תירגול – המרת אנרגיה

‫המרת אנרגיה –תירגול‬
‫מתרגלת‪ :‬גב' לירון בידני‪.‬‬
‫מייל‪[email protected]:‬‬
‫שיעורי בית‪ :‬חובת הגשה של לפחות ‪ 80%‬ובתמורה יש בונוס של ‪ 5‬נק'‪.‬‬
‫‪ | 1‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫תירגול‪:1‬‬
‫נפתח בחזרה על מבוא להנדסת חשמל ‪ -‬מבוא לרשתות ‪:AC‬‬
‫מתח חילופין מוצג בצורה הבאה‪. V  t   V m  cos   t    :‬‬
‫‪Vm‬‬
‫מגדירים‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪T‬‬
‫‪ V  t dt ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪0‬‬
‫‪1‬‬
‫‪T‬‬
‫‪ . V rm s ‬ואז הסימון המקובל בצורה פאזורית הוא‪:‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪‬‬
‫דוגמא‪ :‬נתון‪ X  t   311 cos   t   :‬נעבור לצורה פאזורית‪ 220 :‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪311‬‬
‫‪j‬‬
‫‪‬‬
‫‪Vm‬‬
‫‪e‬‬
‫‪2‬‬
‫‪Vm‬‬
‫‪2‬‬
‫‪. V  V rm s   ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ V rm s ‬ולבסוף‪:‬‬
‫‪3‬‬
‫‪j‬‬
‫‪. X  t   220  e‬‬
‫סוגי עומסים‪:‬‬
‫א‪ .‬עומס התנגדותי טהור – נגד ‪ - R‬אימפדנס ממשי‪.‬‬
‫ב‪ .‬עומס השראותי טהור – סליל ‪ . Z  j L - L‬הזרם הוא‪:‬‬
‫ג‪ .‬עומס קיבולי טהור – קבל ‪- C‬‬
‫‪1‬‬
‫‪j C‬‬
‫‪ . Z ‬הזרם כעת‪:‬‬
‫‪ 90‬‬
‫‪V‬‬
‫‪L‬‬
‫‪‬‬
‫‪V 0‬‬
‫‪ L 90‬‬
‫‪V 0‬‬
‫‪ V  c 90‬‬
‫‪ 90‬‬
‫‪1‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫‪ I ‬מפגר אחרי המתח ב‪. 9 0  -‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫‪ I ‬מקדים את המתח ב‪. 9 0  -‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪c‬‬
‫ד‪ .‬אימפדסים מרוכבים ‪: Z  a  jb -‬‬
‫‪ .1‬אם‪ b  0 :‬אז האימפדנס שלנו הוא בעל אלמנט השראותי והגודל יהיה‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ .2‬אם‪ b  0 :‬אז האימפדנס שלנו הוא בעל אלמנט קיבולי והגודל יהיה‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪R   L ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ 1 ‬‬
‫‪R ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ c ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪,Z ‬‬
‫‪,Z ‬‬
‫‪L‬‬
‫‪R‬‬
‫‪1‬‬
‫‪R c‬‬
‫‪. tan  ‬‬
‫‪. tan  ‬‬
‫הספקים‪:‬‬
‫הספק פעיל ‪ P‬מוגדר‪ . P  t   V  t   I  t  W  :‬ההספק הממוצע מוגדר‪:‬‬
‫‪T‬‬
‫‪ P  t  dt  VI cos  W ‬‬
‫‪0‬‬
‫‪1‬‬
‫‪.P ‬‬
‫‪T‬‬
‫מסמנים‪ -    V   I :‬הפרש הפאזות בין המתח לזרם‪.‬‬
‫הספק ריאקטיבי ‪( Q‬הספק הנצרך ע"י קבל וסליל) מוגדר‪. Q  V  I  sin  VA  :‬‬
‫הספק מדומה ‪( S‬נצרך ע"י אימפדנס מרוכב) מוגדר‪. S  V  I  V  I    V   I  VAR   P  i  Q :‬‬
‫*‬
‫‪Q‬‬
‫‪S‬‬
‫מקדם ההספק‪:‬‬
‫‪P‬‬
‫‪S‬‬
‫‪ . P . F .  co s  ‬להלן תיאור גרפי של ההספקים והזווית האחראית למקדם ההספק‪:‬‬
‫תרגיל ‪:1‬‬
‫א‪ .‬חשב את זרמי המעגל‪.‬‬
‫ב‪ .‬חשב את גורם ההספק וההספק המדומה‪.‬‬
‫‪ | 2‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪‬‬
‫‪P‬‬
‫תשובה‪:‬‬
‫א‪ .‬נמצא את ההתנגדות השקולה‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪  ...  32.09  15.5 ‬‬
‫‪j c ‬‬
‫‪1‬‬
‫הזרם הכולל במעגל הוא הזרם על הסליל ולכן‪:‬‬
‫‪ 7.17 15.5 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. Z eq  j L   R ‬‬
‫‪‬‬
‫‪230 0 ‬‬
‫‪32.09  15.5 ‬‬
‫‪V‬‬
‫‪‬‬
‫‪Z eq‬‬
‫‪. I total  I L ‬‬
‫המתח על הסליל הוא‪. V L  I L  j L  112.6 105.5  :‬‬
‫המתח על הסליל והנגד‪. V c , R  V  V L  281.8  22.6  :‬‬
‫הזרם של הנגד‪:‬‬
‫‪ 5 .6 4  2 2 .6 ‬‬
‫‪VR‬‬
‫‪R‬‬
‫‪ I R ‬והזרם על הסליל‪:‬‬
‫‪ 4 .4 6 7 .3 7 ‬‬
‫‪Vc‬‬
‫‪1‬‬
‫‪.Ic ‬‬
‫‪j c‬‬
‫ב‪. cos   cos   V   I   cos  0  15.5    cos   15.5   0.96 .‬‬
‫‪ S  V  I total  1.649 k V A ‬‬
‫‪‬‬
‫‪.  P  S  cos   1.58 k W ‬‬
‫ההספקים הם‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪ Q  S  sin    440.7 V A R ‬‬
‫תירגול ‪:2‬‬
‫‪A‬‬
‫רשתות תלת פאזיות‪:‬‬
‫חיבור כוכב‪:‬‬
‫חיבור משולש‪:‬‬
‫‪Vl  V ph‬‬
‫‪3 I ph‬‬
‫‪3V p h‬‬
‫‪Il ‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫הקשר בין העכבות של שני סוגי החיבורים‪. Z   3 Z Y :‬‬
‫‪Vl ‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫ההספק‪. S  3V ph I ph  3Vl I l :‬‬
‫‪I l  I ph‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪B‬‬
‫‪C‬‬
‫‪A‬‬
‫מוסכמות‪:‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪ - V / I‬מתח‪/‬זרם על הקו‪.‬‬
‫‪ - S / Q / P‬הספק על ‪ 3‬פאזות‪.‬‬
‫‪ = Z‬עכבה על פאזה בודדת‪.‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪B‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫עומס תלת פאזי המורכב בכוכב נתונים הערכים הנומינליים הבאים‪. V n  400 v , cos  n  0.85 , S n  160 k VA  :‬‬
‫א‪ .‬חשב את רכיבי הנגד והסליל (המחוברים בטור) של כל אחד מענפי הכוכב‪.‬‬
‫ב‪ .‬חשב את ההספק הפעיל והריאקטיבי של העומס‪.‬‬
‫ג‪ .‬חזור על סעיף ב' בהנחה שהמתח שונה ל‪. 3 8 0 v -‬‬
‫תשובה‪:‬‬
‫א‪ .‬נקבל‪ 231 A :‬‬
‫‪S‬‬
‫‪3V l‬‬
‫‪3V l I l  I l ‬‬
‫‪ . S ‬העכבה‪ 1 :‬‬
‫‪V ph‬‬
‫‪I ph‬‬
‫‪. Z  3V l I l  Z ‬‬
‫ההתנגדויות‪. X L  Z L sin   0.527  , R  Z L cos   0.85  :‬‬
