94997251-Elektromotorni-Pogoni-ZBIRKA

Viša tehnička škola – S u b o t i c a 

Milan Adžić 

ELEKTRIČNI POGONI 

Zbirka rešenih ispitnih zadataka 

S u b o t i c a 

januar 2006. god.

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA 

PREDGOVOR 

P R E D G O V O R 

Ova zbirka je namenjena studentima Više tehničke škole u Subotici. Zbirka sadrži zadatke sa 

ispita iz predmeta Električni pogoni koji su održani u periodu od 2002. do 2005. godine. Većina 

zadataka je detaljno rešena, kako bi se studentima olakšalo savladavanje gradiva i postupaka, koji 

su u skladu sa predavanjima iz ovog predmeta, koji su izvodili ili izvode profesori dr ing Jožef 

Varga i mr ing Jovan Radaković i od kojih potiču neke ideje i zadaci. 

Zadaci nisu namerno sređeni redosledom po oblastima, radi lakšeg budućeg proširivanja 

zbirke ispitnim zadacima iz sledećih godina. 

Autor će sa zahvalnošću primiti i proučiti primedbe i sugestije u vezi sa materijom i 

eventualnim greškama u izradi zadataka i tekstu, kako bi zbirka omogućila studentima lakše 

savladavanje gradiva. 

U Subotici, januara 2006. godine 

Autor 

I


SADRŽAJ 

S A D R Ž A J 

Strana 

1. Ispitni zadaci iz 2002. godine. .......................................................................... 1 

1.1. Zadaci sa ispita održanog 19.01.2002. ............................................................. 1 






































II


SADRŽAJ 

Strana 














Literatura 

Korišćene oznake 

Osnovne jedinice i relacije 

P1 

P2 

P3 

III


2002. GODINA 

1 

ISPITNI ZADACI IZ 2002. GODINE 

1.1. ZADACI SA ISPITA ODRŽANOG 19.01.2002. 

Zadatak 1.1.1. 

Za pogon na slici odrediti: 

n R1 

R2 n 3 

1 

n 2 

MOTOR 

20:1 

15:1 

J m 

=2 [kgm 2 ] 

J r1 

=0.4 [kgm 2 ] 

J 1 

=10 [kgm 2 ] 

J r2 

=0.6 [kgm 2 ] 

J2 =20 [kgm 2 ] 

a) Ukupan moment inercije sveden na pogonsko vratilo. 

b) Brzinu obrtanja izlaznog vratila ako se motor okreće brzinom od n m = 1000 [min -1 ]. 

c) Kinetičku energiju na izlaznom vratilu pri ovoj brzini. 

d) Kao pod c), samo ukupnu kinetičku energiju pogona. 

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


Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom nominalne snage od P nom = 1.3 [kW], 

priključnog napona U nom = 220 [V], nominalne brzine obrtanja n nom = 1000 [min -1 ] sa ukupnim 

momentom inercije svedenim na osovini motora J Σ = 2 [kgm 2 ] upušta se priključenjem direktno na 

mrežu. Otpor rotorskog namotaja i namotaja pomoćnih polova, uključujući ekvivalentni pad napona 

na četkicama, iznosi R a + R pp = 5.2 [Ω]. Koeficijent korisnog dejstva motora je η = 0.78 [ ]. 

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

opterećenja? 


Pogon mostne dizalice vlastite mase m s = 3000 [kg] rešen je sa asinhronim motorom snage 

P nom = 10 [kW] , nominalne brzine obrtanja n nom = 480 [min -1 ], sa sopstvenim momentom inercije J m 

= 3.75 [kgm 2 ]. Motor se upušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan 

moment pri upuštanju od 150% nominalne vrednosti momenta. 

Kolika je masa tereta mostne dizalice, ako je ona pri upuštanju, nakon s = 3 [m] vožnje 

dostigla konačnu brzinu od v = 2 [m/s] i opterećenje od 60% nominalne snage. Moment inercije 

reduktora zanemariti. 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima U nom = 220 [V], 

f nom = 50 [Hz], n nom = 1400 [min -1 ], L s = L r ’ = 0.0088 [H], R s = 0 [Ω], R r ’ = 2.5 [Ω], služi za 

pokretanje reaktivnog opterećenja sa konstantnim otpornim momentom M t = 25 [Nm] = const. 

a) Kolika je brzina obrtanja ako je učestanost napajanja 50 [Hz], a napon 220 [V]? 

b) U cilju smanjenja brzine na polovinu vrednosti iz a) napon je smanjen na 125 [V]. Na koju 

vrednost treba podesiti učestanost? 

c) Dali je ovaj način podešavanja brzine ispravan? Odgovor obrazložiti! 

1


2002. GODINA 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, sa podacima U nom = 380 [V], 

f nom = 50 [Hz], P nom = 160 [kW], I nom = 297 [A], n nom = 1470 [min -1 ], cosϕ = 0.9 [ ]. η = 0.91 [ ], 

P Cunom / P Fenom = 3 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor se zagreva za ∆θ = 68 [ o C ] pri 

nominalnoj gustini struje J Cu = 4.8 [A/mm 2 ]. Izolacija je klase B. Za pogon koji goni motor važno je 

da ne stane, tako da je pri dimenzionisanju zaštite krenuto od principa da se pri pokretanju 

maksimalno reskira motor, odnosno odlučeno je da namotaj statora ne sme u najgorem slučaju 

premašiti kratkotrajnu temperaturu od θ max = 300 [ o C ]. Trajno opterećenje iznosi P T = 139 [kW], a 

struja kratkog spoja I kr = 5 I nom [Ω]. 

Odrediti vreme posle kojeg treba isključiti vremenski rele, koji kratko spaja bimetalnu 

zaštitu pri kratkom spoju, uz pretpostavku da je temperaturno stanje u početku kratkog spoja 

uzrokovano trajnim opterećenjem, ako su specifični toplotni kapacitet bakra C Cu = 0.39 [kWs/kg o C], 

specifični otpor bakra ρ Cu = 0.0175 [mm 2 /kmΩ] i specifična masa bakra γ Cu = 8.9 [kg/dm 3 ]. 

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

235 + θ 

R s 

( θ ) = Rs20 

235 + 20 

gde su R s20 otpor na temperaturi 20 [ o C ] a R s (θ) otpor na temperaturi θ. 

Rešenje 1.1.1. 

a) Iz zakona o održanju kinetičke energije sledi relacija za određivanje ukupnog momenta inercije 

svedenog na pogonsko vratilo: 

2 

( J + J ) ⋅ω 

( J + J ) 

2 

2 

2 

J 

Σω1 m r1 

1 1 r 2 

⋅ω2 

J 

2 

⋅ω3 

= 

+ 

+ ⇒ 

2 2 

2 2 

2 

2 

2 

⎛ ω1 

⎞ 

⎛ ω2 

⎞ ⎛ ω3 

⎞ 

J = ( + ) ⎜ 

⎟ + ( + ) ⎜ 

⎟ + 

⎜ 

⎟ 

Σ 

J 

m 

J 

r1 

J1 

J 

r 2 

J 

2 

= 

⎝ ω1 

⎠ 

⎝ ω1 

⎠ ⎝ ω1 

⎠ 

J1 

+ J 

r 2 

J 

2 

J1 

+ J 

r 2 

J 

2 

= J 

m 

+ J 

r1 

+ + = J + + + = 

2 

2 m 

J 

r1 

2 

2 

⎛ ω ⎞ ⎛ ⎞ 

1 

( i1i2 

) 

1 

ω 

i 

1 

ω2 

⎜ 

⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ ω2 

⎠ ⎝ ω2 

ω3 

⎠ 

10 + 0.6 20 

= 2 + 0.4 + + = 2.4 + 0.0265 + 0.000222 ≈ 2. 42672 kgm 

2 2 

20 20 ⋅15 

( ) 

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

n 

1 

[ ] 

1 

1 

3 

= = = = 3.333 min 

⎛ n1 

⎞⎛ 

n ⎞ i 

2 1i2 

20 ⋅15 

⎜ 

⎝ n 

2 

n 

⎟ 

⎜ 

⎠⎝ 

n 

3 

⎟ 

⎠ 

n 

1000 − 

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

1 2 1 ⎛ 2πn3 

⎞ 1 ⎛ 3.333⋅π 

⎞ 

W3 = Wt = J 

2ω3 

= J 

2 ⎜ ⎟ = ⋅ 20 ⋅⎜ 

⎟ ≈ 1. 2185 

2 2 ⎝ 60 ⎠ 2 ⎝ 30 ⎠ 

d) Ukupna kinetičku energiju pogona iznosi: 

2 

2 

[ J ] 

2 

[ ] 

2


2002. GODINA 

W 

m 

1 2 1 ⎛ 2πn1 

⎞ 

Wd 

= J 

Σω1 

= J ⎜ ⎟ 

2 2 ⎝ 60 ⎠ 

≈ 13305.9813 

J ≈ 13. 306 kJ 

= 

Σ 

[ ] [ ] 

2 

= 

1 ⎛ π ⋅1000 

⋅ 2.42672 

⎜ 

2 ⎝ 30 

2 

⎞ 

⎟ = 

⎠ 

Primetimo da je ukupna kinetička emergija pogona mnogo veća od kinetičke energije na 

2 

izlaznom vratilu W m 

〉〉 W3 

zbog kvadratične zavisnosti kinetičke energije od ugaone brzine ω . 


Nominalni moment motora iznosi: 

M 

Pnom 

1.3 

= 9550 = 9550 ≅ 12. 

n 1000 

nom 

415 

nom 

Nominalna vrednost struje iznosi 

: 

P 1300 

I nom 

= = ≅ 7. 576 A 

η ⋅ U 0.78⋅ 

220 

[ ] 

[ Nm] 

Maksimalna struja motora ograničena je samo unutrašnjim otporima na: 

I 

U 

+ R 

220 ≅ 

= = 42. 

max 

R 

308 

a pp 

5.2 

[ A] 

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

I 

max 42.308 

M 

max 

= M 

nom 

= 12 .415 = 69. 332 

I 

7.576 

nom 

[ Nm] 

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

n 

n 0 

n nom 

M 

0 

M nom 

M max 

Pri tome važi: 

3


( R + R ) 

U − 

a pp 

I 

a 

n = 

⇒ n0 

k Φ 

E 

= 

U 

k 

E 

= 

Φ U − 

1 

[ ] 

220 ⋅1000 

− 

= = 1218.129 min 

220 − 5.2 ⋅ 7.576 

U ⋅ n 

( R + R ) 

a 

nom 

pp 

⋅ I 

nom 

= 

2002. GODINA 

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom: 

M 

m 

M 

⎛ n 

⎜1 − 

⎝ n 

= 

max 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Važi, pošto je moment opterećenja M T 

= 0 

M 

d 

⎛ n ⎞ dω 

πJ 

= M 

m = 

Σ 

M 

max 

⎜1 

− = J 

Σ 

= 

n 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ dt 30 

dn 

dt 

pa se vreme zaletanja nalazi jednostavno: 

t 

zal 

t 

n 

zal 

zal 

πJ 

Σ dn πJ 

Σ 

n0 

= ∫ dt = ∫ = 

30M 

max ⎛ n ⎞ 30M 

0 0 

⎜1 

− 

⎟ 

⎝ n0 

⎠ 

max 

n 

zal 

∫ 

dn 

n − n 

0 0 

Integral rešavamo smenom: 

n 

t 

n 

0 

zal 

− n = t ⇒ n = n0 

− t ⇒ dn = −dt 

n0 

−nzal 

πJ 

Σn0 

dt πJ 

Σn0 

= 

− = 

M 

∫ 

ln 

30 

t 30M 

n 

zal 

max 

n 

0 

max 

0 

n 

0 

− n 

−1 

[ ] 

