ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 19.11.2011 Süre: 60 dakika 1) Manyetik geçirgenliği ( μ ) sabit bir ortamda L

Tam metin

(1)ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 19.11.2011 Süre: 60 dakika 1) Manyetik geçirgenliği ( μ ) sabit bir ortamda L1 ve L2 gibi iki endüktans arasındaki ortak endüktans ( M ) için, tam kuplajlı (kaçak akı olmayan) durumda M2 = L1∙ L2 olduğunu ispatlayınız. Yol gösterme: Şekildeki gibi ortak nüvede farklı sarım sayılı iki sargının ters paralel bağlı olduğunu düşününüz. Sarım başına voltun her iki sargıda da aynı olduğunu da dikkate alarak ab arası voltajın ne olması gerektiğini bulunuz. ab arası voltajın her iki sargıdan da aynı hesaplanması gerektiğinden de faydalanınız. (25 puan) 2) Eşdeğer devre parametreleri r1 = 0,2Ω , r2’ = 0,1Ω , x1 = 0,3Ω , x2’ = 0,3Ω , gc = 120μS , bm = 600 μS (gc ve bm değerleri primer tarafında gösterilen değerleridir) olan 400V:80V ’luk, 50Hz’lik, 1600VA’lik tek fazlı bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,8 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (45 puan) 3) Tek fazlı 300V:60V’luk bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: 300V,. 1,0A ,. 150W. Kısa devre testi: 15V,. 12A,. 110W. Ayrıca primer sargısı direnci r1 = 0,2Ω ölçüldüğüne göre trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargısı direnç ve kaçak reaktansını, sekonderdeki değerleriyle de bulunuz. (30 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(2) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV CEVAP ANAHTARI 19.11.2011 1) Kaçak akı olmadığı için iki sargının da akısı, dolayısıyla sarım başına voltu aynıdır. Paralel bağlı oldukları için toplam voltajları da aynıdır. Farklı sarım sayılarına sahip bir sargıda bu iki şart, ancak sargı voltajlarının (dolayısıyla net akının) sıfır olmasıyla sağlanabilir. Her iki sargı üzerindeki voltajı da sıfıra eşitlersek:. L1. di1 di di di  M 2  0  L2 2  M 1 dt dt dt dt. . di2 L1 di1  dt M dt. Son eşitliğin her türlü i1 akımı için sağlanması gerektiğinden,. 0  L2.  0  L2. L1 M  M. L1 di1 di M 1 M dt dt. M 2  L1 L2. Burada akım yönleri tanımına göre sargıların akıları birbirini zayıflattığı için M , başında eksi işaretiyle kullanılmıştır. Bu ispat, sargı akılarının birbirini desteklediği (M ’nin artı alındığı) durum için de geçerlidir. 2) Primere yansıtılmış yaklaşık eşdeğer devreyi kullanalım:. z y  z y 36,87 . Yük sekonderde anma voltajında ise yansıtılmış yük voltajı V2 de primerin anma voltajında olur. Bunun açısını da devredeki akım ve gerilim açılarından ilk tanımlanan olduğu için keyfi olarak sıfır alalım: V2  400V0. I 2  V2 z y  I 2. (0  36,87 ). I 2 . 1600VA  4A 400V. N 1600VA  20 A  I 2  2 20 A  4 A diye de hesaplanabilirdi ama yansıtılmışı yukarıdaki gibi 80V N1  I 2  4 A  36,87 doğrudan bulmak daha kolaydır.) V1  400V0  (0,2  0,1)  j (0,3  0,3) 4 A  36,87  400V  j0V  2,683V 26,57 (veya I 2 . . . 0 , 671 63, 43. V1  400V  j 0V  (2,4  j1,2)V  (402,4  j1,2)V  402,4V 0,17 PCu  (0,2  0,1)  (4 A) 2  5W. PFe  120  106 S  (402,4V )2  19W. Çıkış gücü: P2  1600VA  0,8  1280W Verim:  . Giriş gücü: P1  1280W  5W  19W  1304W. 1280  %98 1304. V1 aynı değerinde tutulup yük açık devre edilirse, sekonder voltajının yansıtılmışı yine bu değer olur: V20  V1  402,4V ( V1 vektörünün kutupsal gösterimdeki büyüklüğü) Regülasyon  %100. V20  V2TY 402,4  400 Regülasyon %0,6  %100 V2TY 400. I 1  I 2  I 10  (3,20  j 2,40) A  (120  j 600)10 6 (402,4  j1,2)  (3,249  j 2,641) A  I1  4,19 A  39,11 0, 0483 j 0 , 0001 0 , 0007 j 0, 2414.

(3) EM-1-V-2011-CA-2 Ölçülen primer akımı I 1  4,19 A. . . Giriş (primer) güç faktörü cos 0,17  (39,11 )  cos39,28  cos1  0,774 geri. 3) gc . 150W  1,67mS  gc (300V )2. (r1  r2)  zk . 110W  0,76 (12 A) 2. 15V  1,25 12 A. Y0 . 1,0 A  3,33mS  Y0 300V. r1  0,2. bm  3,332  1,67 2 mS  bm  2,89mS.  r2  0,76  0,2  r2  0,56. ( x1  x2 )  1,252  0,762   0,989. . Sekonder sargısının direnç ve reaktansının sekonderdeki değerlerini bulalım: 300V  N1 N 2  5 60V. 2. r2   N 2 N1   0,56  2. x2   N 2 N1   0,49 . 0,56  r2  23m 52 0,49  x2  20m 52. 0,989  x1  x2  0,49 2.

(4) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI SORULARI 02.01.2012 Süre: 70 dakika Her soru eşit puanlıdır. 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri r1 = 22Ω , r2’ = 18Ω , x1 = x2’ = 100Ω , gc = 100μS , bm = 800μS olan üç fazlı, 50Hz’lik, ∆/∆ bağlı, 60kVA’lik, 4000V:400V’luk bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,6 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. 2) Üç fazlı, 50 Hz’lik, ∆/∆ bağlı, 1000V:2000V’luk bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler, hat değeri olarak şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: 1000V ,. 1,75A ,. 1200W. Kısa devre testi: 38,0V ,. 20,0A ,. 1080W. Ayrıca primer hatlarının bir ucu boştayken diğer iki ucundan ölçülen direnç rölç = 0,8Ω olduğuna göre trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargısı direnç ve kaçak reaktansını, sekonderdeki değerleriyle de bulunuz. 3) Seri, şönt ve armatür sargı dirençleri sırasıyla Rseri=2Ω, Rşönt=150Ω ve Ra=3Ω olan şekildeki kompund. dinamo,. n=3000. devir/dakika. döndürülürken yük uçlarında U=350V, görülmektedir.. Dinamonun. sürtünme. hızla Iy=25A kaybı. Psür=1000W olduğuna göre dinamonun verimini ve giriş torkunu hesaplayınız. 4) Uyartım ve armatür sargılarının dirençleri sırasıyla Rf =200Ω, ve Ra=4Ω olan şekildeki yabancı uyartımlı motor, Uf =300V, U=600V iken n=3000 devir/dakika hızla dönüyor ve Iy=25A oluyor. Bu sırada dikkatsizlik sonucu uyartım sargısına bağlı kablolardan biri F1 noktasından kopuyor. Bu anda artık mıknatısiyet akısı kopmadan hemen önceki akının %4’ü oluyor. Hızdaki değişmenin akımdaki değişmeye göre yavaş kaldığını (mekanik zaman sabitinin, La/Ra’dan çok daha büyük olduğunu (L a armatür endüktansı)) varsayarak kopmadan sonra armatür akımının ulaşacağı değeri bulunuz. BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(5) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL CEVAP ANAHTARI 02.01.2012 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış yaklaşık eşdeğer devreyi kullanalım:. z y  z y 53,13 . ∆/∆ bağlı olduğu için tek faz voltajları hem primer hem sekonderde fazlararası voltajlarla aynı olur. Yük sekonderde anma voltajında ise yansıtılmış yük voltajı V2 de primerin anma voltajında olur. Bunun açısını da devredeki akım ve gerilim açılarından ilk tanımlanan olduğu için keyfi olarak sıfır alalım: I 2  V2 z y  I 2 (0  53,13 ) V2  4000V0 Tek faz görünür gücü  (veya hat akımı = (veya I 2 . 60kVA  20kVA 3. 60kVA 3  4000V. I 2 .  8,77 A  I 2 . 8,77 A 3. 20000VA  5A 4000V.  5A ). N 20000VA 400  50 A  I 2  2 50 A  50 A  5 A diye de hesaplanabilirdi ama 400V N1 4000.  I 2  5 A  53,13 yansıtılmışı yukarıdaki gibi doğrudan bulmak daha kolaydır.) V1  4000V0  (22  18)  j (100  100)  5 A  53,13  4000V  j0V  1019,8V 26,56 . . . 203, 96 78, 69. V1  4000V  (920  j 456)V  (4920 j 456)V  4941V 5,30 PCu  3  (22  18)  (5 A) 2  3000W. PFe  3 100106 S  (4941V ) 2  7324W. Çıkış gücü: 60kVA  0,6  36000W  P2 Giriş gücü: 36000 W  3000 W  7324 W  46324W  P1. Verim:  . 36000  %77,7 46324. V1 aynı değerinde tutulup yük açık devre edilirse, sekonder voltajının yansıtılmışı yine bu değer olur:. V20  V1  4941V ( V1 vektörünün kutupsal gösterimdeki büyüklüğü) Regülasyon  %100. V20  V2TY 4941  4000  %100  Regülasyon %23,5 V2TY 4000. 2) Önce ölçümleri tek faza indirgeyelim. Primer ∆ bağlı olduğu için: Açık devre testi ölçümleri: V10  1000V , Kısa devre testi ölçümleri: V1k  38V , Tek faz primer sargı direnci. I10  1,75A 3  1,01A , I1k  20,0A 3  11,55A ,. 3 0,8   1,2   r1 2. P10  1200W 3  400W P1k  1080W 3  360W.