‫ב‪ .‬נקבל‪. P  S cos   136 kW , Q  S sin   84.3 KVAR :‬‬
‫‪2‬‬
‫ג‪ .‬ידוע כי‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪V‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪ S  VI ‬ולכן‪:‬‬
‫‪V‬‬
‫‪‬‬
‫‪  new ‬‬
‫‪ V old ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪S new‬‬
‫‪S old‬‬
‫ונקבל‪:‬‬
‫‪ | 3‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪ V new ‬‬
‫‪‬‬
‫‪  144.4 kV A‬‬
‫‪ V old ‬‬
‫‪ S new  S old‬ו‪. Pnew  122.7 kw -‬‬
‫‪C‬‬
‫שאלה ‪:2‬‬
‫שלושה אימפדנסים זהים בהתנגדות‪ 30 30 :‬מחוברים במשולש למערכת תלת פאזית‬
‫של ‪ 4 0 0 v‬ע"י המוליכים בעלי אימפדנס‪. Z  0.8  0.6 j :‬‬
‫א‪ .‬מצא את המתח על העומסים‪.‬‬
‫ב‪ .‬מצא את המתח על העומסים כאשר מחוברים אליהם קבל בעל ריאקטנס ‪.  60 j‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪400v‬‬
‫‪Z1‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫כלל זהב‪ :‬תמיד נעבור לכוכב מכיוון שיש לו אדמה באמצע ויותר נוח לעבוד איתו‪.‬‬
‫א‪ .‬בשלב הראשון נציית לכלל ונעבור‬
‫לכוכב‪ 1 0 3 0  :‬‬
‫כדי שהספק יספק בצורת כוכב‪ 231v :‬‬
‫‪400‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪3‬‬
‫‪. ZY ‬‬
‫‪. V l  3V ph  V ph ‬‬
‫נתבונן באיור הבא ונבין את הרציונאל לעבור למעגל פשוט (חד‪-‬פאזי) כאשר צורת כוכב מאפשרת זו‪.‬‬
‫היות והכל מאוזן מספיק לחשב רק מעגל אחד‪.‬‬
‫‪Z total  Z Y  Z w are  11 31 ‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪ 21  31 ‬‬
‫‪V ph‬‬
‫‪ZY‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪. I ph ‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫עומס‬
‫ספק‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪V Y  I ph Z Y  210  1 ‬‬
‫ב‪ .‬ההתנגדות על כל חוט במשולש‪ Z   30 30     60 j   43.6 :‬וכן‪:‬‬
‫‪ 1 1 .5‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪3‬‬
‫‪. ZY ‬‬
‫לכן‪. Z Y  11.5 0   0.8  0.6 j  12.4 2.8  :‬‬
‫‪ 19  2.8 ‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪231‬‬
‫‪12.4 2.8 ‬‬
‫‪V ph‬‬
‫‪‬‬
‫‪ZY‬‬
‫‪I ph ‬‬
‫‪0.8  0.6 j‬‬
‫‪Z ph‬‬
‫‪v ph‬‬
‫‪. V ph  I ph Z  215  2.8 ‬‬
‫‪3V ph  37.4  2.8 ‬‬
‫‪Vl ‬‬
‫תירגול ‪:3‬‬
‫נציין את ההשוואה בין המעגלים‪:‬‬
‫מעגל חשמלי‬
‫מעגל מגנטי‬
‫‪ 1 ‬‬
‫רילאקטנס‪ A  H  :‬‬
‫‪F  NI‬‬
‫‪l‬‬
‫‪‬‬
‫‪  BA W b ‬‬
‫צפיפות שטף מגנטי‪B   H :‬‬
‫פרמביליות מגנטית‪   0  r :‬‬
‫שדה מגנטי‪:‬‬
‫‪f‬‬
‫‪H ‬‬
‫‪l‬‬
‫‪ | 4‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪R‬‬
‫‪V‬‬
‫‪I‬‬
‫צפיפות זרם‪:‬‬
‫מוליכות‪ :‬‬
‫‪J‬‬
‫שדה חשמלי‪E :‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫הנתונים מופיעים בתרגיל כיתה‪.‬‬
‫הנקודות מהגרף שנצטרך הן‪ -  0.3 k ,1.2  :‬לפח ו‪ - 1.1k ,1.2  -‬לפלדה‪.‬‬
‫‪4‬‬
‫א‪ .‬חשב מתח ‪ DC‬שיש לחבר לסליל כדי לקבל שטף מגנטי של‪2.4  10 Wb :‬‬
‫ב‪ .‬חשב את הרילאקטנס ואת ההשראות של ההתקן‪.‬‬
‫ג‪ .‬חשב בקירוב את השטף המגנטי המתקבל בחריץ האוויר כאשר מגדילים את‬
‫מתח ה‪ DC-‬שחּושב בסעיף א' ב‪.25%-‬‬
‫האורך ‪ l avg‬הממוצע‪.‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬נעזר בחוק אמפר‪:‬‬
‫באוויר‪:‬‬
‫‪4‬‬
‫‪ Hl‬‬
‫‪ . N I ‬נמצא את עוצמת השדה‪ 1.2 T :‬‬
‫‪ 955 k  H / m ‬‬
‫‪1.2‬‬
‫‪7‬‬
‫‪4   10‬‬
‫‪B‬‬
‫‪‬‬
‫‪0‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2.4  10‬‬
‫‪ 20  10‬‬
‫‪3‬‬
‫‪10  10‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪A‬‬
‫‪.B ‬‬
‫‪ . H air ‬מהנתון‪. l air  2  2  4 m m :‬‬
‫בפח‪ , H  300  H / m  :‬ניקח ערך ממוצע‪. l avg   40  5   2  44  5  2  144 m m :‬‬
‫בפלדה‪ . H ca  1.1k  H / m  :‬הערך הממוצע‪ 84.82 m m :‬‬
‫‪ 44  10 ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2 ‬‬
‫‪. l ca _ avg ‬‬
‫נקבל‪. NI  955  10 3  4  10  10  3  300  144  10  3  1.1  10 3  84.82  10  3  3957 A :‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪ 3.957 A‬‬
‫‪ Hl‬‬
‫‪ . I ‬ולבסוף המתח הוא‪. V  R I  3 9 .5 7 v :‬‬
‫‪N‬‬
‫ב‪ .‬מהמעגל האנלוגי נקבל‪:‬‬
‫‪ 1 ‬‬
‫‪ 16.5 M  ‬‬
‫‪H ‬‬
‫‪ 1 ‬‬
‫התנגדות האוויר‪ 16 M   :‬‬
‫‪H ‬‬
‫‪2‬‬
‫ההשראות היא‪ 60 m H :‬‬
‫‪N‬‬
‫‪‬‬
‫‪3.957‬‬
‫‪4‬‬
‫‪2.4  10‬‬
‫‪‬‬
‫‪NI‬‬
‫‪‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪4mm‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ 10‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ 10  20  10‬‬
‫‪7‬‬
‫‪4   10‬‬
‫‪‬‬
‫‪l‬‬
‫‪0 A‬‬
‫‪.  air ‬‬
‫‪.L ‬‬
‫ג‪ .‬יוצא‪. V D' C  1.25V D C  I '  1.25 I  F '  1.25 F :‬‬
‫מחוק אמפר‪H air :‬‬
‫האורך קבוע ולכן‪:‬‬
‫בסוף‪W b  :‬‬
‫‪4‬‬
‫‪air‬‬
‫‪ H l  1.25l‬‬
‫‪( F   H l  F ' ‬ראינו שההתנגדות הדומיננטית ביותר היא של האוויר)‪.‬‬
‫‪ 1.25 H air  B '  1.25 B   '  1.25‬‬
‫‪ 3  10‬‬
‫‪4‬‬
‫'‬
‫‪air‬‬
‫‪.H‬‬
‫‪  '  1.25  1.25  2.4  10‬וכן‪. B '  1 .2 5 B  1 .2 5  1 .2  1 .5T :‬‬
‫‪ | 5‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
:4 ‫תירגול‬
:AC-‫מעגלים מגנטיים ב‬
d
e  N
‫ מתח‬/ ‫כא"מ‬