= 0.98⋅ 

n = 0.98 ⋅1000 

= 980 min 

nom 

⋅ 2 ⋅1218.129 

1218.129 

t zal 

= π 

ln 

= 6. 0063 s 

30 ⋅ 69.332 1218.129 − 980 



M 

Pnom 

10 

= 9550 = 9550 198.958[ Nm] 

n 480 

nom 

= 

nom 

Moment ubrzanja nalazimo iz uslova zadatka: 

zal 

[] 

M 

d 

= const = M 

m 

− M 

t 

= 1.5M 

nom 

− 0.6M 

nom 

= 0. 9M 

nom 

= 0.9 

⋅198.958 

= 179.0622[ Nm] 

= 

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

n 

zal 

ns 

− nnom 

500 − 480 

= ns 

− ⋅ M 

t 

= 500 − ⋅ 0.6M 

nom 

= 500 − 20 ⋅ 0.6 = 488[ min 

M 

M 

nom 

nom 

4 

−1 

]


2002. GODINA 

Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu da 

je zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje tereta 

konstantno, pa važi: 

2 ⋅ s 2 ⋅3 

t zal 

= = = 3[ s] 

v 2 

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi: 

t 

zal 

πJ 

30 ⋅ M 

d 

= 

π ⋅ n 

Σ 

= ⋅ nzal 

⇒ J 

Σ 

30M 

d 

⋅t 

zal 

zal 

odnosno: 

odnosno: 

30 ⋅179.0622 

⋅3 

2 

J 

Σ 

= 

= 10.512 [ kgm ] 

⋅ 488 

2 

ms 

+ mt 

v 

J 

Σ 

= J 

m 

+ 

⇒ m m 

2 

s 

+ 

t 

= 

ω 

π 

( ) ( J − J ) 

m 

Σ 

v 

m 

2 

ω 

2 

m 

m 

t 

2 

( J − J ) ω ( 10.512 − 3.75) 

Σ m m 

π 

= 

− m = 

2 

s 

2 

v 

900 ⋅ 2 

= 4414.810 

− 3000 = 1414.81 [ kg] 

2 

⋅ 488 

2 

− 3000 = 


b) Brzinu obrtanja možemo naći iz jednačine momenta motora i činjenice da je u stacionarnom 

stanju on jednak sa momentom opterećenja: 

M 

t 

( s) 

2 

2 

2 

= R′ 

′ 

r 

I 

r R′ 

′ 

r 

U 

s 

⎛U 

s 

⎞ Rr 

sω 

s 

3p 

= 3p 

= 3p 

⎜ 

⎟ 

2 

2 

2 

sω 

⎝ ⎠ ′ + ( ) ( + ′ ) 

+ ( + ′ ) 

2 

s 

sωs 

ω 

2 

2 

s Rr 

sω 

s 

Ls 

Lr 

ω 

s 

Ls 

Lr 

⎛U 

= 3p 

⎜ 

⎝ ω 

s 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

R′ 

2 

r 

+ ω 

R′ 

ω 

r 

r 

⎛ R′ 

r 

⎜ 

⎝ s 

r 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

( ) 2 

L 

s 

+ L′ 

r 

= 

Daljim rešavanjem dobijamo relaciju za električnu ugaonu rotorsku brzinu: 

2 

2 2 

2 

( R′ 

+ ω ( L + L ) ) 

⎛U 

p ⎜ 

⎞ 

⎟ ′ 

′ 

⎝ ⎠ 

s 

3 

⎜ ⎟ 

Rrωr 

= M 

t r r s r 

ωs 

ω 

ω 

2 

r 

2 

r 

2 

3pR′ 

⎛U 

⎞ 

2 

s 

+ 

r ⎜ ⎟ r r 

M 

t 

ω 

s 

2 

r s 

( L L′ 

) − ⎜ ⎟ ⋅ω 

+ R′ 

= 0 

− 

M 

t 

3pR′ 

⎝ 

⎛U 

⎜ 

⎝ 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

2 

r 

( L + L′ 

) ω ( L + L′ 

) 

s 

r 

r 

s 

⎠ 

⋅ω 

+ 

s 

R′ 

2 

r 

r 

2 

= 0 

Ova relacija je kvadratna jednačina sa parametrima: 

5


2002. GODINA 

aω 

2 

b = 

M 

c = 

− bω 

t 

r 

3pR′ 

+ c = 0 

2 

⎛U 

s 

⎞ 3 ⋅ 2 ⋅ 2.5 ⎛ 220 ⎞ 

= 

2 ⎜ 

⎟ = 

2 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

⎝ 314 

r 

⎠ 

( L + L′ 

) ω 25 ⋅ ( 2 ⋅ 0.0088) 

s 

R′ 

r 

2 

2 

r ⎛ 2,5 ⎞ 

= 

= 

2 

⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⋅ 0.0088 

r 

⎠ 

( L + L′ 

) 

s 

20176.909 

951.0339 

Rešenja kvadratne jednačine su: 

ω 

r1, 

2 

b ± 

= 

2 

b 

2 

− 4c 

951.0339 ± 

= 

951.0339 

2 

2 

− 4 ⋅ 20176.909 

⎪ 

⎧929.32245 

= ⎨ 

21.71165 ⎪⎩ 

[ rad ] 

[ rad s 

] 

s 

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

Ω 

n 

a 

a 

ω 

= 

s 

− ω 

p 

30 

= ⋅ Ω 

π 

a 

ra 

314 − 21.71165 

= 

= 146.144 

2 

30 

= ⋅146.144 

= 1396.28 

π 

b) Mora se zadržati odnos U/f konstantnim: 

125 

= 

f 

ω 

sb 

= 2πf 

ωs 

− ω 

s = 

ω 

ω 

b 

x 

ω 

= 

220 

50 

s 

sb 

x 

[ rad ] 

−1 

[ min ] 

[ Hz] 

[ rad ] 

( 1− 

s) 178.499( 1− 

0.0687) = 

= 83.07[ rad ] 

p 

f 

= 178.499 

s 

157 −146.144 

= 

≈ 0.0687 

157 

a 

⇒ 

x 

= 

125 

220 

⋅50 

= 28.41 

2 

Dobijena brzina je veća od tražene (146.144 / 2 = 73.105 [rad/s]), pa se mora još smanjiti 

frekvencija, što će pri stalnom naponu dovesti do povećanje M kr , pa se mora odrediti probom za: 

s 

s 

[ rad ] ⇒ 

[ rad 

sc 

= 164.56 ] ⇒ f 26. [ Hz] 

ωs = pΩ + ωr 

⇒ ωr 

= 18 .356 ω 

= 19 

s 

s 

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

[ rad ] ⇒ f 

sc 

= 26. [ Hz] 

Ω 

a 

ωsc = p ⋅ + ωra 

= 167.95 

73 

2 

s 


Nominalni gubici motora iznose: 

⎛1−η 

⎞ ⎛1− 

0.91⎞ 

Pgnom = Pnom 

⎜ ⎟ = 160 ⋅⎜ 

⎟ = 15. 83 

⎝ η ⎠ ⎝ 0.91 ⎠ 

6 

[ kW ]


2002. GODINA 

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

P 

P 

gnom 

= P 

Fenom 

P 

= 

P 

1+ 

P 

+ P 

Fenom 

Cunom 

= P 

15.83 

Fenom 

+ P 

gnom 

Fenom 

= = 3. 96 

Cunom 1+ 

3 

Fenom 

[ kW ] 

P 

P 

Cunom 

Fenom 

PCunom = Pgnom 

− PFenom 

= 15 .83 − 3.96 = 11. 87 

⇒ 

[ kW ] 

Gubici u bakru pri trajnom opterećenju motora su prema tome: 

2 

⎛ P ⎞ 

T 

⎛139 

⎞ 

PCu = PCunom 

⎜ = 11.87 ⋅⎜ 

⎟ = 8. 96 

P 

⎟ 

⎝ nom ⎠ ⎝160 

⎠ 

2 

[ kW ] 

Ukupni gubici pri trajnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih: 

Pgm = PFenom 

+ PCu 

= 3 .96 + 8.96 = 12. 92 

[ kW ] 

Zagrejavanje je proporcionalno trajnim gubicima odnosno: 

Pgm 

12.92 

∆θT = ∆θnom 

= 68 ⋅ = 55. 50 

P 15.83 

gnom 

o 

[ C] 

Temperatura motora pri trajnom opterećenju je prema tome: 

θ 

T 

= θ 

amb 

+ ∆θT 

= 40 + 55.50 = 95. 50 

[ C] 

o 

Ova temperatura je početna temperatura na početku kratkog spoja. U kratkom spoju zbog 

njegovog relativno kratkog trajanja možemo računati samo sa zagrevanjem bakra bez odvođenja 

toplote te za namotaj jedne faze važi: 

= = 2 

( ) = ⇒ = mCuCCu 

dθ 

dWθ 

psdt 

I Rs 

θ dt mCuCCudθ 

dt 

2 

I R θ 

t 

2 

mCuC 

t = ∫ dt = 

2 

I 

t 

1 

θ 

Cu 

2 

∫ 

θ 

1 

dθ 

R 

s 

( θ ) 

s 

( ) ⇒ 

Gde se promena otpornosti sa temperaturom može pretstaviti sa: 

( θ ) 

R s 

= R 

s20 

235 + θ 

235 + 20 

Gde je: 

R 

m 

l 

Cu 

s20 = ρ 

Cu 

otpornost faznog statorskog namotaja na 20 [ o C]; 

SCu 

Cu 

= γ l S masa statorskog namotaja; 

Cu 

Cu 

Cu 

7


2002. GODINA 

I 

J 

Cu 

= gustina struje. 

S 

Cu 

Iz toga sledi da traženo vreme kašnjenja, jednako vremenu porasta temperature sa 95.5 [ o C] 

do 300 [ o C], iznosi: 

θ 

2 

2 

mCuCCu 

dθ 

mCuCCu 

255 dθ 

mCuCCu 

255 

t = ∫ 

= 

= 

2 2 

+ ∫ 

ln 235 

2 

I 235 θ 

20 

235 + θ 

θ 

I R 

1 

s θ 

I R 

R 

1 

s20 

s20 

235 + 20 

mCuCCu 

255 ⎛ 235 + θ 

2 

⎞ γ 

CulCu 

SCuCCu 

255 ⎛ 235 + θ 

2 

⎞ 

= 

ln 

⎜ 

⎟ = 

ln 

⎜ 

⎟ = 

2 

I R 

20 ⎝ 235 + θ1 

⎠ 

2 l 

s 

Cu ⎝ 235 + θ1 

I ρ 

⎠ 

Cu 

SCu 

γ 

CuCCu 

255 ⎛ 235 + θ 

2 

⎞ γ 

CuCCu 

255 ⎛ 235 + θ 

2 

⎞ 

= 

ln 

⎜ 

⎟ = ln 

⎜ 

⎟ = 

2 

2 

⎛ I ⎞ ⎝ 235 + θ1 

⎠ J 

Cu' 

ρ 

Cu ⎝ 235 + θ1 

⎠ 

⎜ 

⎟ ρCu 

⎝ SCu 

⎠ 

3 

o 

8. 