(6) EM-1-F-2012-CA-2 gc . 400W  0,4mS  g c (1000V ) 2. (r1  r2 ) . zk . Y0 . 360W  2,7 (11,55 A) 2. 38V  3,29 11,55 A. 1,01A  1,01mS 1000V. bm  1,012  0,4 2 mS  bm  0,93mS.  r2  2,7  1,2  r2  1,5  ( x1  x 2 )  3,29 2  2,7 2   1,88. . 1,88   x1  x 2  0,94  2. Sekonder sargısının direnç ve reaktansının sekonderdeki değerlerini bulalım: Tek faz anma gerilimleri oranı. 1000V  N1 N 2  1 2 2000V. r2  N 2 N1  1,5   22 1,5   r2  6  2. x2  N 2 N1   0,94  22  0,94  x2  3,76  2. 3) U   350V  2   25 A  400V. I uşönt . 400V  2,67 A 150 . I a  I y  I uşönt  25A  2,67A  27,67A E  400V  3   27,67 A  483V Çıkış gücü: Pç  U  I y  350V  25A  8750W Giriş gücü: Pg  E  I a  Psür  483V  27,67 A  1000W  14363W. Pç Pg  8750 14363  Verim  % 60,9 Açısal dönüş hızı:   3000  ( 30) rad s  314,2 rad s  Giriş torku:. 14363W  Tg  45,7 Nm 314,2 rad s. 4) E  K  n olduğu için (K sabit) E ile manyetik akı  doğru orantılıdır. Hızın değişmesi gecikeceğine göre kopmadan önceki ve sonraki denge değerleri arasında. E sonra  sonra   0,04 Eönce  önce. Eönce  600V  4  25A  500V. yazılabilir.. . Esonra  500V  0,04  20V. Kopmadan sonra yük ve armatür akımının ulaşacağı değer:. 600V  20V  145 A 4. Gerçekte artık mıknatısiyet akısı yetmeyeceği için hız düşer. Sigorta atmazsa, motor yanana kadar bu akıma hatta daha fazlasına gerçekten ulaşılır ve motor yanabilir. Bu yüzden yabancı veya şönt uyartım sargılarının kablolarına çok dikkat edilmelidir..

(7) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI SORULARI 16.01.2012 Süre: 75 dakika 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri r1 = 0,35Ω , r2’ = 0,25Ω , x1 = x2’ = 4,1Ω , gc = 300µS , bm = 800µS olan üç fazlı, 50Hz’lik, ∆/∆ bağlı, 180kVA’lik, 1600V:400V’luk bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,9 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Ayrıca primer hat akımının ölçülen büyüklüğü ile giriş güç faktörünü de bulunuz. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (35 puan) 2) Üç fazlı, 50 Hz’lik, ∆/∆ bağlı bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler, hat değeri olarak şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: 15000V , Kısa devre testi:. 322V ,. 2,8A ,. 62500W. 120A ,. 58500W. Ayrıca primer hatlarının bir ucu boştayken diğer iki ucundan ölçülen direnç rölç = 1,2Ω olduğuna göre trafonun tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. (20 puan) 3) Seri ve armatür sargı dirençleri sırasıyla Rseri=2Ω ve Ra=3Ω. olan. şekildeki. seri. dinamo,. n=3000. devir/dakika hızla döndürülürken değişken bir yük direncinin belirli bir değeri için uçlarında U1=300V, Iy1=15A görülmektedir. Daha sonra dinamo aynı hızda döndürülürken yük direnci değiştirilerek akımı Iy2=10A değerine getiriliyor. Bu durumda uç gerilimi (U2) ne olur? Uyartım akımıyla akının doğru orantılı olduğu bölgede çalışıldığını varsayınız. (20 puan) 4) Şönt ve armatür sargılarının dirençleri sırasıyla Rş =200Ω, ve Ra=4Ω olan şekildeki şönt motor, U=600V iken n=3000 devir/dakika hızla dönüyor ve Iy=25A oluyor. Bu çalışma için sürtünme kaybı Psür = 1200W olduğuna göre motorun verimini ve çıkış torkunu bulunuz. (25 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(8) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME CEVAP ANAHTARI 16.01.2012 1) Primere yansıtılmış yaklaşık eşdeğer devreyi kullanalım. V2 anma sekonder geriliminde olduğu için primere yansıtılmışı V2 de anma primer geriliminde olur. ∆/∆ bağlı olduğundan her ikisinin tek faz değeri, fazlararası değerlere eşittir: V2  1600V . Tek faz akımı ise: I 2  (veya primer ∆ bağlı olduğundan I 2  0,35 . 1. j 4,1 . 3. . 180kVA 3  37,5 A 1600V. 180kVA 3  1600V. 0,25 .  37,5 A ). j 4,1  0,9. 300S.  j800 S. z y  z y 25,84 . Devredeki akım ve gerilim açılarından ilki keyfi olarak sıfır tanımlanabilir: V2  400V0 I 2  37,5A  25,84  (33,75  j16,35) A Buna göre I 2  V2 z y  I 2 (0  25,84 ) V1  1600V0  (0,35  0,25)  j (4,1  4,1)  37,5 A  25,84  1600V  j0V  308,32V 59,97 . . . 8, 22285,82. V1  1600V  j0V  (154  j 267)V  (1754 j 267)V  1774V 8,65 PCu  3  (0,35  0,25)  (37,5 A) 2  PCu  2531W Çıkış gücü: 180kVA  0,9  P2  162kW Verim:  . PFe  3  300106 S  (1774V ) 2  PFe  2834W. Giriş gücü: 162kW  2,531kW  2,834kW  P1  167,4kW. 162  %96,8 167,4. V1 aynı değerinde tutulup yük açık devre edilirse, sekonder voltajının yansıtılmışı yine bu değer olur:. V20  V1  1774V ( V1 vektörünün kutupsal gösterimdeki büyüklüğü) Regülasyon  %100. V20  V2TY 1774  1600  %100  Regülasyon %10,9 V2TY 1600. I 1  I 2  I 10  (33,75  j16,35) A  (300  j800)10 6 S  1774V 8,65 854, 4 S   69, 44.  (33,75  j16,35) A  1,516A  60,79  (33,75  j16,35) A  (0,74  j 1,32) A  (34,49  17,67) A I1  38,75A  27,13. Ölçülen primer hat akımı ise. . 3  38,75A  I1  67,12 A. . Giriş (primer) güç faktörü cos 8,65  (27,13 )  cos35,78  cos 1  0,811 geri. 2) Ölçümleri tek faza indirgeyelim. Ölçümler primerden alındığı ve primer Δ bağlı olduğu için. V10  15000V ,. I10  2,8 A 3  1,617A ,. V1k  322V , I1k  120A 3  69,28A ,. P10  62500 3  20833W ,. P1k  58500 3  19500W ,. r1  1,2   3 2  1,8   r1.

(9) EM-1-B-2012-CA-2. gc . 20833W  92,6 S  g c (15000V ) 2. Y0 . 1,617 A  107,8 S  Y0 15000V. bm  107,8 2  92,6 2  S . 55,1 S  bm (r1  r2 )  →. 19500W  4,06  (69,28 A) 2.  r2  4,06   1,8   2,26   r2. ሺ‫ݔ‬ଵ + ‫ݔ‬ଶ ′ሻ = ඥ4,65ଶ − 4,06ଶ Ω = 2,26Ω. . 2,26   1,13   x1  x 2 2. 3) Birinci yük için. E1  300V  (3   2 )  15 A  375V.  akısı I u  I y ile ve  da n ile doğru orantılı olduğu için. E  K a   K I u n  K I y n. n değişmediği için. E2 I y2 olur. Böylece  E1 I y1. ikinci yük için emk: E 2  E1. I y2 I y1.  375V . 10  250 V olur. Yeni uç gerilimi ise 15. U 2  250V  (3   2 )  10 A  200V  U 2. 4) I u . 600V  3A 200 . I a  25A  3A  22A E  600V  4   22 A  512V Giriş gücü Pg  600V  25A  15000W Çıkış gücü Pç  512V  22A  1200W  10064W Verim . 10064    %67,1 15000. Açısal dönüş hızı:   3000  ( 30) rad s  314,16 rad s Çıkış torku: Tç . 10064 Nm  Tç  32,0Nm 314,16. zk . 322V  4,65  69,28 A.