dt
.‫צימוד שטף מגנטי‬
d
dt
F
 t   N t   N
.‫כא"מ אפקטיבי‬
 
e m ax

R
N   m ax
2
 N
2
I t 
R
 L  I t 
2   f  N   m ax  4 .4 4  f  N   m ax

2
:1 ‫שאלה‬
.4 ‫הנתונים והגרף מופיעים בקובץ התרגול של תרגיל כיתה‬
.acd-‫ ו‬abc :‫ בתרגיל זה הכל "מוכן מראש" הקירוב של הגרף הוא ליניארי ולכן נחשב את סך השטח לפי שני משולשים‬.‫א‬
.
2M 00H 0
2
.
2M 00H 0  A l
T
 J 
 2  2M 00H 0  3 
m 
 2M 00H 0  A l  f
:‫נקבל את האנרגיה ליח' נפח‬
:‫ ההספק הוא‬. 2 M 0  0 H 0  A  l :‫האנרגיה היא‬
.)‫ משתנה בכל אחד מהם (והמתח הוא נגזרת של השטף‬B -‫ ניתן ביטוי למתח המושרה בכל רבע מחזור היות ו‬.‫ב‬
 3M 0  0
H  0M 0
 H
0

 M 00
H  0M 0

 H0
.B  
 3M 0  0 H   M
0
0
 H0

 M 00 H   M
0
0
 H
0

. I0 
H 0L
N
t   0, 0.25 T 
t   0.25 T , 0.5 T 
:da-‫ ועד ל‬ab-‫נקבל עבור כל קטע מ‬
t   0.5T , 0.75 T
t   0.75 T , T 
:‫ כאשר‬I  t   I 0 sin  2 ft  :‫ נתון‬.‫ קשור לזמן לפי חוק אמפר‬H ‫נזכיר כי‬
 3 M 0  0 sin  2  ft    0 M 0

 M 0  0 sin  2  ft    0 M 0
.B  
 3 M 0  0 sin  2  ft    0 M 0

 M 0  0 sin  2  ft    0 M 0
t   0, 0 .2 5 T
T /4

0
sin  2 ft   cos  2  ft  dt 
1
4 f
.P 

t   0 .2 5 T , 0 .5 T

:‫ונקבל‬
t   0 .5 T , 0 .7 5 T 
t   0 .7 5 T , T 
 3 cos  2  ft 

 cos  2  ft 
. V  t   N  A  2 f  M 0  0 
 3 cos  2  ft 

 cos  2  ft 
.

t   0, 0.25 T
T

t   0.25 T , 0.5 T

:‫ ונקבל‬V
t   0.5 T , 0.75 T 
t   0.75 T , T 
:‫ נפתח בחישוב עזר קצר‬. P 
N  A  2 f  M 0  0
H  t   H 0 sin  2 ft  ‫נציב זאת ואת‬
1
T
 N
d
dt
:‫נגזור לפי‬
T
 V  t  I  t  dt
:‫ נחשב את ההספק הממוצע‬.‫ג‬
0