9[ kg dm ] ⋅ 0. 

39[ kWs kg C] 

⋅ 255 ⎛ 235 + 300 ⎞ 

= 

⋅ln 

42. 

3[] 

s 

2 

⎜ ⎟ = 

2 

2 

5⋅ 

4. 

8 A mm ⋅ 0. 

0175 mm mΩ 

⎝ 235 + 95. 

5 ⎠ 

( [ ]) [ ] 

θ 

θ 

2 

( + θ ) = 

θ 

1 



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

n b 

J b 

=6 [kgm 2 ] 

MOTOR 

J m 

=2 [kgm 2 ] 

n m 

20:1 

J r 

=0.2 [kgm 2 ] 

v 

D=0.8 [m] 

M=500 [kg] 

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


Za pogon iz prethodnog zadatka, ako je koeficijent korisnog dejstva reduktora η red = 0.9 [ ], 

odrediti moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju i spuštanju tereta brzinom v = 

15 [m/min]. 


Pogon ostvaren sa trofaznim asihronim 10-polnim motorom od P nom = 850 [kW], U nom = 

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

8


2002. GODINA 

daje ove podatke I r = 450 [A], R s = 0.6 [Ω], X s = 4.17 [Ω], R r = 0.025 [Ω], R r ' = 0.69 [Ω], X r ' = 4.15 

[Ω], P trv = 1% P nom . 

Odrediti snagu i rezervu sa kojom radi motor. 


Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom od P nom = 50 [kW], priključnog napona U nom 

= 220 [V], nominalne rotorske struje I anom = 250 [A], nominalne brzine obrtanja n nom = 580 [min -1 ], 

ima kompenzacioni namotaj. Otpor armature je R a + R pp = 0.05 [Ω], a moment inercije motora 

je J m = 3 [kgm 2 ]. Radna mašina ima moment inercije J t = 17.75 [kgm 2 ] a suprotstavlja se sa 

otpornim momentom od M t = 330 [Nm]. Zaletom upravlja impulsni uređaj koji drži konstantnu 

struju na vrijednosti od I amax = 320 [A]. Traži se: 

a) Koliko traje zalet motora od n = 0 do n = 500 [min -1 ]. 

b) Kolika je stacionarna brzina obrtanja. 


Ventilator radi 8000 časova godišnje. Potrebna snaga za pogon ventilalatora je P T = 40 [kW], 

pri brzini obrtanja n T = 585 [min -1 ]. Moguć je izbor između dva motora priključnog napona U nom = 

380 [V], f = 50 [Hz] sa podacima: 

a) 10-polni motor, sa kojim se obezbeđuje direktan priključak na ventilator sa podacima: P nom 

= 45 [kW]; n nom = 585 [min -1 ]; η nom = 89.7 [%]; cosϕ nom = 0.8 [ ]; P Cunom / P Fenom = 1.6 [ ]; 

masa m m = 750 [kg]. 

b) 4-polni motor, sa priključkom na ventilator preko remenog prenosnika sa podacima: P nom = 

45 [kW]; n nom = 14555 [min -1 ]; η nom = 90.2 [%]; cosϕ nom = 0.9 [ ]; P Cunom / P Fenom = 2.2 [ ]; 

masa m m = 377 [kg]. 

Uporediti ukupne troškove za petogodišnji pogon i izabrati ekonomičnije rešenje ako važe 

sledeći podaci: cena oba motora po kilogramu mase je CENA / kg = 500 [din/kg]; cena remenog 

prenosnika iznosi CENA R = 85000 [din] a koeficijent iskorišćenja η R = 97 [%]; cena aktivne 

energije CENA / kWh = 4 [din/kWh] a deo reaktivne energije kod faktora snage manjeg od 0.95 

CENA / kVAr = 0.7 [din/kVArh]. Pretpostaviti da je cosϕ motora u okolini nominalne radne tačke 

konstantan. 


Ukupni moment inercije na vratilu motora je: 

J 

b 

J 

Σ 

= J 

M 

+ J 

r 

+ + 

2 

i 

J 

x 

gde je J x - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija, 

fiktivne rotacione i stvarne translatorne: 

1 

2 

J 

mv 

2 

2 

1 2 v 

= J 

xωm 

⇒ J 

x 

= m 

2 

2 

ω 

⎛ D ⎞ 

⎜ ω ⎟ 

m 

⎛ 

⎜ 

⇒ 

2 

2 

2 

⎛ v ⎞ 2 D ⎛ D ⎞ ⎛ 0.8 ⎞ 

= m m⎜ 

⎟ m⎜ 

⎟ m 500 ⎜ ⎟ 

x ⎜ 

⎟ = = = ⎜ ⎟ = ⋅ 

ωm 

⎜ ωm 

⎟ ⎜ ωm 

⎟ ⎝ 2i 

⎠ ⎝ 2 ⋅ 20 ⎠ 

= 

⎝ 

Odnosno: 

⎠ 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

⎜ 2 

⎝ ω 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

2 

0.2 

2 

[ kgm ] 

9


2002. GODINA 

2 

[ ] 

6 

J 

Σ 

= 2 + 0.2 + + 0.2 = 2 + 0.2 + 0.015 + 0.2 = 2. 415 kgm 

2 

20 


Sila i moment tereta iznose: 

[ N] 

Ft = mt 

g = 500 ⋅9.81 

= 4905 

D 0.8 

M 

t 

= Ft 

= 4905⋅ 

= 1962 Nm 

2 2 

[ ] 

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

iznose: 

' M 

t 1962 

M 

md 

= M 

td 

= = = 109 

iη 

20 ⋅ 0.9 

A za spuštanje iznose: 

M 

[ Nm] 

' M 

t 1962 

= M 

ts 

= η = ⋅ 0.9 = 88. 

i 20 

ms 

29 

Brzina tereta u [m/s] iznosi: 

v ⎡ m ⎤ 15 ⎡m⎤ 

= 150⎢ 

⎥ 

= = 0. ⎢ 

⎣ 

⎥ 

⎣min⎦ 

60 

25 s ⎦ 

Ugaona brzina bubnja je prema tome: 

v 2v 

2 ⋅ 0.25 ⎡rad 

ω = = = = 0. 

b 

R D 0.8 

625 ⎢ 

⎣ s 

Brzina obrtanja bubnja: 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

[ Nm] 

n 

b 

1 

[ ] 

ωb 

30 0.625⋅ 

30 

− 

= = = 5.968 min 

π π 

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: 

ω 

i = 

ω 

m 

b 

n 

= 

n 

m 

b 

= 20 

⎡rad 

⎤ 

ωm = iωb 

= 20 ⋅ 0.625 = 13 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

n = in = 20 ⋅5.968 

= 119.36 min 

m 

b 

−1 

[ ] 

Prema tome pri dizanju motor razvija snagu: 

[ W ] 1. [ kW ] 

Pmd = M 

mdωm 

= 109 ⋅13 

= 1417 ≈ 42 

10


2002. GODINA 

A pri spuštanju razvija snagu: 

[ W ] 1. [ kW ] 

Pms = M 

msωm 

= 88.29 

⋅13 

= 1147.77 ≈ 15 


Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog 

motora za slučaj u kom se induktivnost i gubici magnećenja zanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Iz 

činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj 

otpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijeni mehanički moment obrtnog polja: 

I s 

I r 

' 

R s 

X s 

X r 

' 

R r 

'/s 

U f 

M 

m 

() s 

= 

P 

R′ 

Ω 

r 

s 

R′ 

r 

= 3 

s 

I ′ 

r 

() s 

Ω 

s 

2 

R′ 

r 

= 3p 

sω 

s 

I ′ 

r 

() s 

2 

3p 

= U 

ω 

s 

2 

f 

R′ 

r 

s 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ Rs 

+ ⎟ + 

⎝ s ⎠ 

( X + X ' ) 2 

s 

r 

Maksimalna odnosno kritična vrednost momenta dobija se za vrednost kritičnog klizanja s kr 

koje nalazimo na osnovu ekstrema prethodne funkcije, odnosno ekstrema funkcije recipročne 

prethodnoj: 

d 

ds 

s 

kr 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

2 

⎜ Rs 

+ ⎟ + ( X 

s 

+ X ' 

r 

) 

1 d ωs 

= 

⎝ s ⎠ 

= 

2 

M () s ds pU 

R′ 

m 3 

f 

r 

s 

2 

2 

d ω ⎡⎛ ′ 

⎤ ⎡⎛ ′ 

s 

Rr 

⎞ 

d R ⎞ 

= 

s⎢⎜ 

R + ⎟ + 

2 s 

s r ⎥ ⎢ s 

ds 3pU 

′ 

f 

Rr 

⎢⎣ 

⎝ s ⎠ 

⎥⎦ 

ds ⎢⎣ 

⎝ s ⎠ 

s 

' 

r 

2 

2 

d ⎡ 

2 R′ 

⎤ ⎡ ′ 

⎤ 

r 

2 

2 Rr 

2 

= K ⎢sR 

′ 

s 

+ 2Rs 

Rr 

+ + s X 

s 

+ X ' 

r ⎥ = K ⎢Rs 

− + X + ' ⎥ = 0 

2 s 

X 

r 

ds ⎣ 

s 

⎦ ⎣ s 

⎦ 

= ± 

R′ 

R + X + X 

( ) 2 

2 ' s 

rs r 

2 

r 

2 

( X + X ' ) = Ks ⎜ R + ⎟ + ( X + X ) = 

( ) ( ) ⇒ 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

Sama vrednost kritičnog momenta iznosi: 

11


2002. GODINA 

M 

kr 

3p 

= U 

ω 

s 

2 

f 

⎛ R′ 

⎞ 

r 

⎜ Rs 

+ 

s 

⎟ 

⎝ kr ⎠ 

2 

R′ 

r 

s 

kr 

+ 

3p 

= U 

ω 

2 

f 

2 s 

2 

r r 

( X + X ' ) R + 2R 

+ ⎜ ⎟ + ( X + X ' ) 2 

s 

r 

s 

s 

R′ 

s 

kr 

R′ 

r 

s 

kr 

⎛ R′ 

⎞ 

⎜ s ⎟ 

⎝ kr ⎠ 

2 

s 

r 

Pošto važi iz uslova za ekstrem funkcije: 

⎛ R′ 

⎞ 

r 

⎜ 

s 

⎟ 

⎝ kr ⎠ 

2 

= R 

2 

s 

+ 

( X + X ) 2 

s 

' r 

sledi: 

M 

kr 

p 

= U 

ω 

R′ 

r 

s 

R′ 

⎛ ′ ⎞ 

r 

Rr 

+ 2 

⎜ 

⎟ 

skr 

⎝ skr 

⎠ 

3p 

= U 

ω 

3 2 

kr 

2 

f 

2 

f 

s 

s 

2R 

s 

1 

⎛ R′ 

⎞ 

r 

2 

⎜ R + 

⎟ 

s 

⎝ skr 

⎠ 

Prema tome odnos razvijenog i kritičnog momenta će biti: 

M 

m 

M 

() s 

kr 

R′ 

r 

s 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ Rs 

+ ⎟ + 

= 

⎝ s ⎠ 

1 

( X + X ' ) 