(10) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 24.11.2013 Süre: 75 dakika 1) Aşağıdaki (A) ya da (B) sorularından yalnız birisini cevaplayınız.. . (A) Tek sargılı (akımına i diyelim) bir elektromıknatısta sargı uçlarına göre endüktans L( x)  a b  x. . formülüyle veriliyor. Burada a  0 ve b  0 yapıya bağlı sabitler, x ise sistemdeki herhangi bir mesafe olup x  b bölgesinde çalışılmaktadır. Bu parçalar arasındaki manyetik kuvvetin mutlak değerini bulunuz. Bu kuvvetin x mesafesini ve L (x) endüktansını artırmaya mı azaltmaya mı çalıştığını ayrı ayrı belirtiniz. Ortamda bu manyetik kuvvetten başka tek kuvvet basit sürtünme kuvveti ise denge konumunda L (x) hangi değeri alır? (8+5+5+7 puan). 1 dL( x ) Yardımcı formül: F  i 2 2 dx (B) Trafo sac yüzeylerinin, akı yoğunluğu çizgilerine göre konumu nasıl olmalıdır (dik mi, paralel mi) (5 puan)? Neden (10 puan)? AC gerilimde trafo primer boşta çalışma akımının dalga şeklini sinüzoidallikten bozan sebep nedir? (10 puan) 2) Aşağıdaki (A) ya da (B) sorularından yalnız birisini cevaplayınız. (45 puan) (A) Tek fazlı, 50Hz’lik, 20kVA’lık, 2700V:900V’luk bir transformatörün eşdeğer devre parametreleri r1  0,2  , r2  0,02  , x1  1,0  , x2  0,1 , gc  0,008S, bm  0,009S ’dir. Sekonderde güç faktörü 0,8 ileri olan bir tam yük, anma geriliminde beslendiğine göre bu çalışma için transformatörün verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (B) Tek fazlı, 50Hz’lik, 20kVA’lık, 300V:900V’luk bir transformatörün eşdeğer devre parametreleri r1  0,2  , r2  0,02  , x1  1,0  , x2  0,1 , gc  0,008S, bm  0,009S ’dir. Sekonderde güç faktörü 0,8 ileri olan bir tam yük, anma geriliminde beslendiğine göre bu çalışma için transformatörün verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. 3) Üç fazlı, 50 Hz’lik, 139 kVA’lık, 2kV:10kV’luk, Δ /Δ bağlı bir transformatöre açık devre ve kısa devre testleri uygulanıyor. Primerden alınan hat ölçümler şöyledir: Açık Devre Testi: V0  2000V, I 0  2,0 A, P0  6000W, Kısa Devre Testi: Vk  120V, I k  40 A, Pk  4500W. Ayrıca primerin bir hat ucu boştayken, diğer iki hat ucu arasından ölçülen direnç rölç  0,6  ’dur. Trafonun tek faza indirgenmiş eşdeğer devre parametrelerini bulunuz. Sekonder sargı direnç ve reaktansının kendi tarafındaki değerlerini de bulunuz. (30 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(11) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV CEVAP ANAHTARI 24.11.2013 1) (A). 1 dL( x) 1 2 d ab  x F  i2  i 2 dx 2 dx. 2. d x 2 dx.    ai. ai 2 x  ai 2 2 Dolayısıyla F    2 x  ai 2 2. Burada. d x x  dx x. olup. x  0 ’da. tanımsızdır.. x  0 ise x  0 ise. 2 Verilen formüldeki kuvvet, x ’in artış yönünde tanımlı olduğu için mutlak değerce F  ai 2 kuvveti, x  0. iken x ’i azaltmaya, x  0 iken ise x ’i artırmaya çalışan yöndedir. Yani x ’i azaltmaya çalışmaktadır. Bu ise. L( x)  a  b  x. . endüktansını artırmaya çalıştığı anlamına gelir. Her ne kadar ideal formüle göre x  0 ’da. tanımsızlık olsa da idealliği bozan nedenlerden dolayı sistemin x  0 ’da dengeye geleceğini anlayabiliriz. Buna göre denge durumundaki endüktans L  ab olur. (B) Trafo sac yüzeyleri, akı yoğunluğu çizgilerine paralel olmalıdır. Çünkü akı değişiminden dolayı oluşan indüksiyon (girdap) akımları akı çizgilerine dik düzlemde dolaşır ve bu akımların yolunu yalıtkan boyasıyla kesebilmesi için, sacların akım dolaşan yüzeye dik, yani akı çizgilerine paralel yerleştirilmesi gerekir. AC gerilimde trafo primer boşta çalışma akımının dalga şeklini sinüzoidallikten bozan sebep, ferromanyetik nüvenin B-H histerezis döngüsünün doğrusal olmamasıdır. Sinüzoidal gerilimin integrali de sinüzoidal olduğundan, bu integralle orantılı B de sinüzoidal olur. Ama H ile B arasında doğru orantı olmayınca kaçınılmaz olarak H ve onunla orantılı primer boşta çalışma akımı sinüzoidallikten bozulur. 2) (A) Primere yansıtılmış yaklaşık eşdeğer devreyi kullanalım. Sarım oranı N1 N 2  2700 900  3 olduğu için. r2  32  0,02  0,18 ve x2  32  0,1  0,9  .. Yük sekonderde anma voltajında ise yansıtılmış yük voltajı V2 de primerin anma voltajında olur. Bunun açısını. da devredeki akım ve gerilim açılarından ilk tanımlanan olduğu için keyfi olarak sıfır alalım: V2  2700V0. I 2  V2 z y  I 2 (0  (36,87 )) (veya. I2 . I 2 . 20 000VA  7,41A 2 700V. 20 000VA N  22,22 A  I 2  2 22,22 A  7,41A diye de hesaplanabilirdi ama yansıtılmışı 900V N1. yukarıdaki gibi doğrudan bulmak daha kolaydır.).  I 2  7,41A 36,87  I 2  (5,93  j 4,44) A. V1  2700V0  (0,38  j1,9)(5,93  j 4,44) V  2700V  (2,25  j1,69  j11,26  8,44) V.

(12) EM-1-V-2013-CA-2. V1  (2694 j13) V  2694V 0,3 PCu  0,38   (7,41A)2  21W. PFe  8 103 S  (2694V )2  58054W Giriş gücü: P1  16 000 W  21 W  58 054 W  74 075 W. Çıkış gücü: P2  20 000VA  0,8  16 000 W Verim:  . 16 000  % 21,6 74 075. V1 aynı değerinde tutulup yük açık devre edilirse, sekonder voltajının yansıtılmışı yine bu değer olur:. V20  V1  2694V ( V1 vektörünün kutupsal gösterimdeki büyüklüğü) Regülasyon  %100 . V20  V2TY 2694  2700  %100   Regülasyon  %  0,23 V2TY 2700. (Kapasitif yüke göre hesaplanırsa regülasyon bazen eksi olabilir. Bunun anlamı yüklenince voltajın yükseldiğidir.) I1  I 2  I10  (5,93  j 4,44) A  (0,008  j 0,009)(2694  j13) A  (27,59  j19,70) A  I1  33,90A  35,5 21,55 j 0,10 j 24, 240,12. Ölçülen primer akımı I1  33,9 A. . . Giriş (primer) güç faktörü cos 0,3  (35,5 )  cos35,8  cos 1  0,811 geri. (B) Primere yansıtılmış yaklaşık eşdeğer devreyi kullanalım. Sarım oranı N1 N 2  300 900  1 3 olduğu için. r2  0,02 32  2,2 m ve x2  0,1 32  11,1m .. Diğer şıktakine benzer yollarla şunlar bulunur: V2  300V0 I 2  V2 z y  I 2 (0  (36,87 )). I 2 . 20 000 VA  66,67 A 300V.  I 2  66,67 A 36,87  I 2  (53,33  j 40,00) A V1  300V0  (0,2022 j1,0111)(53,33  j 40,00) V  300V  (10,785  j8,089  j53,926  40,444) V V1  (270,34  j62,02) V  277,36V 12,9 PCu  0,2022   (66,67 A)2  899W Çıkış gücü: P2  20 000VA  0,8  16 000 W Verim:  . 16 000  % 91,4 17 515. PFe  8 103 S  (277,36 V )2  615W Giriş gücü: P1  16 000 W  899 W  615 W  17 514 W.

(13) EM-1-V-2013-CA-3. V1 aynı değerinde tutulup yük açık devre edilirse, sekonder voltajının yansıtılmışı yine bu değer olur:. V20  V1  277,36 V ( V1 vektörünün kutupsal gösterimdeki büyüklüğü) Regülasyon  %100 . V20  V2TY 277,36  300  %100   Regülasyon  %  7,5 V2TY 300. I1  I 2  I10  (53,33  j 40,00) A  (0,008  j 0,009)(270,34  j 62,02) A 2,16 j 0,50 j 2,430,56.  (56,05  j38,06) A  I1  67,76A 34,2 Ölçülen primer akımı I1  67,76 A. . . Giriş (primer) güç faktörü cos 12,9  34,2 )  cos(21,3 )  cos1  0,932 ileri. 3) Ölçümleri tek faza indirgeyelim. Primer Δ olduğu için:. V10  2000V. I10 . V1k  120V gc . I1k . 2,0 A  1,155 A 3. 40 A  23,09 A 3. 2000 W  500S  gc (2000 V ) 2. Y0 . P1k . P10 . 6000 W  2000 W 3. 4500 W  1500 W 3. r1 . 3  0,6   r1  0,9 2. 1,155 A  577S  Y0 2000V. bm  577 2  500 2 S  bm  289S. (r1  r2)  zk . 1500 W  2,81  (23,09 A) 2. 120 V  5,20  23,09 A.  r2  2,81   0,9   r2  1,91 . ( x1  x2 )  5,202  2,812   4,37 . . 4,37   x1  x2  2,18  2. Sekonder sargısının direnç ve reaktansının sekonderdeki değerlerini bulalım: Sarım oranı primer ve sekonder aynı bağlantı türünde olduğu için 2kV 10kV  N1 N 2  1 5. r2  N2 N1  1,91   52 1,91   r2  47,8  2. x2  N2 N1   2,18  52  2,18  x2  54,6  2.