1 2
2 1 
 I 0 3 

  2M 00H 0  A l  f
4 f 
 4 f
:‫כעת‬
‫ סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬- ‫ | תירגול המרת אנרגיה‬6
‫תירגול ‪:5‬‬
‫‪Is t ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫שנאי אידיאלי‪:‬‬
‫היחסים‪ a :‬‬
‫‪NP‬‬
‫‪NS‬‬
‫‪‬‬
‫‪VP  t ‬‬
‫וכן‪:‬‬
‫‪VS  t ‬‬
‫בשיקוף מקבלים‪ a Z L :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪‬‬
‫‪a‬‬
‫‪VP‬‬
‫‪Ip‬‬
‫‪IP t ‬‬
‫‪. N p I p t   N S IS t  ‬‬
‫‪IS t ‬‬
‫‪I p t ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪Vp t ‬‬
‫‪VS  t ‬‬
‫‪‬‬
‫‪. Z L' ‬‬
‫‪‬‬
‫‪NP NS‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫‪r‬‬
‫נתון השנאי הבא‪:‬‬
‫נתון‪ R  Xj  1  4 j   :‬וכן‪. N 1  5 N 2 :‬‬
‫א‪ .‬ציירו מעגל כאשר האימפדנס משוקף לצד הראשי‪.‬‬
‫ב‪ .‬עבור מתח ראשי של ‪ 1 2 0 rm s‬חשבו זרם בצד הראשי והמשני‪.‬‬
‫‪X‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪N1 N 2‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫א‪ .‬נשקף‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪X j    25  100 j  ‬‬
‫ב‪ .‬נחשב‪  0.28  1.13 j  Arm s :‬‬
‫‪R ‬‬
‫‪ N ‬‬
‫‪. R ' X ' j   1 ‬‬
‫‪ N2 ‬‬
‫‪120‬‬
‫‪25  100 j‬‬
‫‪‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪ . I 1 ‬הגודל‪. I 1  1.16 Arm s :‬‬
‫‪R ' X ' j‬‬
‫‪2‬‬
‫המשני יהיה פי ‪ a‬מהראשי‪:‬‬
‫‪ N ‬‬
‫‪  1  I 1  5  1.16 A  5.8 Arm s‬‬
‫‪ N2 ‬‬
‫‪. I2‬‬
‫שאלה ‪:2‬‬
‫מעבירים מתח חד‪-‬פאזי של ‪ 2 2 0 v‬מהתחנה לצרכן ע"י הרשת שבאיור‪.‬‬
‫העומס הוא ‪ S  2347VA , cos   0.97‬עבור ‪V n  220 v‬‬
‫א‪ .‬חשב את הנצילות‪.‬‬
‫ב‪ .‬חשב את הנצילות ללא שימוש בשנאים‪.‬‬
‫שנאי‬
‫אידיאלי‬
‫‪ZL‬‬
‫‪z  100  200 j‬‬
‫‪a 2  10‬‬
‫שנאי‬
‫אידיאלי‬
‫‪220v‬‬
‫‪a1  0.1‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫א‪ .‬תחילה נמצא את העומס‪ 20.62  ,   14  :‬‬
‫‪V‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ Z ‬‬
‫‪S‬‬
‫‪V‬‬
‫‪ZL‬‬
‫‪ . S  V  I ‬מקבלים‪. Z L   20  5 j   :‬‬
‫*‬
‫‪z  100  200 j‬‬
‫נשקף כאשר‪. Z L'  a 22 Z L  100 Z L   200  500 j   :‬‬
‫נחשב זרם‪:‬‬
‫‪2200‬‬
‫‪ 0.994 A‬‬
‫‪2‬‬
‫‪  500  200 ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ 2000  100 ‬‬
‫‪.I ‬‬
‫ההספק‪. Pout  PL  I 2 R e  Z L'   0.994 2  2000  1975.5 w :‬‬
‫ההפרש‪.  Pcu  I 2 R e  Z   0.994 2  100  98.776 w :‬‬
‫הנצילות היא‪:‬‬
‫‪ 0.952  95.2%‬‬
‫‪Pout‬‬
‫‪Pout   Pcu‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪ | 7‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫'‬
‫‪ZL‬‬
‫‪2200v‬‬
‫‪Z L   2000  500 j  ‬‬
‫'‬
‫ב‪ .‬בלי שנאים נקבל את המעגל הבא‪:‬‬
‫הזרם הוא‪:‬‬
‫‪z  100  200 j‬‬
‫‪220‬‬
‫‪ 0.926 A‬‬
‫‪2‬‬
‫‪  5  200 ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪.I ‬‬
‫‪ 20  100 ‬‬
‫‪Z L   20  5 j  ‬‬
‫‪220v‬‬
‫ההספק‪. Pout  PL  I 2 R e  Z L   0.926 2  20  17.16 w :‬‬
‫ההפסד‪.  Pcu  I 2 R e  Z L   0.926 2  100  85.8 w :‬‬
‫הנצילות‪:‬‬
‫‪ 0.167  16.7%‬‬
‫‪Pout‬‬
‫‪Pout   Pcu‬‬
‫‪. ‬‬
‫המטרה היא לראות שהשנאי עוזר לנו להגדיל את הנצילות במעבר של הספקים למרחקים גדולים‪.‬‬
‫תירגול ‪:6‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫א‪ .‬כזכור‪ I  t   e i t :‬וכן‪.   t  , B  t   I  t  :‬‬
‫ידוע‪:‬‬
‫‪d t ‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪.V  t    N‬‬
‫‪N  2  f   m ax‬‬
‫לכן‪ 4.4 N  f   m ax :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪. V  t   N    V eff ‬‬
‫‪4‬‬
‫‪. V1  4.4  1000  500  0.4‬‬
‫מקבלים‪ 10  1056 v :‬‬
‫‪T  12‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪A‬‬
‫‪B‬‬
‫ב‪ .‬נקבל‪ F2   rm s  R air  R FE    rm s R air :‬וכן‪ 3.4  10 W b :‬‬
‫‪4‬‬
‫ההתנגדויות‪:‬‬
‫לכן‪:‬‬
‫‪ 0.9 A‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪lc‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ , R FE ‬‬
‫‪ 88  10  H‬‬
‫‪‬‬
‫‪0r A‬‬
‫‪ rm s  R air‬‬
‫‪N2‬‬
‫‪ m ax‬‬
‫‪2‬‬
‫‪.  m ax  B  A  0.4  12  10  4  4.8  10  4 W b   rm s ‬‬
‫‪3‬‬
‫‪1‬‬
‫‪6‬‬
‫‪ 1.3  10  H‬‬
‫‪4‬‬
‫‪2  10‬‬
‫‪ 12  10‬‬
‫‪7‬‬
‫‪4   10‬‬
‫‪‬‬
‫‪l air‬‬
‫‪0 A‬‬
‫‪. R air ‬‬
‫‪. N I   rm s  R air  I ‬‬
‫‪R FE‬‬
‫ג‪ .‬לפי כלל יד ימין כל הסלילים מלופפים באותו הכיוון ולכן כיוון השטף הוא כלפי מעלה‪.‬‬
‫נקבל בפשטות‪. BT  B1  B 2  0.4  0.4  0.8T :‬‬
‫‪R air‬‬
‫כעת‪. V 3  4.44  f  N 3  BT  A  532 v :‬‬
‫תיאוריה קצרה‪:‬‬
‫שנאים – נוסחאות‪:‬‬
‫מעגל תמורה‪:‬‬
‫‪X 2  a X 2 r2'  a 2 r2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪N 1 I1  N 2 I 2‬‬
‫‪V1 I 1  V 2 I 2‬‬
‫‪I2‬‬
‫‪I1‬‬
‫‪‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪‬‬
‫‪N1‬‬
‫‪a ‬‬
‫‪N2‬‬
‫‪‬‬
‫'‬
‫‪ZL‬‬
‫‪V2‬‬
‫'‬
‫‪X 1 I‬‬
‫‪‬‬
‫‪r1‬‬
‫‪‬‬
‫‪X‬‬
‫‪r‬‬
‫‪‬‬
‫ניסוי ריקם‪ :‬אין עומס‪ V 2 ,‬פתוח ולכן החלק החשוב הוא החלק המקבילי ‪ .  r , X  ‬נקבל‪. V 0  V1 n , Z O C  r  jX  :‬‬
‫בניסוי ריקם כל ההספק נופל על הברזל (הליבה) ולכן‪. P0   PF E :‬‬
‫‪ | 8‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪V1‬‬
‫‪‬‬
‫ניסוי קצר‪ :‬בקצר ‪ V 2‬מקוצר – החלק הטורי חשוב‪ .‬נקבל‪. I k  I 1 n , Pk   PC U :‬‬
‫‪IL‬‬
‫ניתן לבטא באמצעות שני הניסויים‪ V out  V1 n 1  K LU k cos   k   L   :‬כאשר‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪In‬‬
‫‪Sk‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪, KL ‬‬
‫‪Vk‬‬
‫‪.U k ‬‬
‫‪Vn‬‬
‫שאלה ‪:2‬‬
‫א‪.‬‬
‫‪ 0.2W b‬‬
‫‪86.6 k‬‬
‫‪100   1352‬‬
‫‪2‬‬
‫ב‪ .‬נעזר בנוסחה‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ B ‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ B m ax ‬‬
‫‪ B ‬‬
‫‪‬‬
‫נקבל‪ :‬‬
‫‪ 1T ‬‬
‫נמצא את ‪: B‬‬
‫‪1.3‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪‬‬
‫‪1.3‬‬
‫‪ N2‬‬
‫‪.  eff ‬‬
‫‪ f ‬‬
‫‪ C G ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ f0 ‬‬
‫‪ 50 ‬‬
‫‪ 1.3  8770  ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ 50 ‬‬
‫‪.  PF E‬‬
‫‪.  PF E‬‬
‫‪ 1 .4 4 T   m ax   rm s‬‬
‫‪2  0 .2 9W b‬‬
‫‪0 .2 9‬‬
‫‪‬‬
‫‪0 .2‬‬
‫‪ m ax‬‬
‫‪A‬‬
‫‪ B ‬ואז‪.  PF E  23.7 kW :‬‬
‫ג‪ .‬יש לנו כעת "סוג‪-‬של" ניסוי ריקם כי בצד השני לא מחובר כלום‪ .‬הזרם שעלינו למצוא נובע מהפסדי ברזל ומזרם מיגנוט‪.‬‬
‫נכתוב‪:‬‬
‫‪ . I 0 ‬נחשב‪ .  PF E  I O C V1  I O C  3.85 A :‬נמצא את זרם המיגנוט‪:‬‬
‫‪I   I OC‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫נפתח בחישוב הבא‪:‬‬
‫‪ 96‬‬
‫עבור הברזל נקבל‪:‬‬
‫‪A‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪V2‬‬
‫הזרם הכללי הוא‪:‬‬
‫‪m‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪ N1  N 2‬‬
‫‪ . H C  2 0 0 0‬לכן‪:‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪N2‬‬
‫‪ 1 3 0 .4 A‬‬
‫‪H c l c  H air l g‬‬
‫‪N1‬‬
‫‪3.85  92.2  92.3 A‬‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪N1‬‬
‫‪ .‬קיבלנו כי‪ . B m ax  1.44T :‬מהגרף שבשאלה‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪I   I OC ‬‬
‫‪2‬‬
‫ביחס לזרם נומינלי‪ I nV n  S n  I n  2 kA :‬נקבל‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪A‬‬