⎛ R′ 

r 

⎞ 

2 

⎜ R + 

⎟ 

s 

⎝ skr 

⎠ 

R′ 

⎛ ′ 

r 

Rr 

⎞ 

2 

⎜ R 

⎟ 

s 

+ 

s ⎝ skr 

= 

⎠ 

2 

2 

⎛ R′ 

⎞ ⎛ ′ ⎞ 

r 

Rr 

⎜ R + ⎟ + 

⎜ 

⎟ 

s 

− Rs 

⎝ s ⎠ ⎝ skr 

⎠ 

2( 1+ 

β ) 

= 

skr 

s 

+ + 2β 

s s 

kr 

s 

r 

2 

2 

R′ 

⎛ ′ ⎞ 

r 

Rr 

2 

⎜ R 

⎟ 

s 

+ 

s ⎝ skr 

= 

⎠ 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ Rs 

+ ⎟ + 

s 

⎝ s ⎠ 

⎛ R′ 

r 

⎞ 

2 

⎜ R 

⎟ 

s 

+ 

= 

⎝ skr 

⎠ 

R′ 

′ 

r 

sRr 

+ + 2R 

2 s 

s s 

kr 

( X + X ' ) 

1 

s 

R′ 

r 

1 

s 

R′ 

r 

kr 

kr 

r 

2 

= 

⎛ Rs 

⎞ 

2 

⎜1+ 

s 

⎟ 

kr 

⎝ R′ 

r 

= 

⎠ 

skr 

s Rs 

+ + 2 s 

s s R′ 

kr 

r 

kr 

= 

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje statičke karakteristike 

momenta asinhronog motora, gde je sa β označen faktor: 

β 

= 

Rs 

R′ 

r 

s 

kr 

= ± 

R 

R 

s 

( X + X ) 2 

2 s 

+ s 

' r 

U našem slučaju kritično klizanje s kr i faktor β iznose, uzimajući u obzir njihove pozitivne 

vrednosti pošto se radi o motornom režimu: 

12


2002. GODINA 

s 

kr 

= 

β = 

R 

R 

2 

s 

2 

s 

+ 

+ 

R′ 

r 

= 

0.69 

2 

2 

( X + X ' ) 0.6 + ( 4.17 + 4.15) 

R 

s 

s 

r 

= 

0.6 

2 

2 

( X + X ' ) 0.6 + ( 4.17 + 4.15) 

s 

r 

2 

2 

= 0.0827[ ] 

= 0.0719[ ] 

Sinhroni broj obrtaja motora iznosi: 

1 

[ ] 

60 f 60 ⋅50 

− 

n1 = = = 600 min 

p 5 

Gubici u bakru rotora iznose: 

2 

2 

PCur = 3Rr 

I 

r 

= 3⋅ 

0. 

025⋅ 

450 = 15187. 

5 

[ W] 

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

1 850 

Ptrv = Pnom 

= = 8.5 8500 

100 100 

[ kW ] = [ W ] 

Proizvedena snaga obrtnog polja je: 

[ ] 

Pmnom = Pnom 

+ PCur 

+ Ptrv 

= 850 + 15. 

1875 + 8. 

5 = 863. 

6875 kW 

Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: 

s 

nom 

= 

P 

P 

Cu2 

mnom 

= 

15.1875 

863.6875 

= 0.0176[ ] 

Nominalni broj obrtaja je: 

n 

nom 

−1 

( 1− 

s ) = 600⋅( 1− 

0.0176) = 589. [ ] 

= n1 nom 

44 min 

Razvijeni mehanički moment pri nominalnoj brzini iznosi: 

M 

P 

+ P 

Pnom 

+ P 

2π 

nnom 

60 

30 ⋅ 

( 850000 + 8500) 

nom trv 

trv 

mnom 

= = = 

= 13908. 239 

ωnom 

π ⋅589.44 

Iz Klosove jednačine dobijamo vrednost kritičnog momenta: 

( + β ) 2 ⋅ ( 1+ 

0.0719) 

[ Nm] 

skr 

snom 

+ + 2β 

0.0827 0.0176 

+ + 2 ⋅ 0.0719 

snom 

skr 

M 

kr 

= M 

0.0176 0.0827 

mnom 

= 13908.239 ⋅ 

= 32798. 155 

2 1 

Vrednost klizanja pri zadatom broju obrtaja iznosi: 

[ Nm] 

13


2002. GODINA 

s' 

= 

n1 

− n' 

600 − 590 

= 

n 600 

1 

= 0.0167[ ] 

Pri toj broju obrtaja motor razvija moment: 

( 1+ 

β ) 2 ⋅32798.155⋅ 

( 1+ 

0.0719) 

2M 

kr 

M 

m 

' = 

= 

= 13272. 003 

skr 

s 0.0827 0.0167 

+ + 2β 

+ + 2 ⋅ 0.0719 

s s 0.0167 0.0827 

kr 

[ Nm] 

Tražena mehanička snaga motora pri toj brzini je: 

2π 

' 

π 

Pm ' = M 

m 

' ωm 

' −Ptrv 

= M 

m 

' n − Ptrv 

= 13272.003⋅ 

⋅590 

− 8500 = 811506. 134 

60 

30 

Tražena rezerva motora je prema tome: 

Prez = Pnom 

− Pm 

' = 850000 − 811506.134 = 38493. 866 

Pnom 

− Pm 

' 38493.866 

Prez 

% = 100 = ⋅100 

= 4.529 [%] 

P 

850000 

nom 


a) Nominalni moment motora iznosi: 

M 

60 P 

= ⋅ 

2 π n 

50000 

= 9.550 ⋅ 

580 

nom 

= 

nom 

823.275[ Nm] 

14 

[ W ] 

[ W ]


2002. GODINA 

Polazni moment motora nalazimo iz odnosa polazne i nominalne struje: 

M 

I 

320 

= 823.275 ⋅ 

250 

a max 

pol 

= M 

max 

= M 

nom 

⋅ 

= 

I 

anom 

Zbog strujnog ograničenja važi: 

1053.79[ Nm] 

M 

d 

= const = M 

pol 

− M 

t 

= 1053.79 

− 330 = 723.79[ Nm] 

Vreme zaleta nalazimo jednostavno, pošto je dinamički moment nezavisan od brzine 

obrtanja: 

M 

t 

d 

dω 

πJ 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

dt 30M 

d 

n 

πJ 

Σ 

πI 

π ⋅(3 

+ 17.75) 

dn n 

500 

30M 

∫ = = 

⋅ 

d 

30M 

30 723.79 

0 

d 

⋅ 

Σ 

= = 

zal 

1.505[ s] 

b) Struju motora u stacionarnom stanju nalazimo iz uslova da su tada motorni moment i 

moment tereta isti: 

M 

t 330 ⋅ 250 

I 

a 

= ⋅ I 

anom 

= = 100.21[ A] 

M 

823.275 

nom 

Tražena brzina obrtanja je prema tome: 

( R + R ) 

U 

nom 

− 

a pp 

I 

a 

n = 

φ ⇒ 

ke U 

nom 

− ( Ra 

+ R 

pp 

) I 

anom 220 − 0.05⋅ 

250 

keφ 

= = 

= 0. 3577586 ⇒ 

nnom 

580 

U 

n 

− ( Ra 

+ R 

pp 

) I 220 − 0.05⋅100.21 

−1 

n = = 

= 600.935[ min ] 

k φ 

0.3577586 

e 


Investicioni troškovi (cena motora i remenice) su: 

CENA 

Im1 m1 

kg 

= 375000 

CENA 

CENAIm2 = mm2 

+ CENAR 

kg 

= 377 ⋅500 

+ 85000 = 273500 din 

Za prvi motor: CENA = m = 750 ⋅500 

[ din] 

Za drugi motor: [ ] 

Troškovi iskorišćene energije (motori rade 8000 časova u godini; pet godina; prvi daje na 

osovini snagu P m1 = P T = 40 [kW]; a drugi P m2 = P T / η R = 40 / 0.97 = 41.237 [kW]): 

CENA 

Wm1 m1 

= 6400000 

kWh 

Za prvi motor: CENA = P hg = 40 ⋅8000 

⋅5⋅ 

4 [ din] 

15


2002. GODINA 

CENA 

Wm2 m2 

= 6598000 

kWh 

Za drugi motor: CENA = P hg = 41.237 ⋅8000 

⋅5⋅ 

4 [ din] 

Troškovi gubitaka energije: 

Nominalni gubici iznose: 

⎛1−η 

⎞ ⎛1− 

0.897 ⎞ 

⎠ 

⎞ ⎛1− 

0.902 ⎞ 

⎟ = 45⋅⎜ 

⎟ 

⎠ ⎝ 0.902 ⎠ 

nom1 

Za prvi motor: P = P ⎜ ⎟ = 45⋅ 

5. [ kW ] 

gnom1 nom1⎜ 

⎜ ⎟ = 167 

η ⎟ 

nom1 

⎝ 0.897 ⎠ 

⎝ 

⎛1−η 

⎜ 

⎝ η 

nom1 

Za drugi motor: P = P 

4. [ kW ] 

gnom1 nom1 

= 889 

nom1 

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

Za prvi motor: = Pgnom 

1 5.167 

P 

= = [ ]⇒ 

P + 

kW 

Fenom1 

1. 987 

Cunom1 

1 1.6 

1+ 

PFenom 

1 

PCunom 

1 

PCunom 1 

= PFenom 

1 

= 1.6⋅1.987 

= 3. 18 kW 

PFenom 

1 

Za drugi motor: = Pgnom2 

4.889 

P 

= = [ ]⇒ 

P + 

kW 

Fenom2 

1. 528 

Cunom2 

1 2.2 

1+ 

P 

Fenom2 

[ ] 

PCunom2 

PCunom2 = PFenom2 

= 2.2 ⋅1.528 

= 3. 361 

P 

Fenom2 

[ kW ] 

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

⎛ P ⎞ ⎛ 40 ⎞ 

Cu1 Cunom1⎜ 

⎜ ⎟ = 513 

P ⎟ 

⎝ nom1 

⎠ ⎝ 45 ⎠ 

m1 

Za prvi motor: P = P ⎜ ⎟ = 3.18⋅ 

2. [ kW ] 

m2 

Za drugi motor: P = P ⎜ ⎟ = 3.361⋅ 

2. [ kW ] 

2 

2 

⎛ P ⎞ ⎛ 41.237 ⎞ 

Cu2 Cunom2 

⎜ 

⎜ ⎟ = 822 

P ⎟ 

⎝ nom2 

⎠ ⎝ 45 ⎠ 

Ukupni gubici pri stvarnom opterećenju su zbir konstantnih i zavisnih: 

Za prvi motor: Pgm 1 

= PFenom 

1 

+ PCu1 

= 1.987 + 2.513 = 4. 50[ kW ] 

Za drugi motor: P = P + P = 1.528 + 2.822 4. [ kW ] 

Pa su troškovi gubitaka: 

gm2 Fenom2 

Cu2 

= 35 

CENA 

Wgm1 gm1 

= 720000 

kWh 

CENA 

CENAWgm2 = Pgm2hg 

= 4.35 ⋅8000 

⋅5 

⋅ 4 = 696000 din 

kWh 

Za prvi motor: CENA = P hg = 4.50 ⋅8000 

⋅5⋅ 

4 [ din] 

Za drugi motor: [ ] 

Troškovi reaktivne energije plaćaju se samo za razliku od cosϕ nom motora do cosϕ doz = 0.95. 