(14) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 09.11.2014 Süre: 75 dakika 1) Trafoda akım dönüşüm oranını, manyetik devresi üzerinde her türlü kayıpları ve kaçak akıları sıfır alarak çıkartmaya çalışınız. Endüktans (sarım sayıları ya da μ) sonlu olduğu sürece akım dönüşüm oranı formülünün yaklaşık olduğunu gösteriniz. (25 puan) 2) Tek fazlı, 50Hz’lik, 250kVA’lık, 10kV:1kV’luk bir transformatörün eşdeğer devre parametreleri r1  2,2  ,. r2  0,018  , x1  15  , x2  0,15  , gc  15 μS, bm  120μS ’dir. Sekonderde güç faktörü 0,9 geri olan bir tam yük, anma geriliminde beslendiğine göre bu çalışma için transformatörün verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (45 puan) 3) Tek fazlı, 50 Hz’lik, 100 kVA’lık, 4kV:1kV’luk, bir transformatöre açık devre ve kısa devre testleri uygulanıyor. Primerden alınan ölçümler şöyledir: Açık Devre Testi: V0  4000V, I 0  0,65A, P0  850W, Kısa Devre Testi: Vk  40 V, I k  25 A, Pk  700 W. Ayrıca primerin sargı direnci 0,48  ölçülüyor. Trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargı direnç ve reaktansının kendi tarafındaki değerlerini de bulunuz. (30 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(15)

(16) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI SORULARI 30.12.2014 Süre: 90 dakika 1) Üç fazlı, 50Hz’lik, Y/Y bağlı, 20kVA’lık, 1600V:400V’luk, bir transformatörün tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri şöyledir: r1  1,5  , r2  2,5  , x1  12  , x2  12  , gc  50 μS, bm  320 μS Sekonderde güç faktörü 0,8 geri olan bir tam yük anma geriliminde besleniyor. Trafonun toplam demir kaybını, bakır kaybını, giriş ve çıkış güçlerini, verimini ve regülasyonunu bulunuz. (25 puan) 2) Anma güçleri ve kısa devre oranları sırasıyla S1 = 100kVA, uk1 = %4 ve S2 = 50kVA, uk2 = %2 olan 2 trafo paralel bağlanırsa sistemin yeni anma gücü ne olur? Bu yeni anma gücüyle yüklenirse her bir trafonun payına düşen yük ne olur? Yaklaşık olarak hesaplayınız. (20 puan) 3) AC akımlı bir elektromıknatıs, bir demir parçasını A = 20 cm2 kesit alanı üzerinde yere göre sabit sayılabilecek şekilde B  (1,414T )  sin(314 t ) biçiminde zaman(t) ile değişen akı yoğunluğuna maruz bırakıyor. Elektromıknatısın demire uyguladığı manyetik çekme kuvvetinin ortalama değerini bulunuz. (15 puan) B2 A 7 Yardımcı formül: Mutlak değerce anlık manyetik kuvvet: F  ( 0  4 10 H/m ) 20 4) Yandaki seri dinamoda Ra = Rs = 1 Ω olup, U = 200 V, Iy = 15 A, n = 1000 devir/dakika, sürtünme kayıpları ise 300W’tır. Dinamonun verimini ve brüt giriş torkunu hesaplayınız. (20 puan). 5) Yandaki şekildeki şönt motorda Ra = 1 Ω , Rş = 200 Ω olup, U = 400 V ile Iy = 40 A çekerek çalışırken, birden bir kazayla şönt sargı hattı gösterilen yerden kopuyor. Kopmadan sonraki artık mıknatısiyet akısı, kopmadan hemen önceki uyartım akısının %4’ü oluyor. Hızdaki değişimin akımdaki değişime göre çok yavaş olduğu varsayımıyla, kopmadan hemen sonraki Iy akımını bulunuz. (20 puan) BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(17) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI CEVAP ANAHTARI 30.12.2014 (Güz 2014-15 final)(31.12.2014 tarihinde düzeltilmiş) Geçmiş cevap anahtarlarında benzeri çok olan soruların gidiş yolu anlatılmadan sadece ara değerleri ve sonuçları verilmiştir.. 1) V2  924V0 ,. I2  7,22A  36,87  5,77  j 4,33A ,. V1  1058V6,58  1051 j121 V , PCu  625W , PFe  168W , P2  16 000 W , 16 000 1058  924   %95,3 , Reg   %14,5 16 793 924. 150 100 50   ukeş %4 %2. 2) ST  100 kVA  50 kVA  150 kVA. P1  16 793 W. . ukeş  %3. Sistem ST ile yüklenirse her birinin payına düşen yük: 100 kVA 50 kVA S1 y   %3  75 kVA  S1 S2 y   %3  75 kVA  S 2 %4 %2 2. trafo aşırı yüklendiği için toplam yük onu kendi anma gücüne düşürecek şekilde 50/75 = 2/3 katına düşürülür. Her trafonun payına düşen yük de aynı oranda azalır. 2 Paralel bağlı sistemin anma gücü = ST   150 kVA  100 kVA 3 2 2 Bu yükte her bir tafonun payına düşen yük: S1y   75 kVA  50 kVA S 2 y   75 kVA  50 kVA 3 3 Trafoların paralel bağlanması sonucunda yeni anma gücü, trafolardan bazısının tek başına anma gücünden küçük bile olabilir. Burada birinin gücüne eşit çıkmıştır. Ama sonuçta kayıplar ve kısa devre oranı azalmıştır (iyileşmiş). 3) Anlık kuvvet B2 ile orantılı olduğuna göre ortalama kuvvet B ’nin karesinin ortalaması ile yani kare ortalamasının karekökü (rms = root mean square) değerinin karesi ile orantılı olur. Yani: 2 Brms A 1,414 T Fort   1,0 T olur. Brms  A  20 cm 2  20  10 4 m 2  2  10 3 m 2 20 2. (1,0 T )2  2  103 m2  Fort   796 N 2  4 107 H m. 4) E  230V ,. Pcikis  3000W ,. Pm  3450W. Sürtünme dahil (brüt) giriş gücü: Pgiris  3750W , . . 3000  %80 3750.   1000 rad s  104,7 rad s 30. Sürtünme dahil (brüt) giriş torku: Tgiris . 3750 W  35,8 Nm 104,7 rad s. 5) Kopmadan önce Iu = 2 A, Ia = 38 A, E = 362 V. E ile akı orantılı olduğu için kopmadan sonra akı %4’üne düşünce E de %4’üne düşer: E’ = 14,5 V I’y = I’a = 386 A . Koruma sistemiyle akım kesilmezse motor yanar..