‫‪ 1.15 M‬‬
‫‪m‬‬
‫‪ . I  ‬הזרם האפקטיבי‪ 92.2 A :‬‬
‫‪I‬‬
‫‪2‬‬
‫‪B‬‬
‫‪0‬‬
‫‪. H air ‬‬
‫‪. I   eff ‬‬
‫‪. I0 ‬‬
‫‪ 4.54%‬‬
‫‪I0‬‬
‫‪ .‬רואים שהוא ממש זניח יחסית‪.‬‬
‫‪In‬‬
‫תירגול ‪:7‬‬
‫שאלה ‪:1‬‬
‫א‪ .‬נחשב‪:‬‬
‫‪ 796 ‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪I 0 sin  0‬‬
‫עבור ניסוי קצר נקבל‪:‬‬
‫‪ 2.03 k  , X  ‬‬
‫‪ 5.22 A‬‬
‫‪1200‬‬
‫‪230‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪ 1.48 ‬‬
‫‪V k cos  k‬‬
‫‪Ik‬‬
‫‪ rk ‬ו‪-‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪Vn‬‬
‫‪ 2.72 ‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪I 0 cos  0‬‬
‫‪ 0.36  r ‬‬
‫‪ . I k  I n ‬נקבל‪:‬‬
‫‪V k sin  k‬‬
‫‪Ik‬‬
‫‪V0 I 0‬‬
‫‪Pk‬‬
‫‪ 0.479‬‬
‫‪I kV k‬‬
‫‪. cos  k ‬‬
‫‪ . X k ‬רואים כי מתקיים‪ rk , X k   r , X  :‬כפי שראינו בהרצאה‪.‬‬
‫ב‪.‬כזכור‪ . V 2  V 2 n 1  K LU k cos   k   L   :‬נחשב כל גורם‪:‬‬
‫‪ 0.069‬‬
‫‪16‬‬
‫‪230‬‬
‫נקבל בסוף‪. V 2  115 1  0.89  0.069  cos  61.38  41.4    108.4 v :‬‬
‫‪ | 9‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪P0‬‬
‫‪. cos  0 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪U 1k‬‬
‫‪U 1n‬‬
‫‪ 0.89 , U k ‬‬
‫‪PL‬‬
‫‪S n cos  L‬‬
‫‪‬‬
‫‪SL‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪.KL ‬‬
‫תירגול ‪:8‬‬
‫שאלה ‪ 2‬מתוך תרגיל כיתה ‪:6‬‬
‫כל המלל והנתונים מופיעים בתרגיל‪.‬‬
‫‪Primary‬‬
‫‪Secondary‬‬
‫‪0.025  0.7 j‬‬
‫‪ZL‬‬
‫‪G‬‬
‫‪E‬‬
‫‪N‬‬
‫‪E‬‬
‫‪R‬‬
‫‪A‬‬
‫‪T‬‬
‫‪O‬‬
‫‪R‬‬
‫‪1 3 j‬‬
‫‪zk‬‬
‫‪0.025  0.7 j‬‬
‫‪1 3 j‬‬
‫‪0.025  0.7 j‬‬
‫‪1 3 j‬‬
‫א‪ .‬נקבל את החישובים והמעגל הבאים‪:‬‬
‫'‬
‫‪Z k ,Y‬‬
‫‪Z 12‬‬
‫‪ 1270 v‬‬
‫‪Z 11‬‬
‫'‬
‫‪2200‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Z 11  1  3 j‬‬
‫‪V p h1‬‬
‫‪ZL‬‬
‫‪  1.87  7.27 j  ‬‬
‫‪5.62  21.8 j‬‬
‫‪‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Z k‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪3‬‬
‫‪I 1, ph ‬‬
‫‪ 9.09 A ‬‬
‫‪20  10‬‬
‫‪2200‬‬
‫‪Z k ,Y ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪V ‬‬
‫‪ 1270 ‬‬
‫‪  1    0.025  0.7 j   ‬‬
‫‪   0.76  21.16 j  ‬‬
‫‪ 231 ‬‬
‫‪ V2 ‬‬
‫ב‪ .‬נמצא זרם נומינלי‪3 I n , l  15.7 A :‬‬
‫‪V ph 1 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪V1, n , l‬‬
‫‪ Z 12‬‬
‫'‬
‫‪12‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪. I n ,l ‬‬
‫נמצא התנגדות כוללת‪ . Z T  Z 11  Z k ,Y  Z 12'   3.63  31.4 j   :‬לכן‪. 3.63  rT , 31.4  X T :‬‬
‫מניחים כי‪ . Z L  X T , rT :‬ואז‪.   0 :‬‬
‫נקבל‪( . V Z L  V in  I 1 X sin   I 1 r cos  :‬מטילים את הווקטורים של ההתנגדויות על ‪.) V in‬‬
‫לכן‪. V Z L  1270  15.7  31.4  0.6  15.7  3.6  0.8  929 v :‬‬
‫‪‬‬
‫‪I R‬‬
‫‪ V2 ‬‬
‫נשקף לצד המשני‪  168 :‬‬
‫‪ V1 ‬‬
‫‪V in‬‬
‫‪. V L , ph  V Z L  ‬‬
‫‪1‬‬
‫‪‬‬
‫‪jI X‬‬
‫‪1‬‬
‫‪VZL‬‬
‫נעבור למתח על הקו‪. Vl  3V L , ph  292 v :‬‬
‫‪  0‬‬
‫שאלה ‪ 1‬מתירגול ‪:7‬‬
‫‪‬‬
‫‪I‬‬
‫הכנה לסעיף א'‪:‬‬
‫הנצילות מוגדרת‪:‬‬
‫‪3‬‬
‫‪PL‬‬
‫‪PL   PF E   PC U‬‬
‫‪1 5  1 0 / 0 .7 5‬‬
‫‪3‬‬
‫נחשב‪:‬‬
‫‪ 0 .8‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2 5 1 0‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sk‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪( .  ‬עיין בהרצאות‪ :‬עמ' ‪ )18‬לפי הנתונים שלו נקבל‪:‬‬
‫‪15  10‬‬
‫‪15  10   PF E   PC U‬‬
‫‪3‬‬
‫‪ . K L ‬לכן‪ PC U  3.8  K  PF E :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪L‬‬
‫(הסיבה שעשינו כך ולא השתמשנו בנתון כפי שהוא היא שהנתון עצמו מדבר על עומס מלא בעוד שאנו עוסקים בעומס‬
‫נתון שאינו העומס המלא ולכן גם ההפסדים משתנים וכן היחס בניהם‪).‬‬
‫נציב במשוואה הראשונה ונקבל‪.  PF E  89.2W ,  PC U  339W :‬‬
‫‪ | 10‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪. 0.98 ‬‬
‫א‪ .‬נפתח‪:‬‬
‫‪ PC U‬‬
‫‪‬‬
‫‪S n cos  k‬‬
‫נציב‪ 0 .0 4 2 :‬‬
‫נעזר בנוסחאות‪:‬‬
‫‪Pk / cos  k‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪Sk‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪339‬‬
‫‪Vk I n‬‬
‫‪3‬‬
‫‪‬‬
‫‪Vn I n‬‬
‫‪ U K ‬וכן‪:‬‬
‫‪2 .5  1 0  0 .3 2‬‬
‫‪Vk‬‬
‫‪Vn‬‬
‫‪ 0.88‬‬
‫‪.U K ‬‬
‫‪3‬‬
‫‪22  10‬‬
‫‪3‬‬
‫‪25  10‬‬
‫‪V1  V1 n 1  K LU K cos   k   L  ‬‬
‫ב‪ .‬נקבל‪ 98.04% :‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪ .‬נקבל‪. V1  V1 n 1  0.88  0.042  cos  71.3  36.9    387.8 v :‬‬
‫‪V 2  V 2 n 1  K LU K cos   k   L  ‬‬
‫‪S L  cos  L‬‬
‫‪‬‬
‫‪Sk‬‬
‫‪.KL ‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪S L  cos  L   PF E  K  PC U‬‬
‫‪2‬‬
‫תירגול ‪:9‬‬
‫שאלה ‪ 2‬מתירגול ‪:7‬‬
‫א‪ .‬עבור ענף מקבילי‪ 0.455 :‬‬
‫‪P0‬‬
‫‪I 0V 0‬‬
‫‪ . cos  0 ‬ההתנגדות‪ 4.84 k  :‬‬
‫‪220‬‬
‫ההשראות‪ 2.47 k  :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪0.1  1  0.455‬‬
‫כאשר הנצילות מקסימלית מתקיים‪ 10W :‬‬
‫נשקף‪ S L  I 2' V 2' :‬נקבל‪ 220 v :‬‬
‫‪220‬‬
‫‪110‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪‬‬
‫‪220‬‬
‫‪0.1  0.455‬‬
‫‪V0‬‬
‫‪‬‬
‫‪I 0 cos  0‬‬
‫‪. r ‬‬
‫‪.X ‬‬
‫‪I 0 sin  0‬‬
‫‪(  PC U   PF E‬עיין עמ' ‪ 18‬הרצאה ‪.)8‬‬
‫‪ V 2  aV 2  110‬ו‪ 1 .8 1 8 A -‬‬
‫'‬
‫‪400‬‬
‫‪‬‬
‫‪220‬‬
‫‪P m ax‬‬
‫'‬
‫‪2‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫‪SL‬‬
‫'‬
‫‪2‬‬
‫‪. I 2' ‬‬
‫‪V‬‬
‫‪Xk‬‬
‫נחשב‪.  PC U   I 2'  rk  10W  1.818 2  rk  rk  3.025  :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪k‬‬
‫הזווית היא‪ cos  k  0.45 :‬ולכן‪. X k  rk  tan  k  6  :‬‬
‫ב‪ .‬נתון עומס‪ Z load  10  10 j   :‬וראינו כי‪ 2 :‬‬
‫‪220‬‬
‫‪110‬‬
‫‪rk‬‬
‫'‬
‫‪2‬‬
‫‪. Z load‬‬
‫‪ . a ‬נשקף‪ a Z load   40  40 j   :‬‬
‫עכבת הקצר היא‪. Z k  rk  jX k   3.025  6 j   :‬‬
‫המתח על העומס המשוקף‪:‬‬
‫הזרם הוא‪:‬‬
‫‪ 197.59  1.92 ‬‬
‫‪ 3.49  46.9 ‬‬
‫‪197.59  1.92 ‬‬
‫‪40  40 j‬‬
‫‪40  40 j‬‬
‫'‬
‫‪40  40 j  3.025  6 j‬‬
‫‪ 220 ‬‬
‫‪ZL‬‬
‫‪Z  Zk‬‬
‫'‬
‫‪L‬‬
‫‪. V L'  V1‬‬
‫'‬
‫‪‬‬
‫‪VL‬‬
‫'‬
‫‪L‬‬
‫‪Z‬‬
‫‪. I 2' ‬‬
‫נחשב הספקים‪. PL   I 2'  R L'  3 .4 9 2  4 0  4 8 8W ,  PC U   I 2'  rk  3.49 2  3.025  36.91W :‬‬
‫‪2‬‬
‫הנצילות היא‪ 0.912 :‬‬
‫‪488‬‬
‫‪488  36.9  10‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪PL‬‬
‫‪PL   PC U   PF E‬‬
‫‪. ‬‬
‫ויסות מתח ע"י קבל‪:‬‬
‫שאלה‪:‬‬
‫נתון שנאי ‪ 2 2 0 0 v / 2 2 0 v‬מיועד לעבוד בעומס נומינלי של ‪. S  2 2 0 kV A‬‬
‫בניסוי קצר מצאו‪. I k  100 A , V k  100 v , Pk  5 kW :‬‬
‫א‪ .‬חשב את מתח המוצא עבור העמסה נומינלית ב‪ cos   0.9 -‬מפגר‪ .‬כאשר מתח הכניסה נומינלי‪.‬‬
‫ב‪ .‬מה צריכה להיות זווית העומס ‪  L‬כדי שמתח המוצא יהיה נומינלי‪.‬‬
‫ג‪ .‬חשב איזה קבל דרוש לחבר במקביל לעומס (כלומר במוצא השנאי) כדי שמתח המוצא יהיה נומינלי עבור‪. f  50 H z :‬‬
‫ד‪ .‬חשב מתח מוצא בחישוב מדויק ואמת תוצאה‪.‬‬
‫‪ | 11‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
:‫פתרון‬
. V k  V n ‫ הניסוי מבוצע בזרם נומינלי על פני עומס נומינלי ולכן‬.‫א‬
Vk
. V k% 
. cos   0.9    25.89  :‫ מהנתון‬. cos  k 

