMnn

Mnn

M−

−=⇒

−=

−

20

02

100

2

nomnom

nom

nom

nnnn

MMnn

Mnn

M−

−=⇒

−=

−

Pošto je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu tereta, dalje važi:

⇒==+ nomT MMMM 221

−

−−

−=

−=⇒=−

2010

02121

1122

2nomnom

nom nnnnnn

MMMMMMM ∆∆

MMMMM nomT ∆∆ +=+=

21

MMMMM nomT ∆∆ −=−=

22

Zgodnom manipulacijom nalazimo brzinu obrtanja:


124

=−

−+

−−

=+==20

0

10

0212

nomnom

nomnomnomT nn

nnM

nnnn

MMMMM

⇒

−

+−

−

−

+−

=20102010

01111

nomnomnomnomnom nnnn

nnnnn

nM

( )( )=

+−

−−−=

−+

−

−=

211

221

0

20100

2010

0nomnom

nomnom

nomnom

nnn

nnnnn

nnnn

nn

( )[ ] ( )[ ]( ) ( )

21

11

211

11210

20

10

021

0

20100 εε

εε

εεεε

±±−−

−

−

−=±+±

−

±−±−−=

nom

nomnomnom

nomnom

nomnom

nn

nn

nn

nnnn

n

nnnnn

mm

Iz prethodnog sledi, relacija za momentnu razliku opterećenja:

⇒

−+

−

=

−+

−

=−

20102010

0 112

111

nomnomnomnom

nom

T

nnnnnnnnMM

nn

( ) =+−

−=

−

−−

−+

−

=∆210

21

2010

2010

211

112

21

nomnom

nomnomnom

nomnom

nomnom

nom nnnnn

Mnnnn

nnnn

MM

( ) ( )

( ) ( ) =±+±

−

±−±=

+−

−=

211

112

22 21

0

21

210

21

εεεε

nomnom

nomnomnom

nomnom

nomnomnom

nnn

nnMnn

n

nnM

212 210

21

εεεε

±±−−

±=

nom

nom

nn

M m

Najveća momentna razlika opterećenja nastaje za %121 =−= εε i iznosi:

[ ]%...

..

nnM

M%M

nom

nom

52913

20100101

11501235

01001050

212

100100210

21 =−

−−

+=

±±−−

±==

εεεε∆

∆m

[ ]Nm...%MMM nom 85216100

5291356124100

=⋅==∆

∆

Pojedinačne vrednosti momenata pojedinih motora i brzina obrtanja prema tome iznose:

[ ]Nm...MMM nom 41214185216561241 =+=+= ∆[ ]Nm...MMM nom 70810785216561242 =−=−= ∆

[ ]15561151

20100101

11501235

0101115012350101

11501235

11501235 −=−

−−

+−

−−

−= min...

..n


125

M1

M

1.135Mnom

n1235 [min-1]

1151.556 [min-1]

0.865Mnom

2Mnom

M2


Zadatak 2.2.1.Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon Unom = 440 [V]; rotorska struja

Inom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 3000 [ min-1]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = kn, gde je k = 0.05[Nm/min-1] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja izregulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno ograničenje strujejednaku svojoj nazivnoj vrednosti.a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti strujemotora.

b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorskiregulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalnestruje motora.

Zadatak 2.2.2.Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajnu masu sa ukupnim momentom inercije JΣ = 20

[kgm2]. Kritični moment motora je Mkr = 2.3Mnom [Nm]; Pnom = 50 [kW]; nnom = 2924 [min-1].Kritični moment motora se postiže pri brzini nkr = 2670 [min-1].a) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nnom = 2700 [min-1].b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine

ako je Rr = 0.36 [Ω]. Koliko je to najkraće vreme zaleta motora.

Zadatak 2.2.3.Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće radnu mašinu čiji je otporni

moment jednak Mt = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu.a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 1000 [min-1] uz

uslov da se promena frekvencije vrši uz U/f = konst.b) Kolika se maksimalna brzina obrtanja pogona može postići podešavanjem frekvencije.

Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.37 [Ω]; p = 2, fs = 50[Hz].


126

Zadatak 2.2.4.Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko

postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], a motor ima sopstvenohlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnombrzinom 1000 [min-1].

M1 = 50 [Nm] t1 = 10 [s]M2 = 30 [Nm] t2 = 80 [s]M3 = -20 [Nm] t3 = 15 [s]M1

M2

M3

n

t2 t4t1t

M

n

t3

t4 = 40 [s]

Zadatak 2.2.5.Zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 12.5 [kgm2]

treba ubrzati do brzine n = 1500 [min-1] a zatim zakočiti do mirovanja. Moment opterećenja sezanemaruje. Koliko iznose gubici u bakru rotora, a koliko energije odaje mreža ako se za pogonkoristi dvobrzinski asinhroni motor sa 2p = 8/4. Ciklus se odvija ovim redom: zalet sa 2p = 8; zaletsa 2p = 4; nadsinhrono kočenje sa 2p = 8 i protivstrujno kočenje sa 2p = 8.

Rešenje 2.2.1.Nominalna snaga motora iznosi:

[ ]WIUP nomnomnom 4712485.0126440 =⋅⋅== η

Prema tome nominalni moment iznosi:

[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 0114.15024.471

30004712430

602

==⋅⋅

==Ω

=πππ

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, teintegraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

∫∫∫ ΣΣ ===nomnomz n

din

n

din

t

z MdnJ

MdnJdtt

000 3030ππ


127

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisaniispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motortokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije:

∫ ∫∫ −=

−== ΣΣΣ

nom nomnom n n

nomtnom

n

dinaza knM

dnJMM

dnJM

dnJt0 00 303030

πππ


kdxdn

kxM

nknMx nomnom −=⇒

−=⇒−=

[ ]sknM

MkJ

kxdxJt

nomnom

nomknM

Mza

nomnom

nom

73.391500114.150

0114.150ln05.030

2ln3030

=−⋅

⋅=

−=−= Σ

−

Σ ∫πππ

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljačima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motortokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi:

=−

=−

== ∫ ∫∫ ΣΣΣ

nom nomnom n n

nomtnom

n

dinbzb knM

dnJMM

dnJM

dnJt0 00 23023030

πππ

[ ]sknM

MkJ

nomnom

nom 903.22ln05.030

21500114.1502

0114.1502ln05.030

22

2ln

30=

⋅⋅

≈−⋅

⋅⋅⋅

=−

= Σ πππ

Rešenje 2.2.2.a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego ufunkciji brzine obrtanja. Ta veza određena je Klosovim obrascem:

ss

ss

MMkr

kr

krm

+=

2

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosovobrazac za funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenjaMt = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

( )

( ) ⇒−==⇒==−=

⇒−=⇒−=

ΣΣΣ ds

MJd

MJdt

dtdJMMMM

dsds

mmmtmdin 1

111

ωωω

ωωωω


=

+=

+

−=−=−== ∫∫ ∫∫∫ ΣΣΣ

Σ dss

sss

MJ

ss

ss

MdsJ

MdsJds

MJ

dtts

kr

krkr

s s

kr

kr

krm

s

m

t

z

z 11

1 111

11

0 22ω

ωωω


128

−

−=

+= ∫ ∫ slns

ss

MJ

dss

sds

ss

MJ

krkrkrs

skr

krkr 21

22

21

1

1

1 ωω ΣΣ

Nađimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta: vrednost nominalnog ikritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, kritičnog klizanja i klizanja u traženojradnoj tački:

[ ]NmnPP

Mnom

nom

nom

nomnom 292.163

292450003030

=⋅⋅

===ππω

[ ]NmMM nomkr 571.375292.1633.23.2 =⋅==

[ ]sradpf

ps /100

15022

1 πππω

ω =⋅⋅

===

[ ]11.03000330

300026703000

1

1 ==−

=−

=n

nns kr

kr

[ ]1.03000300

300027003000

1

1 ==−

=−

=n

nns


[ ]s..ln...

.t z 7603910110

1102101

571375210020 2

=

−

⋅−

⋅⋅⋅

=π

Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu funkcije:

( )

−

−= slns

ss

MJ

st krkrkr

krz 21

2

21ωΣ

odnosno kritičnom klizanju koje zadovoljava uslov:

( ) ⇒=

−−−=

−

−= ΣΣ 0ln11

2ln

21

22

21

21 ss

sMJss

ss

MJ

dsd

dsdt

krkrkr

krkrkrkr

z ωω

4637.0214975768.01.0ln2

99.01.0ln211.0

ln21 22

==−

=−

=−

=s

sskrb

Iz sledećih odnosa sledi potrebna dodatna vrednost otpornosti:

⇒−=⇒+

=⇒+

=⇒= rkr

krbrd

dr

r

krb

kr

r

drkrb

r

rkr R

ss

RRRR

Rss

XRR

sXR

s

[ ]Ω=

−=

−= 157.11

11.04637.036.01

kr

krbrd s

sRR

Sa tim dotatim otporom postiže se najkraće vreme zaleta:


129

[ ]ssss

sM

Jt krb

krbkrz 861.171.0ln4637.0

4637.021.01

571.375210020ln

21

2

221

min =

−

⋅−

⋅⋅⋅

=

−

−= Σ πω

Rešenje 2.2.3.a) Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

( ) ( ) [ ]Ω=⋅+⋅=+=+ − 928.5108.810314 3''rsrs LLXX ω

( ) [ ]NmXX

UnmM

rs

skr 97.77

928.521500220330

230 2

'

2

1

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

+⋅⋅=

ππ

4.0928.537.2

'

'

==+

=rs

rkr XX

Rs

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora ustacionarnom stanju:

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+= krtkr

t

krttkr

t

kr

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

krt sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MM

−−=

−

±= 11 2

2

trkrt

kr

t

krkrt s

MM

MM

ss λλ

gde je sa λt označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja:

326

9777≈==

.MM

t

krtλ

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinicedobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju:

( ) 06860133401 22 ..ss trkrt =−−=

−−= λλ

Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju je:

[ ]11 9102150006860 −=⋅== min..nsn t∆

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzineobrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja,sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija:

[ ]11 min9.11029.1021000 −=+=∆+= nnn a

[ ]Hznn

ff assa 78.36

15009.110250

1

1 =⋅==


130

[ ]Vnn

UU assa 75.161

15009.1102220

1

1 =⋅==

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji odmomenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije donominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst,opada kvadratično sa porastom frekvencije.

Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti:

[ ]Hz.ffff.

MM

MM

ssbs

sb

krb

kr

t

kr 78635033326

97772

=⋅==⇒=

⇒≈==

Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja:

[ ]111 2601

507861500 −=⋅== min.

ff

nns

sbb

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja iznosi:

[ ]11 600150040 −=⋅== min.nsn krkr∆

Prema tome maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjemfrekvencije je:

[ ]11 min20016002601 −=−=∆−= krbb nnn

Rešenje 2.2.4.Ekvivalentni momenti motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je:

( ) ( ) [ ]NmMMMMM e 415.403

49003030505031

31 222

2212

12 ==+⋅+=++=

Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacionisistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori αtokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihovevrednosti:

32

2311

21

31

=+

=+

==β

αβ


=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

effMot ttt

tMM

βα

2


131

( ) ( )

[ ]Nm

tttttMtMtM e

799.377878.1428110

666.157166

4031801510

32

1520803

49001050 22

4231

32

322

212

1

===

=⋅+++

⋅+⋅+⋅=

+++++

=βα


[ ] [ ]kWWn

MP MotnomeffMoteffMot 96.3334.39581000

30799.37

602

≈=⋅⋅==ππ

Rešenje 2.2.5.Ciklus se odvija ovim redom: 1. zalet sa 2p = 8 od n = 0 [min-1] do n = 750 [min-1] (od s = 1 do s

= 0); 2. zalet sa 2p = 4 od n = 750 [min-1] do n = 1500 [min-1] (od s = 0.5 do s = 0); 3. nadsinhronokočenje sa 2p = 8 od n = 1500 [min-1] do n = 750 [min-1] (od s = -1 do s = 0); i 4. protivstrujno kočenje sa2p = 8 od n = -750 [min-1] do n = 0 [min-1] (od s = 2 do s = 1).

Gubici u bakru rotora za jedan ciklus su prema tome:

( ) ( ) =−

=−= ∑∑ 2

22

1

222

22

1

2

2302ss

nJssJW ss

Curπω

ΣΣ

( ) ( )( ) ( )[ ] ( )=−⋅+−+−−+−⋅

⋅= 2222222222

2

05.01500120101750302

5.12 π

[ ] [ ]kWsWs 21.154568.154212 ≈=

A iz mreže odata energija:

( ) ( ) =−

=−= ∑∑ ΣΣ 21

22

212

30ssnJssJW ssmre

πω

( ) ( )( ) ( )[ ] ( )=−⋅+−+−−+−⋅

⋅= 05.01500120101750

305.12 22

2π

[ ] [ ]kWsWs 32.231853.231318 ≈=


Zadatak 2.3.1.Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Unom = 440 [V]; Inom = 126 [A]; nnom =

3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtajaMt = 45 + 0.025*n [Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10 [kgm2]. Motor senapaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno strujnoograničenje jednako svojoj nazivnoj vrednosti.a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje sedamdeset pet procenata od vrednostinominalne struje motora.

b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski


132


c) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorskiregulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednostinominalne struje motora.

Zadatak 2.3.2.Motor jednosmerne struje snage Pnom = 7.5 [kW], nominalne brzine obrtanja Ωnom = 600

[rad/s] sa stalnom nezavisnom pobudom i sopstvenim hlađenjem (α = 0.5; β = 0.25), pokreće radnumašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na pogonsko vratilo JΣ = 0.125 [kgm2]. Sva trenjau pogonu se mogu zanemariti. Rad pogona se odvija neprekidno u nizu jednakih ciklusa. U tokujednog ciklusa izmerene su struje motora:a) U toku polaska struja je približno konstantna i iznosi 2 Inom.b) U stacionarnom stanju, koje traje 20 [s], struja je nominalna a motor je priključen na

nominalni napon.c) U toku zaustavljanja, struja je približno konstantna i iznosi 0.5 Inom, sa tim da menja smer.d) Pauza u radu između dva ciklusa traje 20 [s].

Da li se ovakav režim može trajno održati?

Zadatak 2.3.3.Asinhroni klizno kolutni motor snage Pnom = 7.5 [kW], ima nominalnu brzinu obrtanja nnom =

725 [min-1] i moment inercije motora Jm = 0.040 [kgm2]. Motor pokreće preko reduktora sa dvazupčanika bubanj, brzinom nb = 35 [min-1] o koga je obešen teret mt = 510 [kg]. Moment inercijemalog zupčanika iznosi Jz1 = 0.00065 [kgm2], a velikog sa bubnjem iznosi Jz2 + Jb = 0.05 [kgm2].Nakon zaleta brzina tereta je v = 1 [m/s]. Stepen iskorišćenja zupčanika je ηz = 0.76, a bubnja iužeta ηb = 0.92.

Koliko je vreme zaleta tz i koju visinu postiže teret nakon zaleta, ako se pokretanje sarotorskim upuštačem obavlja uz konstantni obrtni moment Mmax = 1.1Mnom.

Reduktor

M

mt

v

2R

Jz1

Jm

Jz2 + Jb

Zadatak 2.3.4.Moment inercije radne mašine, koja se mora zaleteti za vreme tz =10 [s] na brzinu n =

2.5 [obrta/s] je Jt = 60 [kgm2]. Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije Jm =16 [kgm2] i radne mašine je reduktor nepoznatog prenosnog odnosa i = ?. Asinhroni motor se gonisa frekventnim pretvaračem koji mu tokom polaska pomoću strujne granice održava konstantanmoment jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta.


133

a) Odrediti penosni odnos tako da odabrani frekventni pretvarač bude minimalan, odnosno danjegova trajna struja opterećenja bude minimalna.

b) Odrediti obrtni momenat i snagu motora.

Zadatak 2.3.5.Valjaonički stan sa zamajcem goni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 100 [kW] i

nominalne brzine obrtanja nnom = 1450 [min-1] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici.Ukupni moment inercije zamajca sveden na osovinu motora je JΣ = 250 [kgm2]. Radi uprošćenjasmatrati da brzina obrtanja motora pre nailaska tereta iznosi n0 = 1500 [min-1] i da je funkcijamomenta motora kao funkcija klizanja linearna.

Odrediti vrednost momenta motora i brzine obrtanja na kraju udarnog opterećenja.Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja.

t1 = 1.5 [s] t

Mt

M1 = 1800 [Nm]

M2 = 3000 [Nm]

t2 = 1.5 [s]


[ ]WIUP nomnomnom 4712485.0126440 =⋅⋅== η

Nominalni moment je prema tome:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 00.150

3000471243030

=⋅=⋅=ππ

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnuvrednost jednaku 75%, 100% i 150% od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđujekonstantan polazni moment takođe u tom procentu od nominalne vrednosti momenta:

[ ][ ]

[ ]

=⋅==

=⋅==⇒

=

NmMNmM

NmMM

II

II

nom

nom

nom

pol

nom

nom

nom

pol

2251505.15.1150

5.11215075.075.0

5.1

75.0

Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja jekonstantan i iznosi za zadata tri slučaja:


134

( )[ ]

[ ][ ]

[ ]1min/025.01804522510545150

5.67455.11245

025.045

−=⇒

=−=−=−

=−=⇒

−=+−=−=

NmkNmNm

NmMM

knMnMMMM

pconst

constptpd

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine:

∫∫ −==

nomnom n

const

n

dzal knM

dnJMdnJt

00 3030 ΣΣππ

koju rešavamo uz pomoć smene:

nomconst

constknM

M

knM

Mzal

nomconstgconstdconst

knMM

kJz

kJ

zdz

kJt

knMzMzkdzdnkdndzknMz

nomconst

const

nomconst

const−

=−=−=

−=⇒=⇒−=⇒−=⇒−=⇒

Σ

−

Σ

−

Σ ∫ ln130

ln130

130

πππ

Uvrštavanjem brojnih vrednosti na kraju dobijamo tražena vremena zaleta:

[ ]

[ ]

=−

=⋅−

⋅

=−

=⋅−

⋅

<−

=⋅−

⋅

=

s

st zal

577.2275180

180ln887.413000025.0180

180ln025.010

30

476.5275105

105ln887.413000025.0105

105ln025.010

30

0755.67

5.67ln887.413000025.05.67

5.67ln025.010

30

π

π

π

Iz rezultata vidimo da motor gonjen sa tiristorskim regulatorom sa strujnom granicom od75% od vrednosti nominalne struje motora, ne može da se ubrza do nominalne brzine obrtanja, većsamo do brzine određene stacionarnom radnom tačkom:

( )

[ ]12700025.0

5.675.6705.67025.0455.11275.0

−===

⇒=−=+−=−=

mink

n

knnMMM

x

xxtnd

Rešenje 2.3.2.U stacionarnom stanju motor se obrće nominalnom brzinom obrtanja, pošto je priključen na

nominalni napon, opterećen je nominalnom strujom, što znači da razvija nominalni moment:

[ ]NmP

MMnom

nomtnom 5.12

6007500

==Ω

==

Pošto tokom ubrzanja motor razvija konstantan dvostruki nominalni moment, dinamičkimoment ubrzanja je takođe konstantan i iznosi:

dtdJMMMMMM nomnomnomtnomzaldinω

Σ==−=−= 22


135

vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine:

[ ]sMJ

dM

JM

dJtzaldin

nom

zaldinzaldinzal

nomnom

65.12600125.0

00

=⋅

==== ΣΣΣ ∫∫

ωω

ω ωω

Pošto tokom usporenja motor razvija polovinu nominalnog momenta suprotnog znaka,dinamički moment usporenja je takođe konstantan i iznosi:

dtdJMMMMMM nomnomnomtnomuspdinω

Σ=−=−−=−−= 5.15.05.0

vreme usporenja nalazimo iz integralne jednačine:

[ ]sMJ

dM

JM

dJtuspdin

nom

uspdinuspdinusp

nomnom

45.125.1

600125.000

=⋅

⋅==== ΣΣ

Σ ∫∫ω

ωω

ωω

Na osnovu prethodno izračunatih vremena možemo nacrtati strujni dijagram opterećenjamotora za jedan ciklus rada:

t

2Inom

Inom

-0.5Inom

n

tstac tmirtzal

I

n

tusp

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi:

=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

effMot ttt

tII

βα

2

( )( ) ( )

( ) =+++

−++=

+++

++=

mirstacuspzal

uspnomstacnomzalnom

mirstacuspzal

uspuspstacstaczalzal

tttttItItI

tttttItItI

βαβα

222222 5.02


136

( ) ( )==

⋅+++

⋅+⋅+⋅=

+++

++

=3045

20412046

21

441201642

1122

22

nomnommirstacuspzal

uspstaczal

nom IItttt

tttI

βα

nomnomnom III >== 2247.15.1

Pošto je ekvivalentna struja motora za ciklus veća od nominalne vrednosti struje motoraovakav režim rada se ne može održati.


[ ]Nm.nP

Mnom

nomnom 78698

72575003030

=⋅=⋅=ππ

Maksimalni moment koji motor razvija tokom zaleta iznosi:

[ ]Nm...M.M nommax 665108786981131 =⋅==

Prenosni odnos reduktora nalazimo iz relacije:

7142035725 .

nn

ib

m

b

m ====ΩΩ

Poluprečnik bubnja nalazimo na osnovu podatka o brzini obrtanja bubnja i brzine kretanjatereta:

[ ]m.nv

nvvR

bbb

27303513030

602

=⋅⋅

====πππΩ

Prema tome svedeni moment tereta na osovini motora iznosi:

]Nm[....

..i

gRmM

bz

tt 3094

920760714202730819510

=⋅⋅

⋅⋅==′

ηη

Iz toga proizlazi da je dinamički moment ubrzanja konstantan:

[ ]Nm...MMM tmaxdin 365143094665108 =−=′−=

Svedeni ukupni moment inercije sveden na osovinu motora može se naći na osnovu relacijeodržanja kinetičke energije:

( )⇒+

+++= 2222

122

21

21

21

21

21 v

mJJJJJ

bz

tb

z

bzmzmmm ηη

ωη

ωωωΣ


137

( )=+

+++=+

+++=

bz

t

z

bzzm

mbz

t

m

b

z

bzzm i

Rmi

JJJJvmJJ

JJJηηηωηηω

ωηΣ 2

2

22

12

2

2

22

1

[ ]22

2

2 1675092076071420

273051076071420

050000650040 kgm....

...

... ≈⋅⋅

⋅+

⋅++=

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine koja proizlazi iz Njutnove jednačine kretanja:

⇒=⇒==⇒= ∫∫nomzal n

din

t

dindindin M

dnJdtdnMJ

dMJ

dtdtdJM

00 3030 ΣΣΣ

Σππ

ωω

[ ]s..

.M

nJdn

MJ

MdnJt

din

nomn

din

n

dinzal

nomnom

885036514

7251675030303030 00

=⋅

⋅==== ∫∫ππππ ΣΣ

Σ

Tokom zaleta pošto je dinamički moment konstantan, teret se ravnomerno ubrzava, odnosnosrednja brzina je jednaka polovini brzine u stacionarnom stanju, pa visinu koju teret dostiže tokomzaleta nalazimo iz relacije:

[ ]m..tvtvh zalzalsr 44250885021

2=====

Rešenje 2.3.4.a) Pošto se motor goni frekventnim pretvaračem koji mu obezbeđuje konstanti moment zaletaza zalet važi Njutnova jednačina kretanja:

dtd

JMMM mtd

ωΣ=′−= max

Pošto je moment opterećenja jednak nuli:

dtd

JMM mt

ωΣ=⇒= max0

računajući ekvivalentni moment inercije:

2iJ

JJJJ tmtm +=′+=Σ

i zamenjući ugaonu brzinu motora sa:

dtdi

dtdi TM

TMωω

ωω =⇒=

dobijamo funkciju obrtnog momenta motora od ugaone brzine obrtanja radne mašine:

dtd

iJ

iJdt

di

iJ

JM ttm

ttm

ωω][][ 2max +=+=


138

Pretvarač za napajanje motora imaće minimalnu struju, ako je moment motora minimalan,odnosno ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljava ekstrem prethodne funkcije:

0][][ 2max =−=

+=

dtd

iJ

Jdt

diJ

iJdid

didM Tt

mtt

mωω

936,175.3166002 =====>=−

m

ttm J

Ji

iJ

J

b) Ugaona brzina izlaznog vratila nakon zaleta iznosi:

]/[70796.1555.222 sradnT =⋅=⋅⋅== πππω

Potrebno ugaono ubrzanje, zadato uslovima u zadatku je:

]/[570796.11070796.15 2srad

tdtd

z

tt ===ωω

Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi:

][32162

16606016

936,16016 2

22 kgmiJ

JJ tm =⋅=+=+=+=Σ

Prema tome motor tokom zaleta mora da razvija maksimalni moment vrednosti:

[ ]Nmdt

diJ

dtd

JMM tmd 312.97570796.1936.132max =⋅⋅==== ΣΣ

ωω

pri čemu razvija maksimalnu snagu:

][96.2][32.295970796.15936.1312.97maxmaxmax kWWiMMP tm ≅=⋅⋅=== ωω

Pošto frekventni pretvarač obezbeđuje dvostruko preopterećenje motora, sam momentmotora i njegova potrebna snaga su:

[ ]NmM

M nom 656.482312.97

2max ===

][48.1][66.14792

32.29592max kWW

PPnom ≅===


[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 572.658

14501010030

602

3

=⋅

⋅⋅==

Ω=

ππ


139


[ ]•=−

=−

= 0333.01500

14501500

1

1

nnn

s nomnom

Elektromehanička vremenska konstanta, za moment motora koji se u ukolini sinhronebrzine menja linearno sa brzinom, iznosi:

[ ]sM

nsJT

nom

nomm 988.1

30572.658

15001500

14501500250

301 =

⋅

⋅⋅−

⋅== Σ

ππ

Momenta motora tokom prvog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom pofunkciji:

−=

− tT

tmmeMM1

1 1

tako da na kraju za t = t1 ima vrednost:

[ ]NmeeMM mTt

tm 581.953118001 988.15.1

11

1

=

−⋅=

−=

−−

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim Mt1 iznosi:

( ) ( ) [ ]11

111 min341.136314501500

572.65818001500 −=−⋅−=−−= nom

nom

tt nn

MM

nn

Brzina tokom prvog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji:

tT

tT

tmmm enenn1

1

1

1 1−−

+

−=


[ ]1988.15.1

988.15.1

111 min612.142715001341.1363111

−−−−−

=⋅+

−⋅=+

−= eeenenn mm T

tTt

tm

Momenta motora tokom drugog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom pofunkciji:

tT

m

tT

tmmm eMeMM1

1

1

2 1−−

+

−=


140


[ ]NmeeeMeMM mm Tt

mTt

tm 706.2037581.953130001 988.15.1

988.15.1

112

22

=⋅+

−⋅=++

−=

−−−−

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim Mt2 iznosi:

( ) ( ) [ ]11

212 min235.127214501500

572.65830001500 −=−⋅−=−−= nom

nom

tt nn

MM

nn

Brzina tokom drugog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po funkciji:

tT

m

tT

tmmm enenn1

1

1

2 1−−

+

−=


[ ]1988.15.1

988.15.1

122 min298.1345612.14271235.1272111

−−−−−

=⋅+

−⋅=+

−= eeenenn mm T

t

mTt

tm

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkcijivremena tokom udarnog opterećenja.


141


Zadatak 2.4.1.Slika pokazuje grube momentne zahteve gonjene radne mašine, pri različitim brzinama

obrtanja u funkciji vremena. Metodom ekvivalentnog momenta izračunati potrebnu nazivnu snagumotora za pogon radne mašine uz pretpostavke da je nazivna brzina motora 1500 [min-1], a motorima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanjabrzinom 1500 [min-1].


M1

M2

M3

n

t2 t4t1 t3 t

M

n

t4 = 15 [s]

Zadatak 2.4.2.Četvoropolni trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom za priključni napon Unom =

220 [V] fnom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja Mt = 40 [Nm].Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnoj tačkint1 = 402 [min-1] i u stabilnoj radnoj tački nt2 = 1439 [min-1]. Odrediti:a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno iste.b) Vrednost prevalnog momenta Mkr i prevalnog klizanja skr .c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru Rd' pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno

ubrzanje.

Zadatak 2.4.3.Motor iz prethodnog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača, pri čemu su mu klizni

prstenovi kratko spojeni.a) Sa kojom učestanošću treba startovati pogon. Koliki napon u tom slučaju treba da izda na

svom izlazu pretvarač.b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije u pogonu bez

dodatnog otpora.

Zadatak 2.4.4.Trofazni asinhroni motor predviđen je za rad u režimu S3. Poznati su sledeći podaci o

motoru: nominalna snaga Pnom = 15 [kW], nominalni stepen iskorišćenja ηnom = 0.9 ; vremenskakonstanta zagrevanja Ttz = 15 [min]; vremenska konstanta hlađenja Tth = 25 [min]; klasa izolacije A;masa motora m = 40 [kg] i specifični kapacitet gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC] ( CCU = 0.48[kWs/kgoC] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja tu = 2[min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne. Odrediti:


142

a) Potrebno vreme isključenja i relativna trajanje uključenja pod uslovom da se motor u ovomrežimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja.

b) Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju.


napon Unom = 220 [V]; nominalna snaga Pnom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1150[min-1]; brzina obrtanja u praznom hodu n0 = 1235 [min-1]; pokreću okretnu peć sa kojom sumehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, unajgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%.

Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgoremslučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnihmomenata pojedinačnih motora?

MMM1 M2

Rešenje 2.4.1.Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi:

( ) ( ) ( ) =++=+⋅+=++= 4003002253120201515

31

31 222

2212

11 MMMMM e

[ ]Nm559.173

925==


32

2311

21

31

=+

=+

==β

αβ



143

=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

effMot ttt

tMM

βα

2

( ) ( )

[ ]Nm

tttttMtMtM e

269.18783.333

1531401510

32

15104020103

925 22

2

4231

32

322

212

1

==

=⋅+++

⋅+⋅+⋅

=+++++

=βα


[ ] [ ]kWWn


30269.18

602

≈=⋅⋅==ππ

Rešenje 2.4.2.Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi:

[ ]732015001098

15004021500

1

111 .

nnn

s tt ==

−=

−=

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi:

[ ]04066601500

611500

14391500

1

212 .

nnn

s tt ==

−=

−=

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanjekritičnog klizanja:

( ) [ ]1725301500

611098

01122

221212

2121

122

21

21

2

2

1

1

2

2

1

1

.ssssssssss

sss

s/ss

ss

ssss

ss

ss

ss

ss

ss

M

ss

ss

MM

ttkrttkrtttt

ttkr

krtt

krkr

tt

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

kr

t

kr

kr

t

krt

±=⋅

±=±=⇒=⇒−−=

−

⋅⇐=

−+

−⇒+=+⇒

+=

+=

Kritični moment nalazimo iz relacije:

[ ]Nmss

ssM

Mt

kr

kr

ttkr 567.89

732.017253.0

17253.0732.0

240

2 2

2 =

+=

+=

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse:

( ) ( ) [ ]Ω=⋅

⋅⋅=⋅⋅=+⇒+

⋅⋅= 161.5567.892

2201500

3302

3302

330 22

1

''

2

1 πππ kr

srs

rs

skr M

Un

XXXX

Un

M


144

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približnoiste, iznose:

[ ] [ ]mH.H..XXLLLL

'rs

'rs'

rs 124800821405022

161522

==⋅⋅⋅

=+

=+

==πω

Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritičnimoment, odnosno u kolo rotora treba dodati toliki otpor Rd' da kritično klizanje skr' bude jednakojedinici. Da bi mogli odrediti vrednost dodatnog otpora, moramo prvo odrediti vrednost svedenogotpora rotora na stator, koja iznosi:

( ) [ ]Ω890401725301615 ...sXXR kr'

rs'

r =⋅=+=

Vrednost potrebnog dodatnog otpora, je prema prethodnom:

( ) ( ) [ ]Ω270648904011615 ...RsXXRsXXRR 'r

'kr

'rs

'd

'kr

'rs

'd

'r =−⋅=−+=⇒+=+

Rešenje 2.4.3.a) Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju u stabilnoj radnojtački je:

[ ]112 611500

150061 −=⋅== minnsn t∆

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzineobrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja,sinhrone frekvencije i napon motora sa kojim motor može da pokrene zadati teret iznose:

[ ][ ]

[ ]V..ff

UU

Hz.n

pf

minnn

s

assa

asa

a

946685003332220

0333260612

60

61

1

1

11

=⋅==

=⋅==

== −∆

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji odmomenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije donominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst,opada kvadratično sa porastom frekvencije.


[ ]Hz...ff

.ff

..MM

MM

ssb

s

sb

krb

kr

t

kr

816742392502392

239223924056789

2

=⋅==

⇒=

⇒≈==



145

[ ]111 482244

50816741500 −=⋅== min..

ff

nns

sbb


[ ]11 7952581500172530 −=⋅== min..nsn krkr∆


[ ]11 6851985795258482244 −=−=−= min...nnn krbb ∆

Rešenje 2.4.4.Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagravanja homogen i da mu je specifični toplotni

kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[ ]CkWsmCC oFET /2.1948.040 =⋅==

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja:

[ ]CkWA

mCTCA

ACT oFE

tz

TTtz /021333.0

601548.040

=⋅

⋅===⇒=

Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 10% veća od nominalne, gubici u tomslučaju iznose:

( )

−=

−= 111.1

11.1

nomnom

nom

nomnom PP

Pηη

ηγ

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi:

[ ]CAP

AP o

nom

nommax 93.851

9.01

021333.0151.1111.1

=

−

⋅=

−==′∆

ηθ γ

U kvazistacionarnom stanju važi dijagram promene temperature kao na slici, na sledećojstrani.

Polazeći od dijagrama za zagrevanje možemo pisati relaciju za granične temperature:

−′∆+∆=∆

−−tz

u

tz

u

Tt

maxTt

minmax ee 1θθθ

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature:

th

m

Tt

maxmin e−

∆=∆ θθ


146

∆θ

∆θmax

∆θmin

tu tmttu

∆θmax

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje nadtemperature ukvazistacionarnom stanju:

′∆

−

−=∆=∆⇒

−′∆+∆=∆

+−

−−−−

max

Tt

Tt

Tt

AmaxTt

maxTt

Tt

maxmax

th

m

tz

u

tz

u

tz

u

tz

u

th

m

e

eeee θθθθθθ

1

11

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θA = 60[oC], pa na osnovu, prethodne relacije, nalazimo potrebnu vrednost vremena mirovanja:

⇒′∆

−

−=∆=∆

+−

−

max

Tt

Tt

Tt

Amax

th

m

tz

u

tz

u

e

eθθθ

1

1

[ ]mineeeeTt tz

u

tz

u

Tt

A

maxTt

thm 591.1160

93.85ln251ln 152

152

=

−−⋅−=

−

∆

′∆−−=

θθ

Relativno trajanje uključenja je prema tome:

[ ]%70.55591.12

2100100100% =+

⋅=+

==mu

u

ttt

ED ε

Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi:

[ ]Cee oTt

maxminth

m

40.5660 25591.1

=⋅=∆=∆−−

θθ

Rešenje 2.4.5.Nominalna vrednost momenta motora iznosi:


147

[ ]Nm.nP

Mnom

nomnom 56124

11501500030

260

=⋅==ππ

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođerazlikuju u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različitemomente. Motori se okreću istom brzinom obrtanja pošto su mehanički spregnuti, pa važe sledećenaponske i momentne jednačine:

( ) ( ) ( ) =++=++=++= ppaanom


ΦkRRInΦkRRIEU 11

1111


( ) ( ) ( ) =++=++=++= ppaanom


ΦkRRInΦkRRIEU 22

2222


( ) ( ) =±=±===anom

aanomnomManomMa

nom

mnomMamMm I

IIΦkIΦkI

ΦΦ

ΦkIΦkM 11111

1111 11 εε

( )nom

manoma

anom

anom M

MII

II

M 1

11

11 1

1ε

ε±

=⇒±=

( ) ( ) =±=±===anom

aanomnomManomMa

nom

mnomMamMm I

IIΦkIΦkI

ΦΦ

ΦkIΦkM 22222

1222 11 εε

( )nom

manoma

anom

anom M

MII

II

M 2

22

22 1

1ε

ε±

=⇒±=

Gde je %,% 11 21 ≤≤− εε . Daljim razvojem dobijamo:

( )⇒++= ppaanomnomnomE RRInΦkU( ) ( )nomnomEnomnomEnomEnomnomEppaanom nnΦknΦknΦknΦkURRI −=−=−=+ 00

( ) ( ) ( ) ⇒±−

+±=+±

+±=nom

mnomnomEnomEppa

nom

manomnomE M

MnnΦknΦkRR

MMI

nΦkU 1

1

01

1

11 1

11

1ε

εε

ε

( ) ( ) ( ) ⇒±−

+±=+±

+±=nom

mnomnomEnomEppa

nom

manomnomE M

MnnΦknΦkRR

MMI

nΦkU 2

2

02

2

22 1

11

1ε

εε

ε

( ) ( ) ( )10

101

1

1

010 1

11

1 εε

εε ±

−±−

=⇒±−

+±==nom

nommnom

mnom

nomE nnnn

MMMMnn

nnΦkU

( ) ( ) ( )20

202

2

2

010 1

11

1 εε

εε ±

−±−

=⇒±−

+±==nom

nommnom

mnom

nomE nnnn

MMMMnn

nnΦkU

⇒=− MMM ∆221

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]=±+±−±−±−

=−

= 22

212010

0

21 111122

εεεε∆ nnnnnn

MMMMnom

nom

( ) ( ) ( )[ ]22

2121210

0

222

εεεεεε −+±−±−

= mm nnnn

M

nom

nom

MMMMM nomT ∆∆ +=+=

21


148

MMMMM nomT ∆∆ −=−=

22

Najveća razlika vrednosti momenata nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikujuodnosno za %121 =−= εε . Činjenice da je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentutereta koji je jednak dvostrukom nominalnom momentu motora, možemo iskoristiti da dobijemorelaciju za određivanje brzine obrtanja, koja u najgorem slučaju iznosi:

⇒==+ nomT MMMM 221

( ) ( ) ( ) ( ) ⇒±−

±−+±

−±−

= 20

201

0

10 11

11

2 εε

εε

nomnom

nomnomnom nn

nnM

nnnn

MM

( ) ( ) ⇒±±−±±+=− 2121000 2222 εεεε nnnnn nom

( ) [ ]1

21

210

21

210 1150

21

22

2 −==±±

+

±±+

=±±

±±+= minn

nnnnn nom

nomnom

εε

εε

εεεε

Iz toga proizlazi da je:

( ) ( ) ( )[ ]=−+⋅+⋅−+−⋅

=∆ 22 01.001.001.0201.02115001.001.01235115012352

56.124M

[ ]Nm607.15=

[ ]%..

.M

M%Mnom

351210056124

60715100 =⋅==∆

∆

Pojedinačne vrednosti momenata pojedinih motora prema tome iznose:

[ ]Nm...MMM nom 16714060715561241 =+=+= ∆[ ]Nm...MMM nom 95310860715561242 =−=−= ∆


Zadatak 2.5.1.

M i

m

v

Reduktor

D


149

Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta mase: mmax = 5000 [kg]. Odrediti snagumotora koji obezbeđuje tokom ubrzanja za vreme t = 10 [s] dizanje tereta na visinu h = 10 [m], uslučaju da je koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.981, a moment inercije reduktora imotora je zanemarljiv.

Zadatak 2.5.2.Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sledećih podataka: Pn = 2.5 [kW], nnom =

960 [min-1] upotrebljen je za pogon priručne dizalice koja se koristi pri izgradnji manjeggrađevinskog objekta. Ako se zna da se sa otporom Rd' = 2Rr' = 0.2 [Ω] dodatim usvaku fazurotora, motor obrće brzinom n = 900 [min-1] i podiže teret brzinom v = 2 [m/s], odrediti težinu teretakoji se podiže. Prečnik bubnja oko koga se namotava čelično uže pri podizanju tereta je Db = 0.2[m], a eksperimentalno je utvrđeno da je najveća vrednost opterećenja koju motor može podići bezdodatnih otpora u kolu je mmax = 180 [kg]. Debljina čeličnog užeta, mehanički gubici i gubici ustatoru motora se zanemaruju.

Zadatak 2.5.3.Dvobrzinski trofazni asinhroni motor pokreće opterećenje koje ne zavisi od brzine. Motor se

napaja iz mreže 3x380 [V], 50 [Hz]. Na većoj brzini nominalna brzina je nnom1 = 1410 [min-1],sprega je zvezda, a kritični moment se ima pri 62% od sinhrone brzine. Na manjoj brzininominalna brzina je nnom2 = 940 [min-1], a sprega je trougao.a) Kada je motor uključen na veću brzinu izmerena je električna snaga P = 4 [kW] i brzina

motora n = 1390 [min-1]. Koliki je kritični moment motora i koliki je moment kojim jeopterećen motor?

b) Odrediti brzinu obrtanja kada je motor uključen na manju brzinu obrtanja.Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi, a da su ostali parametri motora

približno jednaki na obe brzine i da je stepen iskorišćenja η = 0.8 u svim uslovima rada.

Zadatak 2.5.4.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom za priključni napon Unom = 440 [V], Inom = 100

[A], nnom = 1050 [min-1] u praznom hodu ima broj obrtaja n0 = 1100 [min-1]. Odrediti vrednoststruje i brzine obrtanja motora ako pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenjaMt = 200 [Nm]. Smatrati da su gubici trenja i ventilacije zanemarljivi u svim uslovima rada.

Zadatak 2.5.5.

M1 = 40 [Nm] t1 = 10 [s]M2 = 25 [Nm] t2 = 60 [s]M3 = -20 [Nm] t3 = 15 [s]M1

M2

M3

n

t2 t4t1t

M

n

t3

t4 = 40 [s]


150

Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonskopostrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 2000 [min-1], a motor ima prinudnohlađenje.

Rešenje 2.5.1.Priraštaj potencijalne energije u toku deset sekundi pri dizanju mase m na visinu h iznosi:

[ ]JmghWpot 4905001081.95000 =⋅⋅==∆

Prema tome potrebna snaga motora uz uračunavanje gubitaka u mehanizmu u stacionarnompogonu iznosi:

[ ] [ ]kWWtmgh

tW

Predred

pot 5050000981.010

1081.95000==

⋅⋅⋅

==∆

=ηη

Rešenje 2.5.2.Pri brzini dizanja tereta v = 2 [m/s], bubanj se okreće brzinom obrtanja, koja sledi iz relacije:

[ ]199.1906002.026060

2602

2−==

⋅⋅

==⇒=Ω= minD

vnD

nD

vb

bb

bb

b ππππ

Prema tome između motora i bubnja nalazi se reduktor sa prenosnim odnosom:

[ ]71.499.190

900===

bred n

ni

Maksimalni moment na bubnju, pri kom motor može da kreće bez dodatnog otpora, jeprema uslovima zadatka:

[ ]Nm...D

mgD

FM bbmax 58176

220819180

22=⋅⋅===

Pošto postoji reduktor, moment na vratilu motora, koji je ujedno i polazni moment, iznosi:

[ ]Nmi

MM

redpol 49.37

71.458.176max ===

Nominalni moment i nominalno klizanje motora iznose:

[ ]NmnPP

Mn

n

n

nn 86.24

960250030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01000

401000

9601000

1

1 ==−

=−

=n

nns n

n

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovomslučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja:


151

5.186.2449.37

11

2

112

==+

+=⇒

+=∧

+=

kr

kr

n

kr

kr

n

n

p

n

kr

kr

n

krn

kr

kr

krp s

s

ss

ss

MM

ss

ss

MM

ss

MM

nkrn

kr

kr

nkr

kr

ssss

ss

ss

⋅⇐+=+ 5.15.1

( ) ( )( )

( )( ) ( ) 247.0

96.00584.0

04.05.1104.05.104.0

04.05.1104.05.104.0

5.115.1

05.15.1105.15.1 2222

±=±=⋅−−

±=⋅−−

±=−

−±=

⇒=−−−⇒=−−+

n

nnkr

nnnkrkrnnnkr

sss

s

sssssssss

Prema tome kritična vrednost momenta iznosi:

[ ]Nms

sM

M kr

kr

pkr 52.80247.0

247.01

249.37

11

2=

+=

+=

U traženom režimu, kritično klizanje zbog dodatog otpora Rd' = 2Rr' iznosi:

[ ]741.0247.03332=⋅==′+

′=′+

′+′=′+

′+′= kr

rs

r

rs

rr

rs

rdkrd s

XX

R

XX

RR

XX

RRs

Zbog dodavanja otpora, kritična vrednost momenta se ne menja, a klizanje je:

[ ]1.01000100

10009001000

1

1 ==−

=−

=n

nns d

d

Iz toga sledi da se na vratilu motora razvija moment:

[ ]Nm

ss

ss

MM

d

krd

krd

d

krd 34.21

1.0741.0

741.01.0

52.8022=

+

⋅=

+=

Na bubnju se razvija moment:

[ ]NmiMM reddbd 51.10071.434.21 =⋅==

Prema tome teret iznosi:

[ ]kggDM

Dg

Mm

b

bd

b

bdt 46.102

2.081.951.10022

2

=⋅

⋅===

Rešenje 2.5.3.a) Mehanički moment i klizanje motora, u slučaju da je on priključen na veću brzinu, iznose:


152

[ ]Nmn

PPM

a

el

a

aa 984.21

13908.0400030

260

=⋅

⋅=⋅=Ω

=π

ηπ

[ ]07333.01500110

150013901500

1

1 ==−

=−

=n

nns a

a

Kritična vrednost brzine postiže se pri 62% od sinhrone brzine, pa prema tome kritičnoklizanje iznosi:

[ ]38.01500570

15009301500

1500150062.01500

1

1 ==−

=⋅−

=−

=a

krakr n

nns

Na osnovu poznatog momenta, klizanja i kritičnog klizanja, primenom Klosovog obrascadobijamo vrednost kritičnog momenta:

[ ]Nmss

ssM

Ma

kr

kr

aakra 07.59

07333.038.0

38.007333.0

2984.21

2=

+=

+=

b) Kako se parametri motora, u slučaju da je on priključen na manju brzinu ne menjaju, tokritično klizanje ne menja vrednost, ali se menja kritična vrednost momenta jer se menja i broj paripolova i napon po fazi. Prema tome iz izraza za kritični moment za manju i veću brzinu, važi da je:

29

2203220

23

220380

23

23

23

22

2

2

2

2

2

2

=

=

==

′+

′+

=faa

fbb

rss

faa

rss

fbb

kra

krb

Up

Up

LL

Up

LL

Up

MM

ω

ω

[ ]NmMM krakrb 815.26507.595.429

=⋅==

Traženu brzinu obrtanja, možemo naći preko klizanja, ponovnom primenom Klosovogobrasca, uz uslov postavljen zadatkom, da se moment opterećenja ne menja:

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+== krbkr

a

krbbbkr

a

krb

b

kr

kr

b

b

kr

kr

b

krbab sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MMM

1732.901596.01091.12984.21815.26538.01 2

2

∧=

−±=

−

±=

a

kr

a

krbkrb M

MMM

ss

( ) ( ) [ ]11 04.98401596.0110001 −=−=−= minsnn bbb

Rešenje 2.5.4.Vrednost indukovane elektromotorne sile u nominalnom režimu možemo naći iz relacije:


153

[ ]VUn

nE

nn

EE

nkUEnkE

nomnom

nomnomnomEnomnomEnom

42044011001050

0

0000

===

⇒=⇒Φ==⇒Φ=

Pošto se gubici trenja i ventilacije zanemaruju, vrednost nominalnog momenta iznosi:

[ ]Nmn

IEnIEIE

Mnom

nomnom

nom

nomnom

nom

nomnomnom 97.381

10501004203030

602

=⋅

⋅⋅===

Ω=

πππ

Za jednosmerni motor važi relacija:

kMnnkMnkk

MRnn

kMRnkIRUnkE

nomMEa

nomManomEaanomE

−=−⇒−=Φ

−=

⇒Φ

−Φ=−=Φ=

0020

0

Prethodna relacija važi i za nominalnu brzinu obrtanja:

nomnomnomnom kMnnkMnn −=−⇒−= 00

Prostim deljenjem prethodne dve relacije i pogodnom manipulacijom, dobijamo traženubrzinu obrtanja:

( ) ( ) [ ]100

0

0

819.107397.381

200105011001100 −=−−=−−=

⇒=−

−

minM

Mnnnn

MM

nnnn

nomnom

nomnom

Dalje manipulacijom izraza za moment, dobijamo na kraju i vrednost rotorske struje:

[ ]AIM

MI

II

MMIkMIkM

nomnom

nomnomnomMnomnomMnom

36.5210097.381

200===

⇒=⇒Φ=⇒Φ=

Rešenje 2.5.5.Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je:

( ) ( ) =+⋅+=++= 222221

212 25254040

31

31 MMMMM e

[ ]Nm787.3210753

3225===


154

Zbog prinudnog hlađenja ne popogoršavaju se uslovi hlađenja, tokom perioda ciklusa zaletai kočenja i mirovanja. Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus prema tome iznosi:

=+++++

==∑

∑4321

32

322

212

1

2

tttttMtMtM

t

tMM e

ii

iii

effMot

[ ]Nm306.26125

8650040156010

15206010751040 22

==+++

⋅+⋅+⋅=


[ ] [ ]kWWn


30306.26

602

≈=⋅⋅==ππ


Zadatak 2.6.1.Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pn = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50

[Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sakonstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti maksimalni otporni momentradne mašine koji može da savlada pogonski motor pri polasku.

Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi.

Zadatak 2.6.2.Motor iz prethodnog zadatka upušta automatskim upuštačem zvezda – trougao. Koliki

maksimalni otporni moment radne mašine u tom slučaju može da savlada pogonski motor pripolasku.

Zadatak 2.6.3.Ako se motor iz prvog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača, sa kojim naponom i

učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje. Odreditimaksimalnu vrednost momenta koji u tom slučaju razvija motor. Koliki faktor strujnogpreopterećenja u tom slučaju treba da obezbedi pretvarač frekvencije.

Zadatak 2.6.4.Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni

pregoreo. Pogon zahteva 18 [kW] uz oko 1400 [min-1] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavljasvakih 5 sati. Na raspolaganju su dva motora:

I motor: 380 [V]; 12 [kW]; 1410 [min-1]; cosϕ = 0,8; PCU/PFE = 4,1; τz = 40 [min],II motor: 380 [V]; 10 [kW]; 1430 [min-1]; cosϕ = 0,77; PCU/PFE = 1,6; τz = 45 [min].Proračunati uslove pogona ostvarene sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora.


postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora, ako jenazivna brzina motora n=1500 [min-1], a motor ima prinudno hlađenje.