(18) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI SORULARI 20.01.2015 Süre: 90 dakika 1) Üç fazlı, 50Hz’lik, Δ/Y bağlı, 50kVA’lık, 1155V:400V’luk, bir transformatörün tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri şöyledir:. r1  0,5  , r2  0,3  , x1  6  , x2  6  , gc  125 μS , bm  950 μS Sekonderde güç faktörü 0,7 geri olan bir tam yük, anma geriliminde besleniyor. Trafonun toplam demir kaybını, bakır kaybını, giriş ve çıkış güçlerini, verimini ve regülasyonunu bulunuz. (25 puan) 2) Anma güçleri ve kısa devre oranları sırasıyla S1 = 160kVA, uk1 = %4 , S2 = 120kVA, uk2 = %3 ve S3 = 90kVA, uk3 = %3 olan 3 trafo paralel bağlanırsa sistemin yeni anma gücü ne olur? Bu yeni anma gücüyle yüklenirse her bir trafonun payına düşen yük ne olur? Yaklaşık olarak hesaplayınız. (20 puan). 0 N 2 A ( a  x ) formülüyle veriliyor. Burada N sarım 2g  a sayısı, A en büyük etkin kesit, g bir hava aralığı ve a genişliktir. x ise hareketli parçanın denge konumundan uzaklığı olup x  a bölgesiyle ilgileniyoruz. Buna göre sargıdan i akımı geçerken hareketli parça üzerindeki. 3) Tek sargılı bir elektromıknatısın endüktansı, L ( x) . kuvvet ne olur? Mutlak değerce konuşursak, bu kuvvet x mesafesini ne yapmaya çalışan yöndedir? Son kısım için seçenekler: B) artıran, P) azaltan, M) mutlak değerce artıran, V) mutlak değerce azaltan. 1 2 dL ( x ) Yardımcı formül: F  i (15 puan) 2 dx. 4) Yandaki seri dinamoda Ra = Rs = 0,25 Ω olup, U = 100 V, Iy = 20 A, n = 1200 devir/dakika, sürtünme kayıpları ise 300W’tır. Dinamonun verimini ve brüt giriş torkunu hesaplayınız. (20 puan). 5) Yandaki şekildeki şönt motorda Ra = 1 Ω , Rş = 200 Ω olup, U = 400 V ile Iy = 40 A çekerek çalışırken, hız n=2000devir/dakika ve sürtünme kaybı 1400W olmaktadır. Motorun verimini ve çıkış torkunu bulunuz. (20 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(19) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI CEVAP ANAHTARI 20.01.2015 Dikkat: 1., 4. ve 5. soru çözümlerinin adımları geçmişte çok verildiği için sadece ara değerler ve sonuçlar verilmiştir..  I 2  14,43 A  45,6  10,1  j10,3 A ,. V1  1287  j113 V  1292 V5,0 ,. PFe  626W ,. PCu  500W ,. Pgiris  36125W. Verim = %96,9. Regülasyon = %11,8. 1) V2  1155 V0 ,. Pcikis  35000W ,.  370  2) u kes  %   %3,36 . Sistem ( 160 + 120 + 90 ) kVA = 370 kVA ile yüklenirse, her bir trafonun payına  110  düşen yük: S3 y . S1 y . 3,36  160 kVA = 135 kVA < S1 , 4. S2 y . 3,36  120 kVA = 135 kVA > S2 , 3. 3,36  90 kVA = 101 kVA > S3 3. 2. ve 3. trafolar aşırı yüklenmiş olur. uk2 = uk3 olduğu için ikisinin de aşırı yüklenme oranı aynıdır. Bunların yükünü kendi anma güçlerine düşürmek için, bütün yükler 3/3,36 katsayısıyla çarpılarak düşürülmelidir. Buna göre paralel bağlı sistemin anma gücü = 370 kVA × 3 / 3,36 = ST’ = 330 kVA olur. ST’ ile yüklenmesi halinde her bir trafonun payına düşen yük:. S2 y . 3 135 kVA = 120 kVA = S2 , 3,36. S3 y . S1y . 3 135 kVA = 120 kVA < S1 , 3,36. 3 101kVA = 90 kVA = S3 3,36. 1 2 dL( x)  0 N 2i 2 A d  (x) 3) F  i 2 dx 4 g  a dx Dikkat:. x d x (x)  dx x x.  1 d (x) dx 1. x0 x0.   0 N 2i 2 A  4g  a  F     0 N 2i 2 A   4g  a. 4) E = 110 V , 5) Iu = 2 A ,. olup, x = 0 ’da türevin tanımsızlığını da gösteren bir ifadedir.. biçiminde de yazılabilir. Yerine yazılırsa Formüldeki kuvvet, x ’in artış yönüne göre verildiği. x  0 ise. için kuvvet, x  0 iken x ’i artırmaya, x  0 iken ise x ’i azaltmaya çalışan yöndedir. Özetle kuvvet, x ’i. x  0 ise. Pgiris  2500 W , Ia = 38 A ,. Verim = %77,2 ,. azaltmaya çalışan yöndedir (V şıkkı).. Pcikis  2000W , Verim = %80 ,. E = 362 V ,. Çıkış Torku . Pgiris  16000 W ,. 12356 W  59,0 Nm 209,4 rad s. Giriş Torku . Pcikis  12356W ,. 2500 W  19,9 Nm 125,7 rad s.

(20) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 08.11.2015 Süre: 70 dakika 1) Tek sargılı (akımına i diyelim) bir rölede(elektromıknatıs), hareketli parçanın x konumuna bağlı olarak sargı uçlarına göre endüktans L( x)  a  b  x  formülüyle veriliyor. Burada a  0 ve b  0 yapıya bağlı sabitler olup. x  b bölgesinde çalışılmaktadır. Bu parçalar arasındaki manyetik kuvvetin mutlak değerini bulunuz. Bu kuvvetin x ve L(x) endüktans değerlerini artırmaya mı azaltmaya mı çalıştığını ayrı ayrı belirtiniz. (10+5+5 puan) 1 2 dL( x ) Yardımcı formül: F  i 2 dx. 2) a) Trafo sac yüzeylerinin, akı yoğunluğu çizgilerine göre konumu nasıl olmalıdır (dik mi, paralel mi)? Neden? (5+5 puan) b) AC gerilimde trafo primer boşta çalışma akımının dalga şeklini sinüzoidallikten bozan sebep nedir? (5 puan) 3) Eşdeğer devre parametreleri r1 = 8Ω , r2 = 0,06Ω , x1 = 27Ω , x2 = 0,27Ω , gc = 150μS , bm = 800 μS olan (gc ve bm değerleri primer tarafında gösterilen değerleridir) 240V:24V ’luk, 50Hz’lik, 360VA’lik tek fazlı bir transformatör, sekonderinde birim güç faktörlü (cosφ2=1) olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (40 puan). 4) Tek fazlı 220V:55V’luk bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: 220V ,. 0,15A ,. Kısa devre testi: 9,0V ,. 2,5A,. 8,0W 12W. Ayrıca primer sargısı direnci r1 = 0,85Ω ölçüldüğüne göre trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargısı direnç ve kaçak reaktansını, sekonderdeki değerleriyle de bulunuz. (25 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(21) Dikkat: 3. ve 4. sorular geçmişte çok sorulduğu için sadece cevapları verilmiştir. Sınavda öğrenciden ara adımları da göstermesi beklenir..

(22) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI SORULARI 28.12.2015 Süre: 60 dakika 1) Üç fazlı, 50Hz’lik, Δ/Δ bağlı, 20kVA’lık, 1200V:400V’luk, bir transformatörün tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri şöyledir:. r1  0,5  , r2  0,3  , x1  6  , x2  6  , gc  125 μS , bm  950 μS Sekonderde güç faktörü 0,7 geri olan bir tam yük, anma geriliminde besleniyor. Trafonun toplam demir kaybını, bakır kaybını, giriş ve çıkış güçlerini, verimini ve regülasyonunu bulunuz. (25 puan) 2) Anma güçleri ve kısa devre oranları sırasıyla S1 = 160kVA, uk1 = %4 , S2 = 120kVA, uk2 = %3 ve S3 = 100kVA, uk3 = %2 olan 3 trafo paralel bağlanırsa sistemin yeni anma gücü ne olur? Bu yeni anma gücüyle yüklenirse her bir trafonun payına düşen yük ne olur? Yaklaşık olarak hesaplayınız. (25 puan) 3) Şekildeki şönt dinamoda Ra = 0,5 Ω, Rş = 250 Ω, U = 250 V, Iy = 10A, dönüş hızı n = 1000 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 200W olduğuna göre verimi ve giriş torkunu hesaplayınız. (25 puan). 4) Şekildeki şönt motorda Ra = 0,3 Ω, Rş = 125 Ω, U = 250 V, Iy = 10A, dönüş hızı n = 2000 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 200W olduğuna göre verimi ve çıkış torkunu hesaplayınız. (25 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(23) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL CEVAP ANAHTARI 28.12.2015 (Güz 2015-16).  1) V2  1200 V0 , I 2  5,56 A  45,6  3,89  j 3,97  A , V1  1251  j 43 V  1251,5 V2,0 ,. PFe  587 W ,. PCu  74 W ,. Verim = %95,5. Regülasyon = %4,3. Pcikis  14000W ,. Pgiris  14661W. (Bu soru kalıbı daha önce çok çözüldüğü için öğrenciden istenen ayrıntılı adımlar burada gösterilmemiş, cevaplar ve önemli ara değerler verilmiştir.).  380  2) u kes  %   %2,923 . Sistem ( 160 + 120 + 100 ) kVA = 380 kVA ile yüklenirse, her bir trafonun payına  130  düşen yük: S3 y . S1 y . 2,923  160 kVA = 117 kVA < S1 , 4. S2 y . 2,923  120 kVA = 117 kVA < S2 , 3. 2,923  100 kVA = 146 kVA > S3 2. 3. trafo aşırı yüklenmiş olur. Bunun yükünü kendi anma gücüne düşürmek için, bütün yükler 2/2,923 katsayısıyla çarpılarak düşürülmelidir. Buna göre paralel bağlı sistemin anma gücü = 380 kVA × 2 / 2,923 = ST’ = 260 kVA olur. ST’ ile yüklenmesi halinde her bir trafonun payına düşen yük:. S 2 y . 2  117 kVA = 80 kVA < S2 , 2,923. 250 V  1A , I a  10A  1A  11A , 250   255,5 V 11A  200 W  3011W  Pgiriis. 3) I u . Pgiriis. Pcikis  250 V  10 A  2500 W  Pcikis. .  1000 rad s  104,7 rad s 30. 4) I u . 250 V  2A , 125 . I a  10A  2 A  8 A ,. S3 y . S1y . 2  117 kVA = 80 kVA < S1 , 2,923. 2  146 kVA = 100 kVA = S3 2,923. E  250 V  0,5   11A  255,5 V  E. 2500  %83 3011 3011 Nm  28,7 Nm Giriş torku  104,7. Verim =. E  250 V  0,3   8 A  247,6 V  E. Pcikis  247 ,6 V  8 A  200 W  1781 W  Pcikis. Verim =. Pgiris  250 V  10 A  2500 W  Pgiris .  2000 rad s  209,4 rad s 30. Çıkış torku . 1781  %71 2500. 1781 Nm  8,5 Nm 209,4.