. V  220  1 

3.76 
  211.73 v
100 
Pk
 1 0 0  4 .5 5 %
2200
:‫מניסוי קצר‬
 0.5   k  60 
I kVk
:‫נקבל‬
:‫ ולכן‬.  V %  V k%  cos   k     3.76% :‫נקבל‬
.  L   k  90    L   30  :‫ ולכן‬cos   L   k   0 :‫ או‬ V  0 ‫ נרצה‬.‫ב‬
Q n ew
Q
S
.
L
P
P  S cos   220 k  0.9  198 kW
:‫ ההספקים ללא קבל‬.‫ג‬
Q  S sin   220 k  1  0.9  95.9 kW
2
 tan   30    0.577 
:‫ ידוע‬. tan  n eed ed 
Q n eed ed
:‫ צריכה להיות‬ needed ‫הזווית‬
P
. Q new  Q old  Q C :‫ מחיבור ההספקים הריאקטיבים‬. Q new  P   0.577    114.32 kVAR :‫נקבל‬
. Q C  Q new  Q old   114.32  95.9 k   210.21kV A R :‫לכן‬
. XC 
1
2 fC
 C  13.8 m F :‫ נמצא את הקיבול‬. Q C  
. Z L   0.198  0.096 j   :‫ ולכן‬  25.89  :‫ כזכור‬. Z L 
V
2
V
2
XC
220

S
 X C  0.23 
:‫ראינו כי‬
2
 0.22  :‫ אימפדנס העומס‬.‫ד‬
220 k
. Z T  Z L  X C  0.183  0.23   0.183  0.106 j   :‫העומס במקביל לקבל‬
2200
. Z T'  a 2 Z T   1 8 3  1 0 5 .8 5 j    a 
.
X
r
 tan   k   tan  6 0   1 .7 3  X  0 .8 6 6 
:‫ לכן‬. r 
Pk
I
2
k

5k
100
2
 0.5 
 10
220
:‫נשקף‬
:‫מניסוי קצר נמצא התנגדות טורית‬
. Z k'   0.5  0.866 j   :‫מקבלים בסוף‬
. V  219.76 v :‫ נשקף למשני‬. V '  2197.6 v :‫ לכן‬. V '  2200 
Z'
Z ' Z k
.‫יענטו שיפרנו‬
  2195.1  103.69 j  v
V new
 0.1%
:‫לפי מחלק מתח‬
:‫ניתן לראות כי היחס הוא‬
V nom inal
:10 ‫תירגול‬
:‫פאזי‬-‫שנאי תלת‬
.a ' 
N1
N2
-‫ ו‬a 
Vl1n
Vl 2 n

Il2n
:‫נתונים קווים‬
I l1n
:‫סוגי חיבורים‬
. a  a ' : Y /Y .1
. a  a ' :  /  .2
. a  a '/ 3 :  /Y .3
. a  3 a ' : Y / .4
‫ סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬- ‫ | תירגול המרת אנרגיה‬12
‫שאלה ‪ 1‬מתירגול ‪:8‬‬
‫פתרון‪:‬‬
‫א‪ .‬נמצא את יחס הליפופים‪:‬‬
‫‪ 8 .2 5‬‬
‫‪3 .3 kv‬‬
‫‪.a ‬‬
‫‪0 .4 kv‬‬
‫‪3.3 kv‬‬
‫נמצא מתח ריקם (נומינלי)‪ :‬נתון כי‪ V 0 l  V nl  3.3 kv :‬ולכן‪ 1905 v :‬‬
‫נמצא זרם ריקם בפאזה‪:‬‬
‫‪ 17.5 A‬‬
‫‪100 k‬‬
‫‪3  3.3 k‬‬
‫‪Sn‬‬
‫‪‬‬
‫‪3V nl‬‬
‫‪3‬‬
‫‪. V 0 , ph ‬‬
‫‪. S n  3V nl I nl  I nl ‬‬
‫מהנתון נוכל למצוא את הזרם ריקם‪( I nl  I ph , n  I 0  0.02 I nl  0.35 A :‬הדבר נכון כי מדובר בחיבור כוכב)‪.‬‬
‫נמצא הפסדי ברזל‪.  PFE   P0  3V0 ,l I 0 ,l cos  0  3  3.3 k  0.35 k  0.1  200W :‬‬
‫‪2‬‬
‫נמצא התנגדות מקבילית‪ 5.44 k  :‬‬
‫‪V 0 , ph‬‬
‫‪ PFE‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ r  3‬‬
‫‪1905‬‬
‫נמצא השראות מקבילית‪ 5.47 k  :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪0.35  1  0.1‬‬
‫‪V 0 , ph‬‬
‫‪r‬‬
‫‪.  PFE  3‬‬
‫‪V 0 , ph‬‬
‫‪‬‬
‫‪I 0 , ph  sin  0‬‬
‫‪.X ‬‬
‫נמצא ענף טורי‪. rk  r1  r2'  r1  a 2 r2  0.5  8.25 2  0.01  1.18  :‬‬
‫נמצא מתח קצר‪:‬‬
‫‪ V k , ph  u k V1 n , ph  0.045  1905  85.7 v‬‬
‫נמצא השראות טורית בקצר‪Z k  rk  4.76  :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪Xk ‬‬
‫‪2‬‬
‫להלן תיאור סכמת תמורה‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪Vk‬‬
‫‪Vn‬‬
‫‪. uk ‬‬
‫‪ 4.9 ‬‬
‫‪17.9‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ZL‬‬
‫‪85.7‬‬
‫‪‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪rk‬‬
‫‪V k , ph‬‬
‫‪I n , ph‬‬
‫‪‬‬
‫‪V k , ph‬‬
‫‪I k , ph‬‬
‫‪Xk‬‬
‫‪‬‬
‫‪X‬‬
‫‪r‬‬
‫‪‬‬
‫ב‪ .‬נעזר בנוסחה‪ . V 2  V 2 n 1  K L u k cos   k   L   :‬העומס נומינלי ולכן‪. K L  1 :‬‬
‫נתון‪ u k  0.045 :‬ולכן‪. cos  L  0.85   L  31.8  :‬‬
‫נמצא‪:‬‬
‫‪ 0.24   k  76 ‬‬
‫‪1.18‬‬
‫‪‬‬
‫‪4.9‬‬
‫‪rk‬‬
‫‪Zk‬‬
‫‪ cos  k ‬זה מהיחסים של התנגדויות בענף המקבילי‪.‬‬
‫נציב בנוסחה‪. V 2 l  400 1  1  0.045 cos  76  31.8    387 v :‬‬
‫מפל המתח על השנאי הוא‪:‬‬
‫‪ 3 .2 3 %‬‬
‫‪400  387‬‬
‫‪400‬‬
‫‪.‬‬
‫‪ | 13‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪. Z k , ph ‬‬
‫‪V1‬‬
‫‪‬‬
. cos  L  0.8 :‫ נתון‬.‫ג‬
.KL 
SL