155


M1

M2

M3

n

t2 t4t1 t3 t

M

nt4 = 40 [s]

Rešenje 2.6.1.Nominalni noment i klizanje motora iznose:

[ ]NmnPP

Mnom

nom

n

nnom 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500

1

1 ==−

=−

=nnn

s nomnom

Polazeći od opšteg izraza za moment, nalazimo izraze za polazni i nominalni moment:

2'

1

30pol

p

rpol I

sR

nmM

π=

2'

1

30nom

n

rnom I

sR

nmM

π=

Deljenjem ove dve relacije i daljim rešavanjem dobijamo vrednost polaznog momenta:

[ ] nomnom

polnomnompol

n

nom

pol

nom

pol MNmII

sMM

sI

I

MM

==

⋅=

=⇒= 526.26

1504.0526.261

22

2

2

Vrednost polaznog momenta mora biti veća od momenta opterećenja da bi se motor mogaopokrenuti, dakle mora da važi:

[ ]NmMM pt 526.26=<

Rešenje 2.6.2.


156

Ako se motor upušta sa upuštačem zvezda - trougao, tokom upuštanja u spoju zvezdasmanjuje se njegov napon po fazi, pa se smanjuje i moment motora. Pošto moment zavisi odvrednosti napona na kvadrat, važi da je:

[ ]NmUUMM

UU

MM

t

zpoltpolz

t

z

polt

polz

842.83526.26

31526.26

380220525.26

222

2

2

==

⋅=

⋅=

=

⇒=

Prema tome sa upuštačem motor može da savlada samo manji moment od:

[ ]NmMM polzt 842.8=<

Rešenje 2.6.3.Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritični

moment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritičnebrzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst.

Kritični moment i kritično klizanje možemo odrediti primenom Klosovog obrasca za dvepoznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, pavaži:

11

1

1122

=+

+=⇒

+=∧

+=

nom

kr

kr

nom

kr

kr

pol

nom

kr

kr

krpol

nom

kr

kr

nom

krnom

ss

ss

ss

MM

ss

MM

ss

ss

MM

nomkrnom

kr

kr

nomkr

kr

ssss

sss

s⋅⇐+=+

11

( ) ( )2.004.0

0110 2222

±=±=±=

⇒=−−−⇒=−−+

nomkr

nomnomnomkrkrnomnomnomkr

ss

sssssssss

[ ]Nms

sM

M kr

kr

polkr 968.682.0

2.01

2526.26

11

2=

+=

+=

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja je prema tome:

[ ]11 300150020 −=⋅== min.nsn krkr∆

Prema tome motor treba da krene sa sinhronom brzinom:

[ ]11 min300 −=∆=′

krnn

Odnosno polazna učestanost i napon sa kojim treba pokrenuti motor, iznose:

[ ]Hznn

ff bss 10

150030050

1

1 =⋅==′


157

[ ]Vnn

UU bss 76

1500300380

1

1 =⋅==′

Ako su ostvareni gornji uslovi za polaznu učestanost i frekvenciju motor će u polasku razvitimaksimalni odnosno kritični moment:

[ ]NmMM kr 968.68==′

Slično kao u prvom zadatku polazeći od opštih izraza za moment:

2'

1

30 ′′=′

polp

rpol I

sR

n

mMπ

2'

1

30kr

kr

rkr I

sR

nmM

π=

2'

1

30nom

n

rnom I

sR

nmM

π=

prvo dobijamo deljenjem prva dva odnosa, da je vrednost polazne struje jednaka vrednosti struje prikritičnom momentu:

krpolkr

pol

kr

polkr

kr

pol

p

kr

kr

pol III

II

I

n

nI

I

sn

snM

M=′⇒

′⋅=

′

′∆

=

′

′==′ 22

1

2

1

1 11


158

a zatim deljenjem druga dva odnosa samu vrednost kritične struje, odnosno faktor strujnogpreopterećenja:

606.31304.0526.262.0968.68

2

==⋅⋅

==′

=⇒

=

nom

kr

nom

kr

nom

pol

nom

kr

nom

kr

kr

n

nom

kr

ss

MM

II

II

II

ss

MM

Rešenje 2.6.4.Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba

mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga ukratkotrajnom radu veća od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenjadovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se naosnovu snage u trajnom radu Pnom, vremenske konstante zagrevanja τzag, vremena uključenja tp iodnosa stalnih i promenljivih gubitaka PCU/PFE.

zag

p

zag

p

t

t

CUnom

FE

nomkrat

e

eP

P

PPτ

τ

−

−

−

+=

1

1

Za prvi motor ova snaga iznosi:

[ ]kW..e

e.Pkrat 7118559112

1

1411

124025

4025

1 =⋅=−

+=

−

−

Za drugi motor ova snaga iznosi:

[ ]kW..e

e.Pkrat 9516695110

1

6111

104525

4525

2 =⋅=−

+=

−

−

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga ukratkotrajnom radu veća od zahtevane:

[ ] [ ] [ ]kW.PkWPkW.P kratkrat 9516187118 21 =>=>=


[ ]Nm.MMMMM 7873210753

32253

404025253

222221

21

12 ===+⋅+

=++

=



159

( )=

+++⋅+⋅+⋅

=+++++

=40156010

15206040101075 222

4321

32

322

212

12

tttttMtMtM

M effMot

[ ]Nm.03430902125

112750125

600096001075===

++=


[ ] [ ]kW.W..nMP effMoteffMot 724734717150030

03430602

≈===ππ


Zadatak 2.7.1.Na osovini elektromotora pogona kolica, sa slike 1, smimljen je putni dijagram momenta

motora u funkciji vremena za jedan ciklus prikazan na slici 2. Za vreme jednog ciklusa kolica pređurastojanje od sc = 42.6 [m]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m], a između njega i motora radiredukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 i koeficijenta korisnog dejstvaη = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02.

Kolika je ukupna masa tereta i kolica?

D

Motor

Slika 1.

32 [s]

10 [s]6 [s]

6 [s] 10 [s]

t [s]

-11.39 [Nm]

15.29 [Nm]

50.27 [Nm]Mmot[Nm]

Slika 2.


160

Zadatak 2.7.2.Za motor iz prethodnog zadatka odrediti vrednost momenta inercije motora.

Zadatak 2.7.3.Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati njegovu potrebnu

nazivnu snagu metodom ekvivalentnog momenta.

Zadatak 2.7.4.Oceniti na osnovu putnog dijagrama da li se kolica iz prvog zadatka, sem sa motorom

posebno dodatno koče sa mehaničkom kočnicom.


[Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sakonstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će seubrzati motor ako je otporni moment radne mašine Mt = 30 [Nm].


Rešenje 2.7.1.Iz momentnog putnog dijagrama nalazimo da motor u stacionarnom stanju razvija moment:

[ ]NmM tStac 45.29183.15=

U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment:

[ ]NmiMM dMotStactStac 45.18375.01629.15Re =⋅⋅== η

Na obodu točka se razvija vučna sila koja je u stacionarnom stanju jednaka sili otporakotrljanja:

[ ]ND

MF tStac

t 1.107934.0

45.1832

2

=⋅

==

Iz toga proizlazi da kolica imaju masu:

[ ]kggF

mF

t 550002.081.91.1079

=⋅

==µ

Rešenje 2.7.2.U stacionarnom stanju kolica se kreću sa brzinom:

( ) ( ) [ ]smtt

svttvtvtt

vs

zalStac

czalStacStacuspzalc /66.2

166.42

2 maxmaxmaxmax ==

+=⇒+=++=

U toku zaleta postiže se ubrzanje:

[ ]2max /44.0666.2 sm

tv

azal

===


161

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi:

[ ]259.234.0244.0

75.01645.1832 −==

⋅== s

Dazalα

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi:

[ ]222

9515823405500

2kgm..DmJt =

=

=

Dinamički moment ubrzanja tereta je prema tome:

[ ]NmJM zalttDin 4.41159.295.158 =⋅== α

Pošto sa dijagrama nalazimo vrednost momenta ubrzanja motora tokom zaleta, momentubrzanja motora, nalazimo kao razliku razvijenog momenta ubrzanja i zbira stacionarnog momentatereta i dinamičkog momenta ubrzanja tereta, normalno svedenih na osovinu motora:

( ) ( ) [ ]Nmi

MMMMR

tStactDinzMotDinMotDin 704.075.016

145.1834.41127.501=

⋅+−=+−=

η

Iz vrednosti momenta ubrzanja motora i ugaonog ubrzanja motora na kraju nalazimo traženuvrednost momenta inercije motora:

[ ]2017.059.216

704.0 kgmi

MMJ

zal

MotDin

zalMot

MotDinMot =

⋅===

αα

Rešenje 2.7.3.Iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo ekvivalentni moment opterećenja:

[ ]Nm

tttttMtMtM

MuspStaczal

uuMotDinStacMotStaczzMotDineffMot

9.2332

671.18278106106

639.111029.15627.50 222

0

222

==+++

⋅+⋅+⋅=

=+++++

=

Potrebna nazivna snaga motora iznosi:

[ ] [ ]kW.W.nMP effMoteffMot 98455984239130

923602

====ππ

Rešenje 2.7.4.U slučaju da se motor koči sa postavljenom mehaničkom kočnicom na izlaznoj strani vratila

ukupan moment motora koji on razvija tokom usporenja, sveden na njegovu osovinu iznosi:


162

( )i

MMMMM dKocnicetStactDinMotDinuMotDin

Reη++−+−=

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta kočenja:

( )

( ) 0068.045.1834.41175.0

16704.039.11

Re

≈−=−++−=

=−++= tStactDind

MotDinuMotDinKocnice MMiMMMη

zanemarljiva, odnosno da se ne koristi dodatna mehanička kočnica.


[ ]NmnPP

Mn

n

n

nn 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500

1

1 ==−

=−

=n

nns n

n

Polazeći od opšeg izraza za moment, nalazimo izraze za polazni i nominalni moment:

2'

1

30p

p

rp I

sR

nmM

π= 2

'

1

30n

n

rn I

sR

nmM

π=


[ ] nn

pnnp

n

n

p

n

p MNmII

sMM

sI

I

MM

==

⋅=

=⇒= 526.26

1504.0526.261

22

2

2

Vrednost polaznog momenta je prema tome manja od momenta opterećenja:

0526.2630 =⇒=>= tpt nMM

što znači da se motor neće moći pokrenuti.


Zadatak 2.8.1.Masa kolica i tereta pogona na slici iznosi m = 5500 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m],

a između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 ikoeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02. Kolica tokomjednog ciklusa prelaze put od sc = 42.6 [m], razvijajući maksimalnu brzinu vmax = 2.66 [m/s], samaksimalnim ubrzanjem i usporenjem a = 0.44 [m/s2]. Odrediti nazivnu brzinu obrtanja motora i


163

snagu koju motor uzima iz mreže u stacionarnom stanju ako je koeficijent korisnog dejstva motoraηMot = 0.75 i moment inercije motora JMot = 0.017 [kgm2].

D

Motor

m = 5500 [kg]D = 0.34 [m]i = 16ηRed = 0.75µF = 0.02sc = 42.6 [m]vmax = 2.66 [m/s]a = 0.44 [m/s2]ηMot = 0.75JMot = 0.017 [kgm2].t0 = 10 [s]

Zadatak 2.8.2.Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena

za jedan ciklus rada, ako kolica između dva pokretanja stoje t0 = 10 [s].



Zadatak 2.8.4.Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog časa rada motora iz prethodnih

zadataka, ako je cena jednog kWh 3 [din].


[Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5In upotrebljen je za pogon radne mašine sakonstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će seubrzati motor ako je otporni moment radne mašine Mt = 20 [Nm].


Rešenje 2.8.1.U stacionarnom stanju brzina obrtanja motora kod brzine kolica maxv iznosi:

[ ]12391340

606621660 −=

⋅⋅

=⋅

== s..

Dv

iinn maxtMotnom ππ


164

Sila otpora kotrljanja je:

[ ]N...mgF Ft 110790208195500 =⋅⋅== µ

Da bi savladao izračunatu silu otpora motor mora da razvije mehaničku snagu u iznosu:

[ ] [ ]kWWvF

Pd

tMotStac 83.33830

75.066.21.1079

Re

max ==⋅

==η

Pri tome motor iz mreže uzima snagu:

[ ] [ ]kW.W.

PP

Mot

MotStacMrezeStac 10655106

7503830

====η

Rešenje 2.8.2.Da bi se nacrtao momentni putni dijagram motora potrebno je odrediti momente i vremena

njihovog trajanja posebno za svaki od režima rada, stacionarni, zalet i usporenje.U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment:

[ ]Nm...DFM ttStac 45183234011079

2=⋅==

Pri tome motor na svojoj osovini razvija moment:

[ ]NmiM

Md

tStacMotStac 29.15

75.01645.183

Re

=⋅

==η

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi:

[ ]259.234.0244.0

75.01645.1832 −==

⋅== s

Dazalα

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi:

[ ]222

9515823405500

2kgm..DmJt =

=

=

Potreban moment ubrzanja za zalet kolica na osovini kolica, sa zadatim ubrzanjem je prematome:

[ ]NmJM zalttDin 4.41159.295.158 =⋅== α

Potreban moment ubrzanja rotora motora iznosi:

[ ]NmiJJM zalMotzalMotMotMotDin 704.059.216017.0 =⋅⋅=== αα


165

Ukupan moment koji tokom ubrzanja odaje motor iznosi:

( ) ( ) [ ]Nmi

MMMMR

tStactDinMotDinzMotDin 27.5075.016

145.1834.411704.01=

⋅++=++=

η

Vrednost ubrzanja i usporenja su iste, pa su i potrebni momenti usporenja po veličini isti kaomomenti ubrzanja a različiti po znaku. Pa iz toga sledi da ukupni moment koji prima motor tokomusporenja iznosi:

( ) =+−+−=i

MMMM dtStactDinMotDinuMotDin

Reη

( ) [ ]Nm39.111675.045.1834.411704.0 −=+−+−=

Pošto su vrednosti ubrzanja i usporenja ista i vremena njihovih trajanja su ista i iznose:

[ ]sa

vtt uspzal 6

44.066.2max ====

Tokom trajanja ubrzanja i usporenja kolica ukupno pređu put:

( ) zaluspzaluz tvttv

s maxmax

2=+=+

32 [s]

10 [s]6 [s]

6 [s] 10 [s]

t [s]

-11.39 [Nm]

15.29 [Nm]

50.27 [Nm]Mmot[Nm]

Putni dijagram.

Pošto se ostali deo puta kolica kreću stacionarnom brzinom, trajanje stacionarnog režimanalazimo iz relacije:

[ ]stvs

vss

t zalcuzc

Stac 10666.26.42

maxmax

=−=−=−

= +


166

Pošto kolica između dva pokretanja stoje zadato vreme, ukupno trajanje ciklusa iznosi:

[ ]sttttt uspStaczalc 321061060 =+++=+++=

Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja za zalet, stacionarno stanje i usporenjecrtamo putni dijagram momentnog opterećenja, dat na prethodnoj strani.


=+++++

=0

222

tttttMtMtM

MuspStaczal

uuMotDinStacMotStaczzMotDineffMot

[ ]Nm9.2332

671.18278106106

639.111029.15627.50 222

==+++

⋅+⋅+⋅=


[ ] [ ]kW.W.nMP effMoteffMot 98455984239130

923602

====ππ

Rešenje 2.8.4.Tokom zaleta motor uzima iz mreže energiju u iznosu:

=⋅⋅

⋅⋅

=== 6302391

75.0227.50

602

21

21 max ππ

ηη zalMotnom

Mot

zMotDinzal

Mot

zMotzMreze t

nMt

PW

[ ] [ ]kWsWs 347.5050347 ==

U stacionarnom stanju motor takođe uzima energiju iz mreže u iznosu:

[ ] [ ]kWsWstPW StacMrezeStacStacMreze 06.5151060105106 ==⋅==

Tokom usporenja motor vraća energiju u mrežu u iznosu:

=⋅⋅⋅

⋅−

=== 675.0302391

239.11

602

21

21

maxπ

ηπ

η zalMotMotnom

uMotDinuspMotuMotuMreze tn

MtPW

[ ] [ ]kWsWs 416.66416 −=−=

Ukupno tokom jednog ciklusa vožnje motor iz mreže uzima energiju jednaku zbiru sve trienergije, odnosno:

[ ]kWsWWWW uMrezeStacMrezezMrezecMreze 991.94416.606.51347.50 =−+=++=

Tokom jednog časa rada motor iz mreže uzima ukupno:

[ ]kWhWtttt

W cMrezeuspStaczal

hMreze 968.23600

991.9432

36003600

01 =⋅=

+++=


167

Prema tome, cena potrošene tokom jednog časa rada motora iznosi:

[ ]dinh

CENAWCENA hMrezeh 904.83968.211 =⋅==


[ ]NmnPP

Mn

n

n

nn 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500

1

1 ==−

=−

=n

nns n

n


2'

1

30p

p

rp I

sR

nmM

π= 2

'

1

30n

n

rn I

sR

nmM

π=


[ ] nn

pnnp

n

n

p

n

p MNmII

sMM

sI

I

MM

==

⋅=

=⇒= 526.26

1504.0526.261

22

2

2


168

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovomslučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja imomenta:

11

1

1122

=+

+=⇒

+=∧

+=

n

kr

kr

n

kr

kr

p

n

kr

kr

krp

n

kr

kr

n

krn

ss

ss

ss

MM

ss

MM

ss

ss

MM

nkrn

kr

kr

nkr

kr

ssss

sss

s⋅⇐+=+

11

( ) ( ) 2.004.00110 2222 ±=±=±=⇒=−−−⇒=−−+ nkrnnnkrkrnnnkr sssssssssss

[ ]Nms

sM

M kr

kr

pkr 968.682.0

2.01

2526,26

11

2=

+=

+=

Ponovnom primenom Klosovog obrasca za zadati otporni moment određujemo traženubrzinu obrtanja:

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+= krtkr

t

krttkr

t

kr

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

krt sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MM

=

−±=

−

±=

349.10296.0

14484.320968.682.01 2

2

t

kr

t

krkrt M

MMM

ss

( ) ( ) [ ]11 6.14550296.0115001 −=−=−= minsnn tt


Zadatak 2.9.1.

ASM

Teret

D

i, ηRed

mt = 20 [t]nMotnom = 975 [s-1]ηMot = 0.86JMot = 0.33 [kgm2]i = 177ηRed = 0.9D = 0.6 [m]JDob = 20 [kgm2]tc = 240 [s]tzal = tusp = 10 [s]hmax = 5 [m]


169

Odrediti snagu i moment koji razvija motor pogona dizalice sa slike, u stacionarnom stanjupri dizanju i spuštanju tereta. Masa tereta iznosi mt = 20 [t]. Motor ima nominalni broj obrtajanMotnom = 975 [s-1], koeficijent korisnog dejstva ηMot = 0.86 i moment inercije JMot = 0.33 [kgm2].Reduktor ima prenosni odnosa i = 177, koeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.9 i zanemarljivmoment inercije. Prečnik točka doboša iznosi D = 0.6 [m]. Moment inercije doboša je JDob = 20[kgm2].

Zadatak 2.9.2.Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena

za jedan ciklus rada trajanja tc = 240 [s]. Teret tokom jednog ciklusa prelazi put gore-dole odmaksimalnog donjeg do maksimalnog gornjeg položaja i nazad sa jednakim vremenima zaleta iusporenja tzal = tusp = 10 [s], pri čemu i u gornjem i donjem položaju teret miruje isto vreme.Visinska razlika između gornjeg i donjeg položaja iznosi hmax = 5 [m].



Zadatak 2.9.4.Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora iz prethodnih

zadataka, ako motor radi prosečno 10 časova dnevno i ako je cena jednog kWh 3 [din].

Zadatak 2.9.5.Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom =

50 [Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D ima polaznu struju 5Inom upotrebljen je za pogon radne mašinesa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Radi regulisanja brzine obrtanja, motorse napaja sa frekventnim pretvaračem. Odrediti do koje se maksimalne vrednosti može regulisatibrzina obrtanja motora, ako je otporni moment radne mašine Mt = 20 [Nm].


Rešenje 2.9.1.Zbog primene koturače težina tereta izaziva u užetu silu, vrednosti:

[ ]Ngm

F tuze 98100

281.920000

2=

⋅==

Prema tome na pogonskom dobošu razvija se moment:

[ ]NmDFM uzedobos 2943026.098100

2=⋅==

Uže postiže maksimalnu brzinu jednaku obodnoj brzini doboša:

[ ]smDi

nDi

v MotnomMotnomuze /173.0

234.0

17730975

2602

2max =⋅⋅

⋅==

Ω=

ππ

Prema tome motor u stacionarnom stanju pri dizanju tereta, radi u motornom režimu i pritome mora da oda mehaničku snagu:


170

[ ] [ ]kWWvF

Pd

uzeuzeMotStac 86.1818857

9.0173.098100

Re

max1 ≈=

⋅==

η

i pri tome razvije obrtni moment:

[ ]NmiM

Md

dobosMotStac 75.184

9.017729430

Re1 =

⋅==

η

U stacionarnom stanju pri spuštanju sa istom brzinom kao i pri dizanju, motor radi ugeneratorskom režimu, pri čemu mora da prihvati mehaničku snagu i moment:

[ ] [ ]kWWvFP duzeuzeMotStac 27.15152749.0173.098100Remax2 −≈−=⋅⋅−=−= η

[ ]Nmi

MM d

dobosMotStac 64.1499.0

17729430

Re2 −=⋅−=−= η

Rešenje 2.9.2.Moment inercije tereta u odnosu na osovinu doboša može se naći iz relacija održanja

kinetičke energije:

222

222

241

241

21

221

21

21

=⇒

=

==

DmJDmv

mvmJ ttdobostuze

tttdobost ωω

[ ]222

45026020000

41

241 kgm.DmJ tt =

=

=

Poštu su vrednosti vremena ubrzanja i usporenja jednaka i ugaono ubrzanje i usporenjemotora su isti i iznose:

[ ]221101030

975602 −=

⋅⋅

====⇒= s.tn

ttt

zal

Mot

zal

MotuspMotzalMotuspzal

ππΩαα

Potreban moment ubrzanja i usporenja za zalet i usporenje tereta i doboša iznosi:

( ) ( ) ( ) [ ]Nm..i

JJJJM zalMotdobostzadobosldobosttDin 1127

177211020450 =+=+=+=

αα

Potreban moment ubrzanja i usporenja rotora motora iznosi:

( ) ( ) [ ]Nm...JJM zalMotdReMotMotDin 37321100330 =+=+= α

Ukupan moment koji odaje motor tokom ubrzanja pri dizanju tereta iznosi:

( ) ( ) =⋅

++=++=90177

129430112737311 .

..i

MMMMR

dobostDinMotDinzMotDin η [ ]Nm.... 2918875185170373 =++=

Ukupan moment koji odaje motor tokom usporenja pri dizanju tereta iznosi:


171

( ) ( ) =⋅

+−+−=+−+−=90177

129430112737311 .

..i

MMMMR

dobostDinMotDinuMotDin η [ ]Nm.... 2118175185170373 =+−−=

Ukupan moment koji prima motor tokom ubrzanja pri spuštanju tereta iznosi:

( ) ( ) =−+=−+=177

902943011273732...

iMMMM R

dobostDinMotDinzMotDinη

[ ]Nm.... 1314664149140373 −=−+=

Ukupan moment koji prima motor tokom usporenja pri spuštanju tereta iznosi:

( ) ( ) =−−+−=−−+−=177

902943011273732...

iMMMM R

dobostDinMotDinuMotDinη

[ ]Nm.... 1515364149140373 −=−−−=

Momenti u stacionarnim stanjima izračunati su u prethodnom zadatku, tako da treba samoodrediti njihova vremena trajanja. Da bi njih odredili, moramo prvo odrediti, stacionarnu brzinukretanja tereta:

[ ]s/m..vv maxuze

maxt 0865021730

2===

Stacionarna stanja pri dizanju i spuštanja su ista, a nalazimo ih podatka da teret prelazizadatu visinsku razliku:

( )( ) =+−=

+−== uspzal

tt

uspzalt

StacStac ttvh

v

ttv

htt

212

max

max

max

maxmax

21

[ ]stvh

zalt

8.4710865.05

max

max =−=−=

Ukupno vreme mirovanja nalazimo iz relacije:

( ) ( ) =++−=+++++−= uspStaczalcuspStaczaluspStaczalc tttttttttttt 1210 2 ( ) [ ]s... 4104867224010847102240 =⋅−=++−=

Pod pretpostavkom da je vreme mirovanja podjednako raspodeljeno između dizanja ispuštanja, vreme mirovanja između ciklusa rada je:

[ ]s..ttt stajstaj 252

24104

20

21 ====

Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja pojedinih sekvenci rada, crtamodijagram momentnog opterećenja:


172

Putni dijagram.


==∑

∑

ii

iii

effMot t

tMM

2

=++++

=c

zalzMotDinuspuMotDinStacMotStaczalzMotDin

ttMtMtMtM .....2

221

211

211

21

=++

c

uspuMotDinStacMotStac

ttMtM 2

222

22........

240......1013.1461021.18180.4775.1841029.188 2222 +⋅+⋅+⋅+⋅

=

=⋅+⋅+

2401015.15380.4764.149........... 22

[ ]Nm37.126240

158.3832871==


[ ] [ ]kWWn

MP MotnomeffMoteffMot 9.1212902975

3037.126

602

≈===ππ

NMot[Nm]

240[s]

47.8[s]

47.8[s]

52.2[s]

52.2[s]

10[s]

10[s]

10[s]

10[s]

975[min-1]

-975[min-1]

184.75[Nm]

188.29[Nm]181.21[Nm]

-149.64[Nm]

-146.13[Nm]-153.15[Nm]

t [s]

nMot[min-1]


173

Rešenje 2.9.4.Za svaki od segmenata opterećenja iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo energiju

koju motor uzima iz mreže ili je vraća u mrežu:

=⋅⋅

⋅⋅

=== 1030975

860229188

602

21

21

11

11

1ππ

ηη ..t

nMt

PW zal

Motnom

Mot

zMotDinzal

Mot

maxzMotzMreze

[ ] [ ]kWs.Ws 77111111771 ≈=

=⋅⋅

⋅=== 84730975

86075184

602

11

11

1 ...t

nMt

PW Stac

Motnom

Mot

MotStacStac

Mot

MotStacStacMreze

ππηη

[ ] [ ]kWs.Ws 4510481048448 ==

=⋅⋅

⋅⋅

=== 1030975

860221181

602

21

21

11

11

1ππ

ηη ..t

nMt

PW usp

Motnom

Mot

uMotDinusp

Mot

maxuMotuMreze

[ ] [ ]kWs.Ws 57107107568 ≈=

=⋅⋅⋅

⋅−=== 1086030975

213146

602

21

21

22222 ..tn

MtPW zalMotMotnom

zMotDinzalMotmaxzMotzMrezeπ

ηπ

η

[ ] [ ]kWs.Ws 166464156 −≈−=

=⋅⋅⋅

⋅−=== 8478603097564149

602

22222 ...tn

MtPW StacMotMotnom

MotStacStacMotMotStacStacMrezeπ

ηπ

η

[ ] [ ]kWs.Ws 07628628069 −=−=

=⋅⋅⋅

⋅−=== 1086030975

215153

602

21

21

22222 ..tn

MtPW uspMotMotnom

uMotDinuspMotmaxuMotuMrezeπ

ηπ

η

[ ] [ ]kWs.Ws 246767239 −≈−=

Konačno u toku jednog ciklusa motor uzima ukupno iz mreže energiju u iznosu:

=+++++== ∑ 222111 uMrezeStacMrezezMrezeuMrezeStacMrezezMrezecMreze WWWWWWWW [ ]kWs....... 3250824670762816645710745104877111 =−−−++=

A tokom meseca ako prosečno radi deset časova dnevno uzima energiju:

[ ] [ ] [ ]kWhdanhWt

W cMrezec

Mrezeme 4.63530103600

32.508240

360030103600sec1 =⋅⋅⋅=⋅⋅=

Cena te energije iznosi:

[ ]dinh

CENAWCENA Mrezememe 2.190634.635sec1sec1 =⋅==


[ ]NmnPP

Mn

n

n

nn 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500

1

1 ==−

=−

=n

nns n

n


174


2'

1

30p

p

rp I

sR

nmM

π= 2

'

1

30n

n

rn I

sR

nmM

π=


[ ] nn

pnnp

n

n

p

n

p MNmII

sMM

sI

I

MM

==

⋅=

=⇒= 526.26

1504.0526.261

22

2

2

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovomslučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja imomenta:

11

1

1122

=+

+=⇒

+=∧

+=

n

kr

kr

n

kr

kr

p

n

kr

kr

krp

n

kr

kr

n

krn

ss

ss

ss

MM

ss

MM

ss

ss

MM

nkrn

kr

kr

nkr

kr

ssss

sss

s⋅⇐+=+

11



175

[ ]Nms

sM

M kr

kr

pkr 968.682.0

2.01

2526,26

11

2=

+=

+=

Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji odmomenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije donominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst,opada kvadratično sa porastom frekvencije.


[ ]HzfMM

f st

krs 85.9250

20968.68' =⋅==


[ ]1

11 52785

5085921500 −=== min..

ff

nn's

s'


[ ]11 300150020 −=⋅== min.nsn krkr∆

Na kraju, maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjemfrekvencije dobija se oduzimanjem razlike od sinhrone brzine:

[ ]11 5248530052785 −=−=−= min..nnn kr'

maxt ∆


Zadatak 2.10.1.Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Unom = 440[V]; Inom = 126[A]; nnom =

3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtajaMt = 45 + 0.025*n[Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10[kgm2]. Motor senapaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicujednaku svojoj nazivnoj vrednosti.

Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorskiregulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalnestruje motora.

Zadatak 2.10.2.Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom Mt = k.n2 ostvaren je sa serijskim

motorom jednosmerne struje. Motor ima ukupnu serijsku otpornost ΣRa = Ra + Rpp + Rs = 0.5 [Ω].Pri naponu mreže Uan = 500 [V] ventilator se okreće brzinom obrtanja n = 900 [s-1], pri čemu motorvuče struju od Ia = 100 [A].

Sa kojom će se brzinom obrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mrežeako se na red sa motorom doda otpornik otpornosti Rd = 4.5 [Ω].


176

Zadatak 2.10.3.Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora dizalice sa

slike, ako dizalica prosečno dnevno digne i spusti sto puta teret mase mt = 20 [t] na visinu hmax = 5[m] i ako je cena jednog kWh 3 [din]. Koeficijent korisnog dejstva motora je ηMot = 0.86 akoeficijent korisnog dejstva reduktora ηRed = 0.9.

ASM

Teret

D

i, ηRed

Zadatak 2.10.4.Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće pokreće zamajnu masu sa

ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja izstrujnog izvora, nominalnom strujom i frekvencijom. Zamajac ne pruža otporni moment priobrtanju.a) Skicirati funkciju promene momenta motora sa promenom brzine obrtanja motora.b) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nominalne brzine obrtanja motora nnom =

1400 [min-1]?c) Uporediti ovo vreme zaleta sa vremenom zaleta motora pri direktnom priključenju na

mrežni napon.Podaci o motoru su: Us = 220[V]; Ls = 10[mH]; Lr' = 8.8[mH]; Rr' = 2.37[Ω]; f = 50[Hz].

Zadatak 2.10.5.Ako motor sa napajanjem iz strujnog izvora iz prethodnog zadatka pokreće reaktivni teret

konstantne vrednosti nezavisne od brzine obrtanja MT = 10 [Nm]. Analizirati:a) Da li se motor može pokrenuti strujnim izvorom podešenim na nominalnu vrednost struje?b) Na koliko procentualno veću struju od nominalne treba podesiti strujni izvor da bi

pokretanje uspelo.


[ ]WIUP nomnomnom 4712485.0126440 =⋅⋅== η



[ ]NmnP

Mnom

nomnom 00.150

3000471243030

=⋅=⋅=ππ

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnuvrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantanpolazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta:

[ ]NmMMII nompolnompol 2251505.15.15.1 =⋅==⇒=

Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja jekonstantan i iznosi:

( )[ ] [ ]1min/025.0180

025.045225−=⇒=⇒

−=+−=−=

NmkNmM

knMnMMM

const

consttpd

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine:

∫∫ −==

nomnom n

const

n

dzal knM

dnJMdnJt

00 3030 ΣΣππ

koju rešavamo uz pomoć smene:

=−

=−=−=

−=⇒=⇒−=⇒−=⇒−=⇒

−−

∫nomconst

constknM

M

knM

Mzal

nomconstgconstdconst

knMM

lnk

Jzlnk

Jz

dzk

Jt

knMzMzkdzdnkdndzknMz

nomconst

const

nomconst

const

130

130

130 ΣΣΣ

πππ

[ ]s577.2275180

180ln887.413000025.0180

180ln025.010

30=

−=

⋅−⋅=

π

Rešenje 2.10.2.

177

U

E1

I1

I1

Ra

Rpp

Rs

n1

Φ1

U

E2

I2

I2

Ra

Rpp

Rs

Rd

n2

Φ2


178

Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački u pogonu bez dodatnog otpornika saindeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa dodatnim otpornikom sa indeksom 2.Na prethodnim slikama prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne strujeza oba slučaja.

U oba slučaja, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog momenta motorajednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važe sledeće relacije:

1

2122

2

21

22

21

2

1

222

2222222

211

2111111

nnII

knkn

ICIC

MM

knMICIIkkIΦkM

knMICIIkkIΦkM

M

M

tMΦMM

tMΦMM

=⇒==

=====

=====

Dalje iz relacija za elektromotorne sile, pogodnim manipulacijama nalazimo relaciju zaizračunavanje tražene brzine obrtanja za slučaj dodatog rednog otpornika:

( )( ) ( )

( ) ( )ddE

E

ddsppaEΦEE

sppaEΦEE

RRIURIU

nInI

RRIURIU

nICnIC

EE

RRIURRRRIUnICnIkknΦkE

RIURRRIUnICnIkknΦkE

+−−

=⇒+−

−==

+−=+++−====

−=++−====

ΣΣ

ΣΣ

Σ

Σ

2

1

22

11

2

1

22

11

2

1

222222222

111111111

( )( ) ( ) ⇒Σ−=

+Σ−⇒

+Σ−

Σ−= RIUnRR

nnIUn

RRnnIU

RIU

nnnI

nId

d

12

21

21

21

1

21

1

21

21

11

( )0

1

21

1

112

22 =

−−

−+

+RIU

UnRIURRI

nnn d

ΣΣΣ

Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost traženebrzine obrtanja:

( ) 050100500

50090050100500

5450100900 22

22 =

⋅−⋅−

⋅−+

⋅⋅+..

..nn

010009001000

0450500900

4505100900

22

2

22

22

=⋅−⋅+

=−⋅⋅

+

nn

nn

=⋅+±−

=⋅⋅+±−

=2

9.041100010002

1000900410001000 2

2n

[ ]1min38.5726,4500500 −=±−=

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određenerelacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja:

[ ]A..nn

II 59863900

385721001

212 =⋅==


179

Rešenje 2.10.3.Kod dizanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi:

[ ]JmghWdiz 981000581.920000 =⋅⋅==

Kod spuštanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi:

[ ]JmghWspu 981000581.920000 −=⋅⋅−=−=

Kod dizanja smer toka energije je mreža ⇒ motor ⇒ pogonski mehanizam ⇒ teret,odnosno mreža pokriva gubitke, pa energiju koja mreža odaje određena je relacijom:

[ ]JW

Wredmot

dizmrezediz 86.1267441

9.086.0981000

=⋅

==ηη

Kod spuštanja smer toka energije je teret ⇒ pogonski mehanizam ⇒ motor ⇒ mreža,odnosno teret pokriva gubitke, pa energiju koja mreža prima određena je relacijom:

[ ]J..WW dizredmotmrezespu 75929498100090860 −=⋅⋅−== ηη

Ukupna energija koju mreža oda tokom jednog ciklusa dizanja i spuštanja jednaka je zbiruenergije odate pri dizanju i primljene kod spuštanja:

[ ] ==−=+= JWWW mrezespumrezedizmreze 86.50814775929486.1267441

[ ] [ ]kWhkWh 1412.010003600

86.508147≈

⋅=

Cena potrošene električne energije tokom jednog meseca rada, uz uslov da se dnevno obavisto ciklusa dizanja i spuštanja je:

[ ] [ ] [ ]dinh

CENAdanaputadnevnoWCENA mrezeme 8.12703301001412.030100sec1 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

Rešenje 2.10.4.Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

( ) ( ) [ ]Ω=⋅+⋅=+=+ − 928.5108.810314 3''rsrs LLXX ω

( ) [ ]NmXX

UnmM

rs

skr 97.77

928.521500220330

230 2

'

2

1

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

+⋅⋅=

ππ

[ ]409285372 .

..

XXRs '

rs

'r

kr ==+

=

Nominalno klizanje motora iznosi:

[ ]•==−

=−

= 066601500

501500

14501500 .n

nns

s

nomsnom


180

Vrednost nominalnog momenta iznosi, prema tome:

[ ]Nm.

..

..

.

ss

ss

MM

nom

kr

kr

nom

krnom 26425

0666040

4006660

977722=

+

⋅=

+=

a) Motorni moment asinhronog motora napajanog iz strujnog izvora sa nominalnom vrednošćustruje, jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta vezaodređena je sledećim izrazom:

23snom

r

sm I

s'RpM

ω=

Nominalna vrednost momenta je:

23snom

nom

r

snom I

s'RpM

ω=

Iz toga sledi da je moment hiperbolična funkcija klizanja:

ss

MM nomnomm =

Tražena skica funkcije data je na sledećem dijagramu.


181

b) Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti prethodnufunkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0,nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

( )

( ) ⇒−=−==⇒==−=

⇒−=⇒−=

sdssM

JdsMJd

MJdt

dtdJMMMM

dsds

nomnommmmtmdin 11

111

ωωωω

ωωωω

ΣΣΣΣ


==−=−== ∫∫∫∫ ΣΣΣ1

1

1

1

11

0 nom

nomnomz

snomnom

s

nomnom

s

nomnom

t

za sdssM

Jsds

sMJ

sdssM

Jdtt

ωωω

( ) =−== ΣΣ 221 12

12 nom

nomnom

s

nomnomnom

sspM

Js

ssM

J ωω

( ) [ ]s942.920666.010666.0264.2522

5022 2 =−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=π

c) Vreme zaleta pri direktnom priključenju na mrežni napon nalazimo iz poznate relacije:

=

−

−= Σ

nomkrkr

nom

kr

szb ss

ss

pMJ

t ln2

12

2ω

[ ]s521.20666.0ln4.04.02

0666.0197.77225022 2

=

⋅−

⋅

−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

=π

Očigledno je ovo vreme mnogo kraće od vremena upuštanja sa strujnim izvorom.

Rešenje 2.10.5.a) Moment motora pri napajanju sa konstantnom nominalnom strujom menja se po funkciji:

ss

MM nomnomm =

Prema tome polazni moment koji obezbeđuje primena nominalne struje iznosi:

[ ] [ ]NmMNm...ss

MM Tpol

nomnomm 10682581

10666026425 =<=⋅==

c) Da bi se motor mogao pokrenuti potrebno je obezbediti da polazni moment bude veći odmomenta opterećenja, odnosno:

⇒>

== T

nom

polnomnompol

r

sm M

II

ss

MIs

'RpM2

23ω

Prema tome procentualno struju izvora treba povećati na:


182

[ ]4382066601

2642510 .

..ss

MM

II

nom

pol

nom

T

nom

pol =⋅=>

[ ]%.II

nom

pol 8243100 >

Na sledećem dijagramu uporedo su date momentne karakteristike za idealno strujnonapajanje sa nominalnom i povećanom vrednošću struje. U realnom sistemu obe karakteristike važesamo do njihovog preseka sa momentnom prirodnom karakteristikom.


Zadatak 2.11.1.Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima Un = 440[V]; In = 126[A]; nnom =

3000 [min-1]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja nezavisnim od broja obrtajajednakim po vrednosti sa nominalnim momentom motora i momentom inercije svedenim naosovinu motora JΣ = 10[kgm2]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pripolasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. Izračunati vremezaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnuvrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne struje motora.

Zadatak 2.11.2.Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase mt = 20 [t] na

visinu hmax = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koliku vršnu snagu motor vuče iz mreže, ako se polavremena dizanja motor ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem. Koeficijent korisnog


183

dejstva motora je ηMot = 0.86 a koeficijent korisnog dejstva reduktora ηRed = 0.9. Pretpostaviti da sumomenti inercije pogonskih elemenata zanemarljivi.

ASM

Teret

D

i, ηRed

Zadatak 2.11.3.Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom Mt = k.n2 ostvaren je sa serijskim

motorom jednosmerne struje. Rotorski i kompenzacioni namotaj imaju otpornost Ra + Rpp = 0.3 [Ω]a pobudni namotaj ima otpornost Rs = 0.2 [Ω]. Pri naponu mreže Uan = 500 [V] ventilator se okrećebrzinom obrtanja n = 900 [s-1], pri čemu motor vuče struju od Ia = 100 [A]. Sa kojom će se brzinomobrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mreže ako se pobudni namotaj šentira saparalelno vezanim otpornikom otpornosti Rd = 1 [Ω].

Zadatak 2.11.4.Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće radnu mašinu čiji je otporni

moment jednak Mt = 26[Nm] i ima potencijalnu prirodu.a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 750 [min-1] uz uslov

da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konst.b) Sa kojom učestanošću i sa kojim naponom treba startovati motor, da bi se postiglo

maksimalno početno ubrzanje.Podaci o motoru su: Us = 220 [V]; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8,8 [mH]; Rr' = 2,3 [Ω]; p = 2, f = 50

[Hz].

Zadatak 2.11.5.Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za transportno

postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min-1], a motor ima sopstvenohlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnombrzinom n = 1000 [min-1].


184

M1 = 5 [Nm] t1 = 1 [s]M2 = 3 [Nm] t2 = 4 [s]

t3 = 4 [s]M3 = -2 [Nm] t4 = 1.5 [s]M1

M2

M3

n

t2 t4t1 t5t

M

n

t3

M1

t5 = 40 [s]


[ ]WIUP nomnomnom 4712485.0126440 =⋅⋅== η


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 00.150

3000471243030

=⋅=⋅=ππ

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnuvrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantanpolazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta:

[ ]NmMMII nompolnompol 2251505.15.15.1 =⋅==⇒=

Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja jekonstantan i iznosi:

[ ]Nm.M.MM.MMM nomnomnomtpold 75150505051 =⋅==−=−=

Vreme zaleta je prema tome:

===== ∫∫nom

nomn

nom

n

nom

n

dzal M.

nJn

M.J

M.dnJ

MdnJt nom

nomnom

5030501

30503030 000

ΣΣΣΣππππ

[ ]s.894175

100075300010

30=

⋅=

⋅⋅=

ππ



[ ]JmghWdiz 981000581.920000 =⋅⋅==

Srednja vrednost mehaničke snage motora, uračunavajući gubitke u reduktoru, iznosi:

[ ] [ ]kW.W.t

WPP

reddiz

dizmotsr 55454500

9020981000

==⋅

===η

Pošto se teret pola vremena ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem, motor odajemaksimalnu snagu, na polovini vremena dizanja, prema donjem dijagramu, veličine dve srednjevrednosti snage:

PP srmax 22 ==

Tražena vršna v

PP

mot

maxmaxmreze =

η

Rešenje 2.11.3.

P

185

[ ]kW. 109554 =⋅

rednost snage koju motor vuče iz mreže, prema tome iznosi:

[ ]kW..

75126860

109==

tt/2

t

Pmax

Psr

0

U

E1

I1

I1

Ra

Rpp

Rs

n1

Φ1


Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački sa nešentiranom pobudom saindeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa šentiranom pobudom sa indeksom 2.Na prethodnoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje sanešentiranom pobudom, sa naznačenim karakterističnim veličinama.

U slučaju nešentirane pobude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornogmomenta motora jednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važi sledeća relacija:

211

2111111 knMICIIkkIΦkM tMΦMM =====

Na sledećoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmernestruje sa šentiranom pobudom.

Iz uslova jednakosti paodnosa struje pobude i rotorspogodan odnos:

( )2 IIIRIR sdss ⇒−=

Ekvivalentna paralelnarelacije:

RR

RRR

RRR

d

s

ds

dss

+=

+=

12

U slučaju šentirane pmomenta nalazi se iz sledeće r

222 IkkIΦkM ΦMM ==

186

da napona pobudnom namotaju i dodatnom otporu proizlazi relacija,ke struje, pri čemu je, radi uprošćenja dalje analize, sa A označen

( ) 2112011

1

222 ..

RR

AAI

RR

IIIRRRd

s

d

ssddss =+=+=⇒=

+=⇒=+

otpornost pobudnog namotaja i otpornika za šentiranje nalazi se iz

ARs

s=

obude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornogelacije:

222

22

22

22 knMA

ICIAICIICI tMMsMs =====

U

E2

I2

Is I2 - Is

Ra

Rpp

Rs Rdn2

Φ2


187

Iz relacija za momente za šentirani i nešentirani slučaj nalazimo relaciju za izračunavanjeveličine rotorske struje za šentirani slučaj:

AnnII

knkn

ICIAC

MM

M

M

1

2122

2

21

22

21

2

1 =⇒==

Dalje iz relacija za elektromotorne sile za šentirani i nešentirani slučaj, pogodnimmanipulacijama nalazimo relaciju za izračunavanje tražene brzine obrtanja za šentirani slučaj:

( )( ) =++−=====

++−====

2222

22122

11111111

sppaEsEsΦEE

sppaEΦEE

RRRIUnAI

CnICnIkknΦkE

RRRIUnICnIkknΦkE

++−=

AR

RRIU sppa2

( ) ( )

++−

++−=⇒

++−

++−==

ARRRIU

RRRIUnInAI

ARRRIU

RRRIUnICnIAC

EE

sppa

sppa

sppa

sppa

E

E

2

1

22

11

2

1

22

11

2

1

( )

( )[ ]⇒++−=

++−

⇒

++−

++−=

sppas

ppa

sppa

sppa

RRRIUnAR

RRAnnIUAn

AR

RRAnnIU

RRRIU

nAnnI

nAI

12

21

21

21

1

21

1

21

21

11

( ) ( ) 01

21

1

1

122

2 =++−

−++−

++

+sppasppa

sppa

RRRIUAUn

RRRIUAR

RRAInnn

Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost traženebrzine obrtanja:

( ) ( )

03049295008112

0450

21500900450

467010090021

02030100500

215009002030100500

21203010021

900

22

2

22

22

22

22

=−⋅+

=⋅

−⋅⋅⋅

+

=+⋅−

⋅⋅−

+⋅−

+⋅

⋅⋅+

..nn

...nn

...

......

nn

=±−

=⋅+±−

=2

131984363081122

3049295040811208112 2

2.....n

[ ]1296482

67140808112 −=±−

= min...

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određenerelacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja:


188

[ ]A...AnnII 907821

90029648100

1

212 =⋅⋅==

Rešenje 2.11.4.a) Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja:

( ) ( ) [ ]

( ) [ ]

409285372

9777928521500

2203302

30

928510881031422

1

3

...

XXRs

Nm..XX

UnmM

..LLXX

'rs

'r

kr

'rs

skr

'rs

'rs

==+

=

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

+⋅⋅=

=⋅+⋅=+=+ −

ππ

Ωω

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora ustacionarnom stanju:

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+= krtkr

t

krttkr

t

kr

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

krt sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MM

−−=

−

±= 11 2

2

trkrt

kr

t

krkrt s

MM

MM

ss λλ

gde je sa λt označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja:

326

9777≈==

.MM

t

krtλ

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinicedobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju:

( ) 06860133401 22 ..ss trkrt =−−=

−−= λλ

Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju je:

[ ]11 9102150006860 −=⋅== min..nsn t∆

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike razlikebrzine obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzineobrtanja, sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija:

[ ]11 min9.8529.102750 −=+=∆+= nnn a

[ ]Hznn

ff assa 43.28

15009.85250

1

1 =⋅==


189

[ ]Vnn

UU assa 09.125

15009.852220

1

1 =⋅==

b) Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritičnimoment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritičnebrzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst, pa važi:

[ ]11 600150040 −=⋅== min.nsn krkr∆

[ ]11 600 −== minnn krb ∆

Slično kao pod a) nalazimo učestanost i napon sa kojim treba pokrenuti motor:

[ ]Hznn

ff bssb 20

150060050

1

1 =⋅==

[ ]Vnn

UU bssb 88

1500600220

1

1 =⋅==

Rešenje 2.11.5.Ekvivalentni momenti motora na drugom i trećem kosom segmentu dijagrama momentnog

opterećenja su isti i iznose:

( ) ( ) [ ]Nm.MMMMMM ee 04143493355

31

31 222

2212

132 ==+⋅+=++==


32

2311

21

31

=+

=+

==β

αβ


=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

effMot ttt

tMM

βα

2

( ) ( )

[ ]Nm..

.

.

ttttttMtMtMtM ee

062323

66215

40318511

32

51243494

34915 22

52241

42

332

222

212

1

==

=⋅+++

⋅+⋅+⋅+⋅=

+++++++

=βα


190


[ ] [ ]kWWn


30062.3

602

≈=⋅⋅==ππ


Zadatak 2.12.1.Dva istovetna jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom spregnuta su mehanički i

pokreću radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja, pri čemu imaju brzinu obrtanja n1 =1060 [min-1]. Jednosmerni motori imaju sledeće nominalne podatke: Unom = 440 [V], Inom = 100 [A],nnom = 1050 [min-1] a u praznom hodu imaju brzinu obrtanja n0 = 1100 [min-1]. U slučaju da jedanmotor otkaže i da drugi motor sam mora da pokreće radnu mašinu odrediti sa kojom brzinomobrtanja će se on obrtati.

Zadatak 2.12.2.Ako se motori iz prvog zadatka napajaju iz tiristorskog ispravljača, na koju vrednost

strujnog preopterećenja treba dimenzionisati ispravljač da bi mogao da napaja ispraravan motor i uslučaju da jedan motor otkaže a da pogon nastavi i dalje sa radom.

Zadatak 2.12.3.Ako motori iz prethodnih zadataka imaju prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom

intermitencijom mogu da sami pokreću pogon u slučaju kvara jednog od njih.

Zadatak 2.12.4.Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka Pnom = 4 [kW], Unom = 380 [V], fnom = 50

[Hz], nnom = 1440 [min-1], spoj = D sa polaznim momentom jednakim nominalnom, upotrebljen je zapogon radne mašine sa konstantnim otpornim momentom Mt = 30 [Nm] nezavisnim od brzineobrtanja. Analizirati moguć stacionaran režim rada sa stanovišta stabilnosti.



postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1440 [min-1], a motor ima prinudnohlađenje.