(24) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI SORULARI 18.01.2016 Süre: 60 dakika 1) Üç fazlı, 50Hz’lik, Δ/Y bağlı, 81kVA’lık, 34500V:400V’luk, bir transformatörün tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri şöyledir:. r1  150  , r2  130  , x1  470  , x2  470  , gc  2,25 μS, bm  9,50 μS Sekonderde güç faktörü 0,7 geri olan bir tam yük, anma geriliminde besleniyor. Trafonun toplam demir kaybını, bakır kaybını, giriş ve çıkış güçlerini, verimini ve regülasyonunu bulunuz. (25 puan) 2) Anma güçleri ve kısa devre oranları sırasıyla S1 = 360kVA, uk1 = %4 , S2 = 270kVA, uk2 = %3 ve S3 = 240kVA, uk3 = %2 olan 3 trafo paralel bağlanırsa sistemin yeni anma gücü ne olur? Bu yeni anma gücüyle yüklenirse her bir trafonun payına düşen yük ne olur? Yaklaşık olarak hesaplayınız. (25 puan) 3) Yandaki şekildeki kompund dinamoda Ra = 0,25 Ω, Rseri = 0,35 Ω, Rşönt = 250 Ω, U = 750 V, Iy = 37A, dönüş hızı n = 1200 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 2040W olduğuna göre verimi ve giriş torkunu hesaplayınız. (25 puan). 4) Yandaki şekildeki kompund motorda Ra = 1,2 Ω, Rseri = 2,3 Ω, Rşönt = 150 Ω U = 600 V, Iy = 24A, dönüş hızı n = 1800 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 1100W olduğuna göre verimi ve çıkış torkunu hesaplayınız. (25 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.

(25) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME CEVAP ANAHTARI 18.01.2016.  1) V2  34500 V0 , I 2  0,7826 A  45,6  0,5478  j 0,5589 A , V1  35179  j358 V  35181V0,6 ,. PFe  8,35 kW ,. PCu  0,51 kW ,. Verim = %86,5. Pcikis  56,7 kW ,. Pgiris  65,6 kW. Regülasyon = %2,0. (1. ve 2. soru kalıpları daha önce çok çözüldüğü için öğrenciden istenen ayrıntılı adımlar burada gösterilmemiş, cevaplar ve önemli ara değerler verilmiştir.).  870  2) u kes  %   % 2,9 .  300  düşen yük: S3 y . S1 y . Sistem ( 360 + 270 + 240 ) kVA = 870 kVA ile yüklenirse, her bir trafonun payına. 2,9  360 kVA = 261 kVA < S1 , 4. S2 y . 2,9  270 kVA = 261 kVA < S2 , 3. 2,9  240 kVA = 348 kVA > S3 2. 3. trafo aşırı yüklenmiş olur. Bunun yükünü kendi anma gücüne düşürmek için, bütün yükler 2/2,9 katsayısıyla çarpılarak düşürülmelidir. Buna göre paralel bağlı sistemin anma gücü = 870 kVA × 2 / 2,9 = ST’ = 600 kVA olur. ST’ ile yüklenmesi halinde her bir trafonun payına düşen yük:. S 2 y . 2  261 kVA = 180 kVA < S2 , 2,9. 750 V  3 A , I a  37A  3A  40A , 250   774 V  40 A  2040 W  33,00 kW  Pgiris. 3) I uş . Pgiris. Pcikis  750 V  37 A  27 ,75 kW  Pcikis. .  1200 rad s  125,7 rad s 30. 4) I uş . 600 V  4A , 150 . I a  24A  4 A  20A ,. S3 y . S1y . 2  261kVA = 180 kVA < S1 , 2,9. 2  348 kVA = 240 kVA = S3 2,9. E  750 V  (0,25  0,35)   40 A  774 V  E. 27,75  % 84,1 33 33000 Nm  263Nm Giriş torku  125,7. Verim =. E  600 V  ( 2,3  1,2)   20 A  530 V  E. Pcikis  530 V  20 A  1100 W  9500 W  Pcikis. Pgiris  600 V  24 A  14400 W  Pgiris .  1800 rad s  188,5 rad s 30. 9500  % 66,0 14400 9500 Nm  50,4 Nm Çıkış torku  188,5. Verim =.

(26) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 11.11.2016 Süre: 70 dakika Yazı, insanın okuması içindir. Okunaklı, yormayan ve anlaşılır ifadelerle yazmanız insana değer verdiğinizi gösterir.. 1) Trafoda akım dönüşüm oranını, manyetik devresi üzerinde her türlü kayıpları ve kaçak akıları sıfır alarak çıkartınız. Endüktans (sarım sayıları ya da μ) sonlu olduğu sürece akım dönüşüm oranı formülünün yaklaşık olduğunu gösteriniz. (25 puan). 2) Eşdeğer devre parametreleri r1 = 12 Ω , x1 = 120 Ω , r2 = 0,015 Ω , x2 = 0,090 Ω , gc = 3 μS , bm = 50 μS (gc ve bm değerleri primer tarafında gösterilen değerleridir) olan 9200V:230V ’luk, 50Hz’lik, 20 kVA’lik tek fazlı bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,8 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (45 puan). 3) Üç fazlı, 50Hz’lik, Δ / Y bağlı, 2000V:693V’luk bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: 2000 V ; 0,10 A ; 180 W Kısa devre testi: 100 V ;. 2,0 A ;. 210 W. Ayrıca primer hatlarından biri boştayken diğer ikisi arasından sargıların dirençleri ölçülünce rölç = 20 Ω bulunduğuna göre trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargısının direnç ve kaçak reaktansını, sekonderdeki değerleriyle de bulunuz. (30 puan).

(27) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV CEVAP ANAHTARI 11.11.2016 1) Yanda görülen trafo prensip şemasında c eğrisine Amper kanununu uygulayalım: ⃗ ∙ ⃗ = ଶ ଶ − ଵ ଵ. =

(28)

(29) Burada l uzunluk, A kesit alanı ve manyetik akı olup sonludur.

(30) de normalde sonlu olup, ancak ferromanyetiklikten dolayı çok büyükse ଶ ଶ − ଵ ଵ ≈ 0 olduğundan, akım dönüşüm formülü ଶ ଶ ≈ ଵ ଵ olur.

(31) çok büyük ise sargıların endüktansları da çok büyük demektir. Ancak

(32) = ∞ ise dönüşüm formülü tam olur. ࢉ. = =. 2) ଵ ⁄ଶ = 9200⁄230 = 40 Primere yansıtılmış eşdeğer devre kullanılırsa: r2  jx 2  40 2 (0,015  j 0,090 )   ( 24  j144 )  20kVA I 2  V2  9200V0   cos 1 0,8  2,174 A  36,9  (1,739  j1,304) A 9200V 36 264 V1  9200V0  ( (12  24)  j (120  144) )(1,739  j1,304)V  9200  62,61  j 46,96  j 459,13  344,35V V1  (9607  j 412)V  9616V 2,5. PFe  3 10 6  96162 W  277W P2  20kVA  0,8  16000W. PCu  36  2,1742 W  170W P1  16000W  277W  170W  16448W 9616  9200 Verim = 16000/16448 = %97,3 Regülasyon   %4,5 9200 I10  (3  j 50) 10 6  (9607  j 412)  (0,029  j 0,001  j 0,480  0,021) A  (0,049  j 0,479) A I1  (1,739  j1,304) A  (0,049  j 0,479) A  (1,789  j1,784) A  I1  2 ,526 A   44,9 ölçülen( rms ). Giriş güç faktörü  cos(2,5  (44,9 ))  cos 47,4  0,677 geri 3) Primer Δ bağlı olduğundan tüm primer ölçümleri (hem açık devre hem kısa devre ölçümleri) Δ’e göre tek faza indirgenir. I10  0,10 A 3  0,0577 A V10  2000V P10  180W 3  60W 60 0,0577 gc  S  15S Y0  S  28,9 S bm  28,9 2  15 2 S  24,7 S 2 2000 2000 I1k  2,0 A 3  1,155 A V1k  100V P1k  210W 3  70W 3 2000 2000 Sarım oranı  r1   20   30    5 (Primer Δ’e, sekonder Y’a göre indirgendi.) 2 400 693 3. (r1  r2) . 70   52,5  1,1552. r2  52,5   30   22,5  r2  jx 2  ( 22 ,5  j 34 , 4) 5 2. 100   86,6  ( x1  x 2 )  86,6 2  52,5 2   68,9  1,155 68,9 x1  x2    34,4  2  r2  0,90  x2  1,38  Zk .