Sn
1
2
1
.  PC U  K L2  PC U , n  K L2  3 I n2, ph  rk 
. 
1
:‫ לפי הנתון‬. S L 
S cos 
1
1 0 0 k  5 0 kV A
2
 3  1 7 .5  1 .1 8  2 7 1W
2
2
:‫נקבל הספק‬
:‫נחשב הפסדים‬
:‫ ולכן הנצילות היא‬ PF E  200W :‫כמו כן‬
 98.8%
S cos    PC U   PF E
2
Sn 
:11 ‫תירגול‬
:9 ‫שאלה מתוך תרגיל‬
N
.‫ התנגדות מגנטית‬-  
2
:‫תזכורת‬
L
0.1m
V
.X 
I
.)‫ (ניתן להקביל למעגל עם סליל‬. L 
l  0 .3 m
100v
50 A
X
2 f
2
N
. 
B



. 
 Br

A

 Br
 Br

 Br
2  50
:‫ נמצא את ההיגב‬.‫א‬
 0.064 H :‫מקבלים‬
 6283 H
1
:‫הריאקטנס הוא‬
0.064
 Br
 Br
20

400

L
 20   L
l
0r A
:‫מהנוסחה‬
l
‫נמצא את‬
. l   0  r A  6238  500  4  10  7  0.2  0.3   0.237 m :‫נקבל‬
. V  lA  0.237   0.2  0.3   0.0142 m 3 :‫הנפח הוא‬

C
.)12 ‫ (ראה הרצאה‬H m 
.Hs 
3 20  5 2
2 0.237
N  I m ax
:‫ כאשר‬H s 
l
A
 893  
m 
m
2
Hm
:‫ העוצמה מחושבת ע"י‬.‫ב‬
:‫ העוצמה היא‬. I m ax  I 2  5 2 A :‫הזרם‬
. B s   0  r H s  500  4  10  7  893  0.561T :‫עוצמת השטף המגנטי היא‬
. Ls 
m
2
. B r   0  r H r  0.106 T :‫ העוצמה היא‬H r 
1
BT  B R  B S
0r
V  B r  B s sin   1
. sin  
BR


BS
:‫ היא‬M 
0r
V Br  Bs

L 
3
 0 .0 6 4  0 .0 9 5 5 H
2
N r Ir

l
1
0r
80  0.5
 A
 168.9   :‫מגנטי‬
0.237
m 
V Br  B s  1N m
4   10
7
:‫ פאזות נקבל‬3 ‫עבור‬
 500  1
0.0142  0.561  0.106
‫ נחשב שדה‬.‫ג‬
:‫ מתאימה למומנט‬ ‫ הזווית‬.‫ד‬
 0.743    48 
:‫נבודד‬
. B   B r  B s cos     B s sin    0.653T :‫ מהסרטוט הסמוך נקבל‬.‫ה‬
2
2
. sin  
B s sin 
 0 .6 7 5    4 2 .4 4 
B
:‫הזווית היא‬
. V eff  4.44 f  N  B  A  4.44  50  20  0.635   0.2  0.3   180.4 v :‫ המתח האפקטיבי‬.‫ו‬
. E  4.44  50  20  0.106   0.2  0.3   28.34 v :‫מתח מושרה מהרוטור‬
. PT  3
V  E  sin 
Xs
 345W
:‫ולכן ההספק הכולל הוא‬
V  E  sin 
Xs