M1

M2

M3

n

t2 t4t1 t3 t

M

n

t4 = 20 [s]


191

Rešenje 2.12.1.Ako oba motora rade, onda dele moment opterećenja ravnomerno, pa važi sledeća relacija:

( )1001 22

nnKMM

Knn tt −=⇒−=

Ako samo jedan motor radi, on mora da savlada čitav moment opterećenja pa važi:

2002 nnKMKMnn tt −=⇒−=

Iz prethodnih relacija sledi:

( ) ( ) 0110021020 222 nnnnnnnnnn −=−−=⇒−=−

Odnosno tražena brzina obrtanja iznosi:

[ ]1012 1020110021201100106022 −=−=−⋅=−= minnnn

Rešenje 2.12.2.Za nominalni brzinu obrtanja važi:

nomnomnomnom nnCICInn −=⇒−= 00

U slučaju da samo jedan motor radi važi:

202202 nnCICInn −=⇒−=

Te sledi, da strujnu granicu treba podesiti barem na:

[ ]Annnn

IInnnn

CICI

nomnom

nomnom

1605080100

1050110010201100100

0

202

0

202 ==−−

=−−

=⇒−−

=

Odnosno traženi faktor preopterećenja treba da bude bar:

[ ]610

202 .

nnnn

II

IInomnom

maxmax =

−−

>⇒>

Rešenje 2.12.3.Iz uslova da pri intermitentnom pogonu mora efektivni moment biti manji ili jednak od

nominalnog momenta sledi:

2

2

2

22

22

=

<⇒==>

II

MM

Mt

tMMM nonnon

c

ceffMotnon εε

ε

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno:


192

[ ]%..I

I%ED non 39062539

611100100100

22

2

≈=

=

<= ε

Rešenje 2.12.4.Nominalni moment i klizanje motora iznose:

[ ]NmnPP

Mn

n

n

nn 526.26

1440400030

260

=⋅=⋅=Ω

=ππ

[ ]04.01500

601500

14401500==

−=

−=

s

nsn n

nns

Iz uslova jednakosti nominalnog i polaznog momenta primenom Klosovog obrascadobijamo relacije za izračunavanje kritičnog momenta i klizanja:

11

1

1122

=+

+=⇒

+=∧

+=

n

kr

kr

n

kr

kr

p

n

kr

kr

krp

n

kr

kr

n

krn

ss

ss

ss

MM

ss

MM

ss

ss

MM

nkrn

kr

kr

nkr

kr

ssss

sss

s⋅⇐+=+

11



193

[ ]Nms

sM

M kr

kr

pkr 968.682.0

2.01

2526,26

11

2=

+=

+=

Ponovnom primenom Klosovog obrasca dobijamo dve stacionarne radne tačke, kao što jeprikazano na dijagramu na prethodnoj slici, pri brzinama obrtanja nt1 i nt2:

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+= krtkr

t

krttkr

t

kr

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

krt sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MM

=

−±=

−

±=

87380045780

1298923096868201 2

2

..

...MM

MM

sst

kr

t

krkrt

( ) ( ) [ ]111 min33.143104578.0115001 −=−=−= tst snn

( ) ( ) [ ]122 min33.1898738.0115001 −=−=−= tst snn

Uslov stabilnosti je:

dndM

dndM mt >

0=⇒=dn

dMconstM t

t

dnds

dsdM

dndM mm ⋅=

−

+

−=⇒+

= 22

122ss

s

ss

ss

Mds

dM

ss

ss

MM kr

krkr

kr

krm

kr

kr

krm

−

+

⋅=

−=⇒−

=

22

121

1

ss

s

ss

ss

Mndn

dM

ndnds

nnn

s

kr

krkr

kr

kr

s

m

ss

s

Za radnu tačku [ ]11 331431 −= min.nt važi:

=

−

⋅=

−

+

⋅==

21

221

2

1

1

1

2

21121

1 t

kr

kr

t

kr

kr

st

kr

kr

t

kr

kr

t

kr

sss

m

ss

s

MM

Mns

ss

ss

ss

Mndn

dM

t

039340045780

2020

19686821500

3012

12

2

21

2

<−≈

−

⋅⋅=

−⋅= .

..

..ss

sMM

n t

kr

krkr

t

s

odnosno ona je stabilna.Za radnu tačku [ ]1

2 33189 −= min.nt važi:


194

00206087380

2020

19686821500

3012

12

2

22

2

2

>≈

−

⋅⋅=

−⋅=

=

..

...s

ssM

Mndn

dM

t

kr

krkr

t

sss

m

t

odnosno ona je nestabilna.


[ ]Nm.MMMMM 51233

373

33443

222221

21

12 ==+⋅+

=++

=


=+++

⋅+⋅

+⋅

=+++++

=20153010

152303

37104 2

2

2

4321

32

322

1212

1

tttttMtMtM

M effMot

[ ]Nm805.275

59075

60370160==

++=


[ ] [ ]kW.W..nMP effMoteffMot 423098422144030

8052602

====ππ


195



Zadatak 3.1.1.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon Unom =

230 [V], rotorska struja Inom = 100 [A], omski otpor rotora Ra = 0,2 [Ω], nominalna brzina obrtanjannom = 1200 [min-1], pobudna struja Ipob = 1 [A]. Gubici u gvožđu i mehanički gubici se zanemaruju.Motor pogoni radnu mašinu koja ima linearnu momentnu karakteristiku Mt = kn, gde je k = 0.12[Nm/min-1].

Šta treba uraditi da bi se pogon obrtao sa n = 1000 [min-1]? Koliku će motor vući struju utom slučaju?

Zadatak 3.1.2.Šta treba uraditi da bi se pogon iz prvog zadatka obrtao sa n = 1400 [min-1], u slučaju da se

vrednost rotorskog napona ne može povećati iznad nominalne vrednosti? Koliku će motor vućistruju u tom slučaju?

Zadatak 3.1.3.Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom

intermitencijom može da pokreće pogon sa n = 1400 [min-1].

Zadatak 3.1.4.Za šestopolni trofazni asinhroni motor za 50 [Hz] čiji je namotaj statora povezan u zvezdu se

zna podatak da mu je prevalni moment 2.5 puta veći od polaznog, a polazni je 80 % od nominalnog.Otpornost namotaja statora, mehanički gubici i grana magnećenja motora se zanemaruju.

Odrediti brzinu obrtanja u prevalnoj i u nominalnoj radnoj tački.

Zadatak 3.1.5.Ako se za motor iz prethodnog zadatka zna da mu je rotorska otpornost svedena na stator 8

[Ω], odrediti koliki polazni moment motor može da savlada u slučaju ako se direktno pušta namrežu i u slučaju ako se goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim faktorom preopterećenja.

Rešenje 3.1.1.Elektromotorna sila u nominalnom režimu iznosi:

[ ]V.IRUE nomanomnom 21010020230 =⋅−=−=

Prema tome moment u nominalnom režimu iznosi:

[ ]Nm.n

IEPM

nom

nomnom

nom

nomnom 111673515

120010021030

602

=⋅

=⋅

⋅⋅===

πππΩ

Moment tereta u traženoj radnoj tački je:

[ ]Nm.knM t 120100012011 =⋅==


196

Pri tome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija:

[ ]A..

IMM

I

II

MM

IkMMIkM

nomnom

t

nomnom

tnomMtnomnomMnom

817110011167

12011

11111

===

⇒=⇒==⇒= ΦΦ

U tom režimu vrednost elektromotorne sile nalazimo primenom sledećih relacija:

[ ]VEnn

E

nn

EEnkEnkE

nomnom


175210120010001

1

1111

===

⇒=⇒=⇒= ΦΦ

Dakle, promenu brzine treba ostvariti smanjenjem napona dovedenog motoru na:

[ ]V...IREU a 36189817120175111 =⋅+=+=

Druga, neekonomična mogućnost je da se umesto smanjenja napona u kolo rotora dodadodatni otpornik otpornosti:

[ ]Ω5660208171175230

1

1 ...

RI

EUR a

nomd =−

−=−

−=

Rešenje 3.1.2.Moment tereta u traženoj radnoj tački je:

[ ]Nm.knM t 168140012022 =⋅==

Pošto je brzina obrtanja veća od nominalne, očigledno je da treba da slabimo pobudu. Pritome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija:

( )

0222

22

2222222

22

2

2

2

2

222222

2222222

=+−

⇒−=−==

⇒=

⇒ΦΦ

=⇒Φ=⇒Φ=

⇒ΦΦ

=⇒Φ==⇒Φ=

noma

nom

nomnom

t

a

nom

anomanomnomnomnomnom

t

nom

nom

nom

nom

t


nomnomnom

tMtnomnomMnom

IR

Enn

MM

IR

UI

IRIUIIRUIEIEnn

MM

nn

II

EE

MM

nn

EEnkEnkE

II

MM

IkMMIkM

Rešenje ove kvadratne jednačine je:


197

=

−

±

=2

4 22

2

2

noma

nom

nomnom

t

a

nom

a

nom IR

Enn

MM

RU

RU

I

=−

±= nom

a

nom

nomnom

t

a

nom

a

nom IR

Enn

MM

RU

RU 22

2

22

=−±=⋅⋅⋅−

⋅±

⋅= 41.123152330625575100

2.0210

12001400

11.167168

2.02230

2.02230 2

[ ][ ]

=±=±=A.A.

..5169451119

4945557558207472575

Rešenje od I2 = 694.51 [A] je neprihvatljivo, tako da je:

[ ]A.I 511192 =

Potreban odnos slabljenja polja nalazimo iz već izvedene relacije za odnos momenata:

[ ]841051119

10011167

168

2

22 ...I

IMM nom

nom

t

nom

=⋅==ΦΦ

Odnosno struja pobude mora da se slabi na vrednost:

[ ]A..IIII

CC

pnomnom

ppnom

p

p

p

nom

84101841022

22 =⋅==⇒=ΦΦ

ΦΦ

Rešenje 3.1.3.Iz uslova da pri intermitentnom pogonu moraju efektivni gubici biti manji ili jednaki od

vrednosti gubitaka u nominalnom trajnom opterećenju, a pošto se prema uslovima zadatkazanemaruju svi gubici, sem gubitaka u bakru, sledi:

2

2

222

2

<⇒=>=

II

tt

IRPIRP non

c

cagnonagnom ε

ε

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno:

[ ]%..I

I%ED non 7001570

51119100100100100

22

2

≈=

=

<= ε

Rešenje 3.1.4.Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 2.5 primenom Klosovog obrasca

dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja:


198

⇒=+−⇒=+

⇒=

+=⇒

+=

01221

1

5.21

121

112

2kr

p

krkr

p

krkr

kr

kr

krp

kr

kr

kr

krp

sMM

sMMs

s

ssM

Ms

s

MM

=±=−±=−±=−

±=

79420870

255512565152521 2

2

..

....MM

MM

sp

kr

p

krkr

Rešenje od skr = 4.79 je neprihvatljivo, tako da je:

20870.skr =

odnosno kritična brzina obrtanja je:

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]11 37911000208701

350602087016011 −=⋅−=

⋅⋅−=−=−= min...

pfsnsn krkrkr

Za nominanu brzinu važe odnosi:

⇒=+−⇒=+

⇒+

=⇒=⋅=⇒==

022

22805252

80

22krkr

nom

krnom

nom

kr

nom

kr

kr

nom

nom

kr

kr

nom

krnom

nom

kr

nom

kr

p

kr

ssMM

sMM

ss

ss

ss

ss

MM..

MM

.M.

MMM

( ) ( )

=±=−±=

−

±=

77888005590

3220870122208701 22

..

..MM

MM

ssnom

kr

nom

krkrnom

Rešenje od snom = 0.77888 je neprihvatljivo, tako da je:

05590.snom =

odnosno nominalna brzina obrtanja je:

( ) ( ) ( ) ( ) [ ]119441000055901350600559016011 −=⋅−=

⋅⋅−=−=−= min...

pfsnsn nomsnomnom

Rešenje 3.1.5.Vrednost kritičnog momenta određujemo prema relacijama:

kr

rrs

rs

rkr s

RXXXX

Rs'

''

'

=+⇒+

=


199

( ) [ ]NmRUs

nm

XXU

nmM

r

skr

rs

skr 09.18

8210002202087.0330

230

230 2

'

2

1'

2

1

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅=+

⋅⋅=πππ

Pri direktnom upuštanju na mrežu motor može da savlada maksimalni polazni moment:

[ ]Nm...

MMM

M

p

kr

krpdir 2367

520918

===

Kod upuštanja sa pretvaračem motor može da savlada polazni moment jednak kritičnom,ako je pretvarač dimenzionisan tako da podnese strujno opterećenje jednako statorskoj struji prikritičnom momentu, odnosno:

[ ]A..RUs

I 'r

skrkr 064

8222020870

2=

⋅⋅

==

[ ]Nm.MM krpfre 0918==

Pri čemu ako pretvarač ima U/f karakteristiku, mora da krene sa frekvencijom:

[ ]Hz..fsf krp 435105020870 =⋅=⋅=


Zadatak 3.2.1.Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon Unom = 440 [V]; rotorska struja

Inom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 3000 [ min-1]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja Mt = kn, gde je k = 0.05[Nm/min-1] i momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2]. Motor se napaja izregulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednakusvojoj nazivnoj vrednosti.a) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski


b) Izračunati vreme zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorskiregulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalnestruje motora.

Zadatak 3.2.2.Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajmu masu sa ukupnim momentom inercije JΣ =

20 [kgm2]. Kritični moment motora je Mkr = 2.3Mnom [Nm]; Pnom = 50 [kW]; nnom = 2924 [min-1].Kritični moment motora se postiže pri brzini nkr = 2670 [min-1].a) Koliko je vreme zaleta motora tZ = ? do brzine nnom = 2700 [min-1].b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine

ako je Rr = 0.36 [Ω]. Koliko je to najkraće vreme zaleta motora.

Zadatak 3.2.3.Ako se motor iz prethodnog zadatka goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim

faktorom preopterećenja, za koliko će se vreme pogon ubrzati do brzine nnom = 2700 [min-1].


200

Zadatak 3.2.4.Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni

pregoreo. Pogon zahteva 22 [kW] uz oko 1400 [min-1] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavljasvakih 6 sati. Na raspolaganju su dva motora:

1 motor: 380 [V]; 15 [kW]; 1410 [min-1]; cosϕ = 0.8; PCU/PFE = 4.1; τzag = 40 [min],2 motor: 380 [V]; 11 [kW]; 1430 [min-1]; cosϕ = 0.77; PCU/PFE = 1.6; τzag = 45 [min].Proračunati uslove pogona ostvarenog sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora.

Zadatak 3.2.5.Odrediti potrebnu snagu elektromotora za pokretanje pokretnih stepenica sa slike. Zahteva

se da istovremeno stepenice mogu da prenose deset osoba srednje mase 100 [kg]. Put od najnižetačke do najviše tačke traje 10 [s]. Zanemariti gubitke u motoru i prenosnom mehanizmu.

h =

45 [ m

]

l = 150 [m]M

D= 1 [

m]


[ ]WIUP nomnomnom 4712485.0126440 =⋅⋅== η

Prema tome nominalni moment iznosi:

[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 0114.15024.471

30004712430

602

==⋅⋅

==Ω

=πππ

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, teintegraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

∫∫∫ ΣΣ ===nomnomz n

din

n

din

t

z MdnJ

MdnJdtt

000 3030ππ

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisaniispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motortokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije:


201

∫ ∫∫ −=

−== ΣΣΣ

nom nomnom n n

nomtnom

n

dinaza knM

dnJMM

dnJM

dnJt0 00 303030

πππ


kdxdn

kxM

nknMx nomnom −=⇒

−=⇒−=

[ ]sknM

MkJ

kxdxJt

nomnom

nomknM

Mza

nomnom

nom

73.391500114.150

0114.150ln05.030

2ln3030

=−⋅

⋅=

−=−= Σ

−

Σ ∫πππ

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljačima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motortokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi:

=−

=−

== ∫ ∫∫ ΣΣΣ

nom nomnom n n

nomtnom

n

dinbzb knM

dnJMM

dnJM

dnJt0 00 23023030

πππ

[ ]sknM

MkJ

nomnom

nom 903.22ln05.030

21500114.1502

0114.1502ln05.030

22

2ln

30=

⋅⋅

≈−⋅

⋅⋅⋅

=−

= Σ πππ

Rešenje 3.2.2.a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego ufunkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem:

ss

ss

MM

kr

kr

krm

+=

2


( )

( ) ⇒−==⇒==−=

⇒−=⇒−=

ΣΣΣ ds

MJd

MJdt

dtdJMMMM

dsds

mmmtmdin 1

111

ωωωωωωω


=

+=

+

−=−=−== ∫∫ ∫∫∫ ΣΣΣ

Σ dss

sss

MJ

ss

ss

MdsJ

MdsJds

MJdtt

s

kr

krkr

s s

kr

kr

krm

s

m

t

z

z 11

1 111

11

0 22ω

ωωω

−

−=

+= ∫ ∫ slns

ss

MJds

ss

dsss

MJ

krkrkrs

skr

krkr 21

22

21

1

1

1 ωω ΣΣ


202


[ ]NmnPP

Mnom

nom

nom

nomnom 292.163

292450003030

=⋅⋅

===ππω

[ ]NmMM nomkr 571.375292.1633.23.2 =⋅==

[ ]sradpf

ps /100

15022

1 πππωω =

⋅⋅===

[ ]11.03000330

300026703000

1

1 ==−

=−

=n

nns kr

kr

[ ]1.03000300

300027003000

1

1 ==−

=−

=n

nns


[ ]s..ln...

.t z 7603910110

1102101

571375210020 2

=

−

⋅−

⋅⋅⋅

=π


( )

−

−= slns

ss

MJst kr

krkrkrz 2

12

21ωΣ


( ) ⇒=

−−−=

−

−= ΣΣ 0ln11

2ln

21

22

21

21 ss

sMJss

ss

MJ

dsd

dsdt

krkrkr

krkrkrkr

z ωω

4637.0214975768.01.0ln2

99.01.0ln211.0

ln21 22

==−

=−

=−

=s

sskrb


⇒−=⇒+

=⇒+

=⇒= rkr

krbrd

dr

r

krb

kr

r

drkrb

r

rkr R

ss

RRRR

Rss

XRR

sXRs

[ ]Ω=

−=

−= 157.11

11.04637.036.01

kr

krbrd s

sRR


[ ]ssss

sM

Jt krb

krbkrz 861.171.0ln4637.0

4637.021.01

571.375210020ln

21

2

221

min =

−

⋅−

⋅⋅⋅

=

−

−= Σ πω


203

Rešenje 3.2.3.Iz uslova zadatka proizlazi da frekventni pretvarač ima mogućnost preopterećenja, takvu da

tokom zaleta može da izdrži struju koja odgovara vrednosti kritičnog prevalnog momenta. Prematome tokom zaleta motor napajan sa pretvaračem može da održi konstantan moment jednakkritičnom prevalnom krdin MM = , pa vreme zaleta jednostavno nalazimo iz izraza:

[ ]snMJdn

MJ

MdnJt

kr

n

kr

n

dinz 057.152700

571.37520

30303030 00

===== ΣΣΣ ∫∫

ππππ

Rešenje 3.2.4.Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba

mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga ukratkotrajnom radu manja od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenjadovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se naosnovu snage u trajnom radu Pnom, vremenske konstante zagrevanja τzag, vremena uključenja tp iodnosa stalnih i promenljivih gubitaka PCU/PFE.

zag

p

zag

p

t

t

CUnom

FE

nomkrat

e

eP

P

PPτ

τ

−

−

−

+=

1

1

Za prvi motor ova snaga iznosi:

[ ]kWe

ePkrat 39.23559.115

1

1.411

154025

4025

1 =⋅=−

+=

−

−

Za drugi motor ova snaga iznosi:

[ ]kWe

ePkrat 65.18695.111

1

6.111

114525

4525

2 =⋅=−

+=

−

−

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga ukratkotrajnom radu veća od zahtevane :

[ ] [ ] [ ]kWPkWPkWP kratkrat 65.182239.23 21 =>=>=

Rešenje 3.2.5.Priraštaj potencijalne energije u toku deset sekundi pri prenosu N osoba mase m1 na visinu h

iznosi:ghNmmghW pot 1==∆

Prema tome potrebna snaga motora uz zanemarivanje gubitaka u motoru i mehanizmu ustacionarnom pogonu iznosi:


204

[ ] [ ]kWWt

ghNmt

WP pot 145.4444145

104581.9100101 ==

⋅⋅⋅==

∆=


Zadatak 3.3.1.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage Pnom = 1,3 [kW]; priključnog rotorskog

napona Unom = 220 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 1000 [min-1]; koeficijenta korisnog dejstvaη = 0.78 i sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2], pokreće sedirektnim spajanjem na krutu mrežu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi Ra = 7.5 [Ω].Za koje vreme će motor dostići 98% nominalne brzine obrtanja bez momenta opterećenja?

Zadatak 3.3.2.Trofazni asinhroni kliznokolutni motor nominalne snage Pnom = 55 [kW]; priključnog

rotorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 975 [min-1]; pokreće zamajnumasu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 11,25 [kgm2]. Kritičnimoment motora iznosi Mkr = 2,3Mnom [Nm], a motor ga razvija pri brzini obrtanja nkr = 890 [min-1].Radni otpor faze rotora iznosi Rr = 0,2 [Ω]. Motor se pokreće sa jednim stepenom otpora urotorskom krugua) Koliku otpornost treba da ima dodatni otpornik u kolu rotora da zaleta motora do brzine nnom

= 900 [min-1] traje što kraće?b) Koliko je to najkraće vreme zaleta motora?

Zadatak 3.3.3.U jednom pogonu drobilice primenjen je trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom =

50 [kW]; priključnog rotorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne struje Inom = 95 [A]; nominalnebrzine obrtanja nnom = 980 [min-1]; koji ima struju praznog hoda I0 = 30 [A]. Sa kolikom strujom semotor sme opteretiti u trajnom radu sa intermitiranim opterećenjem kod intermitencije 40%?

Zadatak 3.3.4.Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase mt = 20 [t] na

visinu hmax = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koeficijent korisnog dejstva motora je ηMot = 0.86 akoeficijent korisnog dejstva reduktora i koturača ηRed = 0.9. Pretpostaviti da su momenti inercijepogonskih elemenata zanemarljivi.

ASM

Teret

D

i, ηRed



postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora zapogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 980 [min-1], a motor ima sopstvenohlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnombrzinom n = 980 [min-1].


t4 = 12 [s]

M1

M2

M3

n

t2 t4t1 t3t

M

n


[ ]Nm..

n

PPM

nom

nom

nom

nomnom 4141239

1000103130

602

3

==⋅

⋅⋅===

πππΩ

Moment motora računamo iz odnosa prema skici na kojoj je prikazana mehaničkakarakteristika motora sa nezavisnom pobudom:

nM

nM mmax

−=

00

n

205

( )knMnnM

nnn

MMn maxmaxmaxm −=

−=

−=⇒ 11

00

0

MmaxMm

M

n0

n

0


206

gde je:

0

1n

k =

Nominalna i maksimalna vrednost rotorske struje iznose:

[ ]A..

.UP

Inom

nomnom 5767

7802201031 3

=⋅⋅

==η

[ ]A..R

UI

a

nommax 33429

57220

===η

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi izmeđumomenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije:

[ ]Nm....

II

MMI

MI

M

nom

maxnommax

nom

nom

max

max 0674857673342941412 ===⇒=

Brzina praznog hoda iznosi:

=−

=−

=Φ

=nomanom

nomnom

nom

nomanom

nom

nomE IRUU

n

nIRU

Uk

En 0

0

[ ]1min205.1348576.75.7220

2201000 −=⋅−

=

Pošto nema momenta opterećenja važi:

( )knMMM maxmdin −== 1

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, teintegraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

( )∫∫∫∫ −====

nomnomnomzal n.

max

n.

din

n.

din

t

zal knMdnJ

MdnJ

MdnJdtt

980

0

980

0

980

00 1303030 ΣΣΣπππ


( )maxmax

max kMdxdn

Mx

knknMx −=⇒

−=⇒−= 111

( )

( ) =−

=−= ∫−

nommax

max

max

n.kM

M maxzal n.kM

Mln

kMJ

xkMdxJt

nommax

max98013030

9801Σ

Σππ


207

[ ]s...

.ln.

.n.n

nln

MnJ

nommax

624710009802051348

20513480674830

2051348298030 0

00 =⋅−⋅

⋅⋅=

−=

ππ Σ

Rešenje 3.3.2.Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u

funkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem:

ss

ss

MM

kr

kr

krm

+=

2


( )

( ) ⇒−==⇒==−=

⇒−=⇒−=

ΣΣΣ ds

MJd

MJdt

dtdJMMMM

dsds

mmmtmdin 1

111

ωωωωωωω


=

+=

+

−=−=−== ∫∫ ∫∫∫ ΣΣΣ

Σ dss

sss

MJ

ss

ss

MdsJ

MdsJds

MJ

dtts

kr

krkr

s s

kr

kr

krm

s

m

t

z

z 11

1 111

11

0 22ω

ωωω

−

−=

+= ∫ ∫ slns

ss

MJds

ss

dsss

MJ

krkrkrs

skr

krkr 21

22

21

1

1

1 ωω ΣΣ


[ ]Nm.nPP

Mnom

nom

nom

nomnom 455541

97010553030 3

=⋅

⋅⋅===

ππω[ ]Nm...M.M nomkr 34712454555413232 =⋅==

[ ]s/rad.pf

ps πππω

ω 334333

50221 =

⋅⋅===

[ ]1101000110

10008901000

1

1 .n

nns kr

kr ==−

=−

=

[ ]101000100

10009001000

1

1 .n

nns ==−

=−

=



208

( )

−

−= slns

ss

MJ

st krkrkr

krz 21

2

21ωΣ


( ) ⇒=

−−−=

−

−= ΣΣ 0ln11

2ln

21

22

21

21 ss

sMJss

ss

MJ

dsd

dsdt

krkrkr

krkrkrkr

z ωω

463702149757680102

990102110

21 22

...ln

..ln

.sln

sskra ==−

=−

=−

=


⇒−=⇒+

=⇒+

=⇒= rkr

krard

dr

r

kra

kr

r

drkra

r

rkr R

ss

RRRR

Rss

XRR

sXRs

[ ]Ω64301110

46370201 ..

..ss

RRkr

krard =

−=

−=


[ ]s..ln..

..

.slnss

sM

Jt krakrbkr

minz 0111046370463702

101437124532

10025112

12

221 =

−

⋅−

⋅⋅⋅⋅

=

−

−=

πωΣ

Rešenje 3.3.3.Zadana je intermitencija:

mp

p

ttt

%%ED+

=== 10010040 ε

Ip Ip

I0I0

tm tmtp tp t

I

Primenom metode ekvivalentne struje:

( )( ) ( ) nomp

p

mp

mppeff III

IItt

tItII ≤−+=

−+

−+=

+

+= εε

εεεε

11

1 20

22

022

02


209

motor se neće pregrejati ako je trajno opterećen ekvivalentnom strujom čija vrednost ne premašujevrednost nominalne struje. Pa sledi:

( ) ⇒≤−+= 220

22 1 nompeff IIII εε

( ) ( ) [ ]A..

.III nom

p 64514540

40130951 2220

2

=−−

=−−

≤ε

ε

Strujno preopterećenje za vreme udaraca iznosi:

[ ]533195

645145 ..II

pnom

p ==≤


[ ]J.mghWdiz 981000581920000 =⋅⋅==∆

Srednja vrednost snage motora je prema tome:

[ ] [ ]kW.W.t

WPP

reddiz

dizmotsr 55454500

9020981000

==⋅

===η

∆


( ) ( ) =⋅+⋅+⋅=+⋅+=++= 3931241299121231

31 222

2212

12 MMMMM e

[ ]Nm.5361011139712 ==⋅+⋅=


32

2311

21

31

=+

=+

==βαβ


=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

effMot ttt

tMM

βα

2

( ) ( )[ ]Nm.

tttttMtMtM e 5599

322924

12312084

32

8420111412 22

4231

32

322

212

1 ==⋅+++

⋅+⋅+⋅=

+++++

=βα


210


[ ] [ ]kW.W..n

MP MotnomeffMoteffMot 980995980980

305599

602

≈=⋅⋅==ππ


Zadatak 3.4.1.Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage Pnom = 30 [kW]; nominalne brzine

obrtanja nnom = 720 [min-1]; brzine obrtanja u praznom hodu n0 = 750 [min-1]; sa momentom inercijemotora Jm = 6.25 [kgm2], pokreće pogon vožnje mostne dizalice nosivosti mt = 10000 [kg],sopstvene mase ms = 15000 [kg]. Brzina vožnje je v = 2 [m/s]. Motor u stacionarnom stanjuopterećen je sa 80% nominalnog momenta.

Sa kojom konstantnom strujom treba pokretati motor, ako želimo pri punom opterećenjudizalice, postići punu brzinu vožnje posle pređenog puta od s = 5 [m] ?

Struju izraziti u procentima u odnosu na nominalnu vrednost.

Zadatak 3.4.2.Ako se zbog kvara uređaja za pokretanje motor iz prethodnog zadatka mora pustiti direktno

priključenjem na mrežu, za koliko vreme će se dizalica ubrzati do pune brzine vožnje?

Zadatak 3.4.3.Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći

podaci: Pnom = 100 [kW]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F.a) Na osnovu ovih podataka približno odrediti vremensku konstantu zagrevanja motora, uz

pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kaokod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC].

b) Ako se opterećenje poveća 20% pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepenkorisnog dejstva , odrediti koliko dugo motor može da radi a da se ne pregreje.

c) Ako se temperatura ambijenta smanji za 20% od proračunske, koliko bi moglo bitiopterećenje u trajnom radu, pod istim pretpostavkom kao pod b).

Zadatak 3.4.4.Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: Us = 220 [V]; nnom = 1400 [min-1]; Ls =

Lr' = 8.8 [mH]; Rr' = 2.5 [Ω]; fs = 50 [Hz]; napaja se iz frekventnog pretvarača u cilju regulisanjabrzine u opsegu od 0 do 1,5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine,odrediti:a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti

preopteretljivost ne sme da bude manja od 1,3?b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri

opterećenju iz a)?

Zadatak 3.4.5.Na slici je prikazan karakteristični radni ciklus za motor jednosmerne struje sa stalnom

nezavisnom i nominalnom pobudom i sa prinudnim hlađenjem, nominalne snage Pnom = 10 [kW] inominalne brzine obrtanja nnom = 1500 [min-1].

Odrediti optimalno vreme pauze tako da motor bude optimalno iskorišćen.


211

t1 = 5 [s]t2 = 15 [s]t3 = 5 [s]t4 = 10 [s]

12 [kW]

t2 t4t1 t3t

P

n

6 [kW]

12 [kW]

10 [kW]

-8 [kW]

t5

750 [min-1]

1500 [min-1] t5 = 5 [s]


[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 888.3971250

720103030

602

3

==⋅

⋅⋅==

Ω=

πππ

Pošto je motor operećen u stacionarnom stanju sa 80% od nominalne vrednosti momenta,brzinu sa kojom se tad obrće možemo pronaći uz pomoć dijagrama sa slike:

[ ]100

00

72608307508.0720750750 −=⋅−=⋅⋅−

−=−

−=

⇒−

=−

minMM

MM

nnnn

Mnn

Mnn

nomnom

stacnom

nstac

stac

stac

nom

n

Zbirni moment inercije iznosi:

MmaxMn

M

n0

n

0

nnom

Mstac

nstac


212

=

++=

++=

++=Σ

2

2

2

2

2 30)(

602

)()(

stactsm

stac

tsm

m

tsm n

vmmJn

vmmJ

vmmJJ

ππω

[ ]22

351.23301.1725.6726

230)1000015000(25.6 kgm=+=

⋅⋅

⋅++=π

Vreme ubrzanja za konstantni moment ubrzanja, odnosno konstantno ubrzanje iznosi:

][52

522 svst zal =

⋅==

odnosno, ako se zaletanje izvodi konstantnom strujom, odnosno konstantnim momentom važi:

td

zal nMJ

t30

Σ=π

Odnosno potreban moment ubrzanja iznosi:

][099.358726530551.23

30Nmn

tJM t

zaldin =⋅

⋅⋅

== Σ ππ

Stacionarni deo momenta iznosi:

[ ]NmMM nomstac 333.318888.3978.08.0 =⋅==

Pa ukupni moment tokom zaletanja iznosi:

[ ]NmMMM stacdinm 432.676333.318099.358 =+=+=

Odnosno procentualno:

[%]993.169100917.397432.676100% =⋅==

nom

mm M

MM

Prema tome motor treba pokretati sa konstantom strujom:

nomnomnom

mm II

MM

I 7.1100 ≈=

Rešenje 3.4.2.Moment motora zbog direktnog upuštanja neće biti konstantan, već se menja linearno sa

promenom brzine obrtanja, shodno skici iz prethodnog zadatka. Pri tome važi:

( )nkMnnM

nnn

MMnn

Mn

Mm

m1max

0max

0

0max

00

max 11 −=

−=

−=⇒

−=


213

gde je:

[ ]minn

k75011

01 ==

[ ]2530750

720750750

0

02

20

0

00

==−

=−

=

=−

=⇒−

=

nom

nomnom

nommaxnom

nommax

nnnk

Mknn

nMMnn

Mn

M

Prema tome dinamički moment iznosi:

( ) ( )nkkkMMnkMkMMM nomnomnomstacmdin 21212 8.08.01 −−=−−=−=

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, teintegraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

( )∫∫∫∫ −−==== ΣΣΣ

stacstacstaczal n

nom

n

din

n

din

t

zal nkkkMdnJ

MdnJ

MdnJdtt

0 212000 8.0303030πππ


( )nomnom

nom Mkkdxdn

Mxk

kknnkkkMx

212

21212 8.018.0 −=⇒

−−=⇒−−=

( )

( ) ( )( ) =

−−−

=−= Σ−−

−Σ ∫

stacnom

nom

nom

nkkkM

kM nomzal nkkkM

kMMkk

JxMkk

dxJtstacnom

nom 212

2

21

8.0

8.0 21 8.08.0

ln3030

212

2

ππ

[ ]s

nkkkk

MkkJ

stacnom

783.12.02.24ln37187.0

720307508.025

8.025ln917.397

30750

750130

551.2328.0

8.0ln

30 212

2

21

=⋅=⋅−−

−⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅=

=−−−

= Σ

π

π

Rešenje 3.4.3.a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotnikapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[ ]CkWsmCC oFET /48048.01000 =⋅==

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalnadozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]Coambmaxmax 10040140 =−=−=∆ θθθ


Snaga gubitaka u nominalnom režimu rada iznosi:

( ) [ ] [ ]kWWPPPnom

nomnom

nomnomnom 111.1111.111111

9.01100000111

≈=

−=

−=

−=

ηηη

γ

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona

[ ]CWP

AA

PRP o

max

nomnomTnommax /111.111

10011.11111

==∆

=⇒==∆θ

θ γγγ

Vremenska konstanta zagrevanja je:

[ ] [ ] [ ]minminsA

CT Ttz 72

6043204320

111.111480000

==≅==

b) slučaju

maksimiznosi:

214

Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 20% veća od nominalne, gubici u tom iznose:

( ) [ ]W...P.P.

P nomnom

nomnom 331333311111112012011201

=⋅==−

=′γγ η

η

alni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem,

[ ]C..AP

.A

P o12010020120121 maxmax =⋅===′

=′ θ∆θ∆ γγ

Maksimalna temperatura zagrevanja u trajnom pogonu, prema tome je:

[ ]Co16040120ambmaxmax =+=+′=′ θθ∆θ

θ

t

∆θmax

θamb

Ttz

θmax


215

Za zagrevanje važi dijagram promene temperature kao na sledećoj slici. Polazeći oddijagrama vidimo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena prikom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od:

⇒−′−′

=⇒

−′−′=+

−′=

−−−−

ambmax

maxmaxTt

Tt

ambmaxmaxTt

ambTt

maxmaxtz

uk

tz

uk

tz

uk

tz

uk

eeeeθθ

θθθθθθθθ 1

[ ]min00712967220

120721401604016072

maxmax

ambmax .lnlnlnlnTt tzuk =⋅=⋅=−−

⋅=−′−′

=θθ

θθ

c) Pošto se temperatura ambijenta smanjila za 20 [oC], novi maksimalno dozvoljeni porasttemperature iznosi:

( ) [ ]Coambmaxmax 1202040140 =−−=″−=″∆ θθθ

Prema tome i gubici u motoru mogu da narastu na vrednost, koju dobijamo manipulacijomsledećih izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenom opterećenja:

( )

( ) ⇒″

=−′′

′′−″

=∆

″∆=

″⇒=∆⇒

″=″∆

nom

nom

nomnommax

max

nom

nomnommax

nommax P

PP

P

PP

AP

AP

ηη

ηη

θθ

θθγ

γγγ

1

1

[ ] [ ]kWWPPmax

maxnom 120120000

100120100000 ===

∆

″∆=″

θθ

Rešenje 3.4.4.

Za 0≈sR , važi: ( ) ⋅

>⇐

≤⇐=

snomssnom

snomsssnom

snom

ss

ffU

ffff

UfU

θ

t

∆θmax

θamb

tuk

θmax

θmax


216

a) Apsolutna brzina rotora pri prevalnom momentu ne zavisi od učestanosti, odnosno:

( )s

rs

rkrskr f

srad.

..

LL

Rs ωωω ≠

=

⋅=′+

′== 05142

00880252

Relativna brzina rotora pri Mkr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju Mt,odnosno za:

( ) ( )

=−−=−−=⇒=

srad....

MM

krrat

kr 656613131051421 22λλωωλ

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa:

[ ]Hz.f

srad..p..

maxsmaxs

rasnommaxs

56802

2506656630

14005151

==

=+=+=

πω

πωωω

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi:

[ ]Nm...LL

UM

rsmaxs

snomkra 19632

0088021

2506220

231

23 22

=⋅

=′+

=

ω

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja:

[ ]Nm...

.M

M krat 7724

3119632

31===

b) Pri učestanosti manjim od fsnom ktritični moment Mkr je konstantan i iznosi :

[ ]Nm..LL

UM

rssnom

snomkrb 6783

0088021

314220

231

23 22

=⋅

=′+

=

ω

Preopteretljivost je:

[ ]378377246783 ...

MM

t

krbkr ===λ

Relativna brzina rotora je:

( )

=−−=

−−=

srad....krkrkrrb 50721137833783051421 22λλωω

Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su:


217

[ ]Hz..f

srad..p..

maxssb

rbsnomsb

756402

0792562

0792565072130

14008080

===

=+=+=

ππω

πωωω

Rešenje 3.4.5.Pošto motor ima promenljivu brzinu treba primeniti metodu ekvivalentnog momenta. Iz

djagrama radnog ciklusa za pojedine segmente različitih brzina i snaga, moramo izračunatimomente motora. Uz uslov konstantnosti pobude φ = konst i uz pretpostavku da je momentproporcionalan sa strujom motora Ia ~ Mm, nalazimo momente za pojedine segmente radnogciklusa:

[ ]NmnPM 8.152

750120003030

1

11 ≈

⋅⋅

==ππ

[ ]NmnPM 4.76

75060003030

2

22 ≈

⋅⋅

==ππ

[ ]NmnP

M 4.761500120003030

3

33 ≈

⋅⋅

==ππ

[ ]NmnPM 6.63

1500100003030

4

44 ≈

⋅⋅

==ππ

( ) [ ]NmnP

M 6.93.501500

80003030

5

55 −≈

⋅−⋅

==ππ

Nominalni moment motora iznosi:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 6.63

1500100003030

≈⋅⋅

==ππ

Na osnovu izračunatih vrednosti možemo nacrtati momentni dijagram za radni ciklus:

M1

t2 t4t1 t3t

M

t5

M2 M3

M4

M5

Pošto motor ima prinudno hlađenje, ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus mora bitimanji ili jednak nominalnom momentu:


218

nom

ii

iii

effMot Mtttttt

tMtMtMtMtMt

tMM ≤

+++++++++

==∑

∑054321

52

542

432

322

212

1

2

iz čega proizlazi da optimalno vreme pauze treba da iznosi:

( ) =++++−++++

≥ 5432125

254

243

232

221

21

0 tttttM

tMtMtMtMtMt

nom

( ) =++++−⋅+⋅+⋅+⋅+⋅

= 51051556.63

593.50106.6354.76154.7658.1522

22222

[ ]s927.3040927.704096.4044

33.286897=−=−=


Zadatak 3.5.1.Trofaznom asihronom motoru sa podacima: Pnom = 5.2 [kW]; Us = 220 [V]; nnom =

1400 [min-1]; Ls = Lr' = 8.2 [mH]; Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; mora se ograničiti polazna struja nadvostruku vrednost nominalne struje, pri stalnoj i nominalnoj učestanosti. Ograničenje strujepolaska ostvaruje se snižavanjem napona napajanja. Odrediti:a) Vrednost sniženog napona napajanja pomoću koga se ostvaruje traženi uslov u trenutku

uključenja motora, odrediti polazni moment u ovom slučaju.b) Vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri brzini obrtanja od nb =

500 [min-1].c) Vrednost brzine obrtanja pri kojoj se sme dovesti nominalni napon na motor.

Zadatak 3.5.2.Ako se motor iz prethodnog zadatka, pušta u pogon sa sniženim naponom određenim prema

uslovu a) iz prethodnog zadatka, odrediti koliko puta će se povećati vreme zaleta do nominalnebrzine obrtanja u odnosu na vreme zaleta koje se dobija kada se motor direktno priključuje namrežu. Pri proračunu smatrati da je moment opterećenja motora zanemarljiv.

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da se motor upušta sa sniženimnaponom vrednosti Upol = 100 [V].

Zadatak 3.5.3.Ako se motoru iz prethodnih zadataka, ograničenje struje polaska na dvostruku vrednost

nominalne struje, izvodi ubacivanjem simetričnog otpornika na red sa statorskim namotajima,odrediti:a) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, pomoću koga se ostvaruje traženi uslov

u trenutku uključenja motora, odrediti polazni moment u tom slučaju.b) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, koji sme da se priključi na motor pri

brzini obrtanja od nb1 = 500 [min-1] i nb2 = 1000 [min-1].

Zadatak 3.5.4.Na jednosmernom motoru opterećenom nominalnom snagom Pnom = 5.5 [kW], meren je

priraštaj temperature posle uključenja. Na početku priraštaj temperature u odnosu na okolinu bio je∆θ0 = 0 [oC]. Nakon pola sata izmeren je priraštaj temperature ∆θ1 = 50 [oC] a nakon sat vremena


219

∆θ2 = 75 [oC]. Na tablici motora naznačeno je da motor ima koeficijent korisnog dejstva η = 0.84.Na osnovu ovih podataka približno odrediti:a) Klasu izolacije motora.b) Masu motora, uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je

toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC].

Zadatak 3.5.5.Ako se opterećenje jednosmernog motora iz prethodnog zadatka poveća 25% pri čemu se ne

menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motor može da radi ada se ne pregreje.

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima klasu izolacije F i masu m= 46 [kg].

Rešenje 3.5.1.a) Nominalno klizanje motora iznosi:

[ ]0666.0151

1500100

150014001500

===−

=−

=s

nomsnom n

nns

Nominalna vrednost struje motora iznosi:

( )( ) ( )

=

⋅⋅⋅+

=

++

===

22

22'2

2'

'

0082.02100

15135

220

πω rss

nom

r

s

nom

srnomsnom

LLsR

UZU

II

[ ]A619.852538517.25

220545288.651

220543288.26625

220102.810425

22062242

===

=+

=⋅⋅⋅⋅+

=−π

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje iuslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost sniženog napona,koji obezbeđuje tražene uslove:

( ) ( ) =+

⋅⋅=++⋅== 54528826

35619822

2222 ..LLRIZIU '

rss'rsnompolspolspol ω

[ ]V344.93415877634.5619.8232306578.29619.82 =⋅⋅=⋅⋅=

Polazni moment nalazimo iz relacije:

( ) ( ) [ ]mspols

rpol NI

RpM 458.9619.82

10035

233 22'

=⋅⋅⋅⋅=⋅=πω

b) Klizanje pri brzini obrtanja od nb = 500 [min-1] iznosi:


220

[ ]666.032

15001000

15005001500

===−

=−

=s

bsb n

nns

Prema tome vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri traženoj brziniobrtanja, a da struja pri tome ne bude veća od dvostruke vrednosti nominalne struje, iznosi:

( ) =++

⋅=⋅=

2'2'

22 rssb

rsnombsnomsb LL

sRIZIU ω

[ ]V721.9872702366.5619.827988.32619.825488.26

3235

619.82

2

=⋅⋅=⋅⋅=+

⋅⋅=

c) Iz uslova da pri traženoj brzini obrtanja struja ne sme da bude veća od dvostruke vrednostinominalne struje nalazimo klizanje pri kom je ostvaren taj uslov:

( ) ⇒++

⋅=⋅=

2'22'

22 rssc

rsnomcsnomsnom LL

sRIZIU ω

( ) =−

⋅=+−

⋅

=

545288.26

619.82220

2

22'2

22'

rsssnom

snom

c

r LLI

UsR

ω

( ) ⇒=−=−= 341024.136...5.26162886322545288.2676269258.12 2

⇒==

67651635.11341024.136

'

c

r

sR

[ ]1427.067651635.113

567651635.11

'

=⋅

== rc

Rs

Odnosna tražena brzina obrtanja iznosi:

( ) ( ) [ ]1895.12851427.0115001 −=−⋅=−= minnsnn scsc

Rešenje 3.5.2.Vreme zaleta asinhronog motora pri direktnom upuštanju na mrežu do nominalne brzine

obrtanja odnosno od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja određeno je izrazom:

−

−= nomkr

kr

nom

krdirzdir slns

ss

MJt

21

2

21ωΣ

Slično, vreme zaleta asinhronog motora pri upuštanju sa smanjenim naponom iznosi:

−

−= nomkr

kr

nom

krsnizenozsnizeno slns

ss

MJt

21

2

21ωΣ


221

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta sa sniženim naponom u odnosu na zaletsa nominalnim naponom iznosi:

krsnizeno

krdir

nomkrkr

nom

krdir

nomkrkr

nom

krsnizeno

zdir

zsnizeno

MM

slnsss

MJ

slnsss

MJ

tt

=

−

−

−

−

=

21

2

21

22

1

21

ω

ω

Σ

Σ

odnosno jednak je odnosu kritičnih momenata pri nominalnom i sniženom naponu.Kritični moment pri nominalnom naponu napajanja, nalazimo iz relacije:

[ ]m'rss

skrdir N.

.LLUpM 70689

0082021

100220

2231

23 22

=⋅

⋅

⋅

⋅=

+

⋅=

πω

Kritični moment pri sniženom naponu napajanja, nalazimo iz relacije:

[ ]m'rss

spolkrsnizeno N.

..

LLUpM 14916

0082021

10034493

2231

23 22

=⋅

⋅

⋅

⋅=

+

⋅=

πω

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta iznosi:

[ ]555534493

220

12

3

12

322

2

2

..U

U

LLUp

LLUp

MM

tt

sp

s

'rss

sp

'rss

s

krsnizeno

krdir

zdir

zsnizeno =

=

=

+

⋅

+

⋅

==

ω

ω

Rešenje 3.5.3.a) Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje iuslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, važi:

( )

⇒

++

+

===

22

2

''

2

rsspol

rda

s

da

snampol

LLsR

R

UZU

II

ω

⇒= 1pols

pa je tražena vrednost otpornosti:

( ) ( ) =−⋅⋅⋅−

⋅=−+−

= 666.10082.02100

619.8220

41''

22

222

2

1 πω rrsssnam

sd RLL

IU

R

[ ] [ ]Ω≈Ω=−=

=−=−−⋅=

010.1000984968.10666.16765166.11

666.1341034.136666.1545288.26545288.65141


222

Polazni moment nalazimo iz iste relacije, kao i u prethodnom zadatku:

( ) ( ) [ ]mspols

rpol NIRpM 458.9619.82

10035

233 22'

=⋅⋅⋅⋅=⋅=πω

b) Klizanje pri brzini obrtanja od nb1 = 500 [min-1] iznosi:

[ ]666.032

15001000

150050015001

1 ===−

=−

=s

bsb n

nns

Na isti način kao pod a) nalazimo relaciju za izračunavanje vrednosti dodatnog otpora:

( ) ⇒+−

=

+ 2

22

12 '

2'

rsssnam

s

b

rd LL

IU

sRR ω

( ) =−=−+−

=

3235

6765116.11''2 1

222

2b

rrss

snam

nd s

RLLIU

R ω

][177.9][1765166.95.26775166.11 Ω≈Ω=−=

Na isti način nalazimo i traženu vrednost otpora pri brzini obrtanja nb2 = 1000 [min-1]:

[ ]333.031

1500500

1500100015002

2 ===−

=−

=s

bsb n

nns

( ) =−=−+−

=

3135

6765166.11''2 2

22

3b

rrss

snam

sd s

RLLIU

R ω

][677.6][6765166.656765166.11 Ω≈Ω=−=

Rešenje 3.5.4.a) Iz uslova zadatka proizlaze sledeće relacije za priraštaje temperature nakon pola i jednogsata:

( )

−==

−tzTt

max et1

111 θ∆θ∆θ∆

( )

−==

−tzT

t

max et2

122 θ∆θ∆θ∆

Gde je Ttz vremenska konstanta zagrevanja, a ∆θmax maksimalni priraštaj temperature ustacionarnom stanju. Pošto je ispunjen uslov t2 = 2t1, deljenjem prethodne dve relacije i pogodnommanipulacijom, dobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja:


223

⇒+=

−

+

−

=

−

−=

−

−

=−

−

−−

−

−

−

−

tz

tz

tztz

tz

tz

tz

tz

Tt

Tt

Tt

Tt

Tt

Tt

Tt

max

Tt

max

ee

ee

e

e

e

e1

1

11

1

1

1

2

11

11

1

1

1

1 2

1

2

θ∆

θ∆

θ∆θ∆

[ ] [ ] ===

−

=

−

−=

⇒−=−

min28143

50-7550ln

min30

1

1

12

1

1

1

2

1

1

21

.ln

t

ln

tT

e

tz

Tt

tz

θ∆θ∆θ∆

θ∆θ∆

θ∆θ∆

[ ]s.. 8625966028143 =⋅=

Dalje možemo iz prethodnih relacija odrediti krajnju vrednost priraštaja temperature ∆θmax :

=−

=−

=

−−

=

−

=−

50752

50

21111

2

1

1

2

111

θ∆θ∆

θ∆

θ∆θ∆θ∆θ∆θ∆

obTtmax

e

[ ]Co10025

50

5075100

50 2

==−

=

Prema tome motor ima klasu izolacije F kojoj pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40[oC], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porasttemperature iznosi 100 [oC].

b) Snaga gubitaka u nominalnom režimu rada iznosi:

( ) [ ]W..