Prvi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu: 

16 

2 

2


2002. GODINA 

1- cosϕ 

Qm 1 

= 

m1 

gm1 

m1 

gm1 

= 38 

cosϕ 

cosϕ 

0.8 

2 

sinϕ1 

1 

1− 

0.8 

( P + P ) = ( P + P ) = ( 40 + 4.5) ⋅ 

33. [ kVAr] 

Besplatno sme uzimati: 

Q 

mdoz1 

= 

1 

2 

sinϕdoz 

doz 

1− 

0.95 

( P + P ) = ( P + P ) = ( 40 + 4.5) ⋅ = 

m1 

= 14.62[ kVAr] 

gm1 

cosϕ 

doz 

Razlika koja se plaća iznosi: 

m1 

Qm 1 

− Qmdoz1 

= 33.38 −14.62 

= 18. 75 

gm1 

[ kVAr] 

1 

2 

1- cosϕ 

cosϕ 

Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor: 

CENA 

CENAWQm 1 

= 

m1 

mdoz1 

= 525000 

kVArh 

( Q − Q ) hg = 18.75 ⋅8000 

⋅5 

⋅ 0.7 [ din] 

Drugi motor uzima iz mreže reaktivnu snagu: 

Q 

m2 

= 

= 

sinϕ 

2 

2 

( P + P ) = ( P + P ) = 

m2 

gm2 

cosϕ 

2 

m2 

1− 

0.9 

0.9 

gm2 

1- cosϕ 

cosϕ 

( 41.237 + 4.35) ⋅ = 22.08[ kVAr] 

Besplatno sme uzimati: 

2 

2 

doy 

2 

2 

0.95 

Q 

mdoz2 

= 

= 

sinϕ 

doz 

doz 

( P + P ) = ( P + P ) = 

m2 

gm2 

cosϕ 

doz 

m1 

1− 

0.95 

0.95 

gm1 

1- cosϕ 

cosϕ 

( 41.237 + 4.35) ⋅ = 14.98[ kVAr] 

2 

doy 

2 

Razlika koja se plaća iznosi: 

Qm2 − Qmdoz2 

= 22.08 −14.98 

= 7. 1 

[ kVAr] 

Pa su ukupni troškovi reaktivne energije za prvi motor: 

CENA 

CENAWQm2 = 

m2 

mdoz2 

= 198800 

kVArh 

( Q − Q ) hg = 7.1⋅8000 

⋅5⋅ 

0.7 [ din] 

Ukupni troškovi pogona za prvi motor iznose: 

CENA 

= CENAIm 

1 

+ CENAWm 

1 

+ CENAWgm 

1 

+ CENA 

1 

= 

= 375000 + 6400000 + 720000 + 525000 = 

m1 WQm 

17 

8020000[ din]


2002. GODINA 

Ukupni troškovi pogona za drugi motor iznose: 

CENA 

= CENAIm2 

+ CENAWm2 

+ CENAWgm2 

+ CENA 

2 

= 273500 + 6598000 + 696000 + 198800 = 

m2 WQm 

= 

7766300[ din] 

Rešenje sa drugim motorom i remenicom je ekonomičnije. 



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

tegom na slici, da bi se ostvarilo dizanje tereta sa početnim ubrzanjem a = 2 [m/s 2 ], a zatim sa 

stalnom brzinom v = 2 [m/s]: 

a) Kada je masa tereta jednaka masi protiv tega m t = m pt = 500 [kg]. 

b) Kada je masa tereta m t = 750 [kg]. 

c) Kada je masa tereta m t = 250 [kg]. 

d) Šta će se dogoditi u gornjim slučajevima ako se na vratilo ne deluje nikakvim momentom? 

Zanemariti masu užeta, sva trenja i momenat inercije bubnja. 

D=0.5 [m] 

a 

v 

m pt 

m t 


Odrediti moment inercije bubnja u obliku šupljeg valjka ukupne mase m v = 43.5 [kg], 

spoljnjeg prečnika D s = 220 [mm] i unutrašnjeg prečnika D u = 160 [mm], ako rotira oko ose 

simetrije. 


n b 

J b 

MOTOR 

n m 

v 

D s 

J m 

i r 

m max 

18


2002. GODINA 

Motor nominalne snage P nom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja n nom = 960 [min -1 ] sa 

momentom inercije J m = 0.287 [kgm 2 ], preko trostepenog reduktora pokreće bubanj iz prethodnog 

zadatka, o koga je obešen teret. Rezultantni prenosni odnos reduktora je i r = 16.5 [ ]. 

a) Odrediti najveću masu tereta koju trajno motor može da diže, ako je koeficijent korisnog 

dejstva reduktora η r = 0.95 [ ]. 

b) Odrediti brzinu podizanja tereta u stacionarnom stanju. 

c) Odrediti ukupnu inerciju pogona uz zanemarivanje mase elemenata reduktora. 

d) Vreme ubrzanja tereta ako motor u toku ubrzanja razvija konstantan moment M p = 1.7M nom . 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke P nom = 6.7 [kW], 

U nom = 380 [V], I nom = 12 [A], f nom = 50 [Hz], n nom = 1440 [min -1 ], X s = X r ’ = 3 [Ω], R s = 1 [Ω]. Gubici 

u gvožđu i mehanički gubici mogu se zanemariti. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri 

nominalnom momentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%. 


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

moment može predstaviti sledećim analitičkim izrazom M t = 0.0795 n + 1.667 . 10 -5 n 2 (n u [min -1 ], 

M t u [N/m]). Podaci asinhronog motora su: P nom = 4 [kW], U nom = 380 [V], I nom = 9 [A], f nom = 50 

[Hz], n nom = 1440 [min -1 ], M kr / M nom = 3 [ ]. U režimu u kojem je motor priključen na nominalni 

napon pri nominalnoj učestanosti izmerena je brzina obrtanja od n 1 = 600 [min -1 ]. 

a) Dali je posmatrani režim stacioniran? 

b) Šta je karakteristično za rad motora u ovom režimu? 

c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti, uz pomoć brojnih vrednosti. 

Zanemariti otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubitke magnećenja. 


Za kretanje stalnom brzinom potreban je moment: 

D 

M 

s 

= ( mt 

− m 

pt 

) g 

2 

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

D 

M 

d 

= ( mt 

+ mpt 

) a 

2 

a) Za slučaj kada je masa tereta jednaka masi protiv tega m t = m pt = 500 [kg] važi: 

mt = m 

pt 

= 500[ 

kg] 

D 

0.5 

M 

s 

= ( mt 

− m 

pt 

) g = (500 − 500) ⋅ 9.81 = 0 

2 

2 

D 

0.5 

M 

d 

= ( mt 

+ m 

pt 

) a = (500 + 500) ⋅ 2 = 500[ Nm] 

2 

2 

M + M = 0 + 500 500[ Nm] 

s d 

= 

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

m t 

= 750[ 

kg] 

m pt 

= 500[ 

kg] 

19


2002. GODINA 

D 

0.5 

M 

s 

= ( mt 

− m 

pt 

) g = (750 − 500) ⋅ 9.81 = 613.125[ Nm] 

2 

2 

D 

0.5 

M 

d 

= ( mt 

+ m 

pt 

) a = (750 + 500) ⋅ 2 = 625[ Nm] 

2 

2 

M + M = 613.125 

+ 625 1238.125[ Nm] 

s d 

= 

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

m t 

= 250[ 

kg] 

m pt 

= 500[ 

kg] 

M 

M 

M 

s 

D 

0.5 

= ( mt 

− m 

pt 

) g = (250 − 500) ⋅9.81 

= −613.125[ 

Nm] 

2 

2 

D 

0.5 

= ( mt 

+ m 

pt 

) ⋅ a = (250 + 500) ⋅ 2 375[ Nm] 

2 

2 

+ M = −613.125 

+ 375 = −238.125[ 

Nm] 

d 

= 

s 

d) Iz Newton-ve jednačine: 

d 

M 

m 

− M 

t 

= J 

dω 

dt 

za naš slucaj, gde je M m = 0, dobijamo: 

dω 

− M t 

= J 

dt 

D 

− ( mt 

− m 

pt 

) g = J 

2 

d ω dv dv 

= = 

2 

dt Rdt D dt 

dω 

dt 

Iz zakona o održanju energije: 

Jω 

2 

2 

= 

mv 

2 

2 

=> J 

= mR 

2 

dobijamo izraz za moment inercije: 

J 

= 

m 

t 

+ 

4 

m 

pt 

D 

2 

te kombinujući prethodne izraze dobijamo: 

− ( m − m 

t 

pt 

D 

) g 

2 

= 

( mt 

+ m 

4 

pt 

) D 

2 

2 dv 

D dt 

izraz za ubrzanje za služaj kad ne delujemo nikakvim momentom: 

20


2002. GODINA 

a = 

dv 

dt 

mt 

− m 

= −g 

m + m 

t 

pt 

pt 

= const 

Zaključujemo da u tom slučaju dobijamo jednako ubrzano kretanje pod uticajem 

gravitacione sile. 

Za naše slučajeve posebno važi: 

a) m = m 500[ 

kg] 

t pt 

= 

m 

a = −g 

m 

t 

t 

− m 

+ m 

pt 

pt 

Znači da teret miruje. 

500 − 500 

= −9 .81⋅ 

= 0 

500 + 500 

b) m t 

= 750[ 

kg] 

m pt 

= 500[ 

kg] 

mt 

− m 

a = −g 

m + m 

t 

Teret se ubrzava na dole. 

c) m t 

= 250[ 

kg] 

m pt 

= 500[ 

kg] 

mt 

− m 

a = −g 

m + m 

t 

pt 

pt 

pt 

pt 

750 − 500 

= −9.81⋅ 

= −1.962[ 

m / s 

750 + 500 

250 − 500 

= −9.81⋅ 

= 3.27[ m / s 

250 + 500 

Teret se ubrzava na gore, pošto preteže protivteg. 

2 

] 

2 

] 


Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti 

r od ose rotacije (prema slici), iznosi: 

dJ = dm ⋅ r 

2 

= 

2 

3 

( 2π rlρdr) r = 2πlρr 

dr 

gde je ρ - specifična masa. 