V  E  sin 
 Ls
:‫ההספק של כל פאזה‬
‫ סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬- ‫ | תירגול המרת אנרגיה‬14
‫תירגול ‪:12‬‬
‫מכונה סינרכונית‪:‬‬
‫גנרטור לעומת מנוע‪ -‬בגנרטור ‪ E‬מקדים את‬
‫‪V‬‬
‫במנוע להיפך‪.‬‬
‫גנרטור‪:‬‬
‫להלן תיאור מעגל התמורה של ממיר מכאני לחשמלי‪:‬‬
‫כאשר‪ - I f :‬זרם העירעור‪.‬‬
‫‪X s  Bs‬‬
‫הצגה פאזורית (לגנרטור)‪ :‬נוסחאות של הספקים‪:‬‬
‫גורם ההספק מקדים‪ .   0 :‬גורם הספק מפגר ‪:   0‬‬
‫‪IX s‬‬
‫‪E‬‬
‫בגנרטור ובמנוע מתקיים‪:‬‬
‫‪V ph E ph sin ‬‬
‫‪E‬‬
‫‪IX s‬‬
‫‪V  Bs‬‬
‫‪E  By  I f‬‬
‫ברוטור זורם זרם ‪( I f‬זרם עירור) שיוצר שדה מגנטי קבוע‪.‬‬
‫סיבוב הרוטור יוצר שדה מגנטי מסתובב‪.‬‬
‫השדה המגנטי המסתובב מושרה על הסטטור ונוצר כא"מ מושרה בסטטור‪.‬‬
‫‪r‬‬
‫‪P 3‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪V ph E ph cos   V ph‬‬
‫‪2‬‬
‫‪V‬‬
‫‪I‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪I‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪Q generator  3‬‬
‫‪V ph  V ph E ph cos ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪Q engine  3‬‬
‫נוסחאות כלליות‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪, P   .  Pe  3 I ph‬‬
‫‪R‬‬
‫‪nm P‬‬
‫‪ f e ‬כאשר ‪ - P‬מספר הקטבים‪ - n m ,‬סל"ד‪.‬‬
‫‪120‬‬
‫‪1 m in 2 ‬‬
‫‪ rad ‬‬
‫‪rad  ‬‬
‫‪‬‬
‫‪60 sec 1‬‬
‫‪ sec ‬‬
‫‪.  m  nm‬‬
‫שאלה ‪ 1‬מתוך תרגיל כיתה ‪:12‬‬
‫‪V ph E ph sin ‬‬
‫א‪ .‬יש למצוא את ‪: ‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪V ph  V ph E ph cos ‬‬
‫‪3V l I l cos   3‬‬
‫‪P ‬‬
‫‪ .‬היות ומדובר בחיבור כוכב נקבל‪ 120 v :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪Xs‬‬
‫‪120  120 E ph  cos ‬‬
‫‪3V l I l sin   3‬‬
‫‪Vl‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Q ‬‬
‫‪2‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪0.8‬‬
‫‪ 0  3‬ו‪. 3  208  50  1  3  120 E ph  sin  -‬‬
‫הפתרון של מערכת שתי המשוואות הוא‪.   18.4  , E ph  126.5 v :‬‬
‫ב‪ .‬כדי לשנות את נקודת העבודה ל‪ cos   0.78 -‬מקדים‪ ,‬עבור אותו מומנט מכאני יש לחשב את ‪ ‬המתאימה‪.‬‬
‫המומנט נשאר זהה ‪ P   ‬נשאר קבוע ‪ P ‬נשאר קבוע‪.‬‬
‫נמצא את ‪ . P  3  208  50  1  18 kW : P‬נקבל‪. cos   0.78     38.7  :‬‬
‫ההספק הריאקטיבי הוא‪ . Q  P tan    14.4 kVAR :‬נציב במשוואות מסעיף א' ונקבל‪:‬‬
‫הפתרון הוא‪.   1 4 .7  , E p h  1 5 7 .2 v :‬‬
‫היחס בין ‪ E p h‬ל‪ I f -‬קבוע ולכן‪:‬‬
‫‪ 3.36 A‬‬
‫‪157.2‬‬
‫‪ 2.7‬‬
‫‪126.5‬‬
‫‪ | 15‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪E1‬‬
‫‪E2‬‬
‫‪ I f 2  I f1‬‬
‫‪If2‬‬
‫‪E2‬‬
‫‪‬‬
‫‪I f1‬‬
‫‪E1‬‬
‫‪.‬‬
‫‪‬‬
‫‪ E ph sin   40‬‬
‫‪.‬‬
‫‪‬‬
‫‪ E ph cos   152‬‬
‫‪. I l  I ph , V ph ‬‬
‫שאלה ‪ 2‬מתוך תרגיל כיתה ‪:12‬‬
‫נקבל את החישובים הבאים‪:‬‬
‫נפתור גיאומטרית‪:‬‬
‫‪I ph X s  V sin ‬‬
‫‪I‬‬
‫‪E‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫‪30‬‬
‫‪ 10 ‬‬
‫‪240 sin 30‬‬
‫‪Xs ‬‬
‫‪12‬‬
‫‪V‬‬
‫מניחים הנחה‪ :‬יש שימור הספק‪. P  3V p h I p h co s  :‬‬
‫לצורך שימור הספק והקטנת הזרם נקבל‪ cos  :‬מקסימלי – ז"א‪.   0  :‬‬
‫נקבל את הדיאגרמה הפאזורית החדשה הבאה‪:‬‬
‫‪E‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫‪ V ph‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ 240  260 v‬‬
‫‪2‬‬
‫‪V‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ I m in X s ‬‬
‫‪E ph ‬‬
‫‪10  10 ‬‬
‫‪E ph ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪  30‬‬
‫‪I‬‬
‫תירגול ‪:13‬‬
‫מכונות סינכרוניות – המשך‪:‬‬
‫שאלה ‪ 1‬מתירגול ‪:13‬‬
‫א‪ .‬נקבל‪:‬‬
‫‪ 180 rpm‬‬
‫‪120  60‬‬
‫‪‬‬
‫‪120 f‬‬
‫‪p‬‬
‫‪4‬‬
‫ב‪ .‬אין עומס ‪ ‬אין זרם‪ .‬אצלנו‪:‬‬
‫‪ nm ‬‬
‫‪ E  480v‬‬
‫‪nm p‬‬
‫‪.f ‬‬
‫‪120‬‬
‫‪E‬‬
‫‪ . V‬מהגרף רואים‪. I f  4 .5 A :‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫‪IR‬‬
‫ג‪ .‬מהדיאגרמה הפאזורית רואים כי‪ . V  E  I  R  jX s  :‬מתקיים‪:‬‬
‫וכן‪:‬‬
‫‪ 692.3 A‬‬
‫‪1200‬‬
‫‪‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Il‬‬
‫‪3‬‬
‫‪Vl  V ph‬‬
‫‪I‬‬
‫‪ . I ph ‬נתון‪. cos   0.8    36.86  :‬‬
‫לכן‪ . E ph  V ph  I ph  R  jX s   480  692.8  36.86   0.015  0.1 j   532 5.3  :‬מתוך הגרף‪. I f  5 .7 A :‬‬
‫ד‪ .‬ההספק הוא‪. Pout  3V l I l cos   3  480  1200  0.8  798 kW :‬‬
‫כמובן שידוע כי‪ Pin  Pout   Ploss :‬ולכן‪.  Ploss   Pe   Pcore   Pm ech :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ . Pin  798‬הנצילות היא‪:‬‬
‫‪ 0.015‬‬
‫‪k  3 692.3‬‬
‫‪k  40‬‬
‫נקבל סופית‪k  889.6 kW :‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪  30‬‬
‫‪ Pm ech‬‬
‫ה‪ .‬בניתוק‬
‫‪ E  I 0‬‬
‫‪ Pcore‬‬
‫‪ Pe‬‬
‫‪ . V‬לכן‪, I f  I f (o ld )  5.7 A :‬‬
‫‪ 89.75%‬‬
‫‪Pout‬‬
‫‪ 532v‬‬
‫‪.V‬‬
‫ו‪ .‬הזרם כעת הוא‪. I l  1200  I ph  692.8 A :‬‬
‫נקבל‪. E  V  I  R  jX s   480  692 36.86   0.015  0.1 j   450.98 7.86   I f  4 A :‬‬
‫‪ | 16‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪798 k‬‬
‫‪889.6 k‬‬
‫‪‬‬
‫‪Pout‬‬
‫‪Pin‬‬
‫‪. ‬‬
‫שאלה ‪ 2‬מתירגול ‪:13‬‬
‫א‪.‬‬
‫‪ 1000 rpm‬‬
‫‪120  50‬‬
‫‪120 f‬‬
‫‪‬‬
‫‪6‬‬
‫‪p‬‬
‫ב‪ .‬עבור גורם הספק של ‪ 0.8‬מפגר‪:‬‬
‫נקבל ללא עומס‪:‬‬
‫‪ nm ‬‬
‫‪ V  480v‬‬
‫‪nm p‬‬
‫‪120‬‬
‫מהדיאגרמה נקבל‪:‬‬
‫‪60‬‬
‫‪sec‬‬
‫‪cos   0.8    36.86 ‬‬
‫‪,E‬‬
‫‪ 277 v‬‬
‫‪480‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪,f ‬‬
‫‪ra d‬‬
‫‪ 1 0 4 .7‬‬
‫‪2 n m‬‬
‫‪.m ‬‬
‫‪. I ph  I l  60 A , E ph ‬‬
‫דיאגרמה ל‪-‬ב‪:1‬‬
‫‪E‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫‪V‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪E ph   V  X s I ph sin     X s I ph cos  ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪I‬‬
‫ובסוף‪. V p h  2 3 6 .8 v :‬‬
‫דיאגרמה ל‪-‬ב‪:2‬‬
‫עבור גורם הספק של ‪. E 2  V 2   IX s  :1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪E‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫נקבל‪. V p h  2 7 0 .4 v :‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫עבור גורם הספק של ‪ 0.8‬מקדים‪:‬‬
‫‪cos   0.8     36.86 ‬‬
‫דיאגרמה ל‪-‬ב‪:3‬‬
‫נקבל מהדיאגרמה‪. E 2   V  IX s sin     IX s cos   :‬‬
‫נקבל בסוף‪. V ph  310 v :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫דרך נוספת לפתרון סעיף זה היא כמו בשיעור שעבר ע"י הנוסחאות של ‪. P , Q‬‬
‫‪‬‬
‫‪V‬‬
‫ג‪ .‬ההספק הוא‪ , Pout  3V ph I ph cos   34.1kW :‬ידוע‪. Pin  Pout   Ploss :‬‬
‫נפתח ונקבל‪ Pin  Pout   Pcore   Pm ech  34.1k  1k  1.5 k  36.6 kW :‬והנצילות‪:‬‬
‫ד‪ .‬ההספק שווה למכפלת המומנט המכאני בתדר הזוויתי‪. Pin  M  :‬‬
‫נקבל‪:‬‬
‫‪ 347 N m‬‬
‫‪3 6 .6 k‬‬
‫‪1 0 4 .7‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪.M ‬‬
‫המומנט המורגש הוא (המומנט ביציאה)‪:‬‬
‫‪ 326 N m‬‬
‫‪3 4 .1k‬‬
‫‪1 0 4 .7‬‬
‫‪ | 17‬תירגול המרת אנרגיה ‪ -‬סיכום ועריכה מאת שי ידרמן‬
‫‪‬‬
‫‪I‬‬
‫‪E‬‬
‫‪jIX s‬‬
‫‪Pin‬‬
‫‪I‬‬
‫‪Po u t‬‬
‫‪‬‬
‫‪.M ‬‬
‫‪ 93.2%‬‬
‫‪Pout‬‬
‫‪Pin‬‬
‫‪. ‬‬
‫‪‬‬