PP

Pnom

nomnom

nomnomnom 61910471

84015500111

=

−=

−=

−=

ηηη

γ

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona:

[ ]C/W..PA

AP

RP onomnomTnom 4761910

1006191047

maxmax ===⇒==

θ∆θ∆ γγ

γ

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotni kapacitet motora:

[ ]C/Ws...ATCA

CT otzT

Ttz 199272058625964761910 =⋅==⇒=

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotnikapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], proizlazi da mu je masa približno:

[ ]kg..

.CCmmCC

FE

TFET 67756

480100019927205

=⋅

==⇒=


224

Rešenje 3.5.5.Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 25% veća od nominalne, gubici u tom

slučaju iznose:

( ) [ ]W...P.P.

P nomnom

nomnom 524130961910472512511251

=⋅==−

=′γγ η

η

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem,iznosi:

[ ]CA

P omaxmax 12510025.125.1 =⋅=∆=

′=′∆ θθ γ

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri komse motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od:

⇒′−′

=⇒′−′=

−′=

−−−

max

maxmaxmaxmaxmaxmax 1

θ∆

θ∆θ∆θ∆θ∆θ∆θ∆ tz

uk

tz

uk

tz

uk

Tt

Tt

Tt

eee

=−

⋅=∆−′∆

′∆=

100125125ln281.43ln

maxmax

maxtzuk Tt

θθ

θ

[ ]min658.695ln281.4325

125ln281.43 =⋅=⋅=


Zadatak 3.6.1.Odrediti koliki otpor treba uključiti u kolo rotora trofaznog asinhronog motora sa

namotanim rotorom da bi pri prelasku motora na rad u režim kočnice dobili elektromagnetnikočioni moment jednak 130% nominalnog momenta, ako je brzina u početku kočenja bilanominalna. Podaci motora su: nominalna snaga Pnom = 16 [kW]; nominalni međufazni napon Unom =380 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 718 [min-1]; omski otpor statora Rs = 0.26 [Ω]; induktivniotpor statora Xs = 0.354 [Ω]; omski otpor rotora Rr = 0.105 [Ω]; induktivni otpor rotora Xr = 0.24[Ω]; prenosni odnos stator/rotor Ns / Nr = 1.63 [ ]; veza Y; frekvencija mreže fs = 50 [Hz].

Zadatak 3.6.2.Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora nalaze se sledeći podaci: nominalna snaga

Pnom = 2.8[kW]; nominalni fazni napon Unom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 935[min-1];faktor snage cosϕ = 0.74 [ ].

Ako konstruktor motora garantuje preopteretljivost ν = 1.8 [ ], može li motor podizati, saodnosom prenosa iR = 20:1, teret mase mt = 250 [kg] obešen na uže namotano na bubanj prečnikaDb = 0.30 [m], u slučaju:a) Ako je namotaj statora spojen u trougao.b) Ako je namotaj statora spojen u zvezdu.


225

ASM

Teret

D b

iR

mt

nt nb

vt

Zadatak 3.6.3.Kolika će biti brzina podizanja tereta u pogonu iz prethodnog zadatka za slučaj a) ako se u

granicama od sinhrone do kritične brzine motora njegova mehanička karakteristika možeaproksimativno pretstaviti kao prava linija.

Zadatak 3.6.4.Na trofaznom asinhronom motoru mase m = 56.677 [kg], sa sopstvenom ventilacijom, klase

izolacije F, opterećenom nominalnom snagom Pnom = 5.5 [kW], pri temperaturi ambijenta θamb = 20[oC]. meren je pad temperature posle isključenja. Nakon sat izmerena je temperatura θ1 = 70 [oC].Pretpostaviti da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kodgvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] i da se motor kada mu sopstveni ventilator ne radi dva puta lošijehladi nego kad radi.

Na osnovu ovih podataka približno odrediti koeficijent korisnog dejstva motora η.

Zadatak 3.6.5.Ako se opterećenje trofaznog asinhronog motora iz prethodnog zadatka poveća 50% pri

čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motormože da radi a da se ne pregreje.

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima stepen korisnog dejstva η = 0.84 [ ].

Rešenje 3.6.1.Klizanje u trenutku prespajanja na režim kočnice iznosi:

[ ]957.1750

1468750

718750==

+=

+=

s

nomskoc n

nns

Traženu vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo odrediti iz uslova zadatka:

[ ]mnom

nomnomkoc N

nP

MM 637.27671816000303.1

2603.13.1 =

⋅⋅⋅

===ππ


226

Takođe vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo naći iz relacije:

22

22

233

′++

′+

′=′

′=

Σ

Σ

rskoc

rs

s

koc

rr

koc

rkoc

XXsRR

UsR

fpI

sRpM

πω

Izjednačavanjem ove dve vrednosti i postupnim rešavanjem dobijamo relaciju zaizračunavanje svedene ukupne vrednosti rotorske omske otpornosti:

⇒′

=

′++

′+ ΣΣ

koc

s

koc

rrs

koc

rs M

UsR

fpXX

sR

R22

2

23π

⇒=

′+++

′−

′+

′ΣΣΣ 0

232

22

22

rsskoc

s

koc

rs

koc

r

koc

r XXRMU

sR

fpR

sR

sR

π

0232

222

22=

′+++

−′+′

ΣΣ rsskockockoc

skocsrr XXRss

MU

fpsRRR

π

Relacija je kvadratna jednačina u kojoj pojedini članovi imaju sledeće brojčane vrednosti:

061.12957.1637.276

220502

43957.126.02232

22

−=⋅⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅=

−

ππ kockoc

skocs s

MU

fpsR

[ ]638.024.063.1 22

=⋅=

=′

rr

sr X

NN

X

( )[ ] 028.4638.0354.026.0957.1 2222

22 =++=

′++ rsskoc XXRs

Prema tome vrednost svedene ukupne rotorske omske otpornosti nalazimo kao rešenjekvadratne jednačine:

⇒=+′⋅−′ΣΣ 0028.4061.12

2

rr RR[ ][ ]

ΩΩ

=±

=⋅−±

=′Σ 344.0

717.112

373.11061.122

028.44061.12061.12 2

2/1rR

Uzimamo veću vrednost otpora pošto sa njom dobijamo manju struju kočenja. Iz togproizlazi da je vrednost ukupne rotorske omske otpornosti:

[ ]Ω==

′= Σ

Σ 410.463.1717.11

22

r

s

rr

NN

RR

Na kraju vrednost tražene dodatne otpornosti dobijamo iz relacije:


227

[ ]Ω=−=−= Σ 17.424.0410.4rrrd RRR


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 597.28

935280030

260

=⋅==ππ

Pri garantovanom preopterećenju motor može da savlada maksimalni moment opterećenja uiznosu:

[ ]NmMM nommax 475.51597.288.1 =⋅==ν

Moment tereta je:

[ ]NmgmD

FD

M tb

tb

t 875.36781.925023.0

22=⋅⋅===

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost:

[ ]NmiM

MR

tt 394.18

20875.367

===′

a) Ako se motor pokreće u vezi trougao svedeni moment tereta je manji i od nominalnogmomenta a i od maksimalno garantovanog, što znači da u toj vezi motor može da podiže zadatiteret.

[ ] [ ] [ ]NmMNmMNmM nomt 475.51597.28394.18 max =<=<=′

b) Ako se motor pokreće u vezi zvezda zbog smanjenog napona garantovani maksimalnimoment motora se smanjuje na vrednost:

[ ]NmM

UU

MM nom

f

l

maxDmaxY 158.17

3475.51

32 ===

=

ν

te motor neće moći dizati teret pošto je svedeni moment tereta veći od maksimalnog za vezuzvezda:

[ ] [ ]NmMNmM Yt 158.17394.18 max =>=′

Rešenje 3.6.3.Iz uslova zadatka proizlazi proporcija, iz koje nalazimo brzinu obrtanja motora:

⇒−−

=′

noms

ts

nom

t

nnnn

MM


228

( ) ( ) [ ]1min191.9589351000597.28394.181000 −=−−=−

′−= noms

nom

tst nn

MM

nn

Mnom

Mt'

M

nnom nsnt n

Brzina obrtanja bubnja je prema tome:

[ ]1min910.4720

191.958 −===R

tb i

nn

Odnosno kružna brzina bubnja je:

=

⋅==

sradnbb 017.5

30910.47

602 ππω

Na kraju tražena brzina podizanja tereta iznosi:

=⋅==

smD

v bb

t 753.0017.523.0

2ω

Rešenje 3.6.4. Motor ima klasu izolacije F za koju pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC],

maksimalna dozvoljena temperatura namotaja motora iznosi θmax = 140 [oC], odnosno maksimalnodozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θmax = 100 [oC]. Izmerena nadtemperatura nakon jednog sataod isključenja iznosi:

[ ]Coamb 50207011 =−=−=∆ θθθ

Iz uslova zadatka proizlaze sledeća relacija za pad temperature nakon jednog sata:

( ) thTt

et1

max11

−

∆=∆=∆ θθθ

Gde je Tth vremenska konstanta hlađenja, a ∆θmax maksimalni priraštaj temperature ustacionarnom stanju. Vremenska konstanta hlađenja iz uslova zadatka je dvostruko veća od


229

vremenske konstante zagrevanja Tth = 2Ttz. Uvažavajući ovu činjenicu iz prethodne relacijedobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja:

[ ] [ ] [ ] ===⋅

=

∆∆

=

∆∆

−== minlnmin

ln

min

ln

t

ln

tTT

xma

xma

thtz 281.432

30

501002

60

221

21

1

1

1

1

θθ

θθ

[ ]s.. 8625966028143 =⋅=

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotnikapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], proizlazi da mu je toplotni kapacitet:

[ ]CWsmCC oFET /199.2720548.01000677.56 =⋅⋅==

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora:

[ ]CWTC

AA

CT o

tz

TTtz /47619.10

86.2596199.27205

=⋅===⇒=

Vrednost gubitaka u nominalnom režimu, određujemo iz toplotnog Omovog zakona:

[ ]WAPA

PRP maxnom

nomTnommax 619.104710047619.10 =⋅=∆=⇒==∆ θθ γ

γγ

I na kraju nalazimo traženi koeficijent korisnog dejstva:

[ ]84.0619.10475500

5500=

+=

+=

nomnom

nomnom PP

P

γ

η

Rešenje 3.6.5. Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 50% veća od nominalne, gubici u tomslučaju iznose:

( ) [ ]WPP

P nomnom

nomnom 429.1571619.104750.150.1150.1

=⋅==−

=′γγ η

η

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem,iznosi:

[ ]CA

P omaxmax 15010050.150.1 =⋅=∆=

′=′∆ θθ γ

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri komse motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od:

⇒′−′

=⇒′−′=

−′=

−−−

max


θ∆


uk

tz

uk

tz

uk

Tt

Tt

Tt

eee


230

=−

⋅=−′

′=

10015015028143

maxmax

max ln.lnTt tzukθ∆θ∆

θ∆

[ ]min.ln.ln. 5494732814350

15028143 =⋅=⋅=



400 [V], nominalna snaga Pnom = 1600 [W], omski otpor rotora Ra + Rpp = 2.5 [Ω], nominalna brzinaobrtanja nnom = 1550 [min-1], koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor se upušta u rad pomoćuautomatskog upuštača.a) Odrediti broj stepeni i vrednost otpora pojedinih stepeni upuštača, polazeći od uslova, da

zalet treba osigurati uz uslov Mmin = Mnom i Mmax = 2Mnom.b) Odrediti pri kojim brzinama obrtanja treba izvesti automatsku komutaciju otpora u upuštaču.

Zadatak 3.7.2.Ako se motor sa otporničkim upuštačem iz prethodnog zadatka koristi za pokretanje dizalice

sa slike, odrediti vreme ubrzanja tereta, odnosno motora do nominalne brzine obrtanja.Sem podataka navedenih u prethodnom zadatku, poznati su još i sledeći podaci o teretu,

bubnju, reduktoru i motoru: masa tereta mt = 72 [kg]; prečnik bubnja Db = 0.20 [m]; prenosni odnosreduktora iR = 9.95 [ ]; koeficijent iskorišćenja reduktora ηR = 0.9 [ ]; moment inercije reduktora JR= 0.012 [kgm2] i moment inercije motora JM = 0.03 [kgm2].

DCM

Teret

D b

iR

mt

nm nb

vt

ηR

Zadatak 3.7.3.Ako se motor koji goni pogon iz prethodnog zadatka umesto sa otporničkim upuštačem

upušta i napaja sa polu-upravljivim tiristorskim regulisanim ispravljačem, kome je strujna granicapodešena na dvostruku vrednost nominalne struje motora, odrediti:a) Vreme ubrzanja tereta, odnosno motora, do nominalne brzine obrtanja.b) Vreme usporenja tereta, odnosno motora, do nulte brzine obrtanja.


231

Zadatak 3.7.4.Stacionarno stanje u pogonu iz prethodnog zadatka tokom jednog ciklusa dizanja traje tstac =

1 [s]. Nakon jednog ciklusa dizanja potrebno je u što kraćem mogućem vremenu ponovitiuzastopno neograničen broj ciklusa. Odrediti minimalno vreme mirovanja pogona između dvaciklusa za slučaj:a) Da se motor hladi sopstvenim ventilatorom, pri čemu se motor kada mu sopstveni ventilator

ne radi tri puta lošije hladi nego kad radi .b) Da se motor hladi prinudno sa prigrađenim ventilatorom, koji se ne isključuje tokom

mirovanja pogona.


Pnom = 2.75 [kW]; nominalni fazni napon Unom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja nnom =935 [min-1]; faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Motor se napaja iztranzistorskog pretvarača promenljive frekvencije a goni radnu mašinu sa momentom opterećenjalinearno zavisnim od brzine obrtanja Mt = knn [Nm]; gde konstanta ima vrednost kn = 0.03 [Nm/min-1].a) Kolika će biti brzina obrtanja motora za slučaj da je izlazna frekvencija pretvarača fs = 12.5;

25; 37.5 i 50 [Hz]?b) Sa kolikim relativnim tačnošću odstupa brzina obrtanja motora za navedene frekvencije

napajanja motora pod a) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora?

Rešenje 3.7.1.Na slikama na sledećoj strani prikazana je električna šema n - stepenog otpornog upuštača i

familija mehaničkih karakteristika pri puštanju u rad jednosmernog motora sa nezavisnompobudom.

Opšti izraz za rotorsku struju pri uključenom j – tom otporničkom stepenu glasi:

( )

∑−−

=

∆++

−= 1

1

jn

idippa

a

RRR

EUI

Rotorska struja ima maksimalnu vrednost pri nultoj brzini obrtanja i svim uključenimstepenima, odnosno zadovoljava relaciju:

dukppan

idippa

amax RRRU

RRR

UI++

=∆++

−=

∑=1

0

Iz toga sledi da ukupna vrednost otpora upuštača iznosi:

( )ppaamax

n

ididuk RR

IURR +−=∆= ∑

=1

Ako uvedemo smenu:

1>===min

max

aminM

amaxM

amin

amax

MM

ΦIkΦIk

II

λ


232

U

E

Ia

If

Ra

Rpp

Rf

n

Φ

Uf

∆Rd1

∆Rdn

∆Rdj+1

∆Rdj

∆Rd2

IaminIanom Iamax Ia

Iak

n1

n=0

nj

nj+1

nn

n0

npmax

n

Na osnovu sličnosti trouglova na prethodnoj slici, sledi relacija odnosa minimalne imaksimalne struje pri upuštanju i brzina pri kojima se vrši komutacija upuštača:

jjamax

amin

j

jj

amax

aminamax nnnII

nnnn

III

λλλ111111 01

0

1 +

−=⇒−=−=

−

−=

−+

+


233

Pri čemu važi za j = 0:

00 ==jn

I za j = 1:

−=

λ1101 nn

Odnosno opšta relacija:

jj nnnλ1

11 +=+

Prema tome brzine pri kojima se vrši komutacija upuštača čine geometrijski niz, za kojivaži:

0011

1 111111

111...11 nnnnn j

j

j

j

j

−=

−=

−

−

=

+++=

−

λλλ

λλλ

Isključivanje poslednjeg n – tog stepena upuštača vrši se pri brzini nn, za koju važi:

pmaxn nn ≥

Brzina npmax može se izraziti na osnovu sličnosti trouglova, a preko maksimalne strujeupuštanja Imax i struje kratkog spoja Iak :

00 1 nI

In

III

nak

amax

ak

amaxakpmax

−=

−=

ppaak RR

UI+

=

Iz prethodne dve relacije dalje sledi:

amax

akn

ak

amaxn

ak

amaxn

pmaxn II

II

nI

Innn ≥⇒≤

⇒

−≥

−⇒≥ λ

λλ1111 00

da potreban broj stepeni upuštača mora da zadovolji relaciju:

( )λlnII

lnn amax

ak

≥

Broj stepeni n svakako mora biti ceo broj. Pri čemu ako je desna strana prethodnenejednačine ceo broj, onda je brzina kod poslednje komutacije jednaka upravo brzini npmax, odnosno


234

ako nije brzina kod poslednje komutacije biće manja od brzine npmax, odnosno kod poslednjekomutacije dobija se struja motora koja je Imin < Ia <Imax.

Pri komutaciji j – tog stepena na j + 1 stepen, važi da je:

( )⇒

∆++−=

∆++−= ∑∑

−

=

−−

=

jn

idippaamax

jn

idippamina RRRIURRRIUE

1

1

1

( ) ⇒

∆++=

∆+∆++ ∑∑

−

=

−

=+−

jn

idippaamax

jn

ijdndippamina RRRIRRRRI

111

( ) ( )1111

1 −

∆++=

−

∆++=∆ ∑∑

−

=

−

=+− λ

jn

idippa

mina

amaxjn

idippajdn RRR

II

RRRR

Iz prethodnog izraza pogodnim razvojem dobijaju se izrazi za izračunavanje otpornostipojedinačnih stepeni upuštača. Prvo važi za j = n:

( )( )11 −+=∆ λppad RRR

odnosno dalje za j = n-1:

( )( ) ( ) 11112 11 ddddppad RRRRRRR ∆=−∆+∆=−∆++=∆ λλλ

odnosno za j = n-2:

( )( ) ( ) 12

222213 11 ddddddppad RRRRRRRRR ∆=∆=−∆+∆=−∆+∆++=∆ λλλλ

odnosno u opštem slučaju za j = n-(i-1):

11

1 di

didi RRR ∆=∆=∆ −− λλ

sve do:

11

1 dn

dndn RRR ∆=∆=∆ −− λλ

Iz toga sledi da ukupna vrednost otpora upuštača iznosi:

( ) ( )( )( ) =+−++++=∆++++=∆= −−

=∑ ppa

nd

nn

ididuk RRRRR 1...1...1 12

112

1

λλλλλλλ

( )( ) ( )( )ppan

ppann RRRR +−=+−−−−−++++= − 1..1... 1232 λλλλλλλλ

Odnosno dalje sledi izraz za broj stepeni n, koji smo odredili već u prethodnom razmatranju:

⇒=+

++=

++=

amax

ak

ppa

dukppa

ppa

dukn

II

UU

RRRRR

RRR

1λ

( )λλ

lnII

lnn

II amax

ak

n

amax

ak

=⇒=


235

a) Za zadati motor nominalna struja iznosi:

[ ]A.U

PI

nomnom

nomanom 5

804001600

=⋅

==η

Struja kratkog spoja iznosi:

[ ]A.RR

UIppa

16052

400ak ==

+=

Iz uslova zadatka nalazimo faktor λ:

22

a

====nom

anom

mina

maxa

min

max

II

II

MM

λ

Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije:

( ) ( )( )( )

( )( ) [ ]42

22

162

52160

4

===

⋅=

≥lnln

lnln

ln

ln

λlnII

lnn maxa

ak

Ukupna vrednost otpora upuštača iznosi:

( ) [ ]Ω53752405252

400 ...RRIUR ppa

maxaduk =−=−

⋅=+−=

Vrednosti otpora pojedinačnih stepena upuštača iznose:

( )( ) ( ) [ ]Ωλ∆ 52125211 ..RRR ppad =−⋅=−+=

[ ]Ω∆λ∆ 552212 =⋅== .RR dd

[ ]Ω∆λ∆ 105223 =⋅== dd RR[ ]Ω∆λ∆ 2010234 =⋅== dd RR

Radi provere ukupnu vrednost upuštača motora možemo odrediti i kao zbir pojedinačnihvrednosti otpora pojedinih stepeni:

[ ]Ω∆ 53720105521

..RRn

ididuk =+++== ∑

=

b) Brzinu obrtanja u praznom hodu nalazimo iz relacija:

( ) ( )⇒

+−=⇒

+−=

nom

nomppanomE

nomE

nomppanom n

IRRUk

kIRRU

n ΦΦ

( ) [ ]10 16001550

53874001550

552400400 −=⋅=⋅

⋅−=

+−== min

..n

IRRUU

kUn nom

nomppanomEΦ


236

Pojedinačne brzine obrtanja pri kojima treba da se vrši komutacija upuštača nalazimo izprethodno određenih relacija:

[ ]101 800

211600

211160011 −=⋅=

−⋅=

−= minnn

λ

[ ]12202 1200

431600

211160011 −=⋅=

−⋅=

−= minnn

λ

[ ]13303 1400

871600

211160011 −=⋅=

−⋅=

−= minnn

λ

[ ]14404 1500

16151600

211160011 −=⋅=

−⋅=

−= minnn

λ


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 857.9

1550160030

260

=⋅==ππ

Sila zemljine teže tereta iznosi:

[ ]NgmF tt 32.70681.972 =⋅==

Moment tereta na osovini bubnja iznosi:

[ ]NmFD

M tb

t 632.7032.70622.0

2=⋅==

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost:

[ ]NmiM

MRR

tt 887.7

9.095.9632.70

=⋅

==′η

Što u odnosu na nominalni moment motora iznosi:

[ ]NmMMMMM

M nomnomnomnom

tt ⋅=⋅=

′=′ 8.0

857.9887.7

Svedeni moment inercije tereta na osovinu motora nalazimo iz relacije:

[ ]222

2

2

008.095.92

2.09.0

722

1 kgmiDm

i

v

mJRR

tRR

b

t

tt =

⋅⋅=

=

=′ηη

ω

Ukupan moment inercije sveden na osovinu motora iznosi:


237

[ ]205.0008.0012.003.0 kgmJJJJ tRM =++=′++=Σ

Proces pokretanja pogona možemo podeliti na četiri segmenta zaleta do pojedinačnih brzinakomutacija upuštača prema sledećoj slici.

Mnom Mmax Mm

Iak

n1

n=0

n2

n3

n4

n0

n

Mt'

nnomnstac

n

Mm

Moment motora nije konstantan, već se menja linearno sa promenom brzine obrtanja,shodno prethodnoj slici. Pri tome za prvi segment zaletanja od nulte brzine obrtanja do prvekomutacione brzine važi:

−=

−=⇒

−=

00

0

00

12nnM

nnn

MMnn

Mn

Mnommaxm

mmax

Prema tome dinamički moment za prvi segment iznosi:

−=−

−=−=

00

22.18.012nnMM

nnMMMM nomnomnomstacmdin

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, teintegraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanje vremena zaleta do željene brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

∫∫∫∫

−

==== ΣΣΣ

1111

0

0

0001

22.1303030

n

nom

n

din

n

din

t

zal

nn

dnM

JMdnJ

MdnJdtt

zal πππ



238

( )2

2.12

22.1 00

0

dxndnx

nn

nnx −=⇒−=⇒

−=

=−

=−

=−= ΣΣ

−

Σ ∫0

0

0

0

1

0

22.1

2.1

01

222.1

2.1ln23022.1

2.1ln230230

0

1

nnM

Jn

nnM

JndxnM

Jtnomnom

nn

nomzal

πππ

[ ]sM

Jn

nom

761.06ln857.9230

05.016002.02.1ln

2300 =⋅

⋅⋅⋅⋅

== Σ ππ

Slično za drugi segment zaleta od prve do druge komutacione brzine važi:

−=

−=⇒

−==

−=

− 00

0

0000

10

1422

2nnM

nnn

MMnn

Mn

Mn

n

Mnn

Mnommaxm

mmaxmaxmax

−=−

−=−=

00

42.38.014nnMM


∫∫∫

−

=== ΣΣΣ

2

1

2

1

2

1

0

2

42.3303030

n

nnom

n

n din

n

n dinzal

nn

dnM

JMdnJ

MdnJt πππ

( )4

2.34

42.3 00

0

dxndnx

nn

nnx −=⇒−=⇒

−=

=−

−=

−

−=−= ΣΣ

−

−

Σ ∫0

0

0

0

0

0

2

0

1

0

42.3

42.3

02

43

42.3

242.3

ln43042.3

42.3ln

430430

0

2

0

1

nnn

n

MJn

nnnn

MJndxn

MJt

nomnom

nn

nnnom

zalπππ

[ ]st

MJn zal

nom

381.02761.0

22.02.1ln

43010 ≈=== Σπ

Slično za treći segment zaleta od druge do treće komutacione brzine važi:

−=

−=⇒

−==

−=

− 00

0

0000

20

1844

43 n

nMn

nnMM

nnM

nM

nn

Mnn

Mnommaxm

mmaxmaxmax

−=−

−=−=

00

82.78.018nnMM


∫∫∫

−

=== ΣΣΣ

3

2

3

2

3

2

0

3

82.7303030

n

nnom

n

n din

n

n dinzal

nn

dnM

JMdnJ

MdnJt πππ

( )8

2.78

82.7 00

0

dxndnx

nn

nnx −=⇒−=⇒

−=


239

=−

−=

−

−=−= ΣΣ

−

−

Σ ∫0

0

0

0

0

0

3

0

2

0

82.7

82.7

03

8782.7

4382.7

ln83082.7

82.7ln

830830

0

3

0

2

nnnn

MJn

nnnn

MJndxn

MJt

nomnom

nn

nnnom

zalπππ

[ ]st

MJn zal

nom

190.04761.0

42.02.1ln

83010 ≈=== Σπ

Slično za četvrti segment zaleta od treće do četvrte komutacione brzine važi:

−=

−=⇒

−==

−=

− 00

0

0000

30

11688

87 n

nMn

nnMM

nnM

nM

nn

Mnn

Mnommaxm

mmaxmaxmax

−=−

−=−=

00

162.158.0116nnMM


∫∫∫

−

=== ΣΣΣ

4

3

4

3

4

3

0

4

162.15303030

n

nnom

n

n din

n

n dinzal

nn

dnM

JMdnJ

MdnJt πππ

( )16

2.1516

162.15 00

0

dxndnxnnnnx −=⇒−=⇒

−=

=−

−=

−

−=−= ΣΣ

−

−

Σ ∫0

0

0

0

0

0

4

0

3

0

162.15

162.15

04

1615162.15

87162.15

ln1630162.15

162.15ln

16301630

0

4

0

3

nnnn

MJn

nnnn

MJndxn

MJt

nomnom

nn

nnnom

zalπππ

[ ]stM

Jn zal

nom

095.08761.0

82.02.1ln

163010 ≈=== Σπ

Slično za poslednji peti segment zaleta po prirodnoj karakteristici motora od četvrtekomutacione brzine do nominalne brzine obrtanja važi:

−=

−=⇒

−==

−=

− 00

0

0000

40

1321616

1615 n

nMn

nnMM

nnM

nM

nn

Mnn

Mnommaxm

mmaxmaxmax

−=−

−=−=

00

322.318.0132nnMM


∫∫∫

−

=== ΣΣΣ

nomnomnom n

nnom

n

n din

n

n dinzal

nn

dnM

JMdnJ

MdnJt

444

0

5

322.31303030πππ

( )32

2.3132

322.31 00

0

dxndnxnnnnx −=⇒−=⇒

−=


240

=−

−=−= ∫

−

−

0

0

4

0

32231

32231

05

32231

32231

32303230

0

0

4

nn

.

nn.

lnMJndxn

MJt

nomnom

nn

.

nn

.nomzal

nom

ΣΣ ππ

[ ]s..t..ln

MJn

.

nn

.ln

MJn zal

nomnom

0480167610

162021

32301600155032231

1615

32231

1630100

0

0 ≈===−

−= ΣΣ ππ

Ukupno vreme zaleta čini zbir pojedinačnih vremena zaleta:

[ ]stttttttt zalzalzalzalzalzalzalzal 474.11631761.0

1631

161

81

41

211 1154321 =⋅==

++++=++++=

Približno tačan rezultat vremena zaleta možemo naći pod pretpostavkom da se motorubrzava sa konstantnim momentom sa srednjom vrednošću:

nomnomnommaxmin

sr MMMMM

M 5.122

2=

+=

+=

Aproksimativno u tom slučaju dinamički moment iznosi:

nomnomnomstacsrdin MMMMMM 7.08.05.1 =−=−≈

I samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja je približno:

====≈ ΣΣΣΣ ∫∫∫

nom

nomn

nom

n

din

n

dinzal M

nJdn

MJ

MdnJ

MdnJt

nomnomnom

7.0307.0303030 000

ππππ

[ ]s176.1857.97.030

155005.0=

⋅⋅⋅⋅

=π

Rešenje 3.7.3.a) Pošto je strujna granica tiristorski regulisanog ispravljača podešena na dvostruku vrednostnominalne struje motora, tokom čitavog zaleta motor razvija moment jednak dvostrukoj vrednostinominalnog momenta, pa dinamički moment iznosi:

nomnomnomstacmudin MMMMMM 2.18.02 =−=−=

A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi:

===== ΣΣΣΣ ∫∫∫

nom

nomn

nom

n

udin

n

udinzal M

nJdn

MJ

MdnJ

MdnJt

nomnomnom

2.1302.1303030 000

ππππ

[ ]s686.0857.92.130

155005.0=

⋅⋅⋅⋅

=π

b) Pošto polu-upravljivi tiristorski regulisani ispravljač ne može da vraća energiju u mrežu,pogon kod zaustavljanja koči samo moment tereta, odnosno dinamički moment kočenja iznosi:


241

nomnomstacmkdin MMMMM 8.08.00 −=−=−=

A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi:

==−=== ΣΣΣΣ ∫∫∫

nom

nom

nnomn kdinn kdinusp M

nJdn

MJ

MdnJ

MdnJt

nomnomnom8.0308.0303030

000 ππππ

[ ]s029.1857.98.030

155005.0=

⋅⋅⋅⋅

=π

Rešenje 3.7.4. Struju motora u stacionarnom stanju možemo odrediti na osnovu proporcionalnosti struje i

momenta:

[ ]AIIM

MI

MM

III

ΦIkΦIk

M

Manonanon

nom

nomanon

nom

tastac

astac

anon

astacM

anomM

t

nom 458.08.08.0

=⋅===′

=⇒==′

Dijagram strujnog opterećenja u funkciji vremena tokom jednog ciklusa rada je sledeći:

nnom

Iastac

Iazal

Iakoc

Ia

n

tzal tstac tkoc tmir t

a) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacionisistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori αtokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihovevrednosti:

32

2311

21

31

=+

=+

==βαβ

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne vrednosti struje:

( ) ⇒+++

+=

++=≥

∑ ∑∑∑

mirstacuspzal

stacastaczalazal

k llk

jj

iii

aefftanom tttttItI

ttt

tIII

βαβα

222


242

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi:

( ) =

−+−

+≥ stacuspzal

anom

stacastaczalazalmir ttt

ItItI

t αβ 2

221

( ) [ ] [ ]s72.3144.2384.331029.1686.032

514686.0103 2

22

=−⋅=

−+−

⋅+⋅⋅=

b) Za slučaj kada je obezbeđeno prinudno hlađenje motora važi:

⇒+++

+==≥

∑∑

mirstacuspzal

stacastaczalazal

ii

iii

aefftanom tttttItI

t

tIII

222

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi:

( ) =++−+

≥ stacuspzalanom

stacastaczalazalmir ttt

ItItI

t 2

22

( ) [ ]s...... 6690715238431029168605

146860102

22

=−=++−⋅+⋅

=

Rešenje 3.7.5.U granicama od sinhrone do nominalne brzine motora njegova mehanička karakteristika za osnovnu

frekvenciju napajanja, može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija. Familija mehaničkihkarakteristika za različite frekvencije od osnovne predstavlja paralelne prave za osnovnu frekvenciju kojeseku n-osu za vrednost sinhrone brzine obrtanja, kao na donjoj slici.

Mnom

M t=k n

n

M

ns1n1nn2n3n4 ns2ns3ns4

a) Na osnovu vrednosti nominalnog momenta i brzine obrtanja motora možemo odreditijednačinu prave mehaničke karakteristike za frekvenciju napona napajanja fs = 50 [Hz]. Nominalnimoment motora iznosi:

[ ]Nm.nP

Mnom

nomnom 08628

935275030

260

=⋅==ππ


243

Jednačinu osnovne mehaničke karakteristike nalazimo iz relacija:

⇒+= 1banM m ⇒−

=⇒−

−=⇒−

+=+=

11

1111

1

0 snoms

nom

noms

nom

s

nomnom nnn

Mb

nnM

aban

banM

111

snoms

nom

noms

nomm n

nnM

nnn

MM

−+

−−=

Stacionarnu radnu tačku za za frekvenciju napajanja fs = 50 [Hz] nalazimo na preseku motorne iotporne mehaničke karakteristike, odnosno:

⇒−

=

+

−⇒=

−+

−− 1

11111

11

1s

noms

nomn

noms

nomns

noms

nom

noms

nom nnn

Mk

nnM

nnknnn

Mn

nnM

( ) ( ) [ ]1

1

11 9351000

9762902628

935100003002628100002628 −≈⋅=

−⋅+⋅

=−+

= min..

...

nnkMnM

nnomsnnom

snom

Mehaničke karakteristike za druge frekvencije napajanja paralelne su osnovnojkarakteristici, pa u opštom slučaju važi:

⇒+= im banM ⇒−

=⇒+=⇒−

−= sinoms

nomiisi

noms

nom nnn

Mbban

nnM

a11

0

sinoms

nom

noms

nomm n

nnM

nnn

MM

−+

−−=

11

⇒−

=

+

−⇒=

−+

−− si

noms

nomn

noms

nomiinsi

noms

nom

noms

nom nnn

Mk

nnM

nnknnn

Mn

nnM

1111

1

( )nomsnnom

sinomi nnkM

nMn

−+=

1

Odnosno u našem brojnom slučaju za preostale frekvencije napajanja fs = 37.5; 25; 12.5 [Hz],brzine obrtanja motora su:

[ ] [ ]

( ) [ ]1

1

22

12

7017509762902628

750537

−

−

≈⋅=−+

=

⇒=⇒=

min..

nnkMnM

n

minnHz.f

nomsnnom

snom

ss

[ ] [ ]

( ) [ ]1

1

33

13

54675009762902628

50025

−

−

≈⋅=−+

=

⇒=⇒=

min...

nnkMnM

n

minnHzf

nomsnnom

snom

ss

[ ] [ ]

( ) [ ]1

1

44

14

72332509762902628

250512

−

−

≈⋅=−+

=

⇒=⇒=

min...

nnkMnM

n

minnHz.f

nomsnnom

snom

ss

b) Relativno odstupanje brzina obrtanja motora za navedene frekvencije napajanja motora poda) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora, nalaze se iz sledećih relacija:


244

[ ]%.n

nn

s

s 561001000

651001000

10009351001

111 −=⋅−=⋅

−=

−=ε

[ ]%.n

nn

s

s 941001000

491001000

7507011001

222 −=⋅−=⋅

−=

−=ε

[ ]%...n

nn

s

s 2531001000

5321001000

50054671001

333 −=⋅−=⋅

−=

−=ε

[ ]%...n

nn

s

s 6311001000

3161001000

25072331001

444 −=⋅−=⋅

−=

−=ε


Zadatak 3.8.1.Radna mašina ima moment inercije JT = 400 [kgm2]. U ustaljenom radu treba da se okreće

brzinom obrtanja od oko nstac= 1450 [min-1] i troši snagu od PT = 200 [kW]. Za vreme pokretanjaradna mašina ne pruža otpor. Opterećenje se javlja tek kad radni mehanizam postiže radnu brzinu.Pokretanje ne sme trajati duže od 20 [s]. Na raspolaganju je trofazni asinhroni motor sa sledećimpodacima: nominalna snaga Pnom = 220 [kW]; nominalni međufazni napon Unom = 6 [kV];nominalna brzina obrtanja nnom = 1460 [min-1] i frekvencija mreže fs = 50 [Hz]. Vreme pokretanjaneopterećenog motora iznosi 1 [s]. Polazni moment motora iznosi Mpol = 1.3Mnom, kritični momentmotora iznosi Mkr = 1.8Mnom, a minimalni moment motora iznosi Mpol = 0.8Mnom. Potrebno jeoceniti:a) Koliki je srednji moment tokom pokretanja?b) Da li motor može da obezbedi postavljene zahteve pogona radne mašine?


400 [V]; nominalna snaga Pnom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1550 [min-1];koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sadva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu bezmomenta opterećenja, samo sa momentom inercije svedenim na osovinu motora JT = 0.85 [kgm2].a) Odrediti strujnu granicu ispravljača ako se želi da pri pokretanju motor ostvari polazni

moment jednak nominalnom momentu motora.b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine nmax = 2500 [min-1].


125 [V], nominalna rotorska struja Ianom = 23 [A], omski otpor rotora Ra + Rpp = 0.12[Ω]. Ispitivanjem je utvrđeno da kolektor izdrži udarnu struju od Iamax = 82 [A].

Može li se motor pokretati upuštačem sa dva stepena bez štetnih posledica za kolektor, akominimalna struja u toku pokretanja sa obzirom na teret ne sme pasti ispod Iamin = 23 [A].


Pnom = 6.6[kW]; nominalni fazni napon Unom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja nnom = 935[min-1];faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.84 [ ] i frekvencija mreže fs = 50[Hz]. Izmerena masa motora iznosi m = 56.677 [kg]. Pri konstantnom opterećenju meren je rasttemperature. Nakon 45 minuta izmeren je porast temperature od ∆θ = 63 [oC], a nakon dovoljno


245

dugog vremena u ustaljenom stanju od ∆θ = 100 [oC]. Pretpostaviti da je motor u pogleduzagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC].

Na osnovu ovih podataka približno odrediti opterećenje i klasu izolacije motora.


statorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne struje Inom = 25 [A]; nominalne brzine obrtanja nnom =975 [min-1]; sa sopstvenim momentom inercije JM = 0.25 [kgm2] pokreće radni mehanizam koji nepruža otpor tokom pokretanja sa momentom inercije svedenim na osovinu motora JT = 2.35 [kgm2].Kritični moment motora iznosi Mkr = 3.2Mnom, a srednja struja tokom pokretanja je Ipol = 5Inom.

Može li taj motor zaštititi prekostrujni rele od 25 [A] kome karakteristika odgovara onoj naslici.

2 4 6 8 100

2

4

6

8

10

12

14

t [s]

I / Inom


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 490.1419

148022000030

260

=⋅==ππ

Srednja vrednost momenta pokretanja iznosi približno:

( )==

++=

++= nomnom

nomminpolsred M.M...MMM

M 313

8180313

[ ]Nm... 3371845490141931 =⋅=

Približnu vrednost momenta inercije motora nalazimo iz vremena pokretanja neopterećenogmotora, računajući da motor tokom pokretanja razvija srednju vrednost momenta:

[ ]2287.91460

1490.1419303030

kgmn

tMJn

MJt

nom

zMsredMnom

sred

MzM =

⋅⋅⋅

==⇒=ππ

π


246

Ukupan moment inercije je prema tome:

[ ]2287.409287.9400 kgmJJJ TM =+=+=Σ

A vreme pokretanja opterećenog motora približno iznosi:

[ ]sJJt

JJn

MJt

MzM

M

Mnom

sredz 07.44

297.9287.4091

30=⋅=== ΣΣπ

što je više od traženih 20 [s].Dakle motor ne zadovoljava, da bi zadovoljio traženo vreme pokretanja, morao bi da razvije tokom

pokretanja srednji moment veći ili jednak vrednosti:

[ ] nomnomz

sred MNmntJ

M 2.2363.31282030

1460287.40930

≈=⋅

⋅⋅=≥ Σ ππ


[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 857.9

1550160030

602

=⋅⋅

==Ω

=ππ

Strujnu granicu treba podesiti na vrednost nominalne vrednosti struje motora, jer regulacijabrzine obrtanja pri polasku potpada u opseg regulacije brzine sa konstantnim momentom, odnosnu uopseg regulacije rotorskog napona. Prema tome važi:

[ ]AUP

IInom

nomanomamax 5

8.04001600

=⋅

===η

Brzina obrtanja nmax = 2500 [min-1], ne može se ostvariti samo regulacijom rotorskognapona, već se mora slabiti i pobuda posle dostizanja nominalne brzine obrtanja.

Mnom

Pnom

Mm

nnom nmax n0

MT

Kombinovani ispravljač sa dva tiristorska ispravljača upravo to automatski obezbeđuje,odnosno kombinovano vrši regulaciju sa konstantnim momentom do nominalne brzine obrtanja i


247

regulaciju sa konstantnom snagom iznad nominalne brzine obrtanja. Momenat se pri tome menjasaglasno dijagramu na prethodnoj slici.

Relaciju za izračunavanja vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo izNjutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

∫∫ Σ==maxzal n

din

t

zal MdnJdtt

00 30π

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamičkimoment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi:

nomnom

n

nom

n

nom

n

dinzal n

MJdn

MJ

MdnJ

MdnJt

nomnomnomΣΣ

ΣΣ ∫∫∫ ====30303030 000

1ππππ

[ ]s997.13857.930155085.0

=⋅

⋅⋅=

π

Za drugi opseg važi:

nn

MMMMMP nomnom

nomnommmnomnomnom =

ΩΩ

=⇒Ω=Ω=

∫∫∫ ==== ΣΣΣ

max

nom

max

nom

max

nom

n

nnomnom

n

n nomnom

n

n dinzal ndn

nMJ

nn

M

dnJMdnJt

3030302πππ

( ) ( ) [ ]snnnM

Jnommax

nomnom

208.111550250021550857.930

85.021

302222 =−⋅

⋅⋅⋅⋅

=−= Σ ππ

Ukupno vreme pokretanja je prema tome:

[ ]sttt zalzalzal 205.25208.11997.1321 =+=+=

Rešenje 3.8.3.Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije:

( )λII

n a

ak

ln

lnmax

≥

gde su, struja kratkog spoja i odnos maksimalne i minimalne struje pri upuštanju:

[ ]ARR

UIppa

ak 666.104112.0

125==

+=

[ ]565.32382

===amin

amax

II

λ


248

Pa važi:

( ) 999.1271.1541.2

565.3ln82

666.1041ln==

≥n

Što znači da je dovoljno dva stepena upuštača da bi se ostvario traženi uslov.

Rešenje 3.8.4. Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični

toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], toplotni kapacitet nalazimo iz relacije:

[ ]CWsmCC oFET /199.2720548.01000677.56 =⋅⋅==

Vremenska konstanta zagrevanja iz uslova zadatka je:

[ ] [ ]sTtz 27006045min45 =⋅==

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora:

[ ]C/W..TCA

ACT o

tz

TTtz =⋅===⇒= 07610

270019927205

Vrednost gubitaka, određujemo iz toplotnog Omovog zakona:

[ ]W..APAP

RP Tmax 6100710007610max =⋅==⇒== θ∆θ∆ γγ

γ

Iz izraza za koeficijent korisnog dejstva, nalazimo vrednost opterećenja motora:

[ ]W...

.PPPP

P 95289610078401

8401

=⋅−

=−

=⇒+

= γγ η

ηη

Klasu izolacije motora određujemo iz vrednosti nadtemperature u ustaljenom stanju prinominalnom opterećenju motora:

( ) ( ) [ ] [ ]CC...

.AP

AP oonomnom

nommax 12577612407610840660084011

≈=⋅

⋅−=

−==

ηη

θ∆ γ

Motor ima klasu izolacije H za koju maksimalno dozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θmax =125 [oC].

Rešenje 3.8.5.Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 3.2, primenom Klosovog obrasca

dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja:


249

⇒=+−⇒=+⇒

+=⇒

+= 0122

11

11

21

112 2

krp

krkr

p

krkr

kr

kr

krp

kr

kr

kr

krp s

MM

sMMs

ss

sMM

ss

MM

=±=−±=−±=−

±=

2397.61603.0

25.24.92.3124.102.312.32.31 2

2

p

kr

p

krkr M

MMM

s

Rešenje od skr = 6.2397 je neprihvatljivo, tako da je:

1603.0=krs

2 4 6 8 100

2

4

6

8

10

12

14

t [s]

I / Inom

3.2 [s]

5Inom

Pre nego što izračunamo vreme pokretanja, moramo odrediti potrebne vrednosti za njegovoizračunavanje: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine,ukupnog momenta inercije svedenog na osovinu motora i klizanja u nominalnoj radnoj tački:

[ ]NmnPP

Mnom

nom

nom

nomnom 176.114

920110003030

=⋅

⋅===

ππω[ ]NmMM nomkr 363.365176.1142.32.3 =⋅==

[ ]sradpf

ps /720.104

35022

1 =⋅⋅

===ππω

ω

[ ]26.235.225.0 kgmJJJ TM =+=+=Σ

[ ]08.01000

801000

9201000

1

1 ==−

=−

=nnn

s nomnom

Vreme pokretanja od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo iz relacije:


250

=

⋅−

⋅−⋅

=

−

−= Σ 08.01603.0

1603.0208.01

363.365720.1046.2ln

21

2

221 lnss

ss

MJt nomkr

kr

nom

krz

ω

( ) [ ]s3056.14049.00992.33726.0 =+⋅=

Sa dijagrama na prethodnoj slici se vidi da zaštitni prekostrujni rele neće proraditi uz struju5Inom pre otprilike 3.2 [s], što je veće od vrednosti vremena pokretanja, što znači da se rele možeupotrebiti.


Zadatak 3.9.1.Dva jednaka jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalna snaga

Pnom = 14 [kW]; nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 75 [A];nominalna brzina obrtanja nnom = 1025 [min-1]; spojeni su mehanički preko zajedničkog vratila ielektrično povezani u paralelu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi Ra + Rpp = 0.2 [Ω].Prilikom pokretanja motora u kolu rotora jednog od motora ostao je priključen otpornik od Rd = 0.4[Ω].

Odrediti brzinu obrtanja i raspodelu opterećenja oba motora ako je ukupno opterećenje Mopt= 170 [Nm].


400 [V]; nominalna snaga Pnom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1550 [min-1];koeficijent iskorišćenja ηnom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sadva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu sakonstantnim momentom opterećenja nezavisnim od brzine obrtanja MT = 7 [Nm] i momentominercije svedenim na osovinu motora JT = 0.85 [kgm2].a) Odrediti maksimalnu brzinu obrtanja motora koja se može ostvariti kombinovanom

regulacijom.b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine određene pod a) uz uslov da je strujna granica

ispravljača za napajanje rotorskog kola postavljena na dvostruku vrednost nominalnevrednosti struje motora.

Zadatak 3.9.3.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 160 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom

= 980 [min-1]; pokreće dizalicu. Motor je spojen tako da spušta teret i pri tome se u stacionarnomstanju obrće brzinom obrtanja ndole = 1025 [min-1].

Odrediti približno uz zanemarivanje svih gubitaka energije, koliku snagu razvija motor i ukom se smislu kreće energija

Zadatak 3.9.4.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 7.5 [kW]; nominalnog faznog napona Unom

= 220 [V]; nominalne brzina obrtanja nnom = 1462.5 [min-1] i frekvencije mreže fs = 50 [Hz] imasledeće parametre ekvivalentne šeme: Rs = 0.227 [Ω]; Rr

’ = 0.125 [Ω]; Xs = 0.512 [Ω]; Xr’ = 0.769

[Ω]; Xm = 9.86 [Ω]. Motor pokreće radnu mašinu čiji je moment kvadratno zavisan od brzineobrtanja i radi u nominalnom režimu.

Ako se regulacija brzine vrši promenom napona napajanja, na koliko ga treba promeniti dabi se brzina obrtanja podesila na n = 835 [min-1].


251


statorskog napona Unom = 380 [V]; nominalne brzina obrtanja nnom = 935 [min-1]; faktora snagecosϕ = 0.74 [ ]; koeficijenta korisnog dejstva pri nominalnom opterećenju ηnom = 0.88 [ ] ifrekvencije mreže fs = 50 [Hz], ima pri nominalnom opterećenju proporciju odnosa gubitaka PCunom :PFenom : Ptrvnom = 1.6 : 1 : 0.2. Motor se pušta iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja jeTtz = 28 [min], a temperatura okoline θamb = 26 [oC]. Maksimalno dozvoljeni porast temperature je∆θmax = 75 [oC].

Odrediti vreme koje motor može raditi opterećen momentom Mopt = 1.5Mnom.

Rešenje 3.9.1.Iz podataka za nominalni režim nalazimo:

( )⇒++=Σ+= ppanomnomnomEnomnom RRInΦkRIEU 1

( ) [ ]min2.01025205

10252.075220 V

nRRIU

Φknom

ppanomnomE ==

⋅−=

+−=

Na osnovu datih uslova mogu se napisati naponske jednačine posebno za oba motora:

2121 EEnnn =⇒==( )ppanomE RRInΦkRIEU ++=Σ+= 1111

( )dppanomE RRRInΦkRIEU +++=Σ+= 2222

Iz ovih jednačina možemo izraziti vrednosti pojedinačnih struja motora:

ppa

nomE

RRnΦkU

I+

−=1

dppa

nomE

RRRnΦkU

I++

−=2

Iz uslova da je moment opterećenja jednak zbiru pojedinačnih momenata motora dobijamo:

11 IΦkM nomM=

22 IΦkM nomM=

( ) =

++−

++

−=+=+=

dppa

nomE

ppa

nomEnomMnomMopt RRR

nΦkURR

nΦkUΦkIIΦkMMM 2121

( )

+++

+−=

dppappanomEnomM RRRRR

nΦkUΦk 11

Dalje rešavanjem postavljenih relacija, po brzini obrtanja dobijamo:

⇒

+++

+

=−

dppappanomM

optnomE

RRRRRΦk

MnΦkU

11


252

⇒

+++

+

−=

dppappanomMnomE

opt

nomE

RRRRRΦkΦk

MΦkUn

11

⇒

+++

+

−=

dppappanomMnomE

opt

nomE

RRRRRΦkΦk

MΦkUn

11

⇒=⇒=Ω=== nomEnomManomManomEa ΦkΦknIΦkMnIΦkEIPπ

π 30602

( )( ) ( )[ ]

( )( ) =

+⋅⋅+⋅⋅⋅

−=++

++−=

4.02.022.0304.02.02.0170

2.0220

230 22

π

π dppanomE

dppaaopt

nomE RRRΦk

RRRRMΦkUn

[ ]1min241.1033759.6611008.004.030

6.02.01701100 −=−=⋅⋅

⋅⋅⋅−=

π

Iz toga sledi da su vrednosti pojedinačnih rotorskih struja:

[ ]ARR

nΦkUI

ppa

nomE 759.662.0

3518.132.0

241.10332.02201 ==

⋅−=

+−

=

[ ]ARRRnΦkU

Idppa

nomE 253.226.0

3518.134.02.0

241.10332.02202 ==

+⋅−

=++

−=

I na kruju vrednosti traženih momenata motora dobijamo iz odnosa:

( ) ⇒+

=21

11

IIΦkIΦk

MM

nomM

nomM

opt

( ) [ ]NmII

IMM opt 5.12775.0170253.22759.66

759.6617021

11 =⋅=

+=

+=

[ ]NmMMM opt 5.425.12717012 =−=−=


[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 857.9

1550160030

602

=⋅⋅

==Ω

=ππ

Maksimalna brzina obrtanja ostvaruje se slabljenjem pobude posle dostizanja nominalnebrzine obrtanja, sve do brzine u kojoj motor više ne ostvaruje višak momenta za ubrzanje prinominalnoj vrednosti struje motora, prema slici na sledećoj strani.