(33) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI SORULARI 05.01.2017 Süre: 70 dakika 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri r1 = 2Ω , r2’ = 4Ω , x1 = x2’ = 25Ω , gc = 150μS , bm = 400μS olan üç fazlı, 50Hz’lik, Y/Y bağlı, 48kVA’lik, 3800V:380V’luk bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,8 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (25 puan). 2) Anma güçleri ve kısa devre oranları sırasıyla S1 = 100kVA, uk1 = %2, S2 = 80kVA, uk2 = %4 ve S3 = 60kVA, uk3 = %2 olan 3 trafo paralel bağlanırsa sistemin yeni anma gücü ne olur? Bu yeni anma gücüyle yüklenirse her bir trafonun payına düşen yük ne olur? Yaklaşık olarak hesaplayınız. (25 puan). 3) Seri sargı ve armatür sargısı dirençleri sırasıyla Rs=1,5Ω ve Ra=0,5Ω olan şekildeki seri dinamo, n=2330 rpm hızla döndürülürken yük uçlarında U=200V,. Iy=10A görülmektedir. Bu çalışmada. dinamonun sürtünme kaybı Psür=240W’tır. a) Dinamonun bu çalışmadaki verimini ve giriş torkunu hesaplayınız. (20 puan) b) Dinamonun yükünü sistemden ayırıp diğer şartları aynı tutarak çalıştırmaya devam edersek görülecek en kayda değer durum ne olur? (Doğru cevap 5 puan, normal yanlış cevap veya boş 0 puan, çok saçma (kavramsal hatalı) yanlış cevap -5puan; ancak iki şık toplam puanı eksiye düşmeyecek.). 4) Armatür direnci Ra=4Ω olan sabit mıknatıslı bir dc motor, U=110V gerilimde n=2000 rpm hızla dönerken Iy=2,5A akım çekerken sürtünme kaybı 41W oluyor. a) Motorun bu çalışmadaki verimini ve çıkış torkunu bulunuz. (17 puan) b) Aynı dc makinayı takojeneratör olarak kullanırsak armatür uçlarından ölçülen açık devre voltajını (U0) hangi katsayıyla çarpmalıyız ki rpm cinsinden hız bulunsun? (Yani n=k∙U0 bağıntısında k kaç rpm/V’tur?) (8 puan) BAŞARILAR ….

(34) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL CEVAP ANAHTARI 05.01.2017 1) ⁄ =. ⁄√ ⁄√. =. ,. = 10. Primere yansıtılmış eşdeğer devre kullanalım: 48kVA 3 V2  2194V0 I 2    cos 1 0,8  7,293 A  36,9  (5,834  j 4,376) A 2194V 50 6 V1  2194V0  ( (2  4)  j (25  25) )(5,834  j 4,376)V  2194  35,0  j 26,3  j 291,7  218,8V V1  (2448  j 265)V  2462V… (açısı bu soruda lazım değil). PFe  3 150 106  24622W  2728W Çıkış gücü P2  48kVA  0,8  38400W . Verim = 38400/42085 = %91,2. PCu  3  6  7,2932W  957W Giriş gücü P1  38400W  2728W  957W  42085W 2462  2194 Regülasyon   %12,2 2194. 2) ST  100 kVA  80 kVA  60 kVA  240 kVA 240 100 80 60     ukeş  %2,4 ukeş %2 %4 %2 Sistem ST ile yüklenirse her birinin payına düşen yük: 100 kVA 80 kVA S1 y   %2,4  120 kVA  S1 S2 y   %2,4  48 kVA  S 2 %2 %4 60 kVA S3 y   %2,4  72 kVA  S3 %2 1. ve 3. trafolar aşırı yüklenir. Tek tek yükünün anma gücüne oranı en büyük olanın gücünü kendi anma gücüne düşürecek şekilde toplam yük azaltılır. 1. trafo 120/100 = 1,2 kat, 2. trafo da 72/60 = 1,2 kat yüklenmiştir. Toplam yük 1/1,2 katına düşürülür. Her trafonun payına düşen yük de aynı oranda azalır. 1  240 kVA  200 kVA Paralel bağlı sistemin anma gücü = ST  1,2 1 1  120 kVA  100 kVA S2 y   48 kVA  40 kVA Bu yükte her bir tafonun payına düşen yük: S1y  1,2 1,2 1 S3 y   72 kVA  60 kVA (Sağlaması bu üçünün toplamının ST gücüne eşit olmasıdır.) 1,2 3) a) E = 200V + (1,5Ω+0,5Ω)×10A = 220V Pgiriş = 220V×10A + 240W = 2440W Pçıkış = 200V×10A = 2000W Verim = 2000/2440 = %82 ω = (π/30)×2330 rad/s = 244 rad/s Giriş torku = Tgiriş = 2440W/(244rad/s) = 10Nm b) Yük ayrılınca, yani uçlar açık devre edilince Iy = Iu = 0 olacağından U sadece artık mıknatısiyet gerilimi olur; yani çok küçük bir değerde kalır. 4) a) E = 110V – 4Ω×2,5A =100V Pgiriş = 110V×2,5A = 275W ω = (π/30)×2000 rad/s = 209 rad/s. Pçıkış = 100V×2,5A – 41W = 209W Verim = 209/275 = %76 Çıkış torku = Tçıkış = 209W/(209rad/s) = 1,0Nm. b) Sabit mıknatıslı jeneratörde açık devre voltajı U0 = E ’dir. Akı hep aynı olduğu için jeneratör durumunda da n=2000 rpm hızla dönerken U0 = E =100V’tur. Dolayısıyla k = n / U0 = 2000rpm / 100V = 20 rpm/V’tur. Hız ile orantılı bir voltaj ölçülür ve ölçülen voltajı bu katsayı ile çarparak rpm cinsinden hız bulunur..

(35) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI SORULARI 22.01.2017 Süre: 70 dakika 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri r1 = 0,04Ω , r2’ = 0,02Ω , x1 = x2’ = 0,25Ω , gc = 15mS , bm = 40mS olan üç fazlı, 50Hz’lik, Y/Y bağlı, 48kVA’lik, 380V:3800V’luk bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,8 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (25 puan) 2) Yandaki şekilde üstteki parçanın alttaki parçaya uyguladığı F manyetik kuvvetini, x ’in artış yönü artı kabul edilen yöne göre bulunuz. Alttaki parçanın kesit alanı da A’dır. (25 puan) Yardımcı formüller:. L( x) . N2 Rm ( x). F. 1 2 dL( x ) i 2 dx. 3) Yandaki şekildeki şönt dinamoda Ra = 2 Ω, Rş = 175 Ω, U = 350 V, Iy = 23A, dönüş hızı n = 1400 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 500W olduğuna göre verimi ve giriş torkunu hesaplayınız. (25 puan). 4) Yandaki şekildeki kompund motorda Ra = 2 Ω, Rseri = 3 Ω, Rşönt = 175 Ω , U = 350 V, Iy = 12A, dönüş hızı n = 1800 devir/dk , sürtünme kaybı Psür = 150W olduğuna göre verimi ve çıkış torkunu hesaplayınız. (25 puan). BAŞARILAR ….

(36) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV SORULARI 08.11.2017 Süre: 70 dakika Yazı, insanın okuması içindir. Okunaklı, yormayan ve anlaşılır ifadelerle yazmanız insana değer verdiğinizi gösterir.. 1) Yandaki manyetik devre için bağımsız göz sayısı kadar manyetik akı bilinmeyeni tanımlayınız ve o sayıda bağımsız denklemi bu akılar ve verilenler cinsinden yazınız. (25 puan). 2) Eşdeğer devre parametreleri r1 = 0,55 Ω , x1 = 8 Ω , r2 = 0,025 Ω , x2 = 0,75 Ω , gc = 55 μS , bm = 330 μS (gc ve bm değerleri primer tarafında gösterilen değerleridir), sarım oranı 4:1, 1000 VA’lik, sekonderi 100V’luk tek fazlı bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,85 geri olan bir tam yükü anma değerlerinde beslemektedir. Bu çalışma için trafonun verimini, regülasyonunu, primer akımını ve giriş güç faktörünü hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız.. (45 puan). 3) Tek fazlı, 50Hz’lik bir transformatöre açık devre testi ve kısa devre testi uygulandığında, V20 hariç primerden ölçülen gerilim, akım ve güçler şöyle bulunmaktadır: Açık devre testi: V10 = 2000 V ; I10 = 10 mA ; P0 = 18 W ; V20 = 400 V (yalnız V20 sekonder ölçümü) Kısa devre testi: V1k = 60 V ;. I1k = 500 mA ; Pk = 21 W. Ayrıca bağlantılar sökülünce sargılar soğumadan ölçülen primer sargı direnci rölç = 34 Ω bulunduğuna göre trafonun eşdeğer devre parametrelerini yaklaşık olarak bulunuz. Sekonder sargısının direnç ve kaçak reaktansını, sekonderdeki değerleriyle de bulunuz.. (30 puan).