Moment inercije dobijamo integraljenjem: 

dm 

r 

dr 

J 

Ds 

2 

Ds 

2 

= 3 

∫dJ 

= ∫2πlρr 

dr = 2πlρ 

∫ r 

L 

Du 

2 

1 D − 

= 

s 

D 

πlρ 

u 

2 16 

2 

1 Ds 

− Du 

= πlρ 

2 4 

2 

1 Ds 

+ Du 

= mb 

2 4 

4 

2 

4 

2 

= 

D 

= 

2 

s 

Du 

2 

+ D 

4 

2 

u 

3 

4 

r 

dr = 2πlρ 

4 

= 

D 

2 

D 

2 

s 

u 

= 

D u 

D s 

l 

21


2002. GODINA 

= 

1 0.22 

⋅ 43.5 ⋅ 

2 

2 

+ 0.16 

4 

2 

= 0.4024 

2 

[ kgm ] 



M 

30 P 

= π n 

22000 

= 9.55⋅ 

960 

nom 

nom 

= 

nom 

21.89[ Nm] 

U stacionarnom stanju kad se teret kreće ravnomernom brzinom, svedeni moment tereta 

mora biti isti po vrednosti sa nominalnim momentom motora: 

M 

nom 

= M 

' 

t 

M 

t 

Fmax 

R mmax 

gD 

= = = 

i η i η 2i 

η 

r 

r 

r 

r 

r 

r 

s 

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

m 

2irη 

r 

M 

= 

D g 

2 ⋅16.5⋅ 

0.95⋅ 

21.89 

nom 

max 

= 

= 287 

s 

0.22 ⋅ 9.81 

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

reduktora: 

[ kg] 

2πn ⋅ ⋅ 

⎡ ⎤ 

= nom 2 π 960 r 

ωm = = 100. 523 

60 60 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

n 960 nom 

1 

n = = = 58.2[ min ] 

− 

b 

ir 

16.5 

ωm 

100.523 ⎡r 

⎤ 

ω = = = 6. 

i 0923 

b ⎢ 

⎣ s ⎥ 

r 

16.5 

⎦ 

D 

⎡m⎤ 

⎡m⎤ 

v = R ω s 0.22 

b 

= 

b 

= ⋅ 6.0923 = 0.67 

⎢ ⎥ 

= 0.67 ⋅ 60 ≈ 40. 2 

2 ω 2 

⎢ 

⎣ 

⎥ 

⎣ s ⎦ 

s ⎦ 

c) Ukupni moment inercije na vratilu motora je : 

J 

Σ 

= J 

m 

+ 

J 

b 

2 

ir 

+ J 

η 

r 

x 

gde je J x - fiktivni moment inercije, koji se izračunava na osnovu jednakosti kinetičkih energija, 

fiktivne rotacione i stvarne translatorne: 

1 

2 

J 

m 

max 

v 

2 

= 

1 

2 

J x 

ω 

2 

b 

⇒ 

2 

2 

2 

v ⎛ Ds 

⎞ ⎛ 0.22 ⎞ 

= mmax = m 

2 max ⎜ ⎟ = 287 ⋅ 3. 47 

x ⎜ ⎟ 

ωb 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

= 

Odnosno: 

22 

2 

[ kgm ]


2002. GODINA 

2 

[ ] 

0.4024 + 3.47 

J 

Σ 

= 0.287 

+ 

= 0. 304 kgm 

2 

16.5 ⋅ 0.95 

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

' 

M 

d 

= M 

p 

− M 

t 

= 1.7M 

nom 

− M 

nom 

= 0.7M 

nom 

= 0.7 ⋅ 21.89 = 15.323[ Nm] 

Vreme ubrzavanja možemo izračunati iz pređenog puta i postignute brzine, uz činjenicu da 

je zbog konstante vrednosti momenta ubrzanja i ugaono ubrzanje, odnosno ubrzanje tereta 

konstantno, pa važi: 

2 ⋅ s 2 ⋅3 

t zal 

= = = 3[ s] 

v 2 

Sa druge strane za konstantni moment ubrzanja važi: 

t 

zal 

πJ 

30 ⋅ M 

d 

⋅t 

= 

π ⋅ n 

Σ 

= ⋅ nzal 

⇒ J 

Σ 

30M 

d 

zal 

zal 

odnosno: 

odnosno: 

30 ⋅179.0622 

⋅3 

2 

J 

Σ 

= 

= 10.512 [ kgm ] 

⋅ 488 

2 

ms 

+ mt 

v 

J 

Σ 

= J 

m 

+ 

⇒ m m 

2 

s 

+ 

t 

= 

ω 

π 

( ) ( J − J ) 

m 

Σ 

v 

m 

2 

ω 

2 

m 

m 

t 

2 

( J − J ) ω ( 10. 

512 − 3 75) 

2 2 

m m 

π ⋅ 488 

= − m = 

− 3000 = 

2 

s 

2 

v 

900 ⋅ 2 

= 4414 . 810 − 3000 = 1414. 

81 [ kg ] 

Σ . 


Sinhroni broj obrtaja motora iznosi: 

1 

[ ] 

60 f 60 ⋅ 50 

− 

n1 = = = 1500 min 

p 2 

Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: 

s 

nom 

= 

n − n 

1 

n 

1 

nom 

1500 −1440 

= 

1500 

= 0.04[ ] 

Nominalni moment iznosi: 

23


2002. GODINA 

M 

P 

P 

2π 

n 

60 

60 ⋅ 6700 

nom nom 

nom 

= = = = 44. 430 

ωnom 

2π 

⋅1440 

nom 

[ Nm] 

Da bi motor mogao da startuje mora da proizvede polazni moment M pol veći ili jednak od 

M nom . Vrednost polaznog momenta u funkciji vrednosti efektivnog napona napajanja nalazimo na 

osnovu ekvivalentne šeme i činjenice da proizvedena mehanička snaga motora je jednaka snazi 

razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno: 

I s 

I r 

' 

R s 

X s 

X r 

' 

R r 

'/s 

U f 

M 

pol 

R′ 

r 

= 3p 

sω 

s 

I ′ 

r 

R′ 

1⋅ω 

2 

r 

() s = 3p 

I ′ () 1 

s 

r 

2 

3p 

= U 

ω 

s 

2 

f 

( R + R′ 

) 2 

+ ( X + X ' ) 2 

s 

r 

R′ 

r 

s 

r 

Za izračunavanje polaznog momenta, fali nam svedena vrednost rotorskog otpora. Iz izraza 

za nominalni moment, postupno možemo naći svedenu vrednost rotorskog otpora. 

M 

nom 

= 3p 

s 

2 

R′ 

r 

ω 

nom 

s 

I ′ 

r 

( s ) 

nom 

2 

2 

3p 

= U 

ω 

s 

2 

f 

⎛ R′ 

r 

⎜ Rs 

+ 

⎝ s 

24 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

R′ 

r 

s 

nom 

2 

+ 

( X + X ' ) 

⎛ R′ 

⎞ 

′ 

r 3p 

U 

f Rr 

2 

⎜ R + ⎟ 

s 

− 

+ ( X 

s 

+ X ' 

r 

) = 0 ⇒ 

⎝ snom 

⎠ ωs 

M 

nom 

snom 

2 

2 

⎛ R′ 

⎞ 

r 

R′ 

⎛ 

r 3p 

U ⎞ 

⎜ 

f 

2 

2 

2 

2R 

⎟ 

⎜ 

s 

+ Rs 

+ ( X 

s 

+ X ' 

r 

) = 0 ⇒ ⋅snom 

s 

⎟ + − 

⎝ nom ⎠ s ⎜ 

nom 

s 

M ⎟ 

⎝ 

ω 

nom ⎠ 

2 

⎛ 

⎞ 

2 

⎜ 3p 

U 

f 

⎟ 

2 

2 2 

R′ ′ 

r 

+ Rr 

2Rs 

− snom 

+ [ Rs 

+ ( X 

s 

+ X ' 

r 

) ] snom 

= 0 ⇒ 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

ωs 

M 

nom ⎠ 

2 

2 ⎛ 3⋅ 

2 220 ⎞ 

⋅ 

2 

2 2 

R r 

′ + R r 

′ ⋅ 

⎜2 

⋅1− 

⋅ ⎟ 0.04 + [ 1 + ( 3 + 3) 

] ⋅ 0.04 = 0 ⇒ 

⎝ 2 ⋅50 

⋅π 

44.43 ⎠ 

2 

2 

R r 

′ + R r 

′ ⋅ ( 2 − 20.805) ⋅ 0.04 + [ 1+ 

36] ⋅ 0.04 = 0 ⇒ 

2 

R r 

′ − R r 

′ ⋅ 0.7522 + 0.0592 = 0 ⇒ 

2 

0.7522 ± 0.7522 − 4 ⋅ 0.0592 0.7522 ± 0.57359 ⎧0.6629 

Ω 

R r1/ 

′ = 

= 

= 

2 

⎨ 

2 

2 ⎩0.0893 

Ω 

s 

r 

2 

⇒ 

[ ] 

[ ]


2002. GODINA 

Drugo rešenje daje suviše malu vrednost, pa na osnovu izračunate vrednosti svedene 

rotorske otpornosti, sledi da vrednost polaznog momenta pri nominalnoj vrednosti napona napajanja 

iznosi: 

M 

3p 

R′ 

2 

r 

polnom 

= U 

fnom 

2 

2 

ωs 

( R + ′ 

s 

Rr 

) + ( X 

s 

+ X ' 

r 

) 

3⋅ 

2 

= 

100 ⋅π 

⋅ 220 

A pri sniženom naponu za 15%: 

2 

0.6629 

2 

( 1+ 

0.6629) + ( 3 + 3) 

2 

2 

M 

pol 

= 0.85 M 

polnom 

= 0.85 ⋅15.809 

= 11. 422 

2 

= 

= 15.809 

[ Nm] 

[ Nm] 

Prema tome čak i pri nominalnom naponu motor ne može da se pokrene sa nominalnim 

momentom opterećenja. 


Vrednost momenta u funkciji klizanja nalazimo na osnovu ekvivalentne šeme asinhronog 

motora za slučaj u kom se otpornost statorskog namotaja, induktivnost i gubici magnećenja 

zanemaruju, što je u zadatku i slučaj. Iz činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora 

jednaka snazi razvijenoj na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, sledi izraz za razvijeni 

mehanički moment obrtnog polja: 

I s 

I r 

' 

X s 

R r 

'/s 

X r 

' 

U f 

M 

m 

() s 

= 

P 

R′ 

Ω 

r 

s 

R′ 

r 

= 3 

s 

I ′ 

r 

() s 

Ω 

s 

2 

R′ 

r 

= 3p 

sω 

s 

I ′ 

r 

() s 

2 

3p 

= U 

ω 

s 

2 

f 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

+ 

R′ 

r 

s 

( X + X ' ) 2 

s 

r 


koje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakše 

nalazi: 

25


2002. GODINA 

d 

ds 

s 

kr 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

( X + X ' ) 

+ 

s r 

1 d ωs 

= 

= 

2 

M () s ds pU 

R′ 

m 3 

f 

r 

s 

2 

2 

d ω ⎡⎛ ′ 

⎤ ⎡⎛ ′ 

s 

Rr 

⎞ 

d R ⎞ 

= 

s⎢⎜ 

⎟ + 

s r ⎥ ⎢⎜ 

⎟ 

ds 3pU 

′ 

f 

Rr 

⎢⎣ 

⎝ s ⎠ 

⎥⎦ 

ds ⎢⎣ 

⎝ s ⎠ 

2 

2 

d ⎡ R′ 

⎤ ⎡ ′ 

⎤ 

r 

2 Rr 

2 

= K ⎢ + s X 

s 

+ X ' 

r ⎥ = K ⎢− 

+ X + ' ⎥ = 0 

2 s 

X 

r 

ds ⎣ s 

⎦ ⎣ s 

⎦ 

R′ 

r 

= ± 

X + X ' 

s 

r 

2 

2 

r 

2 

( X + X ' ) = Ks + ( X + X ) = 

' 

2 s r 

( ) ( ) ⇒ 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 


M 

kr 

= 

R′ 

R′ 

r 

r 

3p 

2 skr 

3p 

2 skr 

3p 

2 

U 

f 

= U 

f 

= U 

2 

2 

f 

ω 

s ⎛ R′ 

⎞ 

ω 

r 

s ⎛ R′ 

⎞ ω 

2 

r 

s 

⎜ + ( X 

s 

+ X' 

r 

) 

s 

⎟ 

2 

⎜ 

kr 

s 

⎟ 

kr 

⎝ 

⎠ 

⎝ 

⎠ 

1 

R′ 

r 

2 

s 

kr 


M 

m 

M 

() s 

kr 

= 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

+ 

R′ 

r 

s 

( X + X ' ) 

s 

1 

R′ 

r 

2 

s 

kr 

r 

2 

R′ 

r 

2 

s 

= 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ ⎟ + 

⎝ s ⎠ 

R′ 

r 

s 

( X + X ' ) 

s 

kr 

r 

2 

2 

R′ 

r 

2 

sskr 

= 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ ⎛ R′ 

⎞ 

r 

⎜ ⎟ + 

s 

⎜ 

s 

⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ kr ⎠ 

2 

= 

s 

s 

kr 

2 

+ 

s 

s 

kr 

Prethodna jednačina pretstavlja uprošćenu Klosovu jednačinu za izračunavanje statičke 

karakteristike momenta asinhronog motora, koju ćemo dalje koristiti, radi lakše analize. 