Iz uslova da je u opsegu regulacije sa slabljenjem pobude konstantna snaga, nalazimovrednost maksimalne brzine obrtanja na osnovu sledećih relacija:

⇒=⇒=⇒Ω=Ω= Tmmnomnommnomnomnom MMnMnMMMP


253

[ ]1max 621.2182

7857.91550 −=⋅== min

MM

nnT

nomnom

Mnom

Pnom

Mm

nnom nmax n0

MT

b) Relaciju za izračunavanje vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo nauobičajeni način iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja:

⇒=⇒==⇒=⇒= ΣΣΣ dn

MJdt

dtdnJ

dtdJM

dtdn

dtdn

dindin 30303060

2 ππωπωπω

∫∫ Σ==maxzal n

din

t

zal MdnJdtt

00 30π

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamičkimoment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi, uz uslov dadozvoljavamo preopterećenje motora sa dvostrukom vrednošću nominalne struje:

nom

max

nom

maxnommax I

IMM

MM ==⇒= λλ

nomTmax

n

Tmax

n

Tmax

n

dinzal n

MMJdn

MMJ

MMdnJ

MdnJt

nomnomnom

−=

−=

−== ΣΣ

ΣΣ ∫∫∫ 30303030 0001

ππππ

( ) [ ]snMM

Jnom

Tnom

852.107857.9230

155085.030

=−⋅⋅

⋅⋅=

−⋅= Σ π

λπ

Za drugi opseg važi:

nn

MMMMMP nommax

nommaxmmnommaxmax =

ΩΩ

=⇒Ω=Ω=

∫∫∫ =−

=−

== ΣΣΣ

max

nom

max

nom

max

nom

n

n

nommax

Tnommax

n

nT

nommax

n

n dinzal

nMM

n

dnnM

J

Mn

nM

dnJMdnJt

13030302πππ

∫ ∫−

=−

= ΣΣmax

nom

max

nom

n

n

n

n

max

nomnom

nomnom

Tnomnom

nn

dnnM

J

nMM

n

dnnM

J

λλ

π

λλ

π1130130


254

Radi kraćeg pisanja u daljem postupku rešavanjem samo integrala, dobijamo:

∫∫∫∫ =−

+−

=−

=−

=−

max

nom

max

nom

max

nom

max

nom

n

n

max

maxmax

n

n

max

max

maxn

n

max

n

n

max nn

dnnn

n

nn

ndnnn

nn

ndn

nn

dn

λ

λλ

λλλ

λλ1

11

1111

( )

( )

( )

−−

−−

=

=

−−

−−−=

=

−

−−−−=

=

−

+−=

−+−= ∫∫∫∫

−

−

nommaxmaxmax

nommaxmaxmax

nommax

maxmaxmaxnommaxmax

max

nom

max

max

maxnommaxmax

nn

nn

max

n

nmax

n

n

max

n

nmax

nnnnnn

nn

nnnn

nnnn

nnn

n

nnnn

xdxndnn

nn

dndnnmax

max

max

nom

max

nom

max

nom

max

nom

λλ

λλ

λλ

λλ

λ

λλλ

λλ

λ

λλ

λ

ln

ln

1

1ln

1

1

1

Odnosno na kraju je vreme pokretanja u drugom opsegu:

( ) =

−−

−−

= Σnommax

maxmax

nommaxmaxmax

nomnomzal nn

nnnn

nnnM

Jtλλ

λλλ

π ln302

( ) =

−−

−−

= Σnommax

maxmax

nommaxmax

nom

max

nom

nnnnnn

nnn

MJ

λλ

λπ ln30

( ) =

−−

−⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅= 1550621.2182

621.2182621.218221550621.21822ln621.21822

1550857.930621.218285.0π

[ ]s084.6621.632621.2182242.2815ln242.4365012716.0 ≈

−⋅⋅=

Ukupno vreme pokretanja je zbir pojedinačnih vremena pokretanja u opsegu regulacije sakonstantnim momentom i konstantnom snagom:

[ ]sttt zalzalzal 936.16084.6852.1021 =+=+=

Rešenje 3.9.3.Pošto je motor spojen tako da spušta teret a obrće se sa brzinom većom od sinhrone, znači

da motor radi u generatorskom režimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegovamehanička karakteristika može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici.

Na osnovu odnosa sa slike nalazimo, jednačinu prave koja aproksimira momentnukarakteristiku asinhronog motora za brzine oko sinhrone:


255

⇒+= banM m ⇒−

=⇒−

−=⇒−

+=+=

snoms

nom

noms

nom

s

nomnom nnn

Mb

nnM

aban

banM0

snoms

nom

noms

nomm n

nnM

nnn

MM

−+

−−=

MnomM

ns

nnom n

ndole

Mdole

Iz toga nalazimo vrednost generatorskog momenta motora u stacionarnoj tački:

( )dolesnoms

noms

noms

nomdole

noms

nomdole nn

nnM

nnn

Mn

nnM

M −−

=−

+−

−=

Nominalni moment motora određen je relacijom:

nom

nomnom n

PM

π260

=

Uz zanemarivanje gubitaka konačno, vrednost tražene snage koju razvija motor je:

( ) =−−

=−−

== dolenoms

doles

nom

nomdoledoles

noms

nomdoledoledole n

nnnn

nP

nnnnn

MnMP

602

260

602

602 π

πππ

[ ]kWnn

nnnn

Pnom

dole

noms

dolesnom 184.209

9801050

2025160

9801050

980100010251000160 −=⋅⋅−=⋅

−−

⋅=−−

=

Motor prema tome vraća energiju u mrežu.

Rešenje 3.9.4. Treba sniziti efektivnu vrednost napona napajanja motora. Kako je moment opterećenja

proporcionalan kvadratu brzine obrtanja u traženom režimu iznosi:

=

=

=

Ω

Ω=

222

260

nomnom

nom

nomnom

nomnomT n

nnP

nnMMM

π


256

[ ]Nm963.155.1462

8355.14622

750060 2

=

⋅⋅⋅

=π

Klizanje je u traženoj radnoj tački:

[ ]443.01500

8351500=

−=

−=

s

s

nnn

s

Vrednost momenta u funkciji vrednosti efektivnog faznog napona nalazimo na osnovuekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenojna ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je:

22

23

2

3'

r

'r'

r

'r

s

Is

RfpI

pfs

RPM

ππΩ===

Xr'

Rr'/s

XsRs

Ir'

Ur'Xm

Im

Uf

Is

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo postupnim rešavanjem, naponskih istrujnih odnosa u kolu sa slike:

( )m'

r

'r

'r

'r

m'

r

'r

mrmmr

XXjs

R

jXs

RjXjX

sRjXZZZ

++

+

=

+==

( )m'

r

'r

'r

'r

m

ssmrsuk

XXjs

R

jXs

RjXjXRZZZ

++

+

++=+=

r

mr

uk

f

r

mrs

'rr

'rmrs

uk

fs

ZZ

ZU

ZZIIZIZI

ZUI ==⇒=⇒=


257

( )

( )=

+

++

+

++

+

++

='

r

'r

m'

r

'r

'r

'r

m

m'

r

'r

'r

'r

m

ss

f'r

jXs

R

XXjs

R

jXs

RjX

XXjs

R

jXs

RjXjXR

UI

( ) ( )

=

++

+++

='

''

'

rr

mmrr

ss

fm

jXs

RjXXXjs

RjXR

UjX

( ) ( ) ( )

++++

−+−

=

mrsmsr

mrmrsr

s

fm

XXRXXs

RjXXXXXs

RR

UjX

''

'''

Sam moduo vrednosti rotorske struje je prema tome:

( ) ( ) ( )22

++++

++−

=

m'

rsms

'r

m'

rms'

rs

'r

s

fm'r

XXRXXs

RXXXXXXs

RR

UXI

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom:

( ) ( ) ( )2

''2

'''

22'

23

++++

++−

=

mrsmsr

mrmsrsr

s

fmr

XXRXXs

RXXXXXXs

RR

UXs

RfpM

π

Iz prethodnog, na kraju dobijamo i izraz za potrebnu sniženu efektivnu vrednost napona:

( ) ( ) ( )2

'

2'

'2''

'

32

mr

mrsmsr

mrmsrsr

s

f

Xs

R

XXRXXs

RXXXXXXs

RRM

pfU

++++

++−

=π

Posebno izračunajmo:

( ) =

++−

2''

'

mrmsrsr

s XXXXXXs

RR

( ) 970.16786.9769.086.9512.0769.0512.0443.0125.0227.0

2

=

⋅+⋅+⋅−⋅=


258

( ) ( ) =

+++

2'

'

mrsmsr XXRXXs

R

( ) ( ) 509.2886.9769.0227.086.9512.0443.0125.0 2

=

+⋅++⋅=

Prema tome tražena vrednost iznosi:

[ ]VU f 7125.7686.9

443.0125.0

509.28970.16723

693.155022

=⋅

+⋅

⋅⋅⋅⋅

=π

Rešenje 3.9.5.Gubici pri nominalnom opterećenju iznose:

( ) ( ) [ ]kWP

Pnom

nomnomnom 364.4

88.012.032

88.088.01321

=⋅

=−⋅

=−

=η

ηγ

Na osnovu date proporcije, dobijaju se vrednosti nominalnih gubitaka u bakru, gvožđu igubitaka trenja i ventilacije, pojedinačno:

( ) ⇒++= Fenomnom PP 2.016.1γ

[ ]⇒===++

= kWPP

P nomnomFenom 558.1

8.2364.4

8.22.016.1γγ

[ ]⇒=⋅== kWPP FenomCunom 493.2558.16.16.1( ) ( ) [ ]kW....PPPP FenomCunomnomtrvnom 3130558149323644 =+−=+−= γ

Pri datom opterećenju Mopt = 1.5Mnom smatramo da je i struja motora 1.5 puta veća, što značida su gubici u bakru 2.25 puta veći, odnosno:

[ ]kWPPPMM

P CunomCunomCunomnom

optCu 609.5493.225.225.25.1 2

2' =⋅===

=

Ukupni gubici pri povećanom opterećenju prema tome su:

[ ]kWPPPP trvnomFenomCu 48.7313.0558.1609.5'' =++=++=γ

Maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanimopterećenjem, je prema tome:

[ ]CPP

AP o

maxnom

max 552.12875364.448.7

=⋅=∆′

=′

=′∆ θθγ

γγ

Dozvoljeni porast temperature je ∆θmax = 75 [oC] ali u odnosu na θamb = 40 [oC], prema tomepostoji još 40 – 26 = 14 [oC] rezerve koje možemo iskoristiti, odnosno dozvoliti ukupan dozvoljen priraštaj


259

temperature od ∆θmax = 89 [oC]. Dakle motor pod povećanim opterećenjem, ne smemo držati dužeod:

⇒′−′

=⇒′−′=

−′=

−−−

max


θ∆


uk

tz

uk

tz

uk

Tt

Tt

Tt

eee

=−

⋅=−′

′=

8955212855212828

maxmax

max

..lnlnTt tzuk

θ∆θ∆

θ∆

[ ]min..ln..ln 002332503285525355212828 =⋅=⋅=


Zadatak 3.10.1.Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta, sa sledećim podacima: maksimalna masa

tereta mmax = 5000 [kg]; prečnik doboša D = 480 [mm]; prenosni odnos reduktora ired = 25 [ ];koeficijent korisnog dejstva reduktora ηred = 0.83 [ ]. Odrediti:a) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju maksimalnog tereta brzinom v

= 30.5 [m/min].b) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri spuštanju maksimalnog tereta brzinom

v = 25 [m/min].

M i

m

v

Reduktor

D

Zadatak 3.10.2.Za trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: Us = 220 [V]; Rs = 0 [Ω];

Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; pri nominalnom broju obrtaja nnom = 1400 [min-1]; izmerena jemehanička snaga na osovini motora od Pnom = 5.2 [kW]. Odrediti:a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približno

iste Ls = Lr'.b) Vrednost kritičnog momenta Mkr i kritičnog klizanja skr.c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje.d) Vrednost polazne struje u slučaju ako je ostvaren uslov pod c) Ipol i polaznog ubrzanja αs u

slučaju da je moment tereta potencijalan i jednak nominalnom momentu motora, a ukupanmoment inercije pogona sveden na osovinu motora JΣ = 2 [kgm2].


260

Zadatak 3.10.3.Četiri radna mehanizma imaju isti moment inercije Jt = 6.25 [kgm2], i svima je potrebna

jednaka snaga PT = 11 [kW]; pri nominalnom broju obrtaja nnom = 715 [min-1]. Različite su imstatičke karakteristike:a) Radni mehanizam A ima Mt = konst.b) Radni mehanizam B ima Mt = kn.c) Radni mehanizam C ima Mt = kn2.d) Radni mehanizam D ima karakteristiku prema slici:

nnom n

Mnom

0.5Mnom

M

Sva četiri mehanizma pogone se istim asinhronim klizno-kolutnim motorom. Podaci motorasu: nominalna snaga Pnom = 11 [kW]; nominalni napon i struja Unom = 380 [V]; Inom = 30.8 [A];nominalna brzina obrtanja nnom = 715 [min-1]; kritični moment motora Mkr/Mnom = 2.9[ ]; momentinercije Jm = 0.45 [kgm2]. Sva četiri mehanizma, zaleću se uz konstantni moment motora koji je125% od nominalnog. Automatsko upravljanje obezbeđuje konstantan moment delujući napokretač.

Za sva četiri pogona odrediti vreme trajanja zaleta.

Zadatak 3.10.4.Za sva četiri pogona iz prethodnog zadatka odrediti ubrzanje na početku zaleta.

Zadatak 3.10.5.Brzinu obrtanja pri kom počinje opadati moment motora iz trećeg zadatka, zbog toga što

više nije priključen otpor u kolu rotora.

Rešenje 3.10.1.Maksimalna sila i momenat tereta iznose:

[ ]NgmF maxmax 4905081.95000 =⋅==

[ ]NmDFM maxmax 11772248.049050

2=⋅==

Svedeni moment opterećenja i moment motora u stacionarnom stanju su isti i iznose:

[ ]Nmi

MMM max

tm 3.56783.025

11772' =⋅

===η

Brzina dizanja preračunata u [m/s] je:


261

==

=

sm

minmv 508.0

605.305.30

Ugaona brzina bubnja je prema tome:

=

⋅===

srad

Dv

Rv

B 116.248.0508.022ω


[ ]12.2030116.230 −=⋅

== minn BB ππ

ω

Iz prenosnog odnosa lako izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora:

25===B

m

T

miωω

ωω

=⋅==

sradi mm 9.52116.225ωω

[ ]115.505309.5230 −=⋅

== minn mm ππ

ω

Prema tome pri dizanju motor razvija snagu:

[ ] [ ]kWWMP mmm 3017.300109.523.567 ≅=⋅== ω

b) Sličnim postupkom kao pod a) pri spuštanju dobijamo za tražene vrednosti:

Mm = 567.3 [Nm]

Mm = 390.83 [Nm]

+M-M

+ω

-ω

[ ]Nmi

MMM max

tm 83.39083.025

11772' ==== η


262

==

smv 4166.0

6025

=

⋅===

srad

Dv

Rv

B 736.148.04166.022ω

=⋅==

sradi Bm 402.43736.125ωω

[ ]145.41430402.4330 −=⋅

== minn mm ππ

ω

[ ] [ ]kWWMP mmm 178.16962402.4383.390 ≅=⋅== ω

U koordinatnom sistemu moment – ugaona brzina grafički pretstavljeni potencijalnimomenti za dizanje, odnosno motorni režim rada i za spuštanje, odnosno generatorski režim rada,su kao na prethodnom dijagramu.

Rešenje 3.10.2.a) Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi:

[ ]•==−

=−

= 0666,0151

150014001500

s

nomsnom n

nns

Nominalni moment iznosi:

[ ]Nmn

PPM

nom

nom

nom

nomnom 469.35

14002520060

602

=⋅⋅

===ππω

Iz izraza za nominalni moment, možemo naći vrednost svedene rotorske struje, odnosnotražene vrednosti rasipnog induktiviteta:

( ) 23 nomrsnom

rnom sI

sRpM ′

′=

ω

( ) [ ]22 286.74

3523

100151469.35

3A

RpsM

sIr

snomnnomr =

⋅⋅

⋅⋅⋅=

′=′

πω

( ) ( ) [ ]AsIsI mnrnomr 619.8286.742

0 ==′=′

( )( )22

2

rsn

r

snr

LLsR

UsI

′++

′=′

ω

( ) 515494.5100

11535

619.8220

10011 2222

⋅=

⋅−

⋅=

′

−

′

=′+ππω s

RsI

ULL r

nr

s

srs

[ ]HLL rs 0164.0≈′+


263

[ ]HLL

LL rsrs 0082.0

2≈

′+=′=

b) Vrednost kritičnog klizanja i momenta nalazimo iz relacija:

( ) [ ]3235.015494.535

=⋅

=′+

′=

rss

rkr LL

Rs

ω

+=⇒

+=

nom

kr

kr

nomnomkr

nom

kr

kr

nom

krnom s

sssM

M

ss

ss

MM

22

[ ]NmM kr 718.898529.43235.015

12469.35

=

+

⋅=

c) Maksimalno ubrzanje se obezbeđuje pri otporu koji obezbeđuje kritični moment u polasku,odnosno:

( ) ( ) rrssdrss

drpol RLLR

LLRR

s ′−′+=′⇒′+

′+′== ω

ω1

[ ]Ω≈−=′ 485.33515494.5dR

d) Vrednost polazne struje je prema tome:

( )[ ]A

LLU

IIrss

nrpolspol 197.30

15494.52220

2≈

⋅=

′+=′=

ω

Vrednost polaznog ubrzanja nalazimo iz relacije:

=

−=

−=

−==

ΣΣ2125.27

2469.35718.89

srad

JMM

JMM

dtd nomknomp

polωα

Rešenje 3.10.3.Nominalni moment pogonskog motora iznosi:

[ ]NmPM nomnom 92.14671511955030

=⋅==π

Polazni moment po uslovu zadatka ima 125% veću vrednost od nominalnog:

[ ]NmMM nompol 65.18392.14625.125.1 =⋅==

Vreme trajanja zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći zavisnostdinamičkog viška momenta u funkciji brzine obrtanja.


264

Radni mehanizam A:

[ ]NmMMMMMMMM nomnomnomtpoldnomt 73.3625.025.1; ==−=−=⇒=

dtdnnJ

dtdJM d 60

2πωΣΣ ==

][7.625.645.0 2kgmJJJ tm =+=+=Σ

⇒= Σ dnMJdt

d30π

][658.1371573.367.6

30300303030 0 0

snMJn

nMJdn

MJ

MdnJt nom

n

d

nom

d

n

ddza

nom nom

=⋅⋅===== ∫ ∫ ΣΣΣΣ πππππ

Radni mehanizam B:

[ ] knMMMMnM

kknM poltpoldnom

nomt −=−=⇒===⇒= 2055.0

71592.146

∫∫ −== ΣΣ

nomnom n

pol

n

dzb knM

dnJMdnJt

00 3030ππ


kdxdn

kxM

nknMx polpol −=⇒

−=⇒−=

=−

=−

−=−= ΣΣ−

Σ ∫nompol

pol

pol

nompolknM

Mzb knM

MkJ

MknM

xkJ

kxdxJt

nompol

pol

ln30

ln3030

πππ

][495.55ln4143.325.025.1

ln2055.030

7.625.1

25.1ln

30s

MM

MMM

kJ

nom

nom

nomnom

nom =⋅=⋅⋅

⋅⋅

⋅=

−= Σ ππ

Radni mehanizam C:

[ ] 2422

2 10874.2715

92.146 knMMMMnM

kknM poltpoldnom

nomT −=−=⇒⋅===⇒= −

−+

+=

−= ∫ ∫∫ ΣΣ

nom nomnom n n

polpolpol

n

polzc nkM

dnnkM

dnM

JknM

dnJt0 00

2 21

3030ππ

Prvi integral rešavamo smenom:

kdxdn

k

MxnnkMx pol

pol =⇒−

=⇒+=

pol

nompol

pol

nompolnkM

M

n

pol M

nkM

kMnkM

xkxk

dxnkM

dn nompol

pol

nom +=

+==

+ ∫∫+

ln1ln1

0

Drugi integral rešavamo smenom:


265

kdxdn

k

xMnnkMx pol

pol −=⇒−

=⇒−=

nompol

pol

pol

nompolnkM

M

n

pol nkM

M

kMnkM

xkxk

dxnkM

dn nompol

pol

nom

−=

−−=−=

− ∫∫−

ln1ln1

0

Na osnovu vrednosti integrala vreme zaleta će biti:

=

−+

+= Σ

nompol

pol

pol

nompol

polzc nkM

M

kM

nkM

kMJ

t ln1ln1230

π

=⋅⋅−⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅=

=−

+=

−

+=

−−

−−

−

ΣΣ

71510874.210874.265.18371510874.210874.265.183ln

10874.265.1832307.6

ln230

ln230

44

44

4

π

ππ

nompol

nompol

polnompol

nompol

pol knkM

knkM

kMJ

nkM

nkM

kMJ

][4090972.40242502.04352322.0ln0539684.35.0 s=⋅⋅=

Radni mehanizam D:

nomnomnom

nomnomnomt M

nn

nMM

nMM

+=

−+= 15.0

5.05.0

nomnomnom

nomnomtpold Mn

nn

nMMMMM

−=

+−=−= 5.075.015.025.1

∫∫−

== ΣΣ

nomnom n

nom

nom

n

dzd

nn

dnM

JMdnJt

00 5.075.03030ππ


dxndnxnnn

nx nomnomnom

25.0

75.05.075.0 −=⇒−

=⇒−=

=−

−=−= Σ

−

Σ ∫25.0

5.075.0ln230

230

5.075.0

75.0nom

nom

nomnom

nn

nomnom

zd nn

xnM

Jx

dxnM

Jtnom

nom

ππ

][50244.73ln82902.625.075.0ln

92.146307.67152

25.075.0ln2

30sn

MJ

nomnom

=⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅== Σ ππ

Rešenje 3.10.4. Ubrzanje na početku zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći vrednostdinamičkog viška momenta za nultu odnosno početnu brzinu obrtanja. Ubrzanje na početku zaleta uz t = 0, n = 0 biće:


266

ΣΣ =⇒⋅=

JM

dtd

dtdJM d

d)0(ωω

Radni mehanizam A:

( ) ][73.3625.00 NmMMconstM nomdd ==⇒=

][482.57.673.36)0( 2−

Σ

=== sJ

Mdtd dω

Radni mehanizam B:

( ) ][65.18325.10 NmMMM nompold ===

][41.277.665.183)0( 2−

Σ

=== sJ

Mdtd dω

Radni mehanizam C:

( ) ][65.18325.10 NmMMM nommd ===

][41.277.665.183)0( 2−

Σ

=== sJ

Mdtd dω

Radni mehanizam D:

][19.11075.05.025.1)0( NmMMMM nomnomnomd ==−=

][446.167.619.110)0( 2−

Σ

=== sJ

Mdtd dω

Rešenje 3.10.5.Po isključenju zadnjeg stepena rotorskog upuštača motor prelazi u radnu tačku na prirodnoj

momentnoj karakteristici sa traženom brzinom obrtanja u kojoj je moment motora 125% odvrednosti nominalnog momenta. Uz pomoć Klosove jednačine dobija se, klizanje koje odgovaratraženoj brzini obrtanja:

[ ]04666.0750

715750=

−=

−=

s

nomsnom n

nns

02

022 22 =+−⇒⋅⇐=−+⇒

+= nomnomkr

nom

krkrnomkr

nom

kr

nom

kr

kr

nom

nom

kr

kr

nom

krnom sss

MM

sssM

Mss

ss

ss

ss

MM

( ) [ ][ ]

=−±⋅=

−

±=

0083.02624.0

19.29.204666.01 22

nom

kr

nom

krnomkr M

MMM

ss

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog.


267

⇒⋅⇐=−+⇒+

=+

= mkrm

nom

nom

kr

m

kr

kr

m

m

kr

kr

m

nomnom

kr

m

kr

kr

m

krm ss

MM

MM

ss

ss

ss

ss

MMM

ss

ss

MM 02

22

⇒=+− 022krkrm

m

nom

nom

krm sss

MM

MM

s

=−

±⋅=−±= ]1

25.19.2

25.19.2[2624.0]1)([

22

m

nom

nom

kr

m

nom

nom

krkrm M

MMM

MM

MM

ss

[ ][ ]

=−±⋅=059455.0158076.1

]132.232.2[2624.0 2

Drugo rešenje odgovara motornom režimu, pa je prema tome tražena brzina obrtanja:

][4.705)059455.01(750)1( 1−=−⋅=−= minsnn msm


Zadatak 3.11.1.Uređaj za vertikalni transport tereta pokreće se pomoću elektro motora. Otporni moment

uređaja sveden na pogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente Mt = Mt1+ Mt2. Prva komponenta Mt1 = 30 [Nm] = konst ima reaktivnu prirodu, a druga komponenta imapotencijalnu prirodu i može se predstaviti kao funkcija tereta m izraženog u tonama [t], na sledećinačin Mt2 = 0.1m [Nm]. Pogonski motor može da radi u sva četiri kvadranta, a njegova mehaničkakarakteristika je n = ±1500 - 2Mm, gde je: n - brzina obrtanja u [min-1], Mm - moment u [Nm], znakplus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta.

Odrediti radne tačke pogona u stacionarnom stanju, na mehaničkoj karakteristici prispuštanju i dizanju tereta, ako je:a) ma = 200 [t]b) mb = 400 [t]

U kakvim režimima radi motor u ovim radnim tačkama?

Zadatak 3.11.2.

Teret

ASM D b

ir, ηr

Jb, ηbvtmt

nm


268

Kod bušačkog postrojenja za pronalaženje nafte za spuštanje i dizanje cevi u bušotinu koristise elektromotorni pogon, koji sadrži elemente kao na slici. Opterećenje se putem čeličnog užeta,preko Arhimedove koturače sa četiri para koturova, prenosi na vratilo bubnja dizalice, koji sepogoni preko reduktora sa asinhronim motorom. Masa tereta je mt = 80 [t] a brzina podizanja vt =90 [m/h]. Spoljni prečnik bubnja je Db = 1 [m], a moment inercije bubnja je Jb = 100 [kgm2]. Stepeniskorišćenja bubnja, koturače i užeta je ηb = 0.9 [ ]. Reduktor ima prenosni odnos ir = 350 [ ] istepen iskorišćenja ηr = 0.95 [ ]. Moment inercije koturova u koturači, užeta i zupčanika zanemaritia) Uz date uslove kolika treba da bude brzina obrtanja asinhronog motora nm = ?.b) Koliko iznosi svedeni moment tereta na vratilo motora Mt’ = ? i snaga motora Pm.c) Koliko iznosi svedeni moment inercije tereta i bubnja na vratilo motora Jt’ = ?

Zadatak 3.11.3.Radni ciklus elektromotornog pogona sastoji se od zaleta na nz = 1100 [min-1], a zatim se

posle toga zalet prekida i nastupa kočenje do stanja mirovanja. Ubrzanje izvodi sam motor, a ukočenju mu pomaže mehanička kočnica. Radni mehanizam (opterećenje) pruža konstantni otporkretanju u iznosu od Mt = konst = 120 [Nm] a mehanička kočnica od Mk = konst = 330 [Nm].Momentna karakteristika motora n = f (Mm) data je na slici. Ukupni moment inercije pogonasveden na osovinu motora iznosi JΣ = 6.25 [kgm2].a) Odrediti trajanje zaleta.b) Odrediti trajanje kočenja.

+n

+M

0

Ubrzanje

150 [Nm]

-M

-600 [Nm] 700 [Nm]

1100 [min-1]

Kočenje

Zadatak 3.11.4.Za pogon iz prethodnog zadatka:

a) Odrediti broj obrtaja u intervalu zaleta.b) Odrediti broj obrtaja u intervalu kočenja.

Zadatak 3.11.5.Pogonski elektromotor pogona u mirovanju priključuje se na mrežu sa tendencijom obrtanja

“napred”. Motor razvija na osovini obrtni moment Mm = 1500 [Nm]. Reaktivni moment teretasveden na osovinu motora iznosi u mirovanju Mt‘ = 3250 [Nm]. U kom će se smeru “napred” ili“nazad” okretati elektromotorni pogon?

Rešenje 3.11.1.Obrtni moment tereta može se pretstaviti u obliku:

[ ]NmmMMM ttt 1.03021 +±=+=

a mehanička karakteristika motora u obliku:

[ ]121500 −−±= minMn m


269

gde znak plus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta.

a) Za dizanje važe sledeće relacije:

[ ] mat MNmmM ==⋅+=++= 502001.0301.030[ ]11400502150021500 −=⋅−=−+= minMn mda

Za spuštanje važe sledeće relacije:

[ ] mat MNmmM =−=⋅+−=+−= 102001.0301.030( ) [ ]11480102150021500 −−=−⋅−−=−−= minMn msa

b) Za dizanje važe sledeće relacije:

[ ] mbt MNmmM ==⋅+=++= 704001.0301.030[ ]11360702150021500 −=⋅−=−+= minMn mdb

Za spuštanje važe sledeće relacije:

[ ] mbt MNmmM ==⋅+−=+−= 104001.0301.030[ ]11520102150021500 −−=⋅−−=−−= minMn msb

Režimi rada motora za slučaj a) radne tačke A i B i slučaj b) radne tačke C i D prikazani suna sledećoj slici:

Mt2a

Mt2b

nA (50,1400)

C (70,1360)

D (10,-1520)

B (-10,-1480)

Mm

n = +1500-2Mm

n = -1500-2Mm

0

+Mt1

-Mt1

Mt2a

Mt2b


270

Rešenje 3.11.2.a) Brzina dizanja tereta preračunata u [m/s] je:

==

=

sm

hmvt 025.0

36009090

Teret

ASM D b

ir, ηr

Jb, ηbvtmt

nm

Fu

Ft

vu

Brzina kretanja užeta, odnosno obodna brzina bubnja je:

=⋅===

smzvvv utbu 2.08025.0

gde je zu = broj užeta na kojoj teret visi.Ugaona brzina bubnja je prema tome:

=

⋅===

srad..

Dv

Rv

b

b

b

bb 40

12022

ω


[ ]18197.34.03030 −=⋅

== minn bb ππ

ω

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora:

350==b

mri ω

ω

=⋅==

sradi bm 1404.0350ωω

[ ]19.13361403030 −=⋅

== minn mm ππ

ω


271

b) Silu u užetu nalazimo iz relacije:

[ ]Nz

gmzF

Fu

t

u

tu 98100

881.980000

=⋅

===

Prema tome moment na osovini bubnja je:

[ ]Nm.

DFRFM

b

bu

b

bub 54500

902198100

2=

⋅⋅

===ηη

Svedeni moment bubnja na osovinu motora je:

[ ]NmiM

Mrr

bt 9098.163

95.035054500' =

⋅==

η

Potrebna snaga motora iznosi:

[ ] [ ]kWWMPP mttm 2336.229471409098.163'' ≅=⋅=== ω

c) Fiktivnu vrednost mase svedene na bubanj nalazimo iz relacije o održanju kinetičkeenergije:

⇒= 22

21'

21

ttbt vmvm

[ ]kgz

mvv

mmu

tb

ttt 1250

8800001' 2

22

==

=

=

Traženi moment inercije bubnja i mase tereta sveden na osovinu motora je:

[ ]22

2

2

2

2

2

003938090950350

211250100

2 kgm...i

D'mJ

iR'mJ

'Jbrr

btb

brr

btbt =

⋅⋅

+

=

+

=+

=ηηηη

Rešenje 3.11.3.a) U intervalu ubrzanja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u I kvadrantu:

11 knaM m +=

Za nultu brzinu važi:

( ) [ ] 17000 kNmM m ==

Za brzinu nz = 1100 [min-1] važi:

( ) [ ]

−=

−=⇒+=+== −11111 min

501100

700150700110011001501100 Nm.aakaNmM m


272

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom:

[ ]Nmn.M m 50700 −=

Pošto je moment opterećenja Mt = konst = 120 [Nm] važi:

dtdnJ

dtdJn.n.MMM tmd 30

5058012050700 ΣΣ

πω==−=−−=−=

pa se vreme zaleta od nulte brzine do nz = 1100 [min-1] nalazi integraljenjem prethodnog izraza po dt:

∫∫∫ −===

zzz nn

d

t

z n.dnJ

MdnJdtt

000 505803030ΣΣ ππ


dtdntntn 2258025.0580 −=⇒−⋅=⇒=−

( )[ ] =−−−=−

−=−= ΣΣ−

Σ ∫ 580ln5.0580ln30

2580

5.0580ln

3022

30

5.0580

580z

zn

z nJntJ

tdtJt

z πππ

[ ]sn

J

z

8770.330580ln30899.1

11005.0580580ln

3025.62

5.0580580ln

302

==⋅−

⋅⋅=

−= Σ ππ

b) U intervalu kočenja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u II kvadrantu:

22 knaM mk +=

Za nultu brzinu važi:

( ) [ ] 200 kNmM mk ==

Za brzinu nz = 1100 [min-1] važi:

( ) [ ]

−=

−=⇒+=+=−= −12222 5454.0

11006000110011006001100

minNmaakaNmM mk

Dakle, moment motora u režimu kočenja se može predstaviti sledećom relacijom:

[ ]NmnnM mk 5454.01100600

−=−=

Pošto je moment opterećenja Mt = konst = 120 [Nm] i moment kočnice Mk = konst = 330[Nm] važi:

dtdnJ

dtdJnnMMMM ktmkdk 301100

6004503301201100600 Σ

Σπω

==−−=−−−=−−=

pa se vreme kočenja od brzine nz = 1100 [min-1] do nulte brzine nalazi integraljenjem po dt:


273

∫∫∫+

−===00

0

11006004503030

zz

k

nn dk

t

k

n

dnJMdnJdtt ΣΣ ππ


dtdntntn600

1100

1100600

4501100600450 =⇒

−=⇒=+

=+−=−= ∫+

zn

k ntlnJtdtJt

z 1100600450

450

6001100

306001100

30

450

1100600450

ΣΣ ππ

=+

=

+−−=

4501100600450

6001100

301100600450450

6001100

30

z

z

nln

Jnlnln

J ΣΣ ππ

[ ]s.ln.ln. 016681450

1050199991450

11001100600450

6001100

30256

==⋅+

⋅⋅⋅

=π

Rešenje 3.11.4.a) Broj obrtaja za vreme zaleta nalazimo iz sledećih relacija:

∫∫ ⋅==⇒==⇒=

zz n

d

N

zd

dnMnJdNNdn

MJndtndN

dtdNn

00 603030606060ΣΣ ππ

U slučaju zaleta važi: n.M d 50580 −= pa se broj obrtaja pri zaletu od nulte brzine dobrzine nz = 1100 [min-1] nalazi iz izraza:

∫ −⋅=

zn

z dnn.

nJN0 505806030

Σπ


dtdntntn. 22580250580 −=⇒−⋅=⇒=−

( ) =

−

⋅⋅

−=−−⋅

⋅= ∫∫

−−

dtt

Jdtt

tJNzz n.n.

z

50580

580

50580

580

15806030

222258026030

ΣΣ ππ

( ) =−

−⋅

⋅−=

58050580

5806030

22 zn.ttln

J Σπ

( ) ( )[ ] =−−−−−⋅

⋅−= 5805058058058050580580

603022

zz n.lnn.lnJ Σπ

=

−

−⋅⋅

= zz

n.n.

lnJ

5050580

5805806030

22 Σπ


274

[ ]obrtaja...

ln. 957550110050110050580

5805806030

25622=

⋅−

⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

=π

b) Broj obrtaja za vreme kočenja nalazimo na sličan način kao pod a):

∫∫ ⋅==⇒==⇒=

0

0 603030606060z

k

n dk

N

kdk

dnM

nJdNNdnMJndtndN

dtdNn ΣΣ ππ

Za režim kočenja važi: nM dk 1100600450 −−= pa se broj obrtaja pri kočenju od brzine nz =

1100 [min-1] do nulte brzine nalazi iz izraza:

∫−−⋅

=0

11006004506030

znk dn

n

nJN Σπ


dtdntntn600

1100

1100600

4501100600450 =⇒

−=⇒=+

=

−

⋅−=

−⋅

−= ∫∫++

dtt

Jdtt

tJNzz nn

k

450

1100600450

2450

1100600450

4501600

11006030600

1100

1100600

4506030

ΣΣ ππ

( ) =+−

⋅−=

zntlntJ

1100600450

450450

6001100

6030

2Σπ

=

+−−

−−

⋅−= zz nlnlnn

J1100600450450450

1100600450450

6001100

6030

2Σπ

=

++

⋅=

z

z

nlnnJ

1100600450

4504501100600

6001100

6030

2Σπ

[ ]obrtaja.ln. 019081100

1100600450

45045011001100600

6001100

6030256 2

=

⋅++⋅⋅

⋅

⋅⋅

=π

Rešenje 3.11.5.Pošto se reaktivni teret suprostavlja kretanju a njegov moment Mt‘ = 3250 [Nm] je veći od

momenta motora Mm = 1500 [Nm] pogon će ostati u mirovanju .


275

+n

+M

0

+Mt' = konst

Mm-M

-n

-Mt' = konst


Zadatak 3.12.1.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom ima sledeće podatke: nominalni rotorski

napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 53 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom =2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 0.25 [Ω]. Odrediti:a) Na koji način se ostvaruje režim sa rotorskom strujom Ia = 45 [A] uz brzinu obrtanja na =

1000 [min-1] uz nepromenjenu pobudu i nepromenjen otpor u rotorskom kolu.b) Na koji način se ostvaruje režim rada sa nominalnim momentom opterećenja na vratilu

motora i brzinu obrtanja nb = 3000 [min-1].c) Stacionarno stanje, ako se pri nominalnim uslovima rada u kolo rotora doda otpornost Rd = 1

[Ω] a moment opterećenja se menja zavisno od ugaone brzine MT = 0.21ω.

Zadatak 3.12.2.

l1 = 500 [m] l2 = 300 [m] l3 = 200 [m]

h =

20 [m

]

v = 10 [m/s]

A B

h

l

Vozilo mase m0 = 1500 [kg] kreće se po trasi prema slici, prevozeći teret mt = 3000 [kg]brzinom v = 10 [m/s]. Vozilo se kreće iz tačke A i zaustavlja se u tački B. Pogonski motor pokrećetočkove poluprečnika r = 0.5 [m] preko reduktora prenosnog odnosa ir = 10 [ ] i koeficijentakorisnog dejstva ηr = 0.85 [ ], obezbeđujući maksimalnu vučnu silu Fvmax = 7000 [N] i maksimalnukočionu silu Fkmax = 4000 [N]. Koeficijent otpora kotrljanja µω = 0.08 [ ]. Otpor trenja i vetrazanemariti.

Odrediti putni dijagram vučne sile u funkciji vremena.


276

Zadatak 3.12.3.Za pogonski motor iz prethodnog zadatka odrediti veličinu efektivnog obrtnog momenta u

toku ciklusa kretanja. Motor je sa prinudnom ventilacijom.

Zadatak 3.12.4.Radi određivanja momenta inercije centrifuge izmerena je funkcija opadanja brzine motora

po njegovom isključenju. Podatak o veličini gubitaka trenja i ventilacije nije bio na raspolaganju, pasu izvedena dva merenja.

Prvo je motor pušten slobodno da se zaustavlja, pa je izmereno:

t[min] 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20n[min-1] 600 575 553 531 511 493 473 455 437 421 404

Zatim je dodata kočnica zanemarljivog momenta inercije sa kočionim momentom Mk =konst = 260 [Nm], pa je izmereno:

t[min] 0 2 4 6 8 10 12 14n[min-1] 600 563 533 504 478 455 432 410

Koliko iznose moment inercije i gubici trenja i ventilacije motora.

Zadatak 3.12.5.Momentni zahtevi elektromotornog pogona prikazani su na slici. Izračunati parametre

motora predviđenog da radi:a) U pogonu S3 (ED% = 60%).b) U pogonu S1.

Pri rešavanju zadatka predpostaviti da je odnos gubitaka PCunom / PFenom = 3, vremenskakonstanta zagrevanja Ttz = 45 [min] i vremenska konstanta hlađenja Tth = 90 [min].

M1 = 20 [Nm] t1 = 2 [min]M2 = 10 [Nm] t2 = 1.5 [min]

t3 = 2 [min]

t

M1

M2

t2t1

M

t3

Rešenje 3.12.1.a) Zahtevani režim se ostvaruje smanjenjem napona na vrednost koja proizlazi iz sledećihrelacija proišlih iz naponske jednačine i relacije za indukovanu elektromotornu silu:


277

( ) [ ]V..RRIUE ppaanomnom 7520625053220 =⋅−=+−=

[ ]min10889912250

75206 3 V..IE

ΦknΦkEanom

nomnomEanomnomEnom

−⋅===⇒=

[ ]V..nΦkE anomEa 8899110001088991 3 =⋅⋅== −

( ) [ ]V...RRIEU ppaaaa 13910325045188991 =⋅−=++=

b) Tražena brzina veća je od nominalne, te se dobija slabljenjem fluksa. Takođe korišćenjemnaponske i momentne jednačina, dobijamo potrebnu vrednost na koju treba da oslabimo fluks:

[ ]Nm..n

IEnP

Mnom

anomnom

nom

nomnom 50946

2250537520630

260

260

=⋅

⋅===πππ

( )⇒+−== ppaabbbEb RRIUnΦkE

⇒=⇒====

bE

nomababbEabbMnomTb

Φk

MIIΦkIΦkMMM

ππ 3030

( ) ( ) ( )( )

⇒+

−=+

−=+

−= 23030bE

ppanom

bEbE

ppa

bE

nom

bEbE

ppaab

bEb Φk

RRM

ΦkU

ΦkRR

Φk

MΦk

UΦkRR

IΦk

Un π

π

( ) ( )⇒=

++− 0

302

b

ppanombE

bbE n

RRMΦk

nUΦk π

( ) ⇒=⋅⋅+⋅− 03000

25030

5094630002202 ..ΦkΦk bEbE

π

( ) ⇒=⋅+⋅⋅− −− 010058741033473 432 .Φk.Φk bEbE

( ) ( )

⋅⋅

=⋅⋅−⋅±⋅

=−

−−−−

3

34233

10036103167

21005874410334731033473

.....

Φk bE

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednostirotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost:

nomnombnomE

bE Φ.ΦΦ...

ΦkΦk

73250732501088991

1031673

3

==⇒=⋅

⋅== −

−

ϕϕ

c) Moment opterećenja u funkciji brzine obrtanja određen je relacijom:

n.n..M T ⋅≈⋅⋅== 0220602210210 πω

U stacionarnoj radnoj tački sa dodatnim otporom u kolu rotora Rd = 1 [Ω], važi:

( )( )

( )( )

=++

−=++

−= 22 300220

30 nomE

dppac

bEnomE

dppaT

bEc Φk

RRRn.

ΦkU

Φk

RRRM

ΦkUn ππ

⇒⋅−= cn.. 34101932394

Pa iz toga sledi da je tražena radna tačka u:


278

[ ]1381785341011932394 −=

+= min.

..nc

[ ]Nm...n.MM cTc 283938178502200220 =⋅=⋅==

MT = 39.28 [Nm]M

n

nc

n0 = 2394.19 [min-1]

Rd

nc = 1758.38 [min-1]

MT = 0.022n [Nm]

Rešenje 3.12.2.Odredimo prvo vučne sile u stacionarnom stanju za penjanje po prvoj kosini, kretanje po

ravnom delu i spuštanje po drugoj kosini. Ukupna težina vozila sa teretom je:

( ) ( ) [ ]N.gammF t 44145819300015000 =⋅+=+=

l1 = 500 [m]

h =

20 [m

]

h

l

Fv1

F

Fn1

Ft1Ftr1

α1

α1

Ugao nagiba prve kosine je:

[ ]o..arctgarctglharctg 292040

50020

11 ====α


279

Radi određivanja vučne sile u stacionarnom stanju pri penjanju po prvoj kosini silu zemljineteže na kosini treba razložiti na komponentu paralelnu kosini i komponentu normalnu na kosinu,kao na prethodnoj slici.

11 αsinFFt =

11 αcosFFn =

Vučna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja:

( ) =+=+=+=+= 111111111 αµααµαµ ωωω cossinFcosFsinFFFFFF nttrtv

( ) [ ]N.cos..sin oo 530029208029244145 =⋅+⋅=

Na ravnom delu trase vučna sila u stacionarnom stanju jednaka je sili otpora kotrljanja:

l2 = 300 [m]h

= 20

[m]

h

l

Fv2

F

Ftr2

[ ]N.FFF trv 35324414508022 =⋅=== ωµ

Ponavljajući postupak sličan kao kod prve kosine za vučnu silu u stacionarnom stanju kodspuštanja niz drugu kosinu:

l3 = 200 [m]

h =

20 [m

]

h

l

Fv3

F

Fn3

Ft3

Ftr3

α3

α3

[ ]o..arctgarctglharctg 71510

20020

33 ====α


280

33 αsinFFt =

33 αcosFFn =( ) =+−=+−=+=+−= 333333333 αµααµαµ ωωω cossinFcosFsinFFFFFF nttrtv

( ) [ ]N.cos..sin oo 87871508071544145 −=⋅+−⋅=

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu vučnu silu Fvmax = 7000 [N], što znači daobezbeđuje dinamičku silu pri ubrzanju od:

[ ]NFFF vmaxvd 17005300700011 =−=−=

Ubrzanje je prema tome:

[ ]2

0

1 3777030001500

1700 −•=+

=+

= ms.mm

Fa

t

dz

Pošto se vozilo po dostizanju brzine v = 10 [m/s] kreće ravnomerno, trajanje ubrzanja iznosi:

[ ]s..a

v'tz

47263777010

1 === •

l1 = 500 [m]l

α1

l 1'

s 1'

s 1''

Tokom tog vremena vozilo pređe put u iznosu:

[ ]m..'tv's 3513247262

102 11 =⋅==

Ukupna dužina prve kosine iznosi:

[ ]m..coscos

l'l o 4500292

500

1

11 ===

α

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž prve kosine:

[ ]m...'s'l''s 05368351324500111 =−=−=


281

za vremenski period trajanja:

[ ]s..v

''s''t 8053610

0536811 ===

Na ravnom delu trase vozilo se kreće ravnomerno i prelazi ga za vreme:

[ ]svl

t 30103002

2 ===

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu kočionu silu Fkmax = 4000 [N], što znači dadinamička sila pri kočenju iznosi:

( ) [ ]NFFF vmaxkd 4878878400033 =−−=−=

Usporenje je prema tome:

[ ]2

0

3 0833130001500

4878 −•=+

=+

= ms.mm

Fa

t

dk

l3 = 200 [m]l

α1

l3 '

s3 '

s3 ''

Prema tome vremenski period kočenja iznosi:

[ ]s..a

v'tk

23190833110

3 === •

Tokom kočenja vozilo pređe put u iznosu:

[ ]m..'tv's 1544623192

102 33 =⋅==

Ukupna dužina druge kosine iznosi:


282

[ ]m..coscos

l'l o 997200

715200

1

33 ===

α

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž druge kosine:

[ ]m...'s'l''s 8415415446997200333 =−=−=

za vremenski period trajanja:

[ ]s..v

''s''t 48415

10841543

3 ===

Ukupno vremensko trajanje vožnje po čitavoj trasi iznosi:

[ ]s.....'t''tt''t'ttc 991172319484153080536472633211 =++++=++++=

Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti vučnih sila i njihovih vremenskih trajanja crta setraženi putni dijagram:

t

Fvmax

t2t1'

F

t3't3''t1''

Fv1

Fv2

Fv3

Fkmax

Gde su:

[ ]NmF maxv 7000= [ ]s.'t 47261 =[ ]NmFv 53001 = [ ]s.''t 805361 =[ ]NmFv 35322 = [ ]st 302 =[ ]NmFv 8783 −= [ ]s.''t 484153 =

[ ]NmF maxk 4000−= [ ]s.'t 23193 =

Rešenje 3.12.3.Na osnovu vrednosti vučnih sila proračunavamo vrednosti momenata motora u

pojedinačnim segmentima vožnje:


283

[ ]Nm..

.i

rF'M

rr

maxv 7641185010

5070001 =

⋅⋅

==η

[ ]s.'t 47261 =

[ ]Nm..

.i

rF''M

rr

v 7631185010

50530011 =

⋅⋅

==η

[ ]s.''t 805361 =

[ ]Nm..

.i

rFM

rr

v 7620785010

50353222 =

⋅⋅

==η

[ ]st 302 =

[ ]Nm...irF

''Mr

rv 3153710

8505087833 −=

⋅⋅−==

η [ ]s.''t 484153 =

[ ]Nm..i

rF'M

r

rmaxv 17010

8505040003 −=

⋅⋅−==

η [ ]s.'t 23193 =

Putni dijagram momenta sličan je već nacrtanom putnom dijagramu vučnih sila. Pošto motorima prinudno hlađenje ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

=++++

=++

=∑ ∑∑

∑c

i lli

jj

iii

eff t''t''M''t''MtM''t''M't'M

ttt

tMM 3

233

232

221

211

21

2

βα

[ ]Nm...

........

962859478177299117

2319170484153153730762078053676311472676411 22222

==

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅

=

Ugaona brzina motora za brzinu vozila v = 10 [m/s] iznosi:

[ ]15050

1010 −=⋅=== s.r

vii rtrm ωΩ

[ ]1464775030260 −=⋅== s.n mm π

Ωπ


[ ] [ ]kW.W.MP meffeff 314142985096285 ≈=⋅== Ω

Rešenje 3.12.4.Na dijagramima nacrtanim na osnovu tabličnih merenih vrednosti na slici, određene su

promene vremena ∆t1 i ∆t2 za jednaku promenu brzine obrtanja ∆n u tangentama na krivamapromene brzine posebno za oba merenja.