(37) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 ARASINAV CEVAP ANAHTARI 08.11.2017 1) Manyetik devrenin elektrik devresi benzetimi yandaki gibidir. Her sargının mmk’sı, geçirmeye çalıştığı akı yönünde akım geçirmeye çalışan emk kaynağı gibi gösterilmiştir. İlk iki akı tanımı ise keyfi olarak, gösterilen yönde seçilmiştir. Sol ve sağ gözler için sırasıyla:.  Rm11  Rm 22 . 0.  Rm22  Rm3 (1  2 ) . 0. Karşılıklarını verilenler cinsinden yerine yazarak düzenlersek bağımsız göz sayısı kadar (2 adet) denklem: l l N1i1  N 2i2  1 1  2 2 1 A1  2 A2 l l l N 2i2  N 3i3  3 1  ( 2  3 )2 bulunur. 3 A3  2 A2 3 A3. . . 2) r2  jx2  42  0,025  j 0,75   0,4  j12  , V2  100V0 (açısı keyfi), V2  4 100V0  400V0 , 1000VA 2   cos1 (0,85)  31,8 . Bunu V2 ’nün açısından çıkararak I 2 ’nün açısı bulunur. I 2   2,5 A , 400V. I 2  2,5 A  31,8  (2,125 j1,317) A V1  V2  (r1  r2)  j ( x1  x2 ) I 2  400V  j 0V  0,95  j 20  (2,125  j1,317) A . 2,02 j1,25 j 42.50 26.34V V1  428,4  j 41,2V  430,3V5,5 PCu  0,95 2,52W  5,9W , PFe  55106  430,32W  10,2W Çıkış gücü = Pç  1000VA  0,85  850W , giriş gücü = Pg  (850  5,9  10,2)W  866W Verim =   850 866  0,981  %98,1 430,3  400 Regülasyon =  0,076  %7,6 400 I10  (55  j 330) 106  428,4  j 41,2A  0,024  j 0,002  j 0,141  0,014A  0,037  j 0,139A I1  I 2  I10  (2,125  j1,317) A  0,037  j 0,139A  (2,162  j1,456) A  I1  2,61A  34,0 Yani ölçülen primer akımı = 2,61A. Güç faktörü ise cos1  cos 5,5  (34,0 )  cos 39,5  0,772 geri (çünkü I1 açısı V1 açısından geride).. . 2 3) gc  (18 2000 )S  4,5S  gc. . Y0  (0,010 A 2000V )  5,0S  Y0. bm  5,0 2  4,52 S  bm  2,2S. (r1  r2)  (21 0,5002 )   84 . r1  34   r2  84  34  r2  50 . z k  60V 0,500 A  120 . ( x1  x2 )  120 2  84 2   86 . V10 V20  2000V 400V  N1 N 2  5. r2  50  52  r2  2,0 .  86  2  x1  x2  43  x2  43  5 2  x2  1,7 .

(38) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI SORULARI 05.01.2018 Süre: 70 dakika 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri. r1 = 13Ω ,. r2’ = 12Ω ,. x1 = x2’ = 30Ω , gc = 24μS , bm = 330μS olan üç fazlı, 50Hz’lik, Δ/Δ bağlı, 127kVA’lik, primer/sekonder sarım oranı N1/N2=15 olan bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,9 ileri olan bir tam yükü, anma sekonder gerilimi olan 400V’ta beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (30 puan) (Primer akımı ve güç faktörü sorulMUyor.). 2) S1 = 100kVA’lık, kısa devre oranı uk1 = %2 olan bir transformatörle beslenen bölgede zamanla yük artışı olduğu için S2 = 120kVA’lık bir trafo paralel bağlanıyor. Ancak sonradan bağlı trafonun kalitesizliğinden (uk2 > uk1) dolayı paralel bağlı sistemin anma gücü 160kVA olabiliyor. Sonradan bağlanan (120kVA’lık) trafonun kısa devre oranı (uk2) nedir? (Yol gösterme: Kaliteli trafonun payına düşen yükü anma gücüne çekmek için gereken yük azaltma işlemiyle başlayınız.) (20 puan). 3) Yandaki şekildeki yabancı uyartımlı dinamoda Ra = 2Ω, U = 230V, Iy = 10A, Rf = 400 Ω, Iu = 0,5A, dönüş hızı n = 1400 devir/dk, sürtünme kaybı Psür = 275W olduğuna göre verimi ve giriş torkunu hesaplayınız. (30 puan) (Giriş gücünü dikkatli hesaplayınız.). 4) Yandaki şekildeki sabit mıknatıslı motorda Ra = 2Ω, U = 230V, Iy = 10A’dir. Motor, toplam sürtünme dahil (brüt) tork-hız() ilişkisi = + olan ( = 0,1 ∙ ⁄ ,. = 11). yükü hangi pozitif hız ve brüt torkla döndürür? Hızı devir/dakika cinsine de dönüştürünüz. (20 puan). BAŞARILAR ….

(39) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 FİNAL SINAVI CEVAP ANAHTARI 05.01.2018 1) Sekonder Δ bağlı olduğundan fazlar arası sekonder gerilimi = tek faz gerilimi = V2  400V0 (açısı keyfi),. Tek faz sarım oranı 15 olduğundan bunun primere yansıtılmışı: V2  15 400V0  6000V0 , 127000VA 3 2   cos1 (0,9)  25,8 . Bunu V2 ’nün Tek faz akımı I 2   7,056 A , 6000V çıkararak I 2 ’nün açısı bulunur. I 2  7,056A25,8  (6,350  j3,075) A V1  V2  (r1  r2)  j ( x1  x2 ) I 2  6000V  j 0V  25  j 60   (6,350  j 3,075) A . açısından. 159 j 77 j 381185V V1  5974 j 458V  5992V4,4 PCu  3 25 (7,056)2W  3734W , PFe  3  24106  59922W  2585W Çıkış gücü = Pç  127kVA 0,9  114,3kW , giriş gücü = Pg  (114300 3734 2585)W  120,6kW Verim =   114,3 120,6  0,948  %94,8. Regülasyon =. 5992  6000  0,0014  %( 0,14) 6000. 2) Eşdeğer kısa devre oranı en küçük ve en büyük uk’lar arasında olduğundan ukeş > uk1 dolayısıyla sistemi 100kVA + 120kVA = 220kVA ile yüklersek 1. trafo aşırı yüklenir: = 100

(40) ∙. ೖ೐ş ೖభ. . > 100

(41) Bunu S1 = 100kVA değerine çekmek için tüm yükü ೖభ ile çarpmak suretiyle ೖ೐ş. azaltmak gerekir. Toplam yük de aynı şekilde azaltılınca 160kVA oluyormuş. Yani: . ′ = 220

(42) ∙ ೖభ = 160

(43) Buradan ş = 220⁄160 ∙ %2 = %2,75 = ş ೖ೐ş. . Buna göre. %,. =. %. +. ೖమ. ve buradan da = % . . = %4 = .

(44) . 3) = → = + = 230 + 2Ω ∙ 10 = 250 (A2 ucu eksi) ş = + ü + = 250 ∙ 10 + 275 + 400Ω ∙ 0,5 = 2875 = ş çş = = 230 ∙ 10 = 2300 = çş. . Verim = = = %80 = . Yabancı uyartımlı dinamoda giriş torku, uyartım sargısı gücü hariç giriş gücü ile hesaplanır: ş =. + ü 250 ∙ 10 + 275 2775 = = = 18,9 = ş 146,6 / ∙ 1400 / 30. 4) = → = − = 230 − 2Ω ∙ 10 = 210 (A2 ucu eksi) = = 210 ∙ 10 = 2100 motorun brüt çıkış gücüdür. Brüt çıkış torku da = =. . = + . . olup bunu toplam sürtünme dahil (brüt) yük torkuna eşitleriz:. Buradan ’yı bulma denklemi: + − 2100 = 0 . Denklemin artı kökü:. − + − 4 ∙ (−2100) −11 + 11 + 4 × 0,1 × 2100 = ⁄ = 100 ⁄ = = 2 2 × 0,1 yani =. . ∙ 100 /

(45) = 955 /

(46) = hızında döndürür. Brüt tork ise. = + = 0,1 × 100 + 11 = 21 = .

(47) ELEKTRİK MAKİNALARI – 1 BÜTÜNLEME SINAVI SORULARI 17.01.2018 Süre: 70 dakika 1) Tek faza indirgenmiş ve primere yansıtılmış eşdeğer devre parametreleri. r1 = 0,09Ω ,. r2’ = 0,07Ω ,. x1 = x2’ = 0,34Ω , gc = 10mS , bm = 30mS olan üç fazlı, 50Hz’lik, Y/Y bağlı, 36kVA’lik, primer/sekonder sarım oranı N1/N2=2/5=0,4 olan bir transformatör, sekonderinde güç faktörü cosφ2=0,7 geri olan bir tam yükü, anma sekonder gerilimi olan 970V’ta beslemektedir. Bu çalışma için trafonun toplam demir ve bakır kayıplarını, toplam giriş ve çıkış güçlerini, verim ve regülasyonunu hesaplayınız. Yaklaşık eşdeğer devre kullanınız. (30 puan) (Primer akımı ve güç faktörü sorulMUyor.). 2) Yandaki şekilde üstteki parçanın alttaki parçaya uyguladığı F manyetik kuvvetini, x ’in artış yönü artı kabul edilen yöne göre bulunuz. Alttaki parçanın kesit alanı da A’dır. (20 puan) Yardımcı formüller:. N2 L( x)  Rm ( x). F. 1 2 dL( x ) i 2 dx. 3) Yandaki şekildeki yabancı uyartımlı dinamoda Ra = 3Ω, U = 240V,. Iy = 20A,. Rf = 85 Ω,. Iu = 2A, dönüş hızı. n = 2000 devir/dk, sürtünme kaybı Psür = 400W olduğuna göre verimi ve giriş torkunu hesaplayınız. (30 puan) (Giriş gücünü dikkatli hesaplayınız.). 4) Yandaki şekildeki şönt motorda Ra = 5Ω, Rş = 320Ω, U = 160V, Iy = 2,5A’dir. Motor, toplam sürtünme dahil (brüt) tork-hız() ilişkisi = − olan ( = 0,12 ∙ ⁄ , = 5,85) yükü hangi pozitif hız ve brüt torkla döndürür? Hızı devir/dakika cinsine de dönüştürünüz. (20 puan). BAŞARILAR …. Yard. Doç. Dr. Ata SEVİNÇ.