Nominalni moment i klizanje motora iznose: 

M 

s 

P 60 P 30 4000 

= ⋅ 

2π 

n 

ns 

− nnom 

1500 −1440 

60 

= = 

= 

n 1500 1500 

nom 

nom 

nom 

= 

= ⋅ = 26. 526 

Ω 

nom 

nom 

π 1440 

nom 

s 

= 0.04[ ] 

[ Nm] 

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: 

2M 

kr 

skr 

snom 

M 

kr 

M 

nom 

= ⇒ + − 2 = 0 ⇐ ⋅skr 

snom 

snom 

skr 

snom 

skr 

M 

nom 

+ 

s s 

kr 

nom 

⇒ 

26


2002. GODINA 

2 M 

kr 

2 

⇒ skr 

− 2 skr 

snom 

+ snom 

= 0 ⇒ 

M 

s 

kr 

= s 

nom 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

nom 

kr 

nom 

⎛ M 

± 

⎜ 

⎝ M 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

−1 

= ⋅ 

⎟ 

0. 

04 

⎠ 

[] 

( ± − ) = ⎨ 

⎧ 

2 

0. 

2331 

3 3 1 

⎩0. 

00686 

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

n 

kr 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

0. 

2331) ⋅1500 

= 1150 29[ min ] 

= . 

kr 

s 

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

s 

n 

− n 

1500 − 600 

= 

1500 

s 1 

1 

= 

= 

ns 

0.6[ ] 

Motor u toj radnoj tački izdaje moment: 

M 

kr 

2 M 

nom 

2M 

kr 

M 

nom 2 ⋅3⋅ 

26. 

527 

M 

m1 = = 

= 

= 53. 

71 

s1 

skr 

s1 

skr 

0. 

6 0. 

2331 

+ 

+ 

+ 

s s s s 0. 

2331 0. 

6 

kr 

1 

kr 

1 

[ Nm] 

[] 

Dok se teret suprotstavlja sa momentom: 

−5 

2 

−5 

2 

M t 

= 0. 

0795n 

+ 1. 

667 ⋅10 

n = 0. 

0795⋅ 

600 + 1. 

667 ⋅10 

⋅ 600 53. 

71 

1 

= 

27 

[ Nm]


2002. GODINA 

Pošto su oba momenta jednaka po vrednosti M m1 = M t1 = 53.71 [Nm] režim je stacioniran. 

b) Kako je u datom režimu klizanje motora veće od prevalnog klizanja, motor radi sa: 

• lošim stepenom iskorisćenja i 

• moguća je pojava nestabilnog rada. 

c) Do potrebnog kriterijuma stabilnosti možemo doći linearizacijom Newton-ove jednačine u 

radnoj tački: 

dω 

M 

d 

= M 

m 

− M 

t 

= J ⇒ 

dt 

2π d( 

∆ n) 

d( 

∆n) 

dM 

J = Tm 

= 

60 dt dt dn 

m 

dMt ⎛ dM 

m 

∆n 

− ∆n 

= ⎜ 

dn ⎝ dn 

dMt ⎞ 

− ⎟∆n 

= k∆n 

dn ⎠ 

Rešenje ove diferencijalne jednačine je: 

∆ 

k 

t 

Tm 

n = ∆n0e 

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

dM 

dn 

t 

> 

dM 

dn 

m 

⇒ 

dM 

dn 

d 

= 

dM 

dn 

m 

dM 

− 

dn 

t 

< 0 

nestabilan ako je k > 0: 

dM 

dn 

m 

> 

dM 

dn 

t 

⇒ 

dM 

dn 

d 

= 

dM 

dn 

m 

dM 

− 

dn 

t 

> 0 

Pa važi: 

dMt 

dn 

d 

dn 

−5 

2 

−5 

( 1.667 ⋅10 

⋅ n + 0.0795n) = 2 ⋅1.667 

⋅10 

⋅ n + 0.0795 = 

= 

n = n1 

n = n1 

n = n1 

−5 

−5 

⎡ Nm ⎤ 

= 2 ⋅1.667 

⋅10 

⋅ n1 

+ 0.0795 = 2 ⋅1.667 

⋅10 

⋅ 600 + 0.0795 = 0.099504 

⎢ −1 

⎥ 

⎣min 

⎦ 

dM 

m 

dM 

m ds 

= ⋅ 

dn ds dn 

2M 

kr 

dM 

m 

2M 

kr 

⎛ 1 skr 

⎞ 

M 

⇒ = − 

⎜ − 

⎟ 

m 

= 

2 

2 

s skr 

ds 

+ 

⎛ s s ⎞ ⎝ s s 

kr 

kr ⎠ 

s s 

⎜ + 

⎟ 

kr 

⎝ skr 

s ⎠ 

ns 

− n ds 1 

s = ⇒ = − 

ns 

dn ns 

dM 

m 1 2M 

kr 

⎛ 1 skr 

⎞ 

= ⋅ 

⎜ − 

⎟ 

2 

2 

dn ns 

⎛ s s ⎞ ⎝ s s 

kr 

kr ⎠ 

⎜ + 

⎟ 

⎝ skr 

s ⎠ 

28


2002. GODINA 

dM 

dn 

m 

n = n 

1 

dM 

= 

dn 

m 

s = s 

1 

1 

= 

n 

s 

2M 

kr 

⋅ 

⎛ s1 

s 

⎜ + 

⎝ skr 

s 

kr 

1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 

⎜ 

1 s 

− 

⎝ skr 

s 

kr 

2 

1 

⎞ 

⎟ 

1 

= 

⎠ ns 

2M 

⋅ 

⎛ 2M 

⎜ 

⎝ M 

m 

2 

2 

1 M ⎛ ⎞ 

⎛ 

m1 ⎜ 

1 skr 

⎟ 

1 M 

m1 

= ⋅ 

= ⋅ 

⎜ 

1 skr 

− 

− 

2 

2 

n 2 ⎝ s1 

⎠ n M 

s 

M 

kr 

skr 

s kr 

2 ⎝ skr 

M 

s1 

nom 

M 

nom 

kr 

1 

⎞ 

⎟ 

= 

⎠ 

2 

53.71 ⎛ 1 0.2331⎞ 

⎡ Nm 

⎜ − ⎟ ≈ 0.044483 

2 

1500 ⋅ 2 ⋅3⋅ 

26.527 ⎝ 0.2331 0.6 ⎠ 

⎢ 

⎣min 

= −1 

kr 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

2 

⎛ 

⎜ 

1 

⎝ skr 

s 

− 

s 

kr 

2 

1 

⎞ 

⎟ 

= 

⎠ 

Prema tome važi: 

dM 

dn 

t 

⎡ Nm ⎤ dM 

m 

⎡ Nm 

0.099504⎢ 

⎥ > = 0. 044483 

1 

⎣min 

⎦ dn 

⎢ 

⎣min 

= − − 1 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

što znači da je pogonski režim stabilan. 



Trofazni četvoropolni asinhroni motor, sa sopstvenim momentom inercije J m = 3 [kgm 2 ]; 

nominalnim momentom M nom = 80 [Nm]; preopteretljivošću (do kritičnog momenta) λ = 3 [ ]; 

klizanjem pri kritičnom momentu s kr = 0.24 [ ], koristi se za ubrzanje i kočenje zamajca sa 

momentom inercije od J z = 7 [kgm 2 ]. 

a) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu od n a = 1425 [min -1 ]? (Zanemariti otpornost statora, 

promenljivost otpora rotora, struju magnećenja, kao i trenje i sve gubitke praznog hoda). 

b) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac od pune brzine do 5% pune brzine, ako se koči 

pomoću jednosmerne struje? (Predpostaviti da je prevalni moment pri kočenju 

jednosmernom strujom po apsolutnoj vrednosti isti kao kod ubrzanja i da je brzina pri 

prevalnom momentu ista kao relativna brzina rotora pri prevalnom momentu kod ubrzanja. 

Takođe zanemariti trenje i sve gubitke praznog hoda). 

c) Za koje vreme će zamajac dostići brzinu kao pod a), ali u slučaju da je moment zahvaljujući 

dejstvu brze automatske regulacije, stalno ograničen na nominalnu vrednost. 

d) Za koje vreme će isti motor zakočiti zamajac pod istim uslovima kao pod b), ali sa 

ograničenjem momenta kao pod c). 


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

zadatka. 


Odrediti moment inercije cevi dužine l = 1000 [mm], spoljnjeg prečnika D s = 300 [mm] i 

unutrašnjeg prečnika D u = 200 [mm], ako rotira oko ose rotacije koja prolazi kroz tačku P udaljenu 

od ivice cevi za trećinu dužine, prema slici. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađena 

iznosi ρ = 4.5 [kg/dm 3 ] 

29


2002. GODINA 

l = 1000 [mm] 

x = l / 3 

P 

D u 

D s 

D s 

= 300 [mm] 

D u 

= 200 [mm] 

Osa obrtanja 


Serijski motor jednosmerne struje ima otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja R a + 

R pp = 0.12 [Ω] i otpornost pobudnog namotaja R s = 0.08 [Ω]. Motor razvija pri nominalnoj struji od 

I anom = 41 [A] i brzini n nom = 916 [min -1 ] moment M nom = 176 [Nm]. 

a) Ako se moment opterećenja smanji na M t = 70 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri 

istom naponu napajanja. 

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

vrednost napona napajanja motora. 


10 4 

R [Ω] 

10 3 

10 2 

10 1 -20 0 20 40 60 80 100 120 140 

θ [ o C] 

30


2002. GODINA 

Motor se štiti od pregrejavanja pomoću tri termistora, sa karakteristikama kao na slici, 

smeštenim na tri razne tačke u motoru i spojenim na red preko podstrujnog releja na pomoćni 

jednosmerni napon jednosmerne struje U pom = 48 [V]. Od zaštite se očekuje da isključi kad se na 

bilo kom mestu pojavi temperatura veća od θ max = 130 [ o C]. Namotaj podstrujnog relea ima 

otpornost R n = 40 [Ω]. 

a) Na koju struju treba približno podesiti isključenje relea ako sva tri termistora imaju tačnu 

karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavaju otprilike na 100 [ o C], a samo na 

jednom mestu nastaje pregrevanje? 

b) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjoj 

granici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [ o C]? 

c) Pri kojoj temperaturi će isključiti rele ako sva tri termistora imaju karakteristiku na gornjoj 

granici tolerancije, a dva od njih nisu više zagrejana od 100 [ o C]? 


a) Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi: 

ω 

1 

ω 

s 

= 

p 

= 

2πf 

p 

= 

2 ⋅π 

⋅50 

≈ 

2 

314 

2 

⎡rad 

= 157 

⎢ 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

Kritična vrednost momenta motora iznosi: 

M 

kr 

= v ⋅ M 

nom 

= 3 ⋅80 

= 240 

[ Nm] 

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

s 

n 

= 

− n 

1500 −1425 

= 

1500 

s a 

a 

= 

ns 

0. 

05[ ] 

Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi: 

J 

Σ 

2 

[ ] 

= J 

m 

+ J 

z 

= 3 + 7 = 10 kgm 

Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u 

funkciji brzine obrtanja. Ta veza je određena Klosovim obrascem: 

M 

m 

M 

kr 

= 2 

s s 

+ 

s s 

kr 

kr 

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti Klosov 

obrazac za funkciju momenta od klizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja M t 

= 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: 

( 1− 

) ω ⇒ dω 

= −ω 

⇒ 

ω = s 

1 

1ds 

dω 

J J 

M 

din 

= 

m t m Σ 

1ds 

dt M M 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ⇒ 

m 

m 

31


2002. GODINA 

Iz zadnje relacije integraljenjem, dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta od 

jediničnog klizanja do željenog klizanja: 

t 

z 

t 

s 

s 

z 

a 

a 

a 

1 

= J 

Σ 

ds 

ds J 

Σω1 

⎛ 

∫ = ∫ − = − ∫ = − ∫ = ∫ 

s 

dt ω ds J 

J 

⎜ 

1 

Σω1 

Σω1 

M 

M 

2M 

m 

m 

kr 2M 

kr ⎝ s 

0 1 

1 1 

sa 

kr 

s skr 

+ 

skr 

s 

⎛ 

1 1 

⎞ 

2 

J 

⎡⎛ ⎜ s skr 

⎟ J ⎛ s ⎞ 1 

Σω1 Σω1 

J 

Σω1 

1− 

s 

+ = 

= ⎢⎜ 

a 

ds ds 

⎜ + s 

⎟ 

kr 

ln s 

2M 

⎜ 

⎟ 

kr ⎝ 

s 

s kr 

s 

s ⎠ 

2M 

kr ⎝ 2skr 

⎠ sa 

2M 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2s 

a 

a 

kr 

s 

s 

+ 

s 

kr 

⎞ 

⎟ 

− s 

⎠ 

⎞ 

⎟ds 

= 

⎠ 

= ∫ ∫ kr 

ln sa 

2 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

Prema tome vreme zaleta iznosi: 

2 

10 ⋅157 

⎛1− 

0. 

05 

⎞ 

t za 

= 

0. 

24ln 

0. 

05 = 3. 

270833⋅ 

149 

2 240 

⎜ − 

2 0. 

24 

⎟ 

⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 

( 2. 

078125 + 0. 

7189757) = 9. 

[] s 

b) Moment motora u funkciji brzine pri kočenju jednosmernom strujom uz pretpostavke 

navedene u postavci, ima inverznu karakteristiku u odnosu na motornu momentnu karakteristiku, pa 

se može pretstaviti takođe Klosovim obrasccem: 

M 

Kočenje 

s' = s' kr 

s = s kr 

Motor. 

s, s' 

s = 1 s = 0 

s' = 0 s' = 1 

M 

k 

= 

' 

s 

s 

2M 

' 

kr 

kr 

' 

kr 

s 

+ 

' 

s 

gde je: 

ω 

' ' 

= s ω1 

∧ s kr = 

s 

kr 

32


2002. GODINA 

odnosno: 

M 

k 

= 

2M 

kr 

ω ω 

+ 

ω ω 

kr 

kr 

pa važi analogno kao u prethodnom razmatranju kod zaleta: 

M 

t 

kb 

din 

dω 

J 

= 

k t 

k Σ 

ω 

dt M 

t 

Σ 

( − M − M ) = −M 

= J ⇒ dt = − d ⇒ 

5% 

ω 

k 

1 

1 

= ⎛ ⎞ 

∫ = ∫ − = − ∫ 

⎜ + 

⎟ = ∫ 

z 

J 

Σ 

J 

Σ ω ω 

kr 

J 

Σ 

dt 

dω 

dω 

M 

k 

2M 

kr ⎝ω 

kr 

ω ⎠ 2M 

0 ω 

ω 

kr 5% 

z 

2 

J ⎛ ω 

⎞ ω 

Σ 

z 

= 

ω lnω 

2M 

⎜ + 

kr 

kr 

2ω 

⎟ 

⎝ kr ⎠ 5% 

ω 

5% 

ω 

1 

z 

k 

ω 

ω 

⎛ ω 

⎜ 

⎝ω 

kr 

1 

ω 

+ 

ω 

kr 

⎞ 

⎟dω 

⎠ 

= 

Pošto je: 

ω 

z 

≈ ω 

1 

∧ 5% ω1 

= saω1 

važi: 

' 2 

2 

J ⎛ s 

' 

⎞ 1 J ⎡⎛ 1 

1 

1− 

s ⎞ ⎤ 

a 

t ≈ 

Σω 

skr 

ln s 

skr 

ln sa 

t 

za 

9. 

kb ⎢⎜ 

⎟ 

2M 

⎜ + 

⎥ = = 

kr 

2s 

⎟ = 

Σω 

− 

kr 

sa 

2M 

kr 

2s 

149 

⎝ 

⎠ ⎢⎣ 

⎝ kr ⎠ ⎥⎦ 

Odnosno proces kočenja je inverzan procesu ubrzanja. 

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

M 

m 

= const = M 

nom 

= 80 

[ Nm] 

Pa se vreme ubrzanja nalazi jednostavno: 

[] s 

t 

zc 

t 

zc 

J 

dt = 

M 

ω 

z 

πJ 

dω 

= 

30M 

Σ 

Σ 

= ∫ ∫ ∫ 

0 nom 0 

nom 0 

n 

z 

πJ 

Σ 

n 

dn = 

30M 

z 

nom 

π ⋅10 

⋅1425 

= 

= 18. 

653 

30 ⋅80 

[] s 

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

t 

kd 

nom 

5%n 

1 

75 

πJ 

Σ 

πJ 

Σ 

= − dn = − dn ≈ t 

30M 

∫ 

30M 

∫ 

n 

z 

nom 1425 

zc 


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

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

33


2002. GODINA 

t 

2 

J ⎡⎛ − s ⎞ ⎤ 

( n) = t( s) = 

Σω 1 1 

⎜ ⎟ − s ln s⎥ ⎦ 

2M 

⎢⎜ 

⎣⎝ 

kr 

2 

ili direktnim rešavanjem sledeće relacije po brzini: 

s 

kr 

⎟ 

⎠ 

kr 

t( n ) 

= 

πJ 

Σ 

2 ⋅ 30 ⋅ M 

kr 

h 

∫ 

0 

⎛ ns 

− n 

⎜ 

⎝ ns 

− n 

kr 

ns 

+ 

n 

− n 

s 

kr 

− n 

⎟ ⎞ 

dn 

⎠ 

Vrednosti funkcije t(n) izračunate prema prvoj relaciji, za diskretne vrednosti n = ( 0, 0.1, 

0.2, ..., 0.9) n 1 date su u sledećoj tabeli: 

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

0 1 0 

150 0.9 1.377 

300 0.8 2.628 

450 0.7 3.755 

600 0.6 4.7621 

750 0.5 5.655 

900 0.4 6.443 

1050 0.3 7.146 

1200 0.2 7.805 

1350 0.1 8.554 

1425 0.05 9.149 

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

n 

30 

π ⋅ J 

t 

30 ⋅80 

π ⋅10 

() t = ∫ M dt = ⋅t 

= 76. 

394 ⋅ 

Σ 

0 

nom 

Promena brzine obrtanja za zalet prikazana na sledećem dijagramu: 

1500 

t 

n 

[min -1 ] 

1000 

a) 

c) 

500 

0 

0 

5 

10 

15 

20 

t [s] 

34


2002. GODINA 

Pošto je pokazano da je kočenje inverzan proces ubrzanju, u slučaju b) mogu se koristiti 

rezultati dobijeni pod a) ili se može naći relacija: 

t 

πJ 

n 

⎛ 

1 

Σ 

s kr 

( n) = ∫ ⎜ + 

2 ⋅ 30 ⋅ M − 

⎟ kr 

n 

n s 

nkr 

n ⎠ 

Za slučaj d) važi: 

t 

⎝ 

n 

n 

− n 

30 

nt − n1 = ∫ ( − M 

nom 

) dt = −76. 

394 ⋅t 

πJ 

Σ 0 

n( t ) = n − 76. 

394 ⋅t 

1 

⎞ 

dn 

Promena brzine obrtanja za kočenje prikazana na sledećem dijagramu: 

n 

[min -1 ] 

1500 

1000 

500 

b) d) 

0 

0 

5 

10 

15 

20 

t [s] 


Masu cevi m nalazimo iz relacije: 

m = ρV 

= 

ρπ 

4 

3 

2 2 4. 

5⋅10 

⋅π 

2 2 

( D − D ) l = ⋅ ( 0. 

3 − 0. 

2 ) ⋅1 

= 176. 

[ kg] 

s u 

715 

4 


Moment inercije jednog segmenta dm na udaljenosti r od ose rotacije, kao na slici, iznosi: 

dJ 

2 

= r dm = ρπ 

D 

2 2 

S 

− Du 

2 

4 

r 

dr 

Ukupni moment inercije nalazimo integraljenjem: 

J 

2 2 x 

l−x 

D − ⎛ 

s 

Du 

2 

= ∫dJ 

= ρπ ⎜ 

∫r 

dr + 

4 

∫r 

l 

⎝ 0 0 

2 

⎞ 

dr ⎟ 

= ρπ 

⎠ 

D 

2 

s 

− D 

4 

2 

u 

3 

⎛ r 

⎜ 

⎝ 3 

3 

x r 

+ 

0 3 

l − x⎞ 

⎟ 

= 

0 ⎠ 

35


2002. GODINA 

= ρπ 

= ρπ 

D 

D 

2 

s 

2 

s 

− D 

4 

− D 

4 

2 

u 

2 

u 

2 

s 

2 

u 

3 

3 

3 

⎛ x ( l − x ) ⎞ D − D x + l 

⎜ + 

⎟ = ρπ 

⎝ 3 3 ⎠ 4 

2 

⎡ 

⎤ 

2 

2 

⎡ 

3 1 ⎛ x ⎞ x l ⎛ x ⎞ 

l ⎢1 

+ 3⎜ 

⎟ − 3 ⎥ = m ⎢1 

+ 3⎜ 

⎟ 

3 ⎢⎣ 

⎝ l ⎠ l ⎥⎦ 

3 ⎢⎣ 

⎝ l ⎠ 

3 

2 

− 3l 

x + 3lx 

3 

x⎤ 

− 3 ⎥ 

l ⎥⎦ 

2 

− x 

3 

= 

l = 1000 [mm] 

x = l / 3 

dm 

P 

D u 

D s 

dr 

r 

D s 

= 300 [mm] 

D u 

= 200 [mm] 

Osa obrtanja 

U našem slučaju za x = l / 3 važi: 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

l ⎡ ⎛ x ⎞ x⎤ 

l ⎡ ⎛ 1 ⎞ 1⎤ 

l 

1 

J = m ⎢1 

+ 3⎜ 

⎟ − 3 