U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim momentutrenja i ventilacije, pa za to merenje važi:

11 60

2tnJ

dtdJMM trvk ∆

∆πωΣΣ ===

U drugom merenju pogon se zaustavlja sa kočionim momentom jednakim zbiru momentatrenja i ventilacije i momenta kočnice, pa za to merenje važi:


284

22 60

2tnJ

dtdJMMM ktrvk ∆

∆πωΣΣ ==+=

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat momenttrenja i ventilacije:

=−

=⇒−=⇒=+⇒=+

=1

111

2

12

1

2

1

2

1

1

2

tt

MMtt

MM

tt

MM

tt

MMM

MM

ktrvtrv

k

trv

k

trv

ktrv

k

k

∆∆∆

∆∆∆

∆∆

[ ]Nm.tt

tM

tt

MM kktrv 910532601418

142601

1

21

2

2

1−=⋅−=

−⋅−=

−=

−=

∆∆∆

∆∆

Traženi moment inercije je prema tome:

( ) [ ] [ ]2321 102833131283300

601830910260 kgm.kgm

nt

MJ trv ⋅==−

⋅⋅⋅−==

π∆∆

πΣ

Snaga gubitaka trenja i ventilacije na brzini obrtanja od n = 600 [min-1] iznosi:

[ ] [ ]kW.WnMP trvtrv 176575717660030

910602

−=−=⋅⋅−==ππ


285

Rešenje 3.12.5.a) Momentni dijagram svodimo na standardni oblik isprekidanog opterećenja pogona S3, kaona sledećoj slici. Ekvivalentan moment za pogon S3 iznosi:

[ ]Nm..

.tt

tMtMM e 47516512

5110220 22

21

22

212

1 =+

⋅+⋅=

++

=

Intermitencija, odnosno odnos vremena rada i vremena ciklusa pri tome iznosi:

[ ] %.%ED..

.ttt

tttt

c

r 66363602512

512

321

21 =⇒=++

+=

+++

==ε

Ova vrednost intermitencije se razlikuje od standardno definisane intermitencije (ED% =60%), što znači da motor trebamo da odaberemo prema momentu svedenom na standardnuintermitenciju:

t

Me

t1 + t2

M

t3

[ ] %%EDSNm..

..MMdtans

edtanes 603961660

636047516 ==⋅==ε

ε

b) Ako se zanemari uticaj gubitaka u gvožđu ekvivalentan moment u trajnom pogonu nalazimometodom ekvivalentnog momenta uz uračunavanje slabijeg hlađenja tokom mirovanja:

509045 .

TT

th

tz ===β

[ ] 1529142505125110220 22

321

22

212

1 SNm...

.ttt

tMtMM nom =⋅++⋅+⋅

=++

+=

β

Ako se uticaj gubitaka u gvožđu ne zanemaruje, ekvivalentan moment u trajnom pogonumožemo naći iz činjenice da se tokom dovoljno dugog vremena, odnosno dovoljnog broja ciklusanad temperatura stabilizuje, na taj način da u radnom periodu raste od minimalne vrednosti domaksimalne a u periodu mirovanja opada od maksimalne do minimalne. Ujedno maksimalnatemperatura ne sme biti veća od dozvoljene za klasu izolacije motora. Ovaj proces prikazan je nasledećem dijagramu:


286

∆θ

∆θdoz

∆θmin

tmttr

∆θmax

Polazeći od dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature:

APP

AP

θ Fenomcumax

+== γ∆

−+=

+==

−−tz

r

tz

r

Tt

maxTt

minFenomcunomnom ee

APP

AP

1doz θ∆θ∆θ∆ γ

th

m

Tt

dozmin e−

= θ∆θ∆

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje odnosa dozvoljene imaksimalne nadtemperature:

⇒

−+=

−−−tz

r

tz

r

th

m

Tt

Tt

Tt

dozdoz eee 1maxθ∆θ∆θ∆

Fenomcunomnom

e

Fenomcunom

Fenomcu

Fenomcunom

Tt

Tt

Tt

max

doz

PPMM

PPPPPP

e

e

th

m

tz

r

tz

r

+

+=

++

=

−

−=

+−

−

2

1

1θ∆θ∆

Iz ovog odnosa dobijamo da je kvadrat odnosa dopustivog i nominalnog momenta:

tz

r

th

m

th

m

tz

r

Tt

Tt

Tt

Fenom

cunomTt

nom

e

e

eePP

e

MM

−

−−−

−

−

−−

=

1

112

Prema tome odabrani motor u trajnom pogonu treba da razvija minimalno moment:


287

=

−

−−

−=

−−−

−

th

m

th

m

tz

r

tz

r

Tt

Tt

Fenom

cunomTt

Tt

enom

eePP

e

eMM

11

1

[ ] 1114

131

147516902

902

4553

4553

SNm.

eee

e..

.

=

−

−−

−⋅=

−−−

−

Ekvivalentan moment možemo naći i pomoću približne metode:

⇒−

+

−

+

−

+=

112

21

112

111

111

1ε

βεε

βεε

εεεcunom

Fenom

cunom

Fenom

PP

PP

MM

63601 21 .== εε

=

−

+

−

+

−

+

==

112

21

1

21

111

111

1ε

βεε

βεε

ε

εε

cunom

Fenom

cunom

Fenom

nom

PP

PP

MMM

[ ] 101214

131

1150

116360

1150

163601

1311

47516 SNm.

..

..

.=

⋅−

+

−⋅⋅

+

−⋅⋅

⋅

⋅+

=

Vidimo da se rezultati sve tri različite metode ne razlikuju značajno.


288



Zadatak 4.1.1.Odrediti moment inercije kupe dužine l = 1000 [mm], poluprečnika osnovice R = 500 [mm].

Osa rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena kupa iznosiρ = 4.5 [kg/dm3].

l = 1000 [mm]R = 500 [mm]

R

AAA

Zadatak 4.1.2.Kupa iz prethodnog zadatka mora se zaleteti za vreme tz = 25 [s] na brzinu n = 1000 [min-1].

Kupa je direktno spregnuta sa osovinom jednosmernog motora sa nezavisnom pobudom, čiji jesopstveni moment inercije zanemarljiv.

Odrediti potrebnu snagu motora, koji može da obezbedi traženo trajanje zaleta ako mu jenominalna brzina obrtanja približno nnom = 1000 [min-1] i ako se motor napaja iz tiristorskogregulatora, koji obezbeđuje tokom zaleta konstantnu struju jednaku nominalnoj.

Zadatak 4.1.3.Ako se jednosmerni motor iz prethodnog zadatka napaja iz četvorokvadrantnog tiristorskog

ispravljača, koji obezbeđuje vraćanje energije tokom kočenja, koliko će energije povući iz mrežetokom jednog časa rada u ciklusima zaleta do nominalne brzine i kočenja do nulte brzine?Nominalni napon motora je Unom = 400 [V], koeficijent korisnog dejstva ηnom = 0.9 [ ] i koeficijentkorisnog dejstva ispravljača ηisp = 0.95 [ ] Trajanje jednog ciklusa iznosi tc = 60 [s].

Zadatak 4.1.4.Za motor rudničke dizalice treba odrediti snagu motora prema datim podacima: visina

dizanja H = 300 [m]; maksimalno opterećenje mT = 13600 [kg]; masa protivtega mP = 10900 [kg];brzina kretanja tereta u stacionarnom stanju vstac = 8 [m/s]; ubrzanje u polasku apol = 0.8 [m/s2].Jedan radni ciklus se sastoji iz perioda puštanja u rad sa konstantnim momentom, normalnog rada ustacionarnom stanju, slobodnog zaustavljanja i mirovanja u trajanju t0 = 30 [s].

Nacrtati dijagrame zavisnosti snage i brzine u funkciji vremena za radni ciklus P, v = f(t).Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu.


289

Zadatak 4.1.5.Trofazni dvobrzinski motor od Pnom = 4/8 [kW], f = 50 [Hz] i 2p = 8/4 [ ] goni radnu mašinu

sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 10 [kgm2].Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzine obrtanja,

ako ga upuštamo postepeno, uključujići prvu nižu pa drugu višu brzinu, prema gubicima koji binastali direktnim uključenjem više brzine?

Rešenje 4.1.1.Izdelimo kupu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy,

prema slici:l =

100

0 [m

m]

R = 500 [mm]

r

x

dx dy

y

dmx

dmy

A

A

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Momentinercije jednog segmenta diska dmx na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi:

( ) dxxdyxdyrdxxdmdJ xx322 22 ρπρπ ==⋅=

gde je ρ - specifična masa.Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element kupe, dobijamo integraljenjem svih

segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r:

yx

r

or

r

xx dJrmrdyrxdydxxdydxxdydJJ ======= ∫∫ ∫ 24

43

0

3

21

21

04222 ρπρπρπρπ

Dalje moment inercije kupe dobijamo integraljenjem svih elementarnih diskova, porastojanju od vrha y od 0 do l:

∫ ∫==l

l

y dyrdJJ0

4

21

πρ


290

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo iz sličnosti trouglova, odnosnorelacije:

lRyr

lR

yr

=⇒=

Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije kupe:

==

=

=

= ∫ 45

454

0

44

101

101

0521

21 lRl

lRly

lRdyy

lRJ

l

πρπρπρπρ

222

103

3103 RmRlR

k=

=

πρ

gde je mk masa kupe, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova,po rastojanju od vrha y od 0 do l:

23

2

2

0

22

2

0

2

31

03lR

lylRdyy

lRdyrdmm

l

l

l

yk πρπρπρπρ ===== ∫∫ ∫

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za moment inercije kupe:

[ ]2434 357.885.01105.4101

101 kgmlRJ =⋅⋅⋅⋅⋅== ππρ

Rešenje 4.1.2.Dinamički moment ubrzanja prema uslovu zadatka je konstantan i jednak nominalnom:

nomd MM =

Za konstantni moment ubrzanja važi:

nomnom

zald

zal nMJn

MJt

3030ΣΣ ==

ππ

Prema tome traženi nominalni moment motora i snaga iznose:

[ ]NmntJM nom

zalnom 11.3701000

2530357.88

30=⋅

⋅⋅

== Σ ππ

[ ] [ ]kWWnMMP nomnomnomnomnom 76.38829.38757100030

11.37030

≈=⋅⋅==Ω=ππ

Rešenje 4.1.3.Iz uslova zadatka zaključujemo da i pri zaletu i pri kočenju motor zbog strujnog ograničenja

razvija konstantni moment jednak nominalnom. Prema tome trajanje zaleta i kočenja je isto a gubicitokom zaleta i kočenja jednaki su nominalnim gubicima. Iz toga sledi da uložena energija tokomjednog ciklusa iznosi:


291

[ ]sttPPPMMMIII koczalgnomgkocgzalnomkoczalanomakocazal 25==⇒==⇒==⇒==

−=⇒

+== 11

ispmnomgnom

gnomnom

nomispm PP

PPP

ηηηηη

=++=++= kockocstacstaczalzalkocstaczalc tPtPtPWWWW1

( ) ( ) ( ) zalgnomkoczalgnomkocgnomnomzalgnomnom tPttPtPPtPP 20 =+=−−++=

Tražena energija tokom jednog časa rada je prema tome:

=

−⋅⋅=⋅⋅==⋅= zal

ispmnom

czalgnom

cc

cch tP

ttP

tW

tWabrojciklusW 1123600236003600

111 ηη

[ ]

[ ] [ ]kWh.kWs

Ws..

.

•≈=

=⋅=⋅

−

⋅⋅⋅⋅⋅=

477519720

101972025195090

1107638260

3600 33

Rešenje 4.1.4.U stacionarnom stanju sila dizanja tereta iznosi:

( ) ( ) [ ]NgmmF PTstac 2648781.91090013600 =⋅−=−=

Za ubrzanje je potrebno obezbediti višak sile u iznosu:

( ) ( ) [ ]NammF polPTd 196008.01090013600 =⋅+=+=

Prema tome ukupna sila koju je potrebno obezbedititokom zaleta iznosi:

[ ]NFFF dstacpol 460871960026487 =+=+=

Vreme zaleta je:

[ ]sav

tpol

stacpol 10

8.08

===

Visina koju teret prelazi tokom zaleta je:

[ ]mtah polpolpol 40108.021

21 22 =⋅⋅==

Pošto se zaustavljanje obavlja bez učešća motora, samo pod dejstvom zemljine teže, silakočenja je:

[ ]NFF stackoc 26487==

Sila kočenja obezbeđuje usporenje od:

D

mT

v

mP

a


292

[ ]2081.11090013600

19600 −=+

=+

= msmm

Fa

PT

kockoc

Vreme i visina koju teret prelazi tokom kočenja su:

[ ]sav

tkoc

stackoc 40.7

081.18

≈==

[ ]mtah kockockoc 60.2940.7081.121

21 22 =⋅⋅==

Put koji teret prelazi u stacionarnom stanju je prema tome:

( ) ( ) [ ]mhhHh kocpolstac 40.23060.2940300 =+−=+−=

Dalje sledi da stacionarno stanje traje:

[ ]svh

tstac

stacstac 8.28

84.230

≈==

Samo vreme trajanja ciklusa je:

[ ]sttttt kocstacpolc 2.76304.78.28100 =+++=+++=

Pošto nisu dati podaci o stepenu korisnog dejstva motora i mehanizma za dizanje, možemosmatrati da se tokom zaleta potrebna snaga motora menja linearno od nulte vrednosti domaksimalne u iznosu:

[ ] [ ]kWWvFP stacpolxmampol 369368696846087 ≈=⋅==

U stacionarnom stanju radi održanja konstantne brzine obrtanja motor razvija snagu uiznosu:

[ ] [ ]kWWvFP stacstacmstac 212211896826487 ≈=⋅==

Kočenje se odvija pod dejstvom zemljine teže, pa motor u tom ciklusu razvija snagu uiznosu:

0=mkocP

Na osnovu prethodno izračunatih parametara mogu se nacrtati dijagrami promene brzine isnage motora u funkciji vremena, kao na sledećoj slici.

Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenjatokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β:

[ ] [ ]625.085

2411

2125.0

41

==+

=+

===β

αβ


293

tstactzal tkoc t0

Pmpolmax

Pmstac

vstac

Pm

v

Pm'

tc

Ukupni ekvivalentna snaga motora za ciklus nalazimo iz sledeće relacije, vodeći pri tomeračuna da pošto tokom zaleta, zagrevanje je proporcionalno sa vrednočću momenta, odnosno struje,a ne snage računamo sa fiktivnom konstantnom snagom Pm' jednakoj maksimalnoj snazi Pmpolmaxkoja se razvija u tom periodu:

=++

=∑ ∑∑

∑

k llk

jj

iii

m ttt

tPP

βα

2

( ) ( ) =⋅+++⋅

⋅+⋅=

+++

++=

3025.08.284.710625.08.2821210369 22

0

222max

tttttPtPtP

stackocpol

kocmkocstacmstacpolmpol

βα

[ ]kW278.237175.47

2.2655997==

Rešenje 4.1.5.Energiju gubitaka u bakru rotora za za jednobrzinsko upuštanje p = 2 dobijamo na osnovu

relacija:

012

2260

60260

221 =⇒=⇒==== ssf

pf

pfns

sππππ

ω

( ) ( ) ( )22

222

22

21

2

282

22

0122

fJfJ

JssJW ssCur π

πωω ΣΣΣΣ =

=−=−=

Energija gubitaka za postupno dvorzinsko upuštanje p = 4/2, dobijamo iz relacija:

⇒=⇒=⇒== 0'1'4

2'

2' 21 ssfp

fs

ππω


294

( ) ( ) ( )22

222

22

21

2

2324

22

012'

''2'

' fJfJJssJW ssCur π

πωω ΣΣΣΣ =

=−=−=

0''21

211

'1

'1

''' 21 =⇒=−=−=−=

−= s

pps

s

s

s

ss

ωω

ωωω

( ) ( )2222

22

21

2

2322

282

12

''''2

'' fJfJJssJW ssCur π

πωω ΣΣΣΣ =

=

=−=

( ) ( ) ( ) ( ) CurCurCurz WfJfJfJfJWWW212

8212

162

322

32''' 2222 ===+=+= ΣΣΣΣ ππππ

Procentualno energija izgubljena pri dvobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju prijednobrzinskom upuštanju iznosi:

[ ]%5010021

100% =⋅==Cur

Cur

Cur

zz W

W

WWW

Odnosno smanjenje gubitaka u dvobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanjuiznosi 50%.


Zadatak 4.2.1.Odrediti moment inercije lopte poluprečnika R = 500 [mm]. Osa rotacije prolazi kroz osu

simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena lopta iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3].

R = 500 [mm]

R

AAA

Zadatak 4.2.2.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW]; priključnog rotorskog napona

Unom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja nnom = 1430 [min-1]; pokreće loptu iz prethodnogzadatka. Lopta je direktno spregnuta sa osovinom motora, čiji je sopstveni moment inercijezanemarljiv (ako niste izračunali moment inercije iz prethodnog zadatka usvojite JΣ = 235 [kgm2]).Kritični moment motora iznosi Mkr = 4Mnom [Nm].a) Koliko iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja.b) Ako se motor pokreće upuštačem zvezda – trougao koliko se puta povećava vreme zaleta?


295

Zadatak 4.2.3.Trofazni asinhroni motor iz prethodnog zadatka napaja se iz frekventnog pretvarača koji

obezbeđuje trajno strujno preopterećenje od 130% nominalne vrednosti struje.a) Koliko u tom slučaju iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja.b) Ako motor po dostizanju nominalne brzine nije opterećen, odnosno vuče samo struju

praznog hoda u iznosu od 40% nominalne vrednosti struje, odrediti maksimalan brojupuštanja motora napajanog frekventnim pretvaračem na sat.Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu.

Zadatak 4.2.4.Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka napaja se sa tiristorskim podešivačem kojem je

struja ograničena na trostruku vrednost nominalne struje motora. Pod pretpostavkom da sezanemaruju statorski gubici, gubici u gvožđu i struja magnećenja, odrediti:a) Vrednost svedene rotorske otpornosti Rr

’ i rasipnih induktivnosti pod pretpostavkom da suiste Ls = Lr

’.b) Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja.

Zadatak 4.2.5.Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka pokreće preko reduktora prenosnog odnosa

ired = 10 [ ], koeficijenta korisnog dejstva ηred = 0.9 [ ], bubanj dizalice prečnika D = 0.8 [m].Odrediti vrednost maksimalnog tereta koji može da podigne dizalica:a) Pri direktnom upuštanju motora.b) Pri upuštanju sa tiristorskim podešivačem kojem je struja ograničena na trostruku vrednost

nominalne struje motora.

Rešenje 4.2.1.Izdelimo loptu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy,

prema slici:

R

r

x

dx

dy

y dmx

dmy

A

A


296

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Momentinercije jednog segmenta diska dmx na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi:

( ) dxxdyxdyrdxxdmdJ xx322 22 ρπρπ ==⋅=

gde je ρ - specifična masa.Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element lopte, dobijamo integraljenjem svih

segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r:

yx

r

or

r

xx dJrmrdyrxdydxxdydxxdydJJ ======= ∫∫ ∫ 24

43

0

3

21

21

04222 ρπρπρπρπ

Dalje moment inercije lopte dobijamo integraljenjem svih momemata inercije elementarnihdiskova, po rastojanju od centra y od -R do R:

∫ ∫−

==R

R

Ry dyrdJJ 4

21 πρ

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo primenom Pitagorine teoreme,odnosno relacije:

222 yRr −=

Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije lopte:

( ) =

+−=+−=== ∫∫ ∫

− 053222

212

21

21 53

24

0

4224

0

44 RyyRyRdyyyRRdyrdyrJRR

R

R

πρπρπρπρ

22355

52

34

52

538

51

321 RmRRRR l=

⋅=

⋅=

+−= πρπρπρ

gde je ml masa lopte, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova,po rastojanju od centra y od -R do R:

( ) 333

2

0

222

34

3112

0322 RR

RyyRdyyRdyrdmmR

R

R

Ryl πρπρπρπρπρ =

−=

−=−=== ∫∫ ∫

−

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za tra\eni moment inercije lopte:

[ ]2535 619.2355.0105.4158

158 kgmRJ =⋅⋅⋅⋅== ππρ

Rešenje 4.2.2.Prvo odredimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta, vrednost nominalnog i

kritičnog momenta, nominalnog i kritičnog klizanja:


297

[ ]NmnPPMnom

nom

nom

nomnom 113.267

143010403030 3

=⋅

⋅⋅==

Ω=

ππ[ ]NmMM nomkr 453.1068113.26744 =⋅==

[ ]•==−

=−

= 04666.01500

701500

14301500

1

1

nnns nom

nom

( ) [ ][ ]

=−±⋅=

−

±=

00529.03674.0

14404666.01 22

nom

kr

nom

krnomkr M

MMMss

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog.

a) Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja izračunavamo na osnovu poznatog izraza:

=

−

−=

−

−= nomkr

kr

nom

kr

lnomkr

kr

nom

krzal slns

ss

pMfJ

slnsss

MJ

t2

1222

12

221 πωΣ

[ ]s..ln..

..

. 0214306667036740367402

0466701453106822

502619235 2

=

⋅−

⋅−

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

π

b) Moment motora Mm, pa i kritični moment Mkr linearno je proporcionalan sa kvadratomvrednosti priključnog napona. Pošto se kod prebacivanja veze trougla u zvezdu statorski naponsmanjuje na:

⇒==3

' lfs

UUU

moment motora se smanjuje na:

3'

3' kr

krm

mMMMM =⇒=

Pa se vreme zaleta produžava na:

==

−

−=

−

−= ΣΣ

zalnomkrkr

nom

krnomkr

kr

nom

krzal tss

ss

MJss

ss

MJt 3ln

21

32

ln2

1'2

'2

12

1 ωω

[ ]s063.129021.433 =⋅=

Rešenje 4.2.3.a) Dinamički moment ubrzanja ostvaren napajanjem sa frekventnim pretvaračem, premauslovu zadatka je konstantan i jednak 130% od vrednosti nominalnog momenta:

nomd M.M 31=

Za konstantni moment ubrzanja vreme zaleta nalazimo iz relacije:

[ ]s...

.nM.

JnMJt nom

nomzal

dzal 611011430

1132673130619235

313030=⋅

⋅⋅⋅

=⋅⋅

==πππ ΣΣ


298

b) Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenjatokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β:

[ ] [ ]625.085

2411

2125.0

41

==+

=+

===βαβ

tprtzal

t

Im 1.3Inom

tc

0.4Inom

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne struje motora, paza najgori slučaj kad nema mirovanja između ciklusa važi:

( ) ( )⇒

+

+=

++≤

∑ ∑∑∑

przal

prnomzalnom

k llk

jj

iii

nom tttI.tI.

ttt

tII

αβα

222

4031

⇒−=−⇒+=+ zalzalprprprzalprzal tt.t.tt.t.tt αα 2222 31404031

[ ]s.....t

..t zalpr 82712861101

401625031

40131

2

2

2

2

=⋅−−

=−

−=

α

Trajanje ciklusa i traženi broj maksimalnih upuštanja je na kraju:

[ ]s...ttt przalc 43723082712861101 =+=+=

[ ] [ ]1562215437230

36003600≈=== .

.tz

c

Rešenje 4.2.4.Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija:

( ) ⇒+

⋅⋅

='XX

Un

MRS

S

Skr 2

303 2

π


299

( ) [ ]⇒=⋅

⋅⋅⋅

=⋅⋅

=+ Ω..M

Un

'XXkr

S

SRS 432570

45310682220

1500303

2303 22

ππ

[ ] [ ]mH.'LLH.π

.πf

'XX'LL RS

s

RSRS 688500013770

502432570

2==⇒==

+=+

Vrednost svedenog rotorskog otpora nalazimo iz relacije za kritično klizanje:

( ) [ ]Ω...'XXs'R'XX

'Rs

RSkrr

RS

rkr

1589043257036740 =⋅=+=

⇒+

=

Vrednost momenta motora u funkciji klizanja za napajanje sa tiristorskim podešivačem sastrujnim ograničenjem Ipmax, dobijamo iz sledećih relacija:

( ) ⇒⋅⋅

=⋅⋅

= 22 303303snom

nom

r

Sr

nom

r

Snom I

s'R

n'I

s'R

nM

ππ

ss

MII

ss

III

s'R

n'I

s'R

nM nom

nomsnom

maxp

nom

nomsnom

snom

maxpr

Sr

r

Sm

222 303303

=⋅

⋅⋅

⋅=⋅

⋅=

ππ

Zalet sa konstantnom strujom vrši se sve do brzine obrtanja pri kojoj se dostiže nominalnavrednost napona na izlazu tiristorskog pretvarača, nakon čega se dalje zalet obavlja po prirodnojmomentnoj karakteristici za naponsko napajanje. Vrednost klizanja sb koje određuje prelazak naprirodnu karakteristiku dobija se iz sledećih relacija:


300

⇒

=

+⇒

+=

=

22

22

maxp

snom

nom

kr

b

kr

kr

b

b

nom

b

kr

kr

b

nomnom

kr

b

nomnom

snom

maxpm I

IMM

ss

ss

ss

ss

ss

MMM

ss

MII

M

⇒

−

=⇒

=+

kr

nom

maxp

snom

nom

kr

nomkrb

maxp

snom

nom

kr

b

nomkr

kr

nom

ss

II

MM

sss

II

MM

sss

ss

22

2

2

2

2

[ ]1500

36740046670

3142

36740046670

222 .

..

..

ss

II

MM

sss

kr

nom

maxp

snom

nom

kr

nomkrb ±=

−

⋅⋅

⋅±=

−

±=

Realno rešenje je pozitivno pošto se radi o motornom režimu.Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine na dva segmenta promene

dinamičkog momenta za strujno i naponsko napajanje, uz uslov da je moment opterećenja Mt = 0.Rešenje jednačine nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja:

( )

( ) ⇒−==⇒==−=

⇒−=⇒−=

dsMJd

MJdt

dtdJMMMM

dsds

smm

mtmdin

s

ωωωωωωω

ΣΣΣ

11

Iz zadnje relacije integraljenjem za prvi segment za klizanje od 1 do sb, dobijamo vremezaleta za strujno napajanje:

=

−=−=−== ∫ ∫∫∫

b bbz s s

nomnomsnom

maxps

ms

s

sm

't

z

sMII

sdsJMdsJds

MJdt't

1 12

10

ωωω ΣΣΣ

=−

=

=

= ∫

nom

b

nom

s

maxp

snom

bnomnom

s

maxp

snom

snomnom

s

maxp

snom

ss

MJ

II

ss

sMJ

II

dsssM

JII

b2

112

222

212ωωω ΣΣΣ

[ ]s..

..

. 2291610466702

15011132672100619235

31 22

=⋅−

⋅⋅

⋅⋅

=

π

Slično za drugi segment za klizanje od sb do snom, dobijamo vreme zaleta za naponskonapajanje:

=

+=

+

−=−=−== ∫∫ ∫∫∫ dss

sss

MJ

ss

ss

MdsJ

MdsJds

MJdt''t

b

nom

nom

b

nom

b

a

b

z s

s

kr

krkr

s

s

s

s

kr

kr

krm

s

s m

''t

z 221

1110

ωωωω ΣΣΣ

Σ

=

+=

+= ∫ ∫

nom

bkr

krkr

s

s

s

s

kr

krkr ss

slnsss

MJds

ss

dsss

MJ b

nom

b

nom2222

211 ωω ΣΣ


301

=

+

−=

+

−=

nom

bkr

kr

nomb

krnom

bkr

kr

nomb

kr ss

lnssss

pMfJ

ss

lnssss

MJ

22

222

22221 πω ΣΣ

[ ]s..

.ln..

...

. 9087046670

15036740367402

046670150453106822

502619235 22

=

⋅+

⋅−

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

π

Prema tome vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena:

[ ]s...''t'tt zzz 1371699087229161 =+=+=

Rešenje 4.2.5.Moment nepoznatog tereta i svedeni moment nepoznatog tereta na osovinu motora su:

2DgmM TT =

2D

igm

iM'M

redred

T

redred

TT ηη

==

Maksimalnu masu tereta koju može da podigne dizalica, dobijamo iz uslova da se u polaskumora razviti moment veći od svedenog. Odnosno treba da važi:

D=0.8 [m]MOTOR 10:1

ηred = 0.9

mT = ?

FT

gDiM

m'MM redredmpolTTmpol

η2≤⇒≥

a) Pri direktnom upuštanju motor razvija polazni moment:

[ ]Mm.

..

.

ss

M

ss

ss

MM

kr

kr

kr

kr

pol

pol

kr

krpola 727691

36740136740

453106821

1

22=

+

⋅=

+=

+=

Pa u tom slučaju se može dići teret sa maksimalnom masom od:

[ ]kg...

..mTa 53159680819

90107276912=

⋅⋅⋅⋅

≤


302

b) Pri upuštanju sa strujnim izvorom sa vrednošću strujne granice jednake trostrukoj vrednostinominalne vrednosti struje, polazni moment motora iznosi:

( ) =⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

= nomsnomnom

r

Snom

nomsnom

r

Sr

pol

r

Spolb sI

s'R

nss

I'Rn

'Is

'Rn

M 222 303931

303303πππ

[ ]Nm...sM nomnom 19611204667011326799 =⋅⋅==

Što znači da se u tom slučaju može dići teret sa maksimalnom masom od:

[ ]kg...

..mTb 3325780819

90101961122=

⋅⋅⋅⋅

≤


Zadatak 4.3.1.Pogon mostne dizalice nosivosti mt = 10000 [kg], vlastite mase ms = 15000 [kg] rešen je sa

trofaznim asinhronim motorom sa namotanim rotorom nominalne snage Pnom = 30 [kW], nominalnebrzine obrtanja nnom = 720 [min-1], sa sopstvenim momentom inercije Jm = 6.25 [kgm2]. Motor seupušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju. Motorje u vožnji opterećen sa 80% od nominalne vrednosti momenta. Brzina vožnje je v = 2 [m/s].

Sa kolikim konstantnim momentom treba pokretati motor ako želimo pri punom opterećenjupostići punu brzinu vožnje od v = 2 [m/s], nakon s = 5 [m] vožnje?

Zadatak 4.3.2.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 11 [kW]; nominalne brzine obrtanja nnom =

2880 [min-1] i sopstvenog momenta inercije Jm = 0.1 [kgm2], pokreće se konstantnim momentomvrednosti 130% nominalnog momenta.

Koliko sme da iznosi moment inercije opterećenja na osovini motora ako se pun zalet moraizvršiti za tzal = 2 [s]? Momenta opterećenja nema.

Zadatak 4.3.3.Radni mehanizam promenljivog opterećenja od Pt = 2 [kW] do 10 [kW] trebao bi da se

okreće sa približno konstantnom brzinom od n = 2200 [min-1] do 2400 [min-1]. Na raspolaganjuimamo jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom, sa sledećim nazivnim podacima: nominalnasnaga Pnom = 10 [kW], nominalni napon Unom = 220 [V], nominalna rotorska struja Ianom = 52.4 [A],nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1].

Potrebno je zaključiti koje su verovatne granice promene brzine obrtanja i odgovaraju litraženim granicama. Sa obzirom na konstrukciju motora, verovatna je pretpostavka da se gubici uarmaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka.

Zadatak 4.3.4.Trofazni asinhroni motor nominalne snage Pnom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom

= 1430 [min-1] opterećen je sa nominalnim opterećenjem. Tokom rada u toku kratkog vremena timp= 2 [s] ostaje bez opterećenja.

Odrediti brzine obrtanja do koje će se maksimalno ubrzati motor tokom rasterećenja.Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom rasterećenja. Ukupni momentinercije opterećenja sveden na osovinu motora je JΣ = 150 [kgm2].


303

Zadatak 4.3.5.Pogon sa svedenim momentom inercije Jt = 2 [kgm2] je ostvaren sa trofaznim asinhronim

motorom sa nominalnim podacima Unom = 380 [V]; Inom = 19.5 [A]; Pnom = 7.5 [kW]; nnom = 680[min-1]; cosϕnom = 0.74.

Odrediti približnu vrednost gubitaka koji nastaju tokom zaleta ako je vrednost rotorskogotpora svedenog na stator 1.5 puta veća od vrednosti statorskog otpora.

Rešenje 4.3.1.Vreme ubrzanja iznosi:

][52

522 sv

svstsr

zal =⋅

=⋅

==


][887.397720

300003030 NmnP

Mnom

nomnom =⋅=⋅=

ππ

Motor se ubrzava do radne tačke u kojoj je opterećen sa 80% nominalnog momenta,odnosno do:

][7268.0307508.0720750750 1−=⋅−=⋅−

−=⋅−

−= minMM

MM

nnnn nom

nomt

nom

nomsszal

Shodno tome ugaona brzina pogonskog vratila motora u stacionarnom stanju iznosi:

[ ]1026.7660

726260

2 −=⋅⋅

== snzal

mππ

ω

Svedeni moment inercije tereta na pogonsko vratilo, prema tome je:

( ) ( ) [ ]22

2

2

2

301.17026.76

21000015000 kgmvmm

Jm

tsek =

⋅+=

+=

ω

Ukupan svedeni moment inercije iznosi:

[ ]2551.2325.6301.17 kgmJJJ ekm =+=+=Σ

Potreban moment ubrzanja nalazimo iz relacije:

zal

mnomnomtmd t

JdtdJMxMMMconstM

ωωΣΣ ==−=−== 8.0

Prema tome motor moramo pokretati sa konstantnim momentom u odnosu na nominali većiza umnožak:

[ ]7.16924.18.08924.08.05026.76

887.397351.238.0 ≈=+=+⋅=+= Σ

zal

m

nom tMJx

ω


304

Što iznosi 170% od vrednosti nominalnog momenta.


][473.362880

110003030 NmnP

Mnom

nomnom =⋅=⋅=

ππ

Moment ubrzanja jednak je konstantnom momentu pokretanja pošto prema uslovu zadatkanema momenta opterećenja:

[ ]NmMMMconstM nomtmd 4049.47473.363.13.1 =⋅==−==

Nominalna ugaona brzina pogonskog vratila motora iznosi:

[ ]1593.30160

2880260

2 −=⋅⋅

== snnom

nomππ

ω

Potrebno ugaono ubrzanje tokom zaleta je prema tome:

[ ]2796.1502593.301 −=== s

t zal

nomzal

ωα

Iz toga sledi da je maksimalni ukupni svedeni moment inercije:

][314.0796.150

4049,47 2kgmM

Jzal

d ===Σ α

Odnosno svedeni noment inercije tereta može da iznosi maksimalno:

][214.01.0314.0 2kgmJJJ mt =−=−= Σ

Rešenje 4.3.3.Koeficijent korisnog dejstva motora iznosi:

[ ]867.04.52220

10000=

⋅==

anomnom

nom

IUP

η

Prema tome nominalni gubici su:

[ ]WPPP

PPP nomnomnom

nomelgnom 025.15341867.011000011

=

−⋅=

−=−=−=

ηη

Pošto se gubici u armaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka,njihova vrednosti se kreće u granicama:

( ) ( ) [ ]WPP gnomCunom 8175.1073...61.613025.15347.0...4.07.0...4.0 =⋅==


305

Iz toga sledi da se vrednost otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja kreće ugranicama:

[ ]Ω===+ 39108.0...223475.04.52

8175.1073...61.61322

anom

Cunomppa I

PRR

Koeficijent ΦEk se prema tome kreće u granicama:

( )⇒

+−=Φ

nom

anomppaE n

IRRUk

( ) [ ]minVn

IRRUk

nom

anomppaE 09257.0

22504.52223475.0220''

' =⋅−

=+−

=Φ

( ) [ ]minVn

IRRUk

nom

anomppaE 08867.0

22504.5239108.0220''''

'' =⋅−

=+−

=Φ

A brzina obrtanja u praznom hodu kreće se u granicama:

⇒Φ

=EkUn0

[ ]10 58.2376

09257.0220

'' −==

Φ= min

kUnE

[ ]10 11.2481

08867.0220

'''' −==

Φ= min

kUnE

Vrednost rotorske struje za minimalno opterećenje od Pt = 2 [kW] nalazimo približno izrelacije:

[ ]AII anomkWa 48.104.522.02.02 =⋅=≈

I na kraju brzina obrtanja uz uslove postavljene u zadatku za minimalno opterećenjeverovatno se kreće u granicama:

( )⇒

Φ

+−=

E

kWappakW k

IRRUn 2

2

( ) [ ]122 27.2351

09257.048.10223475.0220

'''

' −=⋅−

=Φ

+−= min

kIRRU

nE

kWappakW

( ) [ ]122 88.2434

08867.048.1039108.0220

'''''

'' −=⋅−

=Φ

+−= min

kIRRU

nE

kWappakW

Pri maksimalnom opterećenju od Pt = 10 [kW] motor se obrće nominalnom brzinom obrtanjannom = 2250 [min-1], što pretstavlja minimalnu očekivanu brzinu obrtanja. Maksimalna očekivanabrzina obrtanja pri minimalnom opterećenju iznosi nmax = 2434.88 [min-1]. Na osnovu prethodnograzmatranja zaključujemo da verovatne granice promene brzine obrtanja od n = 2250 [min-1] do2434.88 [min-1] ne odgovaraju traženim granicama n = 2200 [min-1] do 2400 [min-1].


306


[ ]Nm.n

PPM

nom

nom

nom

nomnom 12267

1430104030

602

3

=⋅⋅

⋅⋅===

ππΩ


[ ]046701500

14301500

1

1 .nnn

s nomnom =

−=

−=

Elektromehanička vremenska konstanta iznosi:

[ ]sM

nsJT

nom

nomm 12.4

3012.26715000467.0150

301 =

⋅⋅⋅⋅

== Σ ππ

Pre rasterećenja brzina obrtanja u stacionarnom stanju jednaka je nominalnoj brzini obrtanja.Kada bi rasterećenje trajalo beskonačno, brzina motora bi u novom stacionarnom stanju dostiglasinhronu brzinu obrtanja n1, pa funkcija promene brzine sa vremenom ima oblik:

tT

nom

tT mm enenn

11

1 1−−

+

−=

Prema tome tražena brzina obrtanja na kraju rasterećenja iznosi:


307

( ) [ ]112.42

12.42

12.42

92.1456143015001500143011500 −−−−=⋅−−=⋅+

−⋅= mineeenk

Po prestanku rasterećenja brzina obrtanja teži da se vrati u početno stacionarno stanje, pofunkciji:

t

Tk

tT

nommm enenn11

1−−

+

−=

Na osnovu prethodnih relacija, na prethodnom dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja ufunkciji vremena tokom rasterećenja.

Rešenje 4.3.5.Nominalno klizanje iznosi:

[ ]0467.01500

14301500

1

1 =−

=−

=nnn

s nomnom

Rotorski gubici u zaletu od nulte brzine do nominalne brzine iznose:

( ) ( ) =−

=−= Σ

Σ22

222

2 222 nompolnomp

sCur ss

pfJssJW πω

( ) [ ]Ws050.61550467.014

50222 22

2

=−⋅

⋅⋅

⋅=π

Statorski i rotorski gubici kod zaleta mogu se približno računati iz relacija:

( ) ( ) dtRtIdtRtIW r

t

rr

t

rCur

zalzal

'' 2

0

2

0∫∫ ==

( ) dtRtIW s

t

sCus

zal2

0∫=

Uz zanemarivanje struje magnećenja važi da je Is = Ir’, pa važi:

( )

( )[ ]WsW

RR

WRR

dtRtI

dtRtI

WW

Curr

sCus

s

r

s

t

s

r

t

r

Cus

Curzal

zal

367.4103050.61555.1

1'

'''

2

0

2

0 =⋅==⇒==

∫

∫

Traženi ukupni gubici tokom zaleta će prema tome biti:

[ ]WsWWW CurCuszal 417.10258050.6155367.4103 =+=+=


308


Zadatak 4.4.1.Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom kruto su spregnuta i pokreću

dizalicu. Rotorski namotaji motora napajaju se iz istog regulisanog izvora jednosmernog napona.Pobudni namotaji se napajaju iz posebnih regulisanih izvora koji se mogu zasebno podešavati.Motori treba da u svim režimima dele moment opterećenja srazmerno svojim nominalnimmomentima.

Prvi motor ima nazivne podatke: Pnom = 10 [kW]; Unom = 220 [V]; Ianom = 47 [A]; Ra + Rpp =0.154 [Ω]; nnom = 1500 [min-1]. Drugi motor ima nazivne podatke: Pnom = 2 [kW]; Unom = 220 [V];Ianom = 9.2 [A]; Ra + Rpp = 0.283 [Ω]; nnom = 1400 [min-1]. Otporni moment dizalice sveden napogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente Mt = Mt1 + Mt2. Prvakomponenta Mt1 = 30 [Nm] = konst ima potencijalnu prirodu, a druga komponenta ima reaktivnu imože se predstaviti kao funkcija brzine obrtanja n izražene u [min-1], na sledeći način Mt2 = 0.002.n[Nm].

Za brzinu obrtanja n1 = 1000 [min-1] pri dizanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnihveličina, napona napajanja, rotorske struje i pobudnih flukseva pojedinačno za oba motora.

Zadatak 4.4.2.Za motore iz prethodnog zadatka, pri istim zahtevima, za brzinu obrtanja n2 = 1800 [min-1]

pri spuštanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnih veličina, napona napajanja, rotorske struje ipobudnih flukseva za oba motora.

Zadatak 4.4.3.Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nazivnim podacima: Pnom = 10.5 [kW];

Unom = 380 [V]; Inom = 20.6 [A]; cosϕ = 0.85 [ ]; nnom = 1460 [min-1] i sopstvenog momenta inercijeJm = 0.05 [kgm2], pokreće radnu mašinu čiji se otporni moment menja u zavisnosti od brzineobrtanja n izražene u [min-1] po relaciji Mt = 49.014 + 0.0375.n [Nm]. Svedeni moment inercijeradne mašine na osovinu motora iznosi Jt= 0.45 [kgm2]. Motor se pušta u pogon sa otporničkimupuštačem koji mu od nulte brzine obrtanja do brzine n1 = 1420 [min-1] obezbeđuje konstantanmoment dvostruke vrednosti nominalne vrednosti momenta motora Mpol = 2Mnom, a dalje se motorubrzava po prirodnoj karakteristici motora.

Koliko je vreme zaleta motora do 99.5% brzine obrtanja u stacionarnoj radnoj tački?

Zadatak 4.4.4.Ako motor iz prethodnog zadatka ima masu m = 50 [kg] a klasa izolacije mu je F, koliko

dugo motor može da radi sa a da se ne pregreje sa opisanom radnom mašinom posle pokretanja izhladnog stanja?

Proračun izvršiti uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu jetoplotni kapacitet gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] i da mu se stepen korisnog dejstva i hlađenje bitnone menjaju sa opterećenjem.

Zadatak 4.4.5.Elektromotorni pogon lopate za dubinsko kopanje radi na sledeći način: najpre se zaleće bez

opterećenja, zatim izvlači sa opterećenjem, onda istresa teret, pa koči protivstrujno bez tereta.Pogon je ostvaren sa trofaznim asinhronim motorom sa nominalnim podacima Unom = 380 [V]; Inom

= 19.5 [A]; Pnom = 7.5 [kW]; nnom = 680 [min-1]; cosϕnom = 0.74 [ ]; PCunom/PFenom = 3 [ ]. Rotorskiotpor sveden na stator 1.5 puta veći od vrednosti statorskog otpora. Ukupni moment inercije svedenna osovinu motora je JΣ = 1.625 [kgm2]. Teret pri izvlačenju opterećuje osovinu motora sa Pt = 6.2


309

[kW]. Motor kad stoji hladi se tri puta slabije nego kad se vrti. Posle svakog ciklusa motor nekovreme stoji tako da trajanje uključenja može se oceniti sa maksimalno ε = 65 [%].

Odrediti koliko ciklusa može izvesti ovaj pogon na sat, a da se motor ne preoptereti, pritome pretpostaviti ta su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa.

Rešenje 4.4.1.Za nominalni režim prvog motora važi:

( ) [ ]V..RRIUE ppaanomnom 7622121540472201111 =⋅−=+−=

[ ]min1418401500

762212

1

1111111 V..

nE

ΦknΦkEanom

nomnomEanomnomEnom ===⇒=

[ ]Nm.nP

Mnom

mmnom 66263

15001000030

260

1

11 =⋅==

ππ

=⋅==

ANm..ΦkΦk nomEnomM 354511418403030

1111 ππ

Za nominalni režim drugog motora važi:

( ) [ ]V...RRIUE ppaanomnom 39642172830292202222 =⋅−=+−=

[ ]min1552801400

3964217

2

2222222 V..

nE

ΦknΦkEanom


[ ]Nm.nP

Mnom

mmnom 64213

1400200030

260

2

22 =⋅==

ππ

=⋅==

ANm..ΦkΦk nomEnomM 482611552803030

2222 ππ

Brzina obrtanja n1 = 1000 [min-1] pri dizanju, svakako se mora postići smanjenjem rotorskognapona, koji je zajednički za oba motora, pri čemu da bi motori delili moment opterećenja srazmernosvojim nominalnim momentima, moraju se pobude smanjiti. Pri tome zgodno je smanjiti pobudu samodrugog motora, jer smanjenje pobude prvog motora dovodi do većeg ukupnog povećanja struje koju motorivuku, jer taj motor sa većim procentom učestvuje u stvaranju momenta. Iz postavljenih uslova slede relacijeza proizvedene momente motora i moment opterećenja, na osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenihmomenata oba motora:

1111 anomMm IΦkM =

2222 aMm IΦkM =

1

212

2

1

222

111

2

1

mnom

mnommm

mnom

mnom

aM

anomM

m

m

MM

MMMM

IΦkIΦk

MM

=⇒==

[ ]Nm.n.MMM ttt 321000002030002030 121 =⋅+=+=+=

⇒

+=+=+=

1

21

1

21121 1

mnom

mnomm

mnom

mnommmmmt M

MM

MM

MMMMM

[ ]Nm.

.

.MMM

M

mnom

mnom

tm 35326

66263642131

32

11

21 =

+=

+=

[ ]Nm..MMM mtm 6475353263212 =−=−=


310

Prema tome prvi motor vuče rotorsku struju vrednosti:

[ ]A..

.Φk

MI

nomM

ma 45619

3545135326

11

11 ===

Iz toga sledi da rotorski napon napajanja oba motora iznosi:

( ) [ ]V....RRInΦkU ppaanomE 83614415404561910001418401111111 =⋅+⋅=++=

Vrednost rotorske struje i fluksa drugog motora dobijamo iz relacija za napon i momentdrugog motora:

( )2221221 ppaaE RRInΦkU ++=

⇒=⇒==2

2222222222 30

30

a

mEaEaMm I

MΦkIΦkIΦkM

ππ

( ) ( ) ⇒=+

++

−⇒++= 030

130 22

12

222

122221

2

21

ppa

m

appaappaa

a

m

RRnM

IRRUIRRIn

IM

Uππ

( ) ⇒=+

++

− 030 22

122

22

122

ppa

ma

ppaa RR

nMI

RRUI

π

( ) ( ) ( ) =+

−

+±

+=

22

12

2

22

1

22

12 3022 ppa

m

ppappaa RR

nMRR

URR

UI

π

=−±=⋅

⋅⋅−

⋅±

⋅= 5852089942255942255

28303010006475

28302863144

28302863144 2

2

....

...

.. π

[ ]

[ ]

=±=A.A.

..1154769507

827251942255

Prvo rešenje je preveliko a zahteva i suviše veliko slabljenje pobude, te drugo rešenje jeprirodno, pa zahtevano slabljenje pobude nalazimo iz relacije za rotorski napon:

( ) [ ]minV....n

RRIUΦk ppaa

E 143701000

28301154863144

1

222122 =

⋅−=

+−=

[ ]9254015528014370

22

22 ...

ΦkΦk

nomE

E ===ϕ

Što iznosi 92.54% od vrednosti nominalnog fluksa.

Rešenje 4.4.2.Iz postavljenih uslova slede relacije za proizvedene momente motora i moment opterećenja, na

osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenih momenata oba motora:

1

212

2

1

2

1

mnom

mnommm

mnom

mnom

m

m

MM

MMMM

MM

=⇒=

( ) [ ]Nm..n.MMM ttt 4261800002030002030 221 =−⋅+=+=+=


311

⇒

+=+=+=

1

21

1

21121 1

mnom

mnomm

mnom

mnommmmmt M

MM

MM

MMMMM

[ ]Nm.

.

..

MMM

M

mnom

mnom

tm 74121

66263642131

426

11

21 =

+=

+=

[ ]Nm...MMM mtm 65947412142612 =−=−=

Vrednost rotorskih struja i flukseva motora dobijamo iz relacija za napon i moment motora,sa tim da se kočioni režim dobija izmenom polariteta napajanja, sa tim da se oba motora morajunalaziti u režimu slabljenja polja pošto je brzina obrtanja veća od obe nominalne brzine obrtanja:

( )1112111 ppaaE RRInΦkUU ++=−=

( )1122222 ppaaE RRInΦkUU ++=−=

⇒=⇒==1

11111111211 30

30

a

mEaEaMm I

MΦkIΦkIΦkM

ππ

⇒=⇒==2

2222222222 30

30

a

mEaEaMm I

MΦkIΦkIΦkM

ππ

Za prvi motor važi:

( ) ( ) ⇒=+

++

+⇒++=− 030

130 11

21

11111112

1

1

ppa

m

appaappaa

a

m

RRnM

IRRUIRRIn

IM

Uππ

( ) ⇒=+

++

+ 030 11

211

11

21

ppa

ma

ppaa RR

nMI

RRUI

π

( ) ( ) ( ) =+

−

+±

+−=

11

21

2

11111 3022 ppa

m

ppappaa RR

nMRR

URR

UIπ

( )=

⋅⋅−⋅

−

⋅−

±⋅

−=154030180074121

15402220

15402220 2

..

..π

[ ]

[ ]−

=±−=+±−=A.

A......

963144639118

67773228671492226610286714286714 2

Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude prvog motora nalazimo iz relacijeza rotorski napon:

( ) [ ]minV...n

RRIUΦk ppaa

E 1237901800

154039118220

2

11111 =

−⋅−−

=+−−

=

[ ]87280141840123790

11

111 .

.

.ΦkΦk

nomE

E ===ϕ

Što iznosi 87.28% od vrednosti nominalnog fluksa prvog motora.Za drugi motor važi:


312

( ) ( ) ⇒=+

++

+⇒++=− 030

130 22

22

22222222

2

2

ppa

m

appaappaa

a

m

RRnM

IRRUIRRIn

IM

Uππ

( ) ⇒=+

++

+ 030 22

222

22

22

ppa

ma

ppaa RR

nMI

RRUI

π

( ) ( ) ( ) =+

−

+±

+−=

22

22

2

22222 3022 ppa

m

ppappaa RR

nMRR

URR

UIπ

( )=+±−=

⋅⋅−⋅

−

⋅−

±⋅−

= 1833103693388693388283030

1800659428302

22028302

220 22

....

