‫המרת אנרגיה –תירגול‬ ‫מתרגלת‪ :‬גב' לירון בידני‪.‬‬ ‫מייל‪liron.bidani@gmail.com:‬‬ ‫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 ‫‪. ‬‬ ‫‪‬‬