...

π

[ ]

[ ]−

=±−=A.

A...

3587819723

665392693388

Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude drugog motora nalazimo iz relacijeza rotorski napon:

( ) [ ]minV...n

RRIUΦk ppaa

E 1228501800

28309723220

2

22222 =

−⋅−−

=+−−

=

[ ]79120155280122850

22

222 .

.

.ΦkΦk

nomE

E ===ϕ

Što iznosi 79.12% od vrednosti nominalnog fluksa drugog motora.


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 676.68

14601050030

260

=⋅==ππ

Prema uslovima zadatka, polazni moment ima konstantnu vrednost od nulte do brzineobrtanja n1 = 1420 [min-1] u iznosu:

[ ]NmMMM

M nomnom

polpol 352.137676.682 =⋅==

Iznad te brzine obrtanja do sinhrone brzine obrtanja, moment motora možemo aproksimiratilinearnom relacijom:

[ ]NmnnMnn

nnM nom

noms

sm ⋅−=⋅

−−

=−

−= 7169.135.2575676.68

146015001500

Stacionarnu radnu tačku nalazimo na preseku momentnih krivi motora i opterećenja,odnosno iz relacije:

⇒⋅+=⋅−⇒= nnMM tm 0375.0014.497169.135.2575


313

[ ]⇒=+−

= −114400375.07169.1

014.4935.2575 minn

[ ]NmnMM tm 014.10314407169.135.25757169.135.2575 =⋅−=⋅−==

M

n0

Mm(n)

Mt(n)49.014 [Nm]

137.352 [Nm]

103.014 [Nm]

1420 [min-1]

1440 [min-1]

Brzina do koje treba izračunati vreme zaleta iznosi:

[ ]199 8.14321440995.0 −=⋅= minn

Ukupni moment inercije iznosi:

[ ]25.045.005.0 kgmJJJ tm =+=+=Σ

Vreme zaleta nalazimo integraljenjem u dva opsega u kojima se menja zakon promenedinamičkog momenta:

=

−+

−=== ∫ ∫∫∫ ΣΣ

1 99

1

99

000 3030

n n

n tmtpol

n

d

t

zal MMdn

MMdnJ

MdnJdtt

zal ππ

( )

+

⋅+−⋅

⋅= ∫

1420

0

........0375.0014.49352.13730

5.0n

dnπ

( ) =

⋅+−⋅−+ ∫

8.1432

1420 0375.0014.497169.135.2575.....

nndn

=

⋅−+

⋅−⋅

⋅= ∫∫

8.1432

1420

1420

0 7544.1336.25260375.0338.88305.0

ndn

ndnπ

=

−+

−⋅

⋅= ∫∫

⋅−

⋅−

⋅− 8.14327544.1336.2526

14207544.1336.2526

14200375.0338.88

338.88 7544.11

0375.01

305.0

ydy

xdxπ

=

⋅−⋅−

+⋅−

⋅⋅

=8.14327544.1336.2526

14207544.1336.2526ln7544.11

14200375.0338.88338.88ln

0375.01

305.0π

[ ]s372.1=


314

Rešenje 4.4.4.Električna snaga, koeficijent korisnog dejstva i gubici pri nominalnom opterećenju iznose:

[ ]WcosIUP nomnomel 72.1152585.06.2038033 =⋅⋅⋅== ϕ

[ ]911.072.11525

10500===

el

nomnom P

Pη

[ ]WPPP nomelgnom 72.10251050072.11525 =−=−=

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalnadozvoljena nadtemperatura iznosi 100 [oC], pa vrednost toplotne provodnosti iznosi:

[ ]CWP

A o

max

gnom /2572.10100

72.1025==

∆=

θ

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotnikapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[ ]CkWsmCC oFET /2448.050 =⋅==

Vremenska konstanta zagrevanja je prema tome:

[ ] [ ] [ ]minminsA

CT Ttz 39

6023402340

2572.1024000

==≅==

Snagu motora i gubitke u stacionarnom stanju, uz uslove definisane u zadatku nalazimo izrelacija:

[ ]WPMM

P nomnom

mm 15750105005.110500

676.68014.103' =⋅=⋅==

( ) [ ]WPPPP

P gnomnom

m

nom

nommg 58.153872.102550.1

'1'' =⋅==

−=

ηη

Maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanimopterećenjem, iznosi:

[ ]CAP

PP

AP og

g

ggmax 15010050.1 =⋅=

′=

′=′∆θ

Polazeći od činjenice da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže odvremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od:

⇒′∆

∆−′∆=′∆

∆−=⇒

−′∆=∆

−−

max

maxmax

max

maxTt

Tt

maxmaxtz

uk

tz

uk

eeθ

θθ

θ

θθθ 11


315

[ ]minTtmaxmax

maxtzuk 846.423ln39

50150ln39

100150150ln39ln =⋅=⋅=

−⋅=

∆−′∆

′∆=

θθ

θ

Rešenje 4.4.5.Stepen korisnog dejstva motora iznosi:

[ ]7897.074.05.193803

7500cos3

=⋅⋅⋅

==nomnomnom

nomnom IU

Pϕ

η

Ukupni nominalni gubici prema tome iznose:

[ ]WPPnom

nomgnom 278.199717897.01750011

=

−⋅=

−=

η

⇒

+=+=+=

Fenom

CunomFenomFenomFenom

Fenom

CunomFenomCunomgnom P

PPPP

PP

PPP 1

[ ]W

PP

PP

Fenom

Cunom

gnomFenom 319.499

31278.1997

1=

+=

+=

[ ]WPPP FenomgnomCunom 959.1497319.499278.1997 =−=−=

Prema tome pri opterećenju od Pt = 6.2 [kW] gubici će iznositi:

[ ]WPPPP

PPP FenomCuenomnom

tFenomCug 991.1522319.499959.1497

5.72.6 22

=+⋅

=+

=+=

Rotorski gubici u zaletu bez tereta iznose:

( ) ( ) =−

=−= Σ

Σ2

22

1

22

22

1

2 222

sspfJssJW s

Curzπω

( ) [ ]Ws909.5011014

5022625.1 22

2

=−⋅

⋅⋅

⋅=π

Rotorski gubici tokom kočenja bez tereta iznose:

( ) ( ) =−

=−= Σ

Σ2

22

1

22

22

1

2 222

sspfJssJW s

Curkπω

( ) [ ]Ws727.15035124

5022625.1 22

2

=−⋅

⋅⋅

⋅=π

Statorski i rotorski gubici kod zaleta i kočenja, uz zanemarivanje struje magnećenja, moguse približno izračunati iz relacija:


316

( )

( )⇒==

∫

∫s

r

s

t

s

r

t

r

Cus

Cur

RR

dtRtI

dtRtI

WW

zal

zal

'''

2

0

2

0

[ ]WsWRR

W Curzr

sCusz 273.3341909.5011

5.11

'=⋅==

[ ]WsWRR

W Curkr

sCusk 818.10023727.15035

5.11

'=⋅==

Traženi ukupni gubici tokom zaleta i kočenja će prema tome biti:

[ ]WsWWW CurzCuszzal 102.8353273.3341909.5011 =+=+=[ ]WsWWW CurkCuskkoc 545.25059818.10023727.15035 =+=+=

Za vreme jednog ciklusa u toplotu se pretvori energija:

pgkoczal tPWW ++

gde je tp vreme trajnog opterećenja.Hlađenjem motora u jedinici vremena može se odvesti toplotna snaga odnosno gubici Pgnom

ako je u trajnom pogonu nominalno opterećen, toplotna snaga βPgnom ako je motor u mirovanju iαPgnom ako je motor u zaletu ili kočenju. Na osnovu zahteva da zagrevanje ne sme da premašidopuštenu granicu mora se odvesti onoliko toplote koliko se i stvori, odnosno:

( ) =+++=++ mgnompgnomkzgnompgkoczal tPtPttPtPWW βα

( ) mgnompgnomkzgnom tPtPttP ββ+++

+=

21

gde je tm vreme mirovanja, tz vreme zaleta i ts vreme kočenja.Označimo li sa tc vreme trajanja ciklusa, broj ciklusa na sat z možemo odrediti na osnovu

relacije:

ctz 3600

=

Pri relativnoj intermitenciji ε vreme trajnog opterećenja i vreme mirovanja iznose:

( ) ( )kzkzcp ttz

tttt +−=+−=3600εε

( ) ( )z

tt cm360011 εε −=−=

Ubacivanjem ovih vremena u relaciju bilansa toplotne energije dobijamo relaciju za brojciklusa:

( ) =

+−++ kzgkoczal tt

zPWW 3600ε


317

( ) ( ) ( ) ⇒−+

+−++

+=

zPtt

zPttP gnomkzgnomkzgnom

3600136002

1 εβεβ

( ) ( )

( )

−

−+−+

−+−=

gnomgkzkoczal

gnomggnom

PPttWW

PPPz

211

3600βεβε

Iz uslova zadatka da su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa,sledi približna relacija za dozvoljeni broj ciklusa:

( ) ( )=

+

−+−≈

koczal

gnomggnom

WWPPP

zεβε 1

3600

( ) [ ]58322.58545.25059102.8353

35.0333.0278.1997991.1522278.199765.03600 ≈=+

⋅⋅+−⋅⋅=

Sličan rezultat može se dobiti i ako se ne zanemari vreme trajanja zaleta i kočenja, analizomizraza u broiocu tačnog izraza za dozvoljeni broj ciklusa. Ako zamenimo energiju gubitaka nastalihtokom zaleta i kočenja sa ekvivalentom energijom koja nastaje kao delovanje srednje snagegubitaka tokom zaleta i kočenja Pgzk, važi relacija:

( ) gzkkzkoczal PttWW +=+

Pa broioc izraza za dozvoljeni broj ciklusa možemo pisati u obliku:

( ) ( )

−

−−+=

−

−+−+ gnomggzkkzgnomgkzkoczal PPPttPPttWW2

12

1 ββ

Ocenimo veličine u faktoru u srednjoj zagradi upoređujući pojedine elemente sa Pgnom. Prvoopterećenje u stacionarnom stanju Pg nije mnogo različito od Pgnom. Drugo uz minimalni odnos β =0.25 važi:

gnomgnomgnomg PPPP 625.02

25.0112

1=

−

−≈−

−β

Sa druge strane struje tokom zaleta i kočenja su 4 do 5 puta veće od nominalne struje, a Pgzkje proporcionalno sa kvadratu struje, pa važi:

( ) gnomgyk PP 2516 ÷≈

Iz toga proizilazi da je Pgzk je 25 do 40 puta veće od

−

− gnomg PP2

1 β , odnosno da treći

član broioca iznosi samo 2.5% do 4% od zbira prva dva, pa iz toga sledi da izraz za dozvoljeni brojciklusa približno iznosi:

( ) ( )( )

( ) ( )koczal

gnomggnom

koczal

gnomggnom

WWPPP

WWPPP

z+

−+−≈

+

−+−≈

εβεεβε 13700

97.01

3600

ili u našem slučaju:


318

( ) [ ]6094.59545.25059102.8353

35.0333.0278.1997991.1522278.199765.03700 ≈=+

⋅⋅+−⋅⋅=z

što se ne razlikuje mnogo od prethodnog rezultata.


Zadatak 4.5.1.Serijski motor jednosmerne struje razvija pri nominalnom naponu napajanja Unom = 170 [V],

nominalnoj struji Ianom = 39 [A] i brzini nnom = 600 [min-1] moment Mnom = 100 [Nm].Ako se moment opterećenja smanji na Mt = 50 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri

istom naponu napajanja.

Zadatak 4.5.2.Kran nosivosti mt = 500 [kg] sa masom protivtega ms = 250 [kg] ima brzinu dizanja od v =

0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je nnom = 960 [min-1].a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)?b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ?

Zadatak 4.5.3.Dvopolni trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom za priključni napon Unom =

220 [V]; fnom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja Mt = 20[Nm]. Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnojtački nt1 = 804 [min-1] i u stabilnoj radnoj tački nt2 = 2878 [min-1]. Odrediti:

a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približnoiste.

b) Vrednost prevalnog momenta Mkr i prevalnog klizanja skr .

Zadatak 4.5.4.Motor iz prethodnog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača.a) Da li se pogon može pokrenuti, obzirom da je moment opterećenja veći od polaznog

momenta motora?b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije.

Zadatak 4.5.5.Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za kratkotrajni rad, su

sledeći podaci: Pnom = 120 [kW]; tuk = 130 [min]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F.Na osnovu ovih podataka odrediti koliko bi moglo biti opterećenje u trajnom radu pri čemu

se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, uz pretpostavku da je motor upogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC].

Rešenje 4.5.1.Nominalna snaga u trajnom pogonu iznosi:

[ ]Wn

MP nomMotMot 185.6283

606002100

602

=⋅⋅

==ππ

Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju:


319

2anomManomanomΦManomnomMnom ICIIkkIΦkM ===

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja:

2aMaaΦMaMmt ICIIkkΦIkMM ====

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenomopterećenju:

[ ]AMM

IIICIC

MM

nom

tanoma

anomM

aM

nom

t 577.272

3910050392

2

==⋅==⇒=

Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz sledeće jednačine uz pretpostavku dasu mehanički gubici približno jednaki nuli:

[ ]VIP

Eanom

nomnom 10.161

39185.6283

===

Iz naponske jednačine sledi da vednost sumarne otpornosti rotorskog kruga iznosi:

( ) [ ]Ω==−

=−

=++ 228.039

9.839

10.161170

anom

nomnomsppa I

EURRR

Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju je prema tome:

( ) [ ]VRRRIUE sppaanom 71.163228.0577.25170 =⋅−=++−=

Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija:

⇒=== nomanomEnomanomΦEnomnomEnom nICnIkknΦkE⇒=== nICnIkkΦnkE aEaΦEE

[ ]128.862600577.25

3910.16171.163 −=⋅⋅==⇒= minn

II

EEn

nICnIC

EE

noma

anom

nomnomanomE

aE

nom

Rešenje 4.5.2.a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi:

( ) ( ) [ ]WgvmmmgvP tsMot 25.12265.081.9250500 =⋅⋅−=−==

b) Potreban moment u trajnom pogonu iznosi:

[ ]NmnP

Mnom

MotMot 197.12

96025.122630

260

===ππ


320

Rešenje 4.5.3.Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi:

[ ]732.030002196

30008043000

1

111 ==

−=

−=

nnn

s tt

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi:

[ ]040666.03000122

300028783000

1

212 ==

−=

−=

nnn

s tt

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanjekritičnog klizanja:

( ) [ ]17253.03000

1222196

/01122

221212

2121

122

21

21

2

2

1

1

2

2

1

1

±=⋅

±=±=⇒=⇒−−=

−

⋅⇐=

−+

−⇒+=+⇒

+=

+=

ttkrttkrtttt

ttkr

krtt

krkr

tt

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

t

kr

kr

t

kr

t

kr

kr

t

krt

ssssssssss

sss

sss

ss

ssss

ss

ss

ss

ss

ss

M

ss

ss

MM

Kritični moment nalazimo iz relacije:

[ ]Nmss

ssM

Mt

kr

kr

ttkr 779.44

732.017253.0

17253.0732.0

220

2 2

2 =

+=

+=

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse:

( ) ( ) [ ]Ω=⋅

⋅⋅=⋅⋅=+⇒+

⋅⋅= 161.5779.442

2203000

3302

3302

330 22

1

''

2

1 πππ kr

srs

rs

skr M

Un

XXXX

Un

M

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora Ls i rotora Lr' pod pretpostavkom da su približnoiste, iznose:

[ ] [ ]mH.H..XXLLLL

'rs

'rs'

rs 124800821405022

161522

==⋅⋅⋅

=+

=+

==πω

Rešenje 4.5.4.Može se pokrenuti.Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od

momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije donominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst,opada kvadratično sa porastom frekvencije.


⇒=

⇒≈== 23922392

2077944

2

.ff

..MM

MM

s

sb

krb

kr

t

kr


321

[ ]Hz...ff ssb 816742392502392 =⋅==


[ ]111 96.4488

50816.743000 −=⋅== min

ff

nns

sbb


[ ]11 59.517300017253.0 −=⋅==∆ minnsn krkr


[ ]11 37.397159.51796.4488 −=−=∆−= minnnn krbb

Rešenje 4.5.5.Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni

kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], njegov toplotni kapacitet iznosi:

[ ]CkWsmCC oFET /67248.01400 =⋅==

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalnadozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]Coambmaxmax 10040140 =−=−=∆ θθθ


( ) [ ]kWPP

Pnom

nomnom

nomnomnom 333.131

9.01120111

=

−=

−=

−=

ηηη

γ

Vremenska konstanta zagrevanja je:

′∆== maxTT

tz PC

ACT θ

γ

gde je toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature ustacionarnom stanju:

′∆=

max

PA

θ

γ

Dijagram porasta temperatura zagrevanja za kratkotrajni rad možemo ilustrovati sledećimdijagramom, iz koga sledi jednačina za vezu između dozvoljene nadtemperasture i nadtemperatureu stacionarnom stanju:


322

⇒

−′∆=

−′∆=

−′∆=∆

′′

∆−∆

−−

maxT

ukmax

T

uk

tz

uk

C

Pt

maxPC

t

maxTt

maxmax eee θθ γ

γ θθθθ 111

[ ]CC

PtKe o

T

ukK

maxmaxmax 758.154

672333.13601301100 =

⋅⋅==⇒

−′∆==∆

′∆−

γθθθ

′∆=

−′∆=

′∆−

maxmax fe max θθ θ758.154

1100

Ovu jednačinu ne možemo eksplicitno rešiti po nadtemperaturi u stacionarnom stanju.Rešavanje se svodi na izračunavanje funkcije sa desne strane za razne vrednosti promenljive, teuzimanjem za rešenje vrednost promenljive za koju funkcija ima vrednost dozvoljenunadtemperaturu. Vrednosti funkcije možemo srediti tabelarno ili grafički kao što sledi.

′∆ maxθ

′∆ maxf θ

120 86.9532130 90.4658140 93.6464150 96.5374160 99.1751161 99.4262162 99.6751163 99.9218163.5 100.0443164 100.1663165 100.4088170 101.5902

θ

t

∆θmax

θamb

tuk

θmax

θmax


323

Dakle rešenje je 163.5, pa sledi da u trajnom radu možemo motor opteretiti sa snagom čijavrednost sledi iz sledećeg izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenomopterećenja:

( )

( ) ⇒=−

−

=∆∆

=⇒∆

=∆

=nom

nom

nomnommax

max

nom

nom

max

nom

max

nom

PP

P

P

PPPP

A '1

''1'

''

''

ηη

ηη

θθ

θθ γ

γγγ

[ ]kWPPmax

maxnom 394.73

5.163100120

'' ==

∆∆

=θθ


Zadatak 4.6.1.

Pogonskovratilo

Izlaznovratilo

1 23

45

67

8

z1 = 20z2 = 57z3 = 25z4 = 67z5 = 25z6 = 75z7 = 25z8 = 65

J1 = 0.012 [kgm2]J2 = 0.05 [kgm2]J3 = 0.015 [kgm2]J4 = 0.06 [kgm2]J5 = 0.10 [kgm2]J6 = 0.12 [kgm2]J7 = 0.01 [kgm2]J8 = 0.06 [kgm2]


324

Odrediti ukupan moment inercije pogona sveden na vratilo motora i brzinu obrtanjapogonskog izlaznog vratila uređaja sa zupčastim prenosom prikazanim na slici. Brzina obrtanjaosovine motora iznosi nnom = 940 [min-1].

Zadatak 4.6.2.Dva trofazna asinhrona motora sa kratkospojenim rotorom pokreću pomoću različitih

reduktora radnu mašinu sa dizaličnom karakteristikom otpornog momenta Mt = 2451 [Nm] imomenta inercije Jt = 37.5 [kgm2].

Odrediti vreme zaleta pogona ako se momenti motora pri puštanju u rad drže konstantnim.Nominalni podaci prvog motora i reduktora su Pnom1 = 15 [kW]; nnom1 = 1461 [min-1]; Jm1 =

0.1 [kgm2]; Mpol1 / Mnom1 = 1.6 [ ]; i1 = 15 [ ]. Nominalni podaci drugog motora i reduktora su Pnom2= 10 [kW]; nnom2 = 974 [min-1]; Jm2 = 0.1 [kgm2]; Mpol2 / Mnom2 = 1.5 [ ]; i2 = 10 [ ].

M1 i1 i2 M2Radnamašina

Zadatak 4.6.3.Koliko puta će vreme kočenja do potpunog zaustavljanja dizalice pri spuštanju tereta biti

veće od vremena kočenja pri dizanju, ako je moment opterećenja konstantan Mt = 50 [Nm] i ako jesrednji kočioni moment Mkoc = 100 [Nm] a ukupni moment inercije tereta je Jt = 0.5 [kgm2]. Brzinaobrtanja motora na početku kočenja iznosi nm = 975 [min-1].

Zadatak 4.6.4.Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke Pnom = 6.7 [kW],

nnom = 1455 [min-1], Mkr / Mnom = 3 [ ]. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri nominalnommomentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%.

Zadatak 4.6.5.Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći

podaci: Pnom = 11 [kW]; η = 0.9; klasa izolacije F. Pri povećanom opterećenju od 20% iznadnominalnog merenjem je utvrđeno da nadtemperaturu klase izolacije motor dostiže za tuk = 110[min].

Uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitetkao kod gvožđa, CFE = 0.48 [kWs/kgoC] odrediti približno masu motora.

Rešenje 4.6.1.Prenosni odnosi pojedinih parova zupčanika iznose:

[ ]2057

1

21 ==

zzi [ ]

2567

3

42 ==

zzi

[ ]2575

5

63 ==

zz

i [ ]2565

7

84 ==

zz

i

Svedeni moment inercije pogonskog mehanizma na vratilo motora iznosi:


325

=++

++

++

+=Σ 24

23

22

21

82

32

22

1

762

22

1

542

1

321 iiii

JiiiJJ

iiJJ

iJJ

JJ

[ ]2

2222

023987.02565

2575

2567

2057

06.0

2575

2567

2057

01.012.0

2567

2057

1.006.0

2057

015.005.0012.0

kgm=

=

⋅⋅⋅

+

⋅⋅

++

⋅

++

++=

Izlazna brzina pogonskog mehanizma iznosi:

[ ]1

43214321

18 min778.15

2565

2575

2567

2057

940 −=⋅⋅⋅

====iiii

niiii

nnn nomizl

Rešenje 4.6.2.Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemo

smatrati linearnom, važe relacije za momente motora:

2

2

2

2

1

1

1

1

sM

sM

sM

sM m

nom

nomm

nom

nom ==

pri čemu nominalni momenti i klizanja imaju vrednosti:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 042.98

14611500030

260

1

11 =⋅==

ππ

[ ]026.01500

391500

14611500

1

111 ==

−=

−=

s

ms

nnn

s

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 042.98

9741000030

260

2

22 =⋅==

ππ

[ ]026.01000

261000

9741000

2

222 ==

−=

−=

s

ms

nnn

s

Iz toga proizilazi da se moment tereta deli po motorima u stacionarnom stanju u odnosu:

'' 21 mmt MMM +=

11

11111 ' i

ssMiMMnom

nommm ==

22

22222 ' i

ssMiMMnom

nommm ==

Pošto važe odnosi:

4.9710974

151461

2

2

1

1 ====i

ni

n nomnom

21 nomnom ss =


326

važi i odnos:

sss == 21

Pa iz relacija za moment sledi:

⇒

+=+=+=

2

22

1

112

2

221

1

1121 ''

nom

nom

nom

nom

nomnom

nomnommmt s

iMs

iMsi

ssMi

ssMMMM

( ) 026.01015042.98

2451026.0

026.010042.98

026.015042.98

2451

2

22

1

11≈

+⋅⋅

=⋅

+⋅

=+

=

nom

nom

nom

nom

t

siM

siM

Ms

Što znači da u stacionarnoj radnoj tački da se oba motora okreću nominalnim brzinama i dasu opterećena nominalnim momentima, iz toga sledi da je brzina obrtanja izlaznog vratila reduktora:

[ ]1

2

2

1

1 min4.9710974

151461 −=====

in

in

n nomnomt

Iz uslova zadatka sledi da su polazni momenti motora konstantni, pa je svedeni polaznimoment na izlaznoj osovini reduktora:

[ ][ ]Nm..Mi'MNm...M.M

polpol

nompol

008235386715615867156042986161

111

11

=⋅==

⇒=⋅==

[ ][ ]Nm..Mi'M

Nm...M.M

polpol

nompol

63147006314710063147042985151

222

22

=⋅==

⇒=⋅==

[ ]NmMMM polpolpol 638.382363.1470008.2353''' 21 =+=+=

Ukupni svedeni moment inercije na izlaznu osovinu reduktora iznosi:

=++=++=Σ2

222

1121 ''' iJiJJJJJJ mmtmmt

[ ]222 70105.225.37101.0151.05.37 kgm=++=⋅+⋅+=

Traženo vreme zaleta za konstantni polazni moment i konstantni moment opterećenjanalazimo iz relacije:

[ ]sMM

nJM

Jt

tpol

t

d

tzal 5201.0

2451638.38234.9770

30''

602

''

=−

⋅⋅=

−== ΣΣ ππω

Rešenje 4.6.3.Pri dizanju ukupan teret usporava kretanje, pa je ukupan moment kočenja jednak zbiru

momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije:

[ ]sMM

nJMM

Jt

tkoc

m

tkoc

mkocd 34034.0

501009755.0

3030=

+⋅

⋅=+

=+

= ΣΣ ππω


327

Pri spuštanju ukupan teret ima tendenciju da ubrzava kretanje, pa je ukupan moment kočenjajednak razlici momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije:

[ ]sMM

nJMM

Jt

tkoc

m

tkoc

mkocs 0210.1

501009755.0

3030=

−⋅

⋅=−

=−

= ΣΣ ππω

Pa traženi odnos vremena kočenja pri spuštanju i dizanju iznosi:

[ ]334034.002100.1

==kocd

kocd

tt

Rešenje 4.6.4.Nominalno klizanje motora iznosi:

[ ]03.01500

451500

14551500

1

1 ==−

=−

=nnn

s nomnom

Primenom Klosovog obrasca dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja:

⇒=+−

⇒⋅⋅=−+⇒+

=

02

022

22nomkrnom

nom

krkr

nomkrnom

kr

nom

kr

kr

nom

nom

kr

kr

nom

krnom

sssM

Ms

ss/M

Mss

ss

ss

ss

MM

=

−

±=−

±= 1

22

2

nom

kr

nom

krnomnomnom

nom

krnom

nom

krkr M

MMM

sssMM

sMM

s

( )

=−±=0051.0

174852.013303.0 2

Usvaja se prvo rešenje pošto je drugo manje od nominalnog klizanja.Polazni moment izračunavamo ponovnom primenom Klosovog obrasca:

nomnom

kr

kr

nomnom

kr

pol

kr

kr

pol

krpol M

Ms

s

MM

M

ss

ss

MM 0179.1

1174852.0

174852.01

32

11

22

=+

⋅⋅=

+=

+=

Pri smanjenom naponu za 15% motor razvija polazni moment:

nomnomnom

nompol

nompol MM

UU

MUUM 7354.00179.1

85.0''22

=⋅⋅

⋅=

=

manji od momenta opterećenja jednakim nominalnom, što znači da se motor ne može pokrenuti.


328

Rešenje 4.6.5.Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [oC], maksimalna

dozvoljena temperatura iznosi 140 [oC], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi:

[ ]Co10040140ambmaxmax =−=−=∆ θθθ


( ) [ ]kWPP

Pnom

nomnom

nomnomnom 22223.11

9.0111111

=

−=

−=

−=

ηηη

γ

Toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature ustacionarnom stanju:

[ ]CWP

A onom 2223.12100

23.1222

max

==∆

=θγ

Gubici pri povećanom opterećenju, uz uslov da je koeficijent korisnog dejstva približnokonstantan, iznose:

( )nom

nomnom

nom

nom PPP

P γγ ηηη

2.1112.11'

' =

−=

−=

Nadtemperatura u stacionarnom stanju u tom slučaju iznosi:

[ ]CAP

AP onom 1202.1

2.1'' max =∆===∆ θθ γγ

Vremensku konstantu zagrevanja nalazimo iz uslova zadatka da se nadtemperatura klaseizolacije motora dostiže za tuk = 110 [min]:

⇒′∆

∆−′∆=−⇒′∆

∆−′∆=⇒

−′∆=∆

−−

θ

θθ

θ

θθθθ maxmax

max lnln1tz

ukTt

Tt

Tt

ee tz

uk

tz

uk

[ ] [ ]st

T uktz 53.3683min392.61

6ln110

100120120ln

110

lnmax

===

−

=

∆−′∆

′∆=

θθ

θ

Toplotni kapacitet je prema tome:

[ ] [ ]CkWsCWsATC ootzT /021209.45/209.4502153.36832223.12 ==⋅==

Na kraju traženu masu motora, pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanjahomogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa CFE = 0.48 [kWs/kgoC], nalazimoiz sledeće relacije:


329

[ ]kgCCm

FE

T 794.9348.0

021209.45===


Zadatak 4.7.1.Jednomotorni pogon papir mašine sa tri valjka izveden je sa kombinovanim kaišnim i

zupčastim mehaničkim prenosom prikazanim na slici. Tehnologija rada papir mašine zahteva daperiferne brzine svih valjaka budu jednake. Prečnik prvog valjka iznosi D1 = 600 [mm]. Brzinaobrtanja osovine motora iznosi nnom = 1450 [min-1]. Odrediti perifernu brzinu prvog valjka iprečnike drugog i trećeg valjka.

Motor

D1 = 600 D2 =? D3 = ?

z1 = 20 z1 = 20 z1 = 20

z2 = 57 z2 = 57 z2 = 57

z3 = 26 z4 = 168

d 1 = 3

00d 2 =

130

0

d 4 = 9

00

d 6 = 8

98

d 8 = 9

30

d 3 = 5

91

d 5 = 7

14.4

d 7 =53

1

Zadatak 4.7.2.Izračunati ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora pogona iz prethodnog zadatka

ako je moment inercije motora Jm = 0.66 [kgm2], ako su svi valjci šuplji iste dužine l = 1000 [mm] idebljine zida a = 100 [mm], a specifična masa materijala od kog su izrađeni iznosi ρ = 4.5 [kg/dm3].Momenti inercije ostalih delova mehanizma su zanemarljivi.

Zadatak 4.7.3.Pogonski motor pogona iz prethodnih zadataka nominalne snage Pnom = 4.6 [kW] pogoni se

frekventnim pretvaračem. Odrediti srednju snagu otpornika u jednosmernom kolu pretvarača, akopri kočenju pretvarač obezbeđuje konstantni moment kočenja jednak nominalnom momentumotora. Ako niste u prethodnom zadatku izračunali ukupni svedeni moment inercije usvojiti da oniznosi JΣ = 2 [kgm2].


330

Zadatak 4.7.4.Šestopolni asinhroni motor napajan iz mreže frekvencije 50[Hz], ima nominalni moment Mnom

= 73.9 [Nm], kritični moment mu iznosi Mkr = 4Mnom, a polazni moment mu iznosi Mpol = 2Mnom.Odrediti nominalnu snagu motora.

Zadatak 4.7.5.Dvomotorni pogon sačinjavaju dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom

upravljana posebno sa regulatorima u rotorskom i pobudnom krugu. Prvi motor ima nazivnepodatke: Unom = 440 [V]; Ianom = 26.1 [A]; Ra + Rpp = 1.1 [Ω]; nnom = 3000 [min-1]. Drugi motor imanazivne podatke: Unom = 220 [V]; Ianom = 55 [A]; Ra + Rpp = 0.091 [Ω]; nnom = 1400 [min-1]. Prvimotor pokreće preko reduktora prenosnog odnosa 25:1 valjak prečnika D1 = 600 [mm], a drugimotor preko reduktora prenosnog odnosa 20:1 valjak prečnika D2 = 1000 [mm]. Valjci supriljubljeni jedan uz drugi i vrte se zajedno bez proklizavanja. U stacionarnom stanju izmerena jeperiferijska brzina valjaka od v = 250 [m/min] i rotorske struje motora Ia1 = 15 [A] i Ia2 = 20 [A].Koliki su u tom slučaju moment opterećenja, naponi napajanja i pobude motora u odnosu nanominalne, .

MMM1 M2

i1 i2

D1 D2

ω1ω2

Rešenje 4.7.1.Prenosni odnosi kombinovanih prenosnika pojedinačnih valjaka iznose:

[ ]807.182057

592900

3001300

1

2

3

4

1

21 =⋅⋅==

zz

dd

ddi

[ ]309.10026

1682057

4.714898

3001300

3

4

1

2

5

6

1

22 =⋅⋅⋅==

zz

zz

dd

ddi

[ ]630.212057

531930

3001300

1

2

7

8

1

23 =⋅⋅==

zz

dd

ddi

Brzina obrtanja i ugaona brzina osovine prvog valjka poznatog prečnika je prema tome:

[ ]1

11 min099.77

807.181450 −===

in

n mot

=

⋅==

srn 074.8

30099.77

602 1

1ππ

ω

Obodna brzina prvog valjka iznosi:

=⋅==

smDv 442.2

26.0074.8

21

11 ω


331

Obodne brzine valjaka su iste, pa iz toga slede relacije za izračunavanje traženih prečnikadrugog i trećeg valjka:

⇒⋅

=⋅

=⋅

======230230230222

33221133

22

11321

DnDnDnDDDvvvπππ

ωωω

⇒== 332211 DnDnDn

⇒== 33

22

11

Di

nD

in

Di

n motmotmot

[ ]mDzz

dd

dd

D

zz

dd

dd

zz

zz

dd

dd

DiiD 2.36.0

26168

4.714898

900591

13

4

5

6

4

31

1

2

3

4

1

2

3

4

1

2

5

6

1

2

11

22 =⋅⋅⋅====

[ ]mDdd

dd

D

zz

dd

dd

zz

dd

dd

Dii

D 69.06.0531930

900591

17

8

4

31

1

2

3

4

1

2

1

2

7

8

1

2

11

33 =⋅⋅====

Rešenje 4.7.2.Moment inercije pojedinačnih šupljih valjaka su:

( ) [ ]24434

14

11 946.454.06.0105.41

321

1621 kgm

DDlJ u =−⋅⋅⋅⋅⋅=

−= πρπ

( ) [ ]24434

24

22 978.1053932.3105.41

321

1621 kgm

DDlJ u =−⋅⋅⋅⋅⋅=

−= πρπ

( ) [ ]24434

34

33 672.7449.069.0105.41

321

1621 kgm

DDlJ u =−⋅⋅⋅⋅⋅=

−= πρπ

Traženi ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora je prema tome:

[ ]22222

3

32

2

22

1

1 9971.1630.21672.74

309.100978.10539

807.18946.4566.0 kgm

iJ

iJ

iJJJ m =+++=+++=Σ

Rešenje 4.7.3.Vrednost kinetičke energije kočenja iznosi:

[ ]JnJJWkoc 06.230233014509971.1

21

602

21

21 22

2 =

⋅

⋅⋅=

== ΣΣ

ππω

Konstantni moment kočenja jednak je nominalnom momentu motor, te vreme kocenjaiznosi:

[ ] ⇒====⋅=== ΣΣkoc

nom

nom

nomnomkoc t

nJ

dtdJkonstNm

nP

MM30

294.301450460030

260 πω

ππ


332

[ ]sMn

Jtnom

nomkoc 010.10

294.303014509971.1

30=

⋅⋅⋅

== Σππ

Pošto se sva energija kočenja mora potrošiti u otporniku, njegova srednja snaga iznosi:

[ ]Wt

WP

koc

kocsr 006.2300

010.1006.23023

===

Rešenje 4.7.4.Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnog

klizanja:

⇒=+−⇒⋅=−+⇒=⇒+

= 012

0211

2 2kr

pol

krkrkr

pol

krkr

krpol

pol

kr

kr

pol

krpol s

MM

ss/MM

ss

s

ss

ss

MM

⇒=+−⇒=+⋅

− 014012

42 22krkrkr

nom

nomkr sss

MM

s

=±=⋅−±

=267950732053

322

1444 2

.

.skr

Prvo rešenje nema smisla, pa dalje važi:

⇒=+−

⇒⋅⋅=−+⇒+

=

02

022

22krnomkr

nom

krnom

krnomnom

kr

nom

kr

kr

nom

nom

kr

kr

nom

krnom

sssM

Ms

ss/M

Mss

ss

ss

ss

MM

00718.01436.2026795.026795.042 222 =+⋅−⇒=+⋅⋅⋅− nomnomnomnom ssss

=±

=⋅−±

=03405.010955.2

20755.21436.2

20718041436.21436.2 2 .snom

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome nominalna brzina:

( ) ( ) [ ]1min95.965034050110001 -nomsnom .--snn =⋅==

Tražena vrednost nominalne snage motora je prema tome:

[ ] [ ]kWWn

MP nomnomnom 48.7284.7475

3095.9659.73

602

≈=⋅

⋅==ππ

Rešenje 4.7.5.Periferijska brzina valjaka iznosi:

[ ] [ ] [ ]smsmmv /166.4/60250min/250 •===


333

Ugaona brzina prvog valjka iznosi:

[ ]1

11 888.13

3.060250 −•=

⋅== s

Rvω

Brzina obrtanja osovine prvog valjka je:

[ ]111 min629.132

23.06060250

260 −=

⋅⋅⋅⋅

==ππ

ωn

Prema tome brzina obrtanja osovine prvog motora iznosi:

[ ]1111 min728.3315629.3225 −=⋅== ninm

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja prvog motora nnom = 3000 [min-1], što značida taj motor radi u području slabljenja polja, napon napajanja mu je nominalan a odnos slabljenjanalazimo iz sledećih relacija:

( ) [ ]min137096.03000

1.11.26440

1

1111

1

11 V

nRRIU

nE

Φknom

ppaanomnom

nom

nomnomE =

⋅−=

+−==

( ) [ ]min1307405.0728.3315

1.115440

1

1111

1

11 V

nRRIU

nEΦk

m

ppaanom

mE =

⋅−=

+−==

[ ]9537.0137096.01307405.0

1

11 ≅==

nomE

E

ΦkΦk

λ

Ugaona brzina drugog valjka iznosi:

[ ]1

22 138.2

5.060250 −=⋅

== sRvω

Brzina obrtanja osovine drugog valjka je:

[ ]122 min578.79

25.06060250

260 −=

⋅⋅⋅⋅

==ππ

ωn

Prema tome brzina obrtanja osovine drugog motora iznosi:

[ ]1222 min5495.1591578.7920 −=⋅== ninm

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja drugog motora nnom = 1400 [min-1], štoznači da i taj motor radi u području slabljenja polja, pri čemu odnos slabljenja iznosi:

( ) [ ]min15357.01400

091.055220

2

2222

2

22 V

nRRIU

nE

Φknom

ppaanomnom

nom

nomnomE =

⋅−=

+−==

( ) [ ]min13709.05495.1591

091.020220

2

2222

2

22 V

nRRIU

nEΦk

m

ppaanom

mE =

⋅−=

+−==


334

[ ]8927.015357.013709.0

2

22 ≅==

nomE

E

ΦkΦk

λ

Pri tome motori razvijaju momente na osovini motora:

( ) [ ]NmIn

RRIUn

IEM a

m

ppaanom

m

am 727.1815

728.33151.1154403030

260

11

1111

1

111 =⋅

⋅−⋅=

+−==

πππ( ) [ ]NmI

nRRIU

nIE

M am

ppaanom

m

am 1816.2620

728.3315091.0202203030

260

22

2222

2

222 =⋅

⋅−⋅=

+−==

πππ

Prema tome traženi moment opterećenja iznosi:

[ ]NmMiMiM mmt 807.9911816.2620727.18252211 =⋅+⋅=+=


Zadatak 4.8.1.Jednosmerni motor napajan iz tiristorskog ispravljača, pogoni otporno opterećenje sa

konstantnim otpornim momentom i ukupnim svedenim momentom inercije na osovinu motora JΣ =10 [kgm2]. Motor se zaleće za vreme tzal = 20 [s] do nominalne brzine obrtanja nnom = 590 [min-1],zatim radi u stacionarnom stanju tokom vremena tstac = 60 [s] pri čemu motor na osovini razvijasnagu Pm = 680 [W] i na kraju koči do nulte brzine.

Izračunati vreme kočenja.

n

t

nnom = 590 [min-1]

tstac = 60 [s]tzal = 20 [s] ttkoc = ?

tc = 2 [min]

Zadatak 4.8.2.Odrediti odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora iz

prethodnog zadatka ako se opisani ciklus opterećenja ponavlja svakih tc = 2 [min], u slučaju da:a) Motor ima prinudno hlađenje.b) Motor ima sopstveno hlađenje pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije

nego kod obrtanja nazivnom brzinom.

Zadatak 4.8.3.Glavno kretanje struga rešeno je uz pomoć pretvarača frekvencije vezanog na trofaznu

mrežu 3x380 [V]. Glava struga se okreće brzinom obrtanja od n = 600 [min-1] i treba da se zaustavigeneratorskim kočenjem za vreme t = 2 [s]. Celokupni moment inercije glave struga i predmeta za


335

obradu je JΣ = 10 [kgm2]. Dimenzionisati otpornost otpornika R u međukolu tako da ne dođe doprenapona u međukolu tokom kočenja.

M3f

R

Zadatak 4.8.4.Centrifuga za šećer goni se sa asinhronim motorom sa podacima Unom = 380 [V], fnom = 50

[Hz], Pnom = 192 [kW], nnom = 1460 [min-1]. Motor se napaja iz frekventnog pretvarača koji tokomzaleta obezbeđuje konstantni moment zaleta jednak nominalnom. Prazna centrifuga zaleće se za tzal= 10 [s] do nominalne brzine obrtanja. Doboš centrifuge ima unutrašnji prečnik D = 1 [m], a u punucentrifugu staje ukupno m = 700 [kg] šećera.

Odrediti za koliko će se produžiti vreme zaleta pune centrifuge do nominalne brzine obrtanjau odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge, za slučaj da se centrifuga posmatra kao opterećenje sačistim momentom inercije.

Zadatak 4.8.5.Odrediti vreme zaleta pune centrifuge iz prethodnog zadatka do brzine obrtanja nmax = 2000

[min-1].

Rešenje 4.8.1.Dinamički moment ubrzanja tokom zaleta nalazimo iz relacije:

[ ]Nmtn

Jt

JdtdJM

zal

nomdzal 892.30

203059010

602

=⋅

⋅⋅==

∆∆

==ππωω

Otporni moment, prema uslovu zadatka nezavisan od brzine obrtanja nalazimo iz razvijenesnage u stacionarnom stanju:

[ ]Nmn

PPM

nom

m

m

mtstac 005.11

5906803030

=⋅⋅

===ππω

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija maksimalni moment, određen strujnom granicomtiristorskog ispravljača:

[ ]NmMMM dzaltstacm 897.41892.30005.11max =+=+=

Tokom procesa kočenja, teret koči otporni moment i sam motor, te dinamički momentkočenja dobijamo iz relacije:

[ ]NmMMM mtstacdkoc 902.52897.41005.11max =+=+=


336

Na kraju traženo vreme kočenja je:

[ ]sMn

JM

Jtdkoc

nom

dkoczal 679.11

902.523059010

602

=⋅⋅

⋅==∆

=ππω

Rešenje 4.8.2.a) Za vreme zaleta i kočenja motor razvija maksimalni moment, a tokom stacionarnog stanjarazvija navedeni moment u uslovima zadatka, pa je efektivna vrednost momenta, odnosnonominalni moment u slučaju prinudnog hlađenja koje traje i tokom mirovanja:

=++

===∑

∑c

kocmstacmzalm

ii

iii

anomaeff ttMtMtM

t

tMMM

2max

22max

2

( )=

+++=

c

mstacmkoczalm

tMtMttM 2

max22

max

( ) [ ]Nm890.22120

60005.11679.1120897.41 22

=⋅++⋅

=

Pošto su struje proporcionalne vrednostima momenta, traženi odnos maksimalne strujeregulisanog ispravljača i nominalne struje motora iznosi:

[ ]830.1890.22897.41mmaxmax ===

anomanom MM

II

b) U slučaju sopstvenog hlađenja potrebno je računati sa smanjenom efikasnošću ventilatorapreko faktora:

32

2311

21

31

=+

=+

==βαβ

Te u tom slučaju, ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi:

( )( ) ( )[ ] =

++−+++++

=++

==∑ ∑∑

∑kocstaczalcstackoczal

stacmkoczalm

k llk

jj

iii

bnombeff ttttttttMttM

ttt

tMMM

αβα

22max

2

( )( ) ( )[ ]

[ ]Nm349.26679.116020120

3160679.1120

32

60005.11679.1120897.41 22

=−+−+++

⋅++⋅=

Pa je traženi odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora:

[ ]590.1349.26897.41mmaxmax ===

bnombnom MM

II


337

Rešenje 4.8.3.Vrednost energije kočenja iznosi:

[ ]JnJJWkoc 21.197393030010

21

602

21

21 22

2 =

⋅

⋅⋅=

== ΣΣ

ππω

Napon jednosmernog međukolu iznosi:

[ ]VUU LDC 40.53738022 =⋅=≈

Pošto se u slučaju da ne nastaje prenapon u međukolu mora sva snaga odnosno energijakočenja potrošiti u otporniku, uz uslov da se kočenje vrši sa konstantnim momentom, vrednostnjegove otpornosti nalazimo iz relacije:

[ ]Ω=⋅

=== 262.2921.1973940.5372 222

koc

DCkoc

koc

DC

WUt

PU

R

Rešenje 4.8.4.Polazni moment prema uslovima zadatka održava se konstantnim tokom zaleta do

nominalne brzine obrtanja i jednak je vrednosti nominalnog momenta motora:

[ ]NmnP

Mnom

nomnom 798.1255

146019200030

260

=⋅

⋅==

ππ

Sopstveni moment inercije mehanizma centrifuge, nalazimo na osnovu podatka o vremenuzaleta prazne centrifuge, uz uslov da je teret čisti zamajni:

[ ]2137.821460

1030798.1255260

kgmnt

M

t

M

dtd

MJ

nom

zalnom

nomdzals =

⋅⋅

⋅==

∆∆

==ππωω

Moment inercije šećera ravnomerno raspoređenog u sudu za centrifugiranje iznosi:

[ ]22

2sec 5.87

21700

21

21 kgmmRJ =

⋅⋅==

Ukupni moment inercije pune centrifuge je prema tome:

[ ]2sec 637.1695.87137.82 kgmJJJ s =+=+=Σ

Pa je traženo vreme zaleta pune centrifuge:

[ ]sMn

Jtnom

nomzal 652.20

798.1255301460637.169

602

' =⋅

⋅⋅== Σ

ππ

Odnosno produžava se u odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge za:


338

[ ]0652.2137.82637.169'

=== Σ

szal

zal

JJ

tt

Rešenje 4.8.5.Zalet do tražene brzine obrtanja nmax = 2000 [min-1], obavlja se u dve faze, zalet do

nominalne brzine obrtanja sa regulacijom uz konstantni moment i zalet iznad nominalne brzineobrtanja sa regulacijom uz konstantnu snagu. Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja određenoje u prethodnom zadatku, pa je preostalo da odredimo vreme zaleta za opseg regulacije brzineobrtanja od nominalne do maksimalne, za koji važi:

nn

MMMMMP nomnom

nomnommmnomnomnom =

ΩΩ

=⇒Ω=Ω=

∫∫∫ ==== ΣΣΣ

max

nom

max

nom

max

nom303030

''n

nnomnom

n

n nomnom

n

n mzal ndn

nMJ

nn

M

dnJMdnJt πππ

( ) ( ) [ ]snnnM

J

nomnom

051.91460200021460798.125530

637.16921

30222

nom2

max =−⋅⋅⋅⋅

⋅=−= Σ ππ

Ukupno vreme zaleta je prema tome:

[ ]sttt zalzalzal 703.29051.9652.20'''''' =+=+=


Zadatak 4.9.1.Masa viljuškara i tereta na slici iznosi m = 1000 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.5 [m], a

između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 20 ikoeficijenta korisnog dejstva ηRed = 0.8. Koeficijent kotrljanja iznosi µF = 0.02. Pogonski motor jejednosmerni sa nezavisnom pobudom nominalne snage od Pnom = 1.1 [kW], nominalne brzineobrtanja nnom = 1000 [min-1] sa sopstvenim momentom inercije Jm = 0.205 [kgm2]. Motor se napajaiz akumulatorskih baterija preko tranzistorskog čopera koji mu omogućuje zalet sa konstantnomnominalnom strujom.

Odrediti vreme zaleta i nominalnu brzinu kretanja viljuškara.

D

Motor


339

Zadatak 4.9.2.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem,

ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom =34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polovaRa + Rpp = 0.38 [Ω]. Radi određivanja sopstvenog momenta inercije motora izmereno je vremezaleta neopterećenog motora tzal1 = 0.5 [s], a zatim je motor opterećen sa čistim zamajnim teretomsa momentom inercije Jz = 0.2 [kgm2] i izmereno mu je ponovo vreme zaleta tzal2 = 1.5 [s].

Koliko iznosi sopstveni moment inercije motora?

Zadatak 4.9.3.Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati vrednost strujne granice na koju je podešen

tiristorski ispravljač za vreme izvođenja merenja.

Zadatak 4.9.4.Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, predviđen za trajni pogon sa

nominalnom vrednošću struje od Inom = 10 [A], upotrebljen je u pogonu u kom je preopterećen i ukom iz mreže vuče struju Ix = 12 [A]. Odnos stalnih i promenljivih gubitaka motora je PFenom / PCunom

= 0.7 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor dostiže nadtemperaturu od ∆θnom = 60 [oC ].Izračunati nadtemperaturu motora pri prepterećenju.

Zadatak 4.9.5.Na pločici trofaznog asinhronog motora navedeni su sledeći podaci: Unom = 380 [V], fnom =

50 [Hz], Pnom = 6 [kW], Inom = 13.3 [A], nnom = 950 [min-1], S2 30 [min]. Sa kojim stalnimopterećenjem motor može raditi 10 [h], ako je vremenska konstanta zagrevanja Ttz = 60 [min]. Priproračunu zamemariti stalne gubitke motora.

Rešenje 4.9.1.U stacionarnom stanju brzina brzina kolica maxv iznosi:

=

⋅⋅⋅

====smD

inDnDv Motnom

ttt 309.16020

50.0100060260

22max

πππω

Sila otpora kotrljanja je:

[ ]NmgF Ft 2.19602.081.91000 =⋅⋅== µ

Sila otpora kotrljanja na pogonskom točku razvija obrtni moment:

[ ]NmDFM ttStac 05.49250.02.196

2=⋅==

Stacionarni otporni moment otpora kotrljanja sveden na osovinu motora je prema tome:

[ ]Nmi

MM

R

tStactStac 066.3

8.02005.49' =

⋅==

η

Moment inercije viljuškara u odnosu na osovinu točka iznosi:


340

[ ]222

5.62250.01000

2kgmDmJt =

⋅=

=

Moment inercije viljuškara sveden na osovinu motora iznosi:

[ ]222 195.0

8.0205.62' kgm

iJ

JR

tt =

⋅==

η

Ukupni moment inercije sveden na osovinu motora, je prema tome:

[ ]24.0195.0205.0' kgmJJJ tm =+=+=Σ


[ ]NmnPP

Mmnom

mnom

nomm

mnommnom 504.10

100011003030

=⋅⋅

===ππω

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija dinamički moment jednak razlici:

[ ]NmMMMMM tstacmnomtstacmdzal 438.7066.3504.10''max =−=−=−=

Na kraju traženo vreme zaleta je:

[ ]sMn

JM

Jtdzal

nom

dzalzal 632.5

438.73010004.0

602

=⋅⋅

⋅==∆

= Σππω

Rešenje 4.9.2.U oba merenja pogon se ubrzava sa konstantnim momentom ubrzanja, pa za prvo merenje

važi:

1max1 60

2

zal

nommmd t

nJ

dtdJMM πω

===

Za drugo merenje važi:

( ) ( )2

max1 602

zal

nomzmzmd t

nJJ

dtdJJMM πω

+=+==

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat sopstvenimoment inercije motora:

[ ]2

1

212

1

1

2 1.01

5.05.112.0

1

11 kgm

tt

Jtt

tJJ

tt

JJJ

zal

zalz

zalzal

zalzm

zal

zal

zm

m =−

⋅=−

=−

=⇒+

=


341

Rešenje 4.9.3.Konstantni moment ubrzanja, odnosno maksimalni moment određen strujnom granicom

tiristorskog ispravljača nalazimo iz relacije:

[ ]Nmtn

JMzal

nomm 224.47

5.03022501.0

602

1max =

⋅⋅

⋅==ππ

Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije:

( )[ ] =+−===nom

nomnomppanom

nomnomnom

nomnom n

IIRRUn

IEP

Mππω

302

60

( ) [ ]Nm046.302250302.342.3438.0220 =

⋅⋅⋅⋅−=π

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je tražena strujnagranica:

[ ]AMM

IInom

nom 753.53046.30224.472.34max

max =⋅==

Rešenje 4.9.4.Nadtemperatura je proporcionalna gubicima odnosno i pri nominalnom opterećenju i pri

preopterećenju, pa važi:

⇒∆=∆⇒=∆⇒=∆gnom

gxnomx

T

gxx

T

gnomnom P

PAP

AP

θθθθ

=+

+

∆=++

∆=∆CunomFenom

nom

xCunomFenom

nomCunomFenom

CuxFenomnomx PP

II

PP

PPPP

2

θθθ

[ ]C

PP

II

PP

o

Cunom

Fenom

nom

x

Cunom

Fenom

nom 53.7517.0

10127.0

601

22

=+

+

⋅=+

+

∆= θ

Rešenje 4.9.5.Oznaka S2 30 [min] znači da motor radi 30 minuta opterećen nazivnim gubicima i dostiže

nominalni dozvoljeni porast nadtemperature. Isti porast nadtemperature dostiže i sa traženimopterećenjem nakon 10 časova, pa važi:

⇒

−′∆=

−∆=∆

−−tz

uk

tz

uk

Tt

Tt

doz ee'

maxmax 11 θθθ

⇒∆=∆⇒=∆⇒=∆gnom

gx

T

gx

T

gnom

PP

AP

AP

maxmaxmaxmax '' θθθθ


342

⇒

=

+

+

≈+

+

=

−

−

=−

−

2

22

' 0

0

1

1

nom

x

Cunom

nom

xCunom

CunomFenom

nom

xCunomFenom

Tt

Tt

gnom

gx

II

PII

P

PPII

PP

e

e

PP

tz

uk

tz

uk

[ ]Ae

e

e

eIItz

uk

tz

uk

Tt

Tt

nomx 343.81

13.13

1

1

606010

6030

' =−

−⋅=

−

−= ⋅

−

−

−

−


Zadatak 4.10.1.Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem,

ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom =34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 2250 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polovaRa + Rpp = 0.38 [Ω]; masa motora mm = 25 [kg]; klasa izolacije F. Motor pokreće čisti zamajni teretsa momentom inercije Jz = 20 [kgm2]. Motor se napaja tiristorskim regulatorom koji tokom polaskaobezbeđuje napajanje motora sa dvostrukom nominalnom strujom u toku tpol = 50 [s], a zatim radizaštite regulatora i motora smanjuje strujnu granicu na vrednost nominalne struje motora.

Odrediti vreme zaleta motora do nominalne brzine.

Zadatak 4.10.2.Do koje temperature će se ugrejati namotaj motora iz prethodnog zadatka na kraju zaleta ako

motor polazi iz hladnog stanja pri temperaturi ambijenta od θamb = 20 [oC]. Pretpostaviti da jemotor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, CFE = 0.48[kWs/kgoC].

Zadatak 4.10.3.Odrediti potreban polazni moment elektromotora za pokretanje transportne trake sa slike.

Traka je prenosnog kapaciteta Qp = 2000 [N/s] sa brzinom kretanja v = 3 [m/s]. Koeficijent trenjatrake o valjke iznosi µω = 0.025 [ ], dužina trake l = 500 [m] a visina podizanja h = 45 [m].Sopstvena težina trake po metru iznosi Gs = 500 [N/m]. Traka se pokreće pomoću bubnjevaprečnika Db = 1.3 [m] i koeficijenta iskorišćenja ηb = 0.85.

h =

45 [m

]

l = 500 [m]M

D= 1.3

[m]


343

Zadatak 4.10.4.Trofazni kavezni asinhroni motor snage Pnom = 2.2 [kW] i nominalne brzine obrtanja nnom =

1450 [min-1], pogoni mehanizam lifta. Mehanizam sadrži reduktor prenosnog odnosa i = 20 [ ],protivteg mase mpt = 350 [kg] i bubanj prečnika Db = 1 [m].

Odrediti masu koju diže lift ako u stacionarnom stanju pri dizanju motor razvija brzinuobrtanja od ng = 1525 [min-1].

Zadatak 4.10.5.Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nominalnim podacima: Us = 220 [V]; p =

2; Ls = 10 [mH]; Lr' = 8.88 [mH]; Rr' = 2.37 [Ω]; fs = 50 [Hz]. Motor pokreće radnu mašinu čiji jeotporni moment jednak Mt = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu.a) Koliki otpor treba dodati u kolo rotora da bi brzina motora bila n = 1000 [min-1] ako se pri

tome motor napaja nominalnim naponom i frekvencijom?b) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojima će brzina motora biti n = 1000 [min-1] bez

dodatnog otpora uz uslov da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konstantno.c) Odrediti sa kojom će se brzinom obrtati motor ako se istovremeno izvrše intervencije iz

tačaka a) i b).

Rešenje 4.10.1.Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije:

( )[ ] =+−===nom

nomnomppanom

nomnomnom

nomnom n

IIRRUn

IEP

Mππω

302

60

( ) [ ]Nm046.302250302.342.3438.0220 =

⋅⋅⋅⋅−=π

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je maksimalni momenttokom zaleta:

[ ]NmII

MMnom

nom 092.602046.30maxmax =⋅==

Mnom

M

t

nnom

n

n1

Mmax

tpol tzal2


344

Za vreme dok elektronika dozvoljava rad sa dvostrukom nominalnom strujom motora, motorse ubrzava do brzine:

[ ]1max1 min591.1434

20250092.6060

260 −

Σ

=⋅⋅⋅

⋅⋅==

ππ JtM

n pol

Dalje zalet sa jednostrukom nominalnom strujom motora do nominalne brzine obrtanjaobavlja se za vreme:

( ) [ ]sM

nnJt

nom

nomzal 839.56

046.3060591.24342250220

602 1

2 =⋅

−⋅⋅⋅=

−= Σ

ππ

Traženo vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno:

[ ]sttt zalpolzal 839.106839.56502 =+=+=

Rešenje 4.10.2.Vrednost nominalnih gubitaka motora nalazimo iz relacije:

( ) [ ]WIRRP nomppagnom 4632.4442.3438.0 22 =⋅=+=

Vrednost gubitaka motora tokom polaska sa dvostrukom nominalnom strujom, nalazimo izrelacije:

( ) ( )( ) [ ]WPIRRIRRP gnomnomppappagpol 8528.17774632.444442 22max =⋅==+=+=

Toplotnu provodnost motora, vodeći rašuna da je klasa izolacije motora F nalazimo izrelacije:

[ ][ ]

⋅==

∆= −

CkW

CkWP

A oonom

gnomT

31044463.4100

444463.0θ

Toplotni kapacitet motora i vremenska konstanta zagrevanja iznose:

=⋅==

CkWsCmC oFemT 1248.025

[ ]s

CkW

CkWs

ACT

o

o

T

Ttz 2669

1044463.4

12

3=

⋅

==−

Vrednost stacionarne nadtemperature koju bi motor dostigao kad bi trajno bio opterećen sadvostrukom nominalnom strujom bi iznosila:

[ ]CAP

AP o

nomT

gnom

T

gpolpol 40010044

4=⋅=∆===∆ θθ


345

Pgnom

∆θ

t

PgPgpol

tpol tzal2

∆θ1 ∆θ2

Iz toga sledi da motor dostiže nakon segmenta vremena u kom radi sa dvostrukomnominalnom strujom, nadtemperaturu od:

[ ]Cee oTt

tz

pol

3419.714001 269950

pol1 =

−=

−∆=∆

−−

θθ

Na kraju zaleta, odnosno drugog segmenta, motor dostiže nadtemperaturu:

=

−+=

−−tz

zal

tz

zal

Tt

Tt

ee22

1noml12 θ∆θ∆θ∆

[ ]C...ee. o..

279908421957110034197 269983956

269983956

=+=

−+=

−−

odnosno temperaturu:

[ ]Coamb 279.29279.92022 =+=∆+= θθθ

Rešenje 4.10.3.Težinu tereta po metru trake dobijamo iz odnosa kapaciteta i brzine trake:

[ ][ ] [ ]mN

smsN

vQ

G pp /667.666

/3/2000

===

Težina tereta na celoj traci je prema tome:

[ ]NlGF pp310333.333500667.666 ⋅=⋅==

Težina same trake iznosi:

[ ]NlGF ss31050050025002 ⋅=⋅⋅==


346

Ukupna težina trake i tereta je prema tome:

[ ]NFFF spuk333 10333.8331050010333.333 ⋅=⋅+⋅=+=

l = 500 [m]

h =

45 [m

]

Fm

Fn

FtFtr

αα Fuk

Db

Ugao nagiba kosine je:

[ ]oarctgarctglharctg 141.509.0

50045

====α

Radi određivanja motorne sile težinu treba razložiti na komponentu paralelnu kosini ikomponentu normalnu na kosinu, kao na slici:

αsinukt FF =αcosukn FF =

Motorna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja:

( ) =+=+=+=+= αµααµαµ ωωω cossincossin ukukuknttrtm FFFFFFFF ( ) [ ]Noo 33 10448.95141.5cos025.0141.5sin10333.833 ⋅=⋅+⋅⋅=

Polazni moment motora prema tome mora biti bar:

[ ]NmDFRF

Mb

bm

b

bmp

33

10989.7285.02

3.110448.952

⋅=⋅

⋅⋅===

ηη


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 89.144

14502200030

260

=⋅⋅

==ππ


347

Pošto se motor obrće sa brzinom većom od sinhrone, znači da motor radi u generatorskomrežimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegova mehanička karakteristika može seaproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici.

Na osnovu odnosa sa slike na osnovu sličnosti trouglova moment koji razvija motor ugeneratorskom režimu:

⇒−

=− gs

g

noms

nom

nnM

nnM

[ ]Nmnnnn

MMnoms

gsnomg 445.72

145015001525150089.144 −=

−−

⋅=−

−=

MnomM

ns

nnom n

ng

Mg

Na izlazu reduktora moment tereta je prema tome:

( ) [ ]NmiMM gt 9.1448445.7220' −=−⋅==

Iz vrednosti momenta tereta sledi da je vrednost obodne sile na bubnju:

( ) [ ] ( )gmmNDM

RM

F pttb

t

b

tt −=−=

−⋅=== 8.2897

19.14482'2'

Masu tereta koju diže lift nalazimo na kraju iz izraza:

( ) ⇒−= gmmF pttt

[ ]kggF

mm tptt 608.54392.295350

81.98.2897350 =−=−=+=

Rešenje 4.10.5.Reaktaktansa rasipnih induktiviteta statora i rotora iznosi:

( ) ( ) [ ]Ω=⋅+⋅⋅⋅=+=+ − 928.51088.8105022 3π'LLπf'XX rssrs

Kritično klizanje i moment su prema tome:


348

[ ]4.0928.537.2

==+

='XX

'Rsrs

rkr

( ) [ ]Nm'XX

Un

Mrs

s

Skr 97.77

928.5215002203303

2303 22

=⋅⋅⋅

⋅⋅=

+⋅

⋅=

ππ

Pošto je moment opterećenja konstantan važe sledeće relacije, iz kojih dobijamo relaciju zaizračunavanje tražene svedene dodatne otpornosti u kolu rotora za traženi režim:

−=−=⇒

+=⇒= 1

1

2

1

2

21 ss'R'R

ss'R'R

s'R'R

s'RconstM rrrd

drrt

⇒+−⇒⋅=−+⇒+

= 21

211

1

1

1

1

2/0

22krkr

t

krkr

t

krkr

krkr

kr

krt sss

MM

sssMM

ss

ss

ss

ss

MM

[ ][ ]

=

−

±⋅=

−

±=

0686.033.2

126

97.7726

97.774.0122

1t

kr

t

krkr M

MMM

ss

[ ]•=−

=−

= 333.01000

100015002

s

s

nnn

s

[ ]Ω=

−=

−= 1345.91

0686.03333.037.21

1

2

ss'R'R rd

b) Pad brzine na prirodnoj karakteristici bez dodatog otpora iznosi:

[ ]11 min9.10215000686.0 −=⋅==∆ snsn

Prema tome sinhrona brzina, frekvencija napajanja i napon za traženi slučaj iznose:

[ ]1min9.11029.1021000 −=+=∆+= nnnsb

[ ]Hzfnn

f ss

sbsb 78.3650

15009.1102

=⋅==

[ ]VUff

U ss

sbsb 75.161220

5078.36

=⋅==

c) Za slučaj sa dodatim otporom, vrednost kritičnog klizanja iznosi:

[ ]94.1928.5

1345.937.2=

+=

++

='XX'R'R

srs

drkrc

Klizanje na prirodnoj karakteristici pri zadatoj vrednosti momenta opterećenja, nalazimo izslične relacije kao pod a):

[ ][ ]

=

−

±⋅=

−

±=

3327.0305.11

126

97.7726

97.7794.1122

t

kr

t

krkrcc M

MMM

ss


349

Pad brzine na prirodnoj karakteristici sa dodatim otporom iznosi:

[ ]1min05.49915003327.0 −=⋅==∆ scc nsn

0 500 1000 15000

10

20

30

40

50

60

70

80

n [min-1]

M

[Nm]

603.85 [min-1]1000 [min-1]

26 [Nm]

a)

b)

c)

prirodna

Iz toga sledi da će se motor u slučaju sa dodatim otporom i napajanjem sa naponom ifrekvencijom određenom pod b), obrtati sa brzinom obrtanja:

[ ]1min85.60305.4999.1102 −=−=∆−= csbc nnn


Zadatak 4.11.1.Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: Pnom = 29.7 [kW]; Us = 380 [V]; nnom = 740

[min-1]; η = 0.89 [ ] i Jm = 10 [kgm2] pokreće radnu mašinu sa svedenim momentom inercije naosovinu motora od Jt = 115 [kgm2]. U sledećoj tablici su date vrednosti momenta motora iopterećenja zavisno od brzine obrtanja.

n [min-1] 25 75 125 175 225 275 325 375Mm [Nm] 650 665 660 665 670 675 680 690Mt [Nm] 120 70 60 50 50 50 60 65

n [min-1] 425 475 525 575 625 675 725 740Mm [Nm] 700 725 770 855 980 1150 1000 383Mt [Nm] 75 90 115 140 165 195 225 234

Primenom parcijalne integracije ili grafo-analitičkom metodom odrediti vreme zaleta motora.


350

Zadatak 4.11.2.Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati energiju izgubljenu tokom zaleta.

Zadatak 4.11.3.Trofazni asinhroni motor od Pnom = 15 [kW]; f = 50 [Hz]; nnom = 1455 [min-1] spušta preko

reduktora teret brzinom od vsp = 2.09 [m/s], pri čemu se vrti sa nsp = 1530 [min-1]. Vlastiti gubicimotora zbog trenja i ventilacije iznose Ptrv = 270 [W], a gubici nastali trenjem u prenosnommehanizmu reduktora iznose Pr = 630 [W], sve pri nominalnom radu.

Kojom brzinom motor diže isti teret? Pretpostaviti da momenti trenja u prvom i drugompogonskom slučaju ostaju isti.

Zadatak 4.11.4.Trofazni kavezni asinhroni motor sa sopstvenim hlađenjem za režim S1 koristi se u pogonu sa

promenljivom brzinom. Koefijent korisnog dejstva motora je približno konstantan, odnosnonezavisan od brzine obrtanja i snage motora. Sposobnost hlađenja notora je kvadratična funkcija odbrzine (n2) obrtanja i pri nultoj brzini obrtanja iznosi 25% od one na nominalnoj brzini. Vremenskakonstanta zagrevanja pri nomimalnim uslovima rada motora iznosi Ttz = 60 [min].

Sa kojom se maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, motor može trajnoopteretiti na brzini od 60% nominalne brzine.

Zadatak 4.11.5.Sa kojom maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, može da radi motor iz

prethodnog zadatka 30 [min] odmah posle uključenja (nezagrejan) pri brzini od 60% nominalnebrzine.

Rešenje 4.11.1.


351

Odredimo prvo funkciju promene dinamičkog momenta Md u funkciji brzine obrtanja kaorazliku motornog momenta Mm i momenta tereta Mt. Podelimo osu brzine na segmente, kako biunutar svakog od njih mogli računati sa prosečnom vrednosti dinamičkog momenta Mdi.

Za i-ti odsečak važi:

di

izali M

nJt ∆= Σ 60

2π

odnosno ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta:

( ) =∆

+=∆

== ∑∑∑==

Σ=

n

i di

itm

di

in

i

n

izalizal M

nJJ

Mn

Jtt111 3060

2 ππ

( ) [ ]sM

nM

n n

i di

in

i di

i ∑∑==

∆⋅=

∆⋅⋅+=

1109.13

3011510 π

Računajmo za prvi segment, ∆n1 = 50 [min-1] i Md1 = 650 – 120 = 530 [Nm]:

[ ]sM

ntd

zal 234.1530

5.6545305009.1309.13

1

11 ==⋅=

∆⋅=

Slično računamo i za druge segmente. Radi tačnijeg izračunavanja izračunata je stacionarnabrzina iz poznatog proporcionalnog odnosa momenta i razlike sinhrone brzine obrtanja i stvarnebrzine obrtanja u okolini sinhrone brzine i zadnji segmenti određeni su kao na gornoj slici.

( ) ( ) [ ]1min9.743740750383234750 −=−−=−−= ms

m

tsstac nn

MM

nn

Dobijena vremena zaleta za pojedinačne segmente data su u tabeli:

∆ni [min-1] Mm [Nm] Mti [Nm] Mdi [Nm] tzali [s]50 650 120 530 1.23450 665 70 595 1.150 660 60 600 1.0950 665 50 615 1.06450 670 50 620 1.05650 675 50 625 1.04750 680 60 620 1.05650 690 65 625 1.04750 700 75 625 1.04750 725 90 635 1.03150 770 115 655 0.99950 855 140 715 0.91550 980 165 815 0.80350 1150 195 955 0.68525 1038 215 823 0.39819 692 228 464 0.536

Ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno:


352

[ ]sttn

izalizal 108.15

1

== ∑=

Rešenje 4.11.2.Iz Njutnove jednačine sledi:

dtdsJM

dtd

dtdss

dtdJM sd

ss

sd ωω

ωωωωω

ΣΣ −=⇒−=⇒−

=⇒=1

odnosno:

dsJdtM sd ωΣ−=

Pomnožimo prethodnu jednačinu sa momentom motora Mm, pa dobijamo:

dsMM

JdtMd

msm ωΣ−=

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ωss, budući da Mmωs pretstavlja snagu obrtnog magnetnogpolja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora,dobijamo:

dtpsdtpsdsMM

JsdtM Curobrd

mssm ==−= Σ

2ωω

Energiju gubitaka u bakru rotora, odnosno traženu energiju dobijamo integraljenjem:

==−== ∫∫∫ ΣΣ

1

2

2

1

2

1

22s

s d

ms

s

s d

ms

t

tCurCur sds

MM

JsdsMM

JdtpW ωω

∫∫ −== ΣΣ

1

2

1

2

22s

s tm

ms

s

s d

ms sds

MMM

JsdsMM

J ωω

Energiju gubitaka možemo dobiti grafo-analitičkom metodom približnim integraljenjemfunkcije:

sMM

Ms

MM

ytm

m

d

m

−==

računajući površinu ispod nje. Računajući za prvu zadatu brzinu, n1 = 25 [min-1], Mm1 = 650 [Nm] iMd1 = 650 – 120 = 530 [Nm] dobijamo:

[ ]9667.0750

2575011 =

−=

−=

s

s

nnn

s

[ ]186.19667.0530650

11

11 =⋅== s

MM

yd

m


353

Slično računamo i za druge brzine. Rezultati izračunavanja dati su u sledećoj tabeli:

ni [min-1] si [ ] Mm [Nm] Mdi [Nm] yi [s]25 0.9667 650 530 1.18675 0.9 665 595 1.006125 0.8333 660 600 0.917175 0.7667 665 615 0.829225 0.7 670 620 0.756275 0.6333 675 625 0.684325 0.5667 680 620 0.621375 0.5 690 625 0.552425 0.4333 700 625 0.485475 0.3667 725 635 0.419525 0.3 770 655 0.353575 0.2333 855 715 0.279625 0.1667 980 815 0.200675 0.1 1150 955 0.120725 0.0333 1000 775 0.043740 0.0133 383 49 0.010744 0.008 234 0 ∞

Na osnovu rezultata crtamo krivu na milimetarskom papiru i određujemo površinu ispodkrive jednostavnim preprojavanjem u granicama od stacionarnog klizanja do jediničnog klizanja.Do površine možemo doći i deljenjem ose klizanja na segmente kao na prethodnom dijagramu isabiranjem pojedinačnih površina. Grubom integracijom dobijamo da površina ispod krive iznosi:


354

( ) [ ]574012020304105205907080950151101

............ydsstacs

=+++++++++⋅≈∫

Pa tražena energiju gubitaka iznosi:

[ ] [ ]kJ.J.ydsnJydsJWstacstac s

ss

sCur 590442442590574030750125

602 2121

2 ==⋅

⋅

⋅=

== ∫∫

ππω ΣΣ


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 446.98

14551500030

260

=⋅==ππ

Moment gubitaka trenja i ventilacije motora prema uslovu zadatka je konstantan i iznosi:

[ ]NmnP

Mnom

trvtrv 772.1

145527030

260

=⋅==ππ

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi:

[ ]NmMMM trvnommnom 218.100772.1446.98 =+=+=

Moment gubitaka reduktora prema uslovu zadatka takođe je konstantan i iznosi:

[ ]NmnPMnom

rr 135.4

145563030

260

=⋅==ππ

Vrednost proizvedenog moment motora u generatorskom režimu pri spuštanju brzinomobrtanja motora nsd = 1530 [min-1], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacijemomenta u funkciji klizanja u okolini sinhrone brzine obrtanja:

Mmnom

n1

nnom -s

nsp

+s

-M

+M

Mmd

Mmsp

nd


355

⇒−

=−

⇒=sp

msp

nom

mnom

sp

msp

nom

mnom

nnM

nnM

sM

sM

11

[ ]Nmnnnn

MMnom

spmnommsp 812.66

1455150015301500218.100

1

1 −=⋅−−

⋅=−

−=

Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi:

( ) ( ) ( ) [ ]NmMMMM rtrvmspT 719.72135.4772.1812.66' =++−−=++−=

Proizvedeni moment motora pri dizanju u motornom režimu, će biti prema tome:

( ) ( ) [ ]NmMMMM rtrvTmd 626.78135.4772.1719.72' =++=++=

Iz proporcije slično kao za slučaj spuštanja nalazimo brzinu obrtanja motora pri dizanju:

( ) ⇒−=−⇒−

=−

⇒= nommnom

mdd

d

md

nom

mnom

d

md

nom

mnom nnMM

nnnn

Mnn

Ms

Ms

M11

11

( ) ( ) [ ]111 min695.146414551500

218.100626.781500 −=−−=−−= nom

mnom

mdd nn

MM

nn

Prema tome teret pri dizanju će se kretati brzinom shodno izrazu:

[ ]1001.21530

695.146409.2 −=⋅==⇒= msnn

vvnv

nv

sp

dspd

sp

sp

d

d

Rešenje 4.11.4.Toplotna provodnost, prema uslovima iz postavke zadatka, određena je relacijom u funkciji

brzine obrtanja:

( ) nomnom

An

nnA

+=

2

75.025.0

Pri čemu je Anom nazivna toplotna provodnost. Pri brzini od 60% od nominalne brzinetoplotna provodnost prema tome iznosi:

( ) ( ) nomnomnom

nomnom AA

nn

nA ⋅=⋅+=

⋅⋅+= 52.06.075.025.0

6.075.025.06.0 2

2

Motor u stacionarnom stanju može dostići maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi:

( )( )

( )( )( )nA

nPnA

PA

PAP

nom

nom

nom

nomdoz η

ηη

ηθ γγ −

==−

==∆11


356

Iz toga sledi da se motor može trajno opteretiti na brzini od 60% nominalne brzine sasnagom u odnosu na nominalnu:

( ) ( ) [ ]52.052.0

=⋅

==nom

nom

nomnom AA

AnA

PnP

ηη

Rešenje 4.11.5.Vremenska konstanta zagrevanja pri brzini od 60% nominalne brzine iznosi:

( ) ( ) [ ]min385.11552.0

6052.052.0

===⋅

== tznom

nom

TTtz

TA

CnA

CnT

Ako motor kreće iz nezagrejanog stanja, pri maksimalnom preopterećenju u toku 30 [min]dostiže maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi sledeća relacija:

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

−

−′=

−′=

−=

−−nT

tnT

t

nom

nom tz

uk

tz

uk

enA

nPeA

P111

1maxdoz η

ηθ∆η

ηθ∆

Prema tome maksimalno preopterećenje u odnosu na nominalnu snagu iznosi:

( ) ( )( )

[ ]27121

520

1 38511530 .

e

.

eA

nAP

nP

.nTt

nom

nomtz

uk=

−=

−

=′

−−

η



Unom = 230 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 26.1 [A]; nominalna brzina obrtanja nnom = 1432[min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 1.1 [Ω]; pokreće potencijalnoopterećenje sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora JΣ = 0.1 [kgm2]. Momentpotencijalnog opterećenja ne zavisi od brzine obrtanja a jednak je po vrednosti nominalnommomentu motora. Protivstrujno kočenje izvodi se samo dodavanjem otpora u kolo rotora bezpromene polariteta napona napajanja.a) Izračunati vrednost dodatog otpora, ako je u trenutku otpočinjanja kočenja pri nominalnoj

brzini obrtanja početno usporenje bilo α = 300 [rads-2].b) Odrediti brzinu obrtanja motora novog stacionarnog stanja po završetku kočenja.

Zadatak 4.12.2.U pogonu sa podešavanjem brzine koristi se strujno upravljani motor jednosmerne struje sa

nezavisnom konstantnom pobudom sa podacima: nominalni snaga Pnom = 4 [kW]; nominalnirotorski napon Unom = 220 [V]; nominalna rotorska struja Ianom = 20 [A]; nominalna brzina obrtanjannom = 1500 [min-1]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova Ra + Rpp = 1 [Ω]. Moment opterećenjaima karakteristiku opterećenja, linearno zavisnu od brzine obrtanja Mt = kn. Pri nominalnoj brziniobrtanja vrednost momenta opterećenja jednaka je nominalnoj vrednosti momenta motora. Ukupnisvedeni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi JΣ = 7.265 [kgm2]. Strujno


357

upravljanje obezbeđuje četvorokvadrantni pogon sa maksimalno dozvoljenom vrednošću struje±Ianom.

Nacrtati dijagram promene rotorske struje motora u funkciji vremena, tako da se ostvarismanjenje brzine, odnosno kočenje sa n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1] za najkraće vreme.Odrediti vreme ovog kočenja.

Zadatak 4.12.3.Strujno upravljani motor iz prethodnog zadatka primenjen je u pogonu čije se karakteristike

ne poznaju. Pri promeni brzine u pogonu sa n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1] snimljen jedijagram promene rotorske struje kao na prikazanom slici.

Odrediti svedeni moment opterećenja Mt i ukupni svedeni moment inercije JΣ na osovinumotora.

tk = 10 [s]

t

Ia1 = 10 [A] Ia2 = 10 [A]

Iak = -20 [A]

Ia

Zadatak 4.12.4.Trofaznom asihronom motoru sa namotanim rotorom, sa podacima: Pnom = 5.2 [kW]; Us = 220

[V]; nnom = 933 [min-1]; Ls = Lr' = 8.2 [mH]; Rs = 0 [Ω]; Rr' = 1.666 [Ω]; fs = 50 [Hz]; mora seograničiti polazna struja na 1.65-struku vrednost nominalne struje. Ograničenje struje polaskaostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u kolo rotora.

Odrediti broj stepeni i vrednost otpornosti pojedinačnih sektora otpornika za upuštanje.

Zadatak 4.12.5.Radi određivanja parametara reduktora izmerena je linearna funkcija opadanja brzine

pogonskog vretena sa n1 = 1000 [min-1] do zaustavljanja, za vreme t1 = 10.472 [s]. Zatim su dva istareduktora spojena kaskadno na red i ponovno je izmereno vreme zaustavljanja od t2 = 7.854 [s].

Odrediti prenosni odnos reduktora pod pretpostavkom da se otporni momenti i momentinercije motora mogu zanemariti..

ir

no

MOTOR

Jm = 0 Jr

ni

Mm = 0 Mr

MOTOR

Jm = 0 Jr

ni

Mm = 0 Mr

no

ir ir

no'

Jr

Mr


358


( ) [ ]VRRIUE ppaanomnom 29.2011.11.26230 =⋅−=+−=

[ ]min14057.01432

29.201 VnE

ΦknΦkEanom


[ ] ⇒==⋅

⋅=== anomnomMnom

anomnom

nom

nomnom IΦkNm

nIE

nP

M 034.351432

1.2629.2013030260

πππ

=⋅==


ππ

a) Iz Njutnove jednačine sledi da je vrednost momenta motora u trenutku otpočinjanja kočenja:

⇒=−=−= Σ dtdJMMMMM nomktkdω

( ) [ ]NmMJMdtdJM nomnomk 034.5034.353001.0 =+−⋅=+=+= ΣΣ αω

Iz toga sledi da motor u trenutku otpočinjanja kočenja vuče struju:

[ ]AMM

IIIΦkMIΦkM

nom

kanomak

anomnomMnom

aknomMk 750.3034.35034.51.26 =⋅==⇒

==

Iz naponske jednačine dalje dobijamo traženu vrednost dodatne otpornosti:

( )⇒++−= dppaaknom RRRIUE

( ) [ ]Ω=−−

=+−−

= 556.61.1750.3

29.201230ppa

ak

nomd RR

IEU

R

M

n

nnom R d = 0

Mnom

n0

R dnb


359

b) Pošto je moment opterećenja potencijalan i nezavistan od brzine obrtanja u novojstacionarnoj radnoj tački motor vuče struju nominalne vrednosti, pa se vrednost tražene brzineobrtanja dobija iz relacije za indukovanu elektromotornu silu:

( ) ( ) =++−=++−= dppaanomdppaabb RRRIURRRIUE ( ) [ ]V1784.30556.61.11.26230 =+⋅−=

[ ]1-min686.21414057.01784.30

===nomE

bb Φk

En


[ ]NmnP

Mnom

nomnom 465.25

1500400030

260

=⋅==ππ

Moment tereta linearno je zavistan od brzine obrtanja i pri nominalnoj brzini obrtanja jednakje nominalnoj vrednosti momenta motora pa iz toga slede relacije za izračunavanje vrednostirotorskih struja motora u stacionarnim stanjima pri brzinama n1 = 1000 [min-1] na n2 = 500 [min-1]:

[ ]⇒===⇒= min0169766.01500

465.25 NmnM

kknMnom

nomt

⇒

===⇒=

ANm..

IM

ΦkIΦkManom

nomnomManomnomMnom 273251

2046525

[ ]A.nnIII

IM

IΦknnM

knMnom

anomaaanom

nomanomM

nom

nomt

•=⋅==⇒==== 3331315001000201

111111

[ ]A.nnIII

IM

IΦknnM

knMnom

anomaaanom

nomanomM

nom

nomt

•=⋅==⇒==== 66661500500202

222222

Najkraće vreme kočenja ostvaruje se ako se obezbedi maksimalno mogući moment kočenjamotora, a to se prema uslovu zadatka obezbeđuje sa negativnom strujnom granicom -Ianom odnosnosa nominalnim momentom motora suprotnog znaka. Iz toga slede relacije za izračunavanjenajkraćeg vremena kočenja:

+−==−−=−−=−−=

nomnom

nom

nomnomnomtnomk n

nMnnM

MknMMMM 10

⇒== ΣΣ dtdnnJ

dtdJM k 60

2πω⇒= Σ dn

MJdt

k30π

∫∫∫+

−=

+−

== ΣΣΣ

2

1

2

1

2

1 1301

3030

n

n

nom

nom

n

n

nomnom

n

n kk

nn

dnM

J

nnM

dnJMdnJt πππ


( ) dxndnxnnn

nx nomnomnom

=⇒−=⇒+= 11


360

=++

=+

+−=−= ΣΣ

+

+

Σ ∫2

1

1

21

1

ln301

1ln

3030

2

1nnnn

MnJ

nn

nn

xM

nJx

dnnM

Jtnom

nom

nom

nom

nom

nom

nom

nomnn

nn

nom

nomk

nom

nom

πππ

][1045ln814.44

500150010001500ln

465.25301500265.7 s=⋅=

++

⋅⋅

⋅⋅=

π

t

tk = 10 [s]

Ia1 = 13.333 [A]

Ia2 = 6.666 [A]

Iak = -20 [A]

Ia

Na osnovu izračunatih podataka nacrtan je traženi dijagram promene rotorske struje motora ufunkciji vremena.

Rešenje 4.12.3.Na osnovu dijagrama promene rotorske struje u funkciji vremena zaključujemo da je

moment opterećenja nezavistan od brzine obrtanja, odnosno da je konstantan i da iznosi:

[ ]Nm..IIM

IΦkkonstMMM aanom

nomanomMttt 73251210

2046525

1111 =⋅======

Traženu vrednost svedenog momenta inercije nalazimo iz sledećih relacija za određivanjevremena kočenja:

konstMM

MMMM nomnom

nomtnomk =−=−−=−−=23

2

⇒== ΣΣ dtdnnJ

dtdJM k 60

2πω⇒= Σ dn

MJdt

k30π

( ) =−=== ∫ 121

2

303030

2

1

nnMJ

nn

nMJ

dnMJ

tkk

n

nkk

ΣΣΣ πππ

( ) ( ) ⇒−=−−

= 2112 902

2330

nnM

JnnM

J

nomnom

ΣΣ ππ


361

( ) ( ) [ ]2

21

29574652510

950010001046525

290

290 Nm...

nntM

J knom =⋅=−

⋅⋅=

−=

πππΣ

tk = 10 [s] t

n1 = 1000 [min-1]n

n2 = 500 [min-1]

Radi ilustracije prelaznog procesa koji nastaje pri zadatoj promeni rotorske struje, naprethodnom slici prikazan je dijagram promene brzine obrtanja u funkciji vremena.

Rešenje 4.12.4.Ograničenje struje polaska ostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u svaku fazu

kola rotora. Pošto se otpornik izvodi u sektorima kao nekontinualni, struja skače od svojemaksimalne do svoje minimalne vrednosti. Nju sledi i moment. Ako prema dijagramu sa prethodneslike napišemo jednačine za Mmax i Mmin dobićemo početne formule iz kojih se mogu dobitizakonitosti, po kojima treba da se menja otpor upuštača, da bi promena struje bila tražena:

2

1

212

2

12

1

0 3333 'Is

'Rp'Is

'Rp...'Is

'Rp'Is

'RpM minrn

n

sminr

n

n

sminr

sminr

smin

+

− =====ωωωω

gde je:

'R'R rn =

22

1

12

1

12

0

0 3333 'Is

'Rp'Is

'Rp...'Is

'Rp'Is

'RpM maxrn

n

smaxr

n

n

smaxr

smaxr

smax ωωωω

=====−

−

uz uslov:

10 =s

Iz napisanog sledi:

1

1

2

1

1

0

+

− ====n

r

n

n

s'R

s'R

...s

'Rs

'R


362

n

r

n

n

s'R

s'R

...s

'R'R====

−

−

1

1

1

10

1

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 10000

0.5

1

1.5

2

2.5

3

s0=1 s1 s2 s3 snsn-1 sn+1

Mmin

Mmax

M/Mnom

n

R0' R1'R2'

R3'

Rn-2'

Rn-1'

Rn'=Rr'

Rn'=Rr'

Rn-1'R0' R1' R2' R3'

∆R1d' ∆R2d' ∆R3d' ∆R4d' ∆Rnd' Rr'

Daljim rešavanjem dobijamo izraze za geometrijski niz koji određuje vrednosti klizanja:

1s2

10

101

0

112 s

'Rs'R

s'R'Rss ===

31

21121

0

201

0

213 sssss

'Rs'R

s'R'Rss =====

...1

12

11210

201

0

211

−−−

−−− ===== nn

nnn

n sssss'R

s'Rs

'R'R

ss

nnn

nnn sssss

'Rs'R

s'R'R

ss 11

11110

101

0

11 ===== −

−−−


363

11111

0

01

011

++ ===== nn

nnn

n sssss'Rs'R

s'R'R

ss

Zamenom dobijenih klizanja dobijamo izraze koji određuju ukupne vrednosti otpora:

'R0

101 s'R'R =2

10202 s'Rs'R'R ==3

10303 s'Rs'R'R ==...

110101

−−− == n

nn s'Rs'R'Rn

nrn s'Rs'R'R'R 100 ===

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika na kraju dobijamo kao razliku ukupnihvrednosti otpornosti:

( )10100101 1 s'Rs'R'R'R'R'Rd −=−=−=∆

( ) 111102

1010212 1 s'Rss'Rs'Rs'R'R'R'R dd ∆∆ =−=−=−=

( ) 211

2110

310

210323 1 s'Rss'Rs'Rs'R'R'R'R dd ∆∆ =−=−=−=

...( ) 2

112

1101

102

10121 1 −−−−−−− =−=−=−= n

dnnn

nndn s'Rss'Rs'Rs'R'R'R'R ∆∆

( ) 111

111010

1101 1 −−−

− =−=−=−= nd

nnnnndn s'Rss'Rs'Rs'R'R'R'R ∆∆

Na osnovu prethodno određenih relacija možemo dalje vršiti izračunavanja za zadati slučaj.Prvo odredimo nominalno klizanje motora:

[ ]06701000

671000

9331000 .n

nns

s

nomsnom ==

−=

−=

Nominalna vrednost struje motora prema tome iznosi:

( )( ) ( )

=

⋅⋅⋅+

=

++

===

22

22'2

2'

'

0082.02100

15135

220

πω rss

nom

r

s

nom

srnomsnom

LLsR

UZU

II

[ ]A619.852538517.25

220545288.651

220543288.26625

220102.810425

22062242

===

=+

=⋅⋅⋅⋅+

=−π

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na 1.65-struku vrednost nominalne struje iuslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost ukupne otpornostirotorskog upuštača i rotorskog namotaja:


364

[ ]A...I.'II snommaxrmaxs 221146198651651 =⋅===

( ) ( ) ( ) [ ]Ωπω 5871400820210022114

220 222

222

0 ...

LLIU

'R 'rss

maxs

s =⋅⋅⋅+

=+−

=

Ako usvojimo da je minimalna struja tokom upuštanja jednaka nominalnoj vrednosti struje,sledi da vrednost klizanja u trenutku uključenja drugog stepena otpornika iznosi:

[ ]586066715871406700

111

0 ....

'R'R

sss

'Rs

'Rs

'R

rnom

nom

r

n

n =⋅==⇒==+

Broj stepeni rotorskog upuštača određujemo dalje iz relacije:

[ ]05741586006701

1

111 .

.ln

.lnsln

slnnsss nomn

nomn =−=−=⇒== ++

Usvajamo da je broj stepeni četiri pa određujemo ponovo korigovanu vrednost klizanja utrenutku uključenja drugog stepena:

[ ]58200670511 ..ss n

nom === +

Sada lako nalazimo na osnovu prethodno izvedenih relacija klizanja u trenutcima uključenjaostalih stepeni:

[ ]33905820 2212 ..ss ===

[ ]19705820 3313 ..ss ===

[ ]11505820 4414 ..ss ===

[ ]066605820 551 ..ssnom ===

Korigovana vrednost ukupne otpornosti rotorskog upuštača i rotorskog namotaja, zbogzaokružavanja broja stepeni na četiri iznosi:

[ ]Ω5451411506671

10 .

..

s'R

s'R

'Rn

nnn ====

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika takođe dobijamo iz prethodno izvedenihrelacija:

( ) ( ) [ ]Ω∆ 083658201545151 101 ...s'R'Rd =−⋅=−=[ ]Ω∆∆ 539358200836112 ...s'R'R dd =⋅==

[ ]Ω∆∆ 059258200836 22113 ...s'R'R dd =⋅==

[ ]Ω∆∆ 198158200836 33114 ...s'R'R dd =⋅==

Radi provere izračunajmo ukupnu otpornost rotorskog upuštača i rotorskog namotaja:

[ ]Ω∆∆∆∆ 5451566711981059258930836043210 ......'R'R'R'R'R'R dddd =++++=++++=


365

Prema tome maksimalna struja prilikom upuštanja iznosiće:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]A.

..LL

R

UII

'rss

'

s'maxrmaxs 25714

00820210054515

220

1

22222

2

0

=⋅⋅⋅+

=

++

==

πω

Vrednost ove struje se samo neznatno razlikuje od tražene vrednosti. Minimalna struja jenominalna.

Rešenje 4.12.5.U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim otpornom

momentu reduktora, koji je prema uslovima zadatka konstantan, pa za to merenje važi:

1

1

11 3060

2tnJ

tnJ

dtdJMM rrrrk

π∆∆πω

====

U drugom merenju pogon sadrži dva kaskadno spregnuta reduktora, sa kočionimmomentima i momenom inercije svedenim na osovinu motora, pa za to merenje važi:

2

12

2

122 30

1130

11tn

iJ

tn

iJJ

dtd'J

iM

iMM'MM

rr

r

rr

rr

r

rrtk

ππωΣ

+=

+==

+=+==

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat prenosniodnos:

⇒−

=−=⇒

−=⇒

+

=

+

1

21

1

2

1

2

1

1

2

12

1111

30

301111

ttt

tt

iitt

tn

J

tn

iJ

Mi

M

rrr

rr

r

rr

π

π

[ ]4618247210

58474721047210

21

1 ==−

=−

=..

...

ttt

ir

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA LITERATURA

P1-1

L I T E R A T U R A

1. Jožef Varga, Radaković Jovan,“ELEKTROMOTORNI POGONI”, Beleške sa predavanja, Višatehnička škola, Subotica, 1999/2000.

2. Berislav Jurković, “ELEKTROMOTORNI POGONI”, Školska knjiga, Zagreb, 1987.

3. V.K. Popov, “OSNOVE ELEKTRIČNOG POKRETANJA U INDUSTRIJI”, Naučna knjiga,Beograd, 1951.

4. Vladan Vučković, “ELEKTRIČNI POGONI”, Elektrotehnički fakultet, Beograd, 1997.

5. Borislav I. Jeftinić, “ELEKTROMOTORNI POGONI – ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA”,Nauka, Beograd, 1994.

6. Werner Leonhard, “CONTROL OF ELECTRICAL DRIVES”, Springer-Verlag, Berlin,Heidelberg, New York, 2001.

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA KORIŠĆENE OZNAKE

P2-1

KORIŠĆENE OZNAKE

c, C Konstantad Diferencijalni operatorD Prečnike, E Kontraelektromotorna silaf FunkcijaF Silag Koeficijent ubrzanja zemljine težeG Težinai, I Struja, prenosni odnos reduktoraj Imaginarna jedinicaJ Moment inercijek, K Konstantal DužinaL induktivnostm MasaM Mehanički momentn Brzina obrtanjaN Broj obrtajap Broj pari polova, snaga, Laplasov operatorP Snagaq Broj fazaQ Količina elektricitetaR Otpornosts Klizanje, putt VremeT Vremenska konstantau, U Naponv Brzina pravolinijskog kretanjaw, W EnergijaX ReaktansaZ Impredansaα Ugao paljenjaα, β Koeficijenti redukcije kod sopstvenog hlađenja∆ Priraštajε Intermitencijaη Koeficijent iskoripćenjaθ TemperaturaΘ Položajλ Odnos, preopterećenjeϕ Ugaoξ Prigušenjeφ, Φ Fluksω,Ω Ugaona brzina

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA KORIŠĆENE OZNAKE

P2-2

KORIŠĆENI INDEKSI

a Rotor kod jednosmerne mašineCu Bakard Dodato, dinamičkoe Električnof Pobuda kod jednosmerne mašineFe Gvožđeg Gubicikr Kritičnom, M Motornomax Maksimalnomin Minimalnomre Mrežnonom Nominalnopol Polaznor Rotors Statorsr Srednjet, T Teret, opterećenjetr Trenjev VentilacijaΣ Sumarno

Napomena: Izuzeci sa različitim označavanjem su objašnjeni u tekstu.

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE

P3-1

OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE U ELEKTRIČNIM POGONIMA

Osnovne jedinice:

Dužina l [m]Masa m [kg]Vreme t [s]Količina elektriciteta Q [C]Ugao Θ [rad]

Izvedene jedinice:

Sila F = ml / t2 [kg m / s2] [N]Moment M = Fr [Nm]Ugaona brzina ω = Θ / t [rad / s] [ s-1]Brzina obrtanja n = N / t [obrt / min] [ min-1]Snaga P = Fv [ Nm / s] [ W]Energija W = Pt [ Ws] [ J]Moment inercije J = mr2 [kg m2] [Nms2]Struja I = Q / t [C / s] [ A]Napon U = P / I [W / A] [ V]

Paralela između veličina karakterističnih za pravolinijsko i rotaciono kretanje:

Pravolinijsko kretanje Rotaciono kretanje

dtdva = [m / s2] Ubrzanje

dtdωα = [rad / s2] Ugaono ubrzanje

∫== adtdtdsv [m / s] Brzina ∫=

Θ= dt

dtd αω [rad / s] Ugaona brzina

∫= vdts [m] Put ∫=Θ dtω [rad] Ugaom [kg] Masa J [kg m2] Moment inercije

maF = [N] Sila αJM = [Nm] Obrtni momentFvP = [W] Snaga ωMP = [W] SnagaFsW = [J] Rad Θ= MW [J] Rad

2

21 mvW = [J] Kinetička

energija2

21 ωMW = [J] Kinetička

energija

Njutnova jednačina kretanja:

Pravolinijsko kretanje ( ) ∑=+=i

iFdtdmv

dtdvmmv

dtd

Rotaciono kretanje ( ) ( )∑∑ −==+=i

TiMii

i MMMdtdJ

dtdJJ

dtd ωωω


P3-2

Preračunavanje pravolinijskog u rotaciono kretanje:

m

s

v

F

r

ω, n

Θ

Brzina v [m / s]Radijus r [m]Vreme t [s]

Ugaona brzinarv

=ω [rad / s]

Brzina obrtanja 602

602 r

vnππ

ω== [obrt / min]

Ugao tω=Θ [rad]Put rvts Θ== [m]Masa m [kg]Sila mgF = [rad]Obrtni moment mgrFrM == [Nm]Snaga mgvFvMP === ω [W]Rad mgsMFsW =Θ== [J]

Kinetička energija 22

21

21 ωJmvW == [J]

Svedeni moment inercije 22

22

21

21 mrvmJJmv =

=⇒=ω

ω [kg m2]

Napomena: Ubrzanje zemljine teže iznosi [ ]2/81.9 smg =

Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom:

Fluks ff IkΦ =

Indukovana elektromotorna sila ( ) appaffEE IRRUnIkkΦnkE +−===

Moment affMaMm IIkkΦIkM ==

Razvijena mehanička snaga nMMEIP mmam 602πω ===


P3-3

Korisna mehanička snaga ηaUIP =

Brzina obrtanja u praznom hodu ΦkUnE

=0

Brzina obrtanja( ) ( )

ΦΦkkMRR

nΦk

IRRnn

ME

mppa

E

appa +−=

+−= 00

Veza između konstanti EM kkπ2

60=

Jednosmerni motor sa serijskom pobudom:

Fluks af IkΦ =

Indukovana elektromotorna sila ( ) asppaafEE IRRRUnIkkΦnkE ++−=== 2

Moment 2afMaMm IkkΦIkM ==

Razvijena mehanička snaga nMMEIP mmam 602πω ===

Korisna mehanička snaga ηaUIP =

Veza između konstanti EM kkπ2

60=

Asinhroni motor

Sinhrona brzina obrtanja pfns

60=

Klizanjes

s

nnn

s−

=

Frekvencija klizanja (u rotoru) sff r =

Korisna mehanička snaga ϕη cos3UIP =

Razvijeni mehanički moment23 'I

s'RpM r

r

sm ω=

MomentnPM

π260

=

Moment za snn ≈ nomnoms

s Mnn

nnM

−−

=

Moment za snn ≠ uz zanemarivanjestatorskih gubitaka i struje magnećenja s

sss

MM

kr

kr

kr

+=

2

Kritični moment u funkciji naponanapajanja krnom

nomkr M

UUM

2

=

Kritični moment u funkciji frekvencije upodručju slabljenja polja krnom

nomkr M

ff

M2

≈

elektromotorni pogoni - zbirka

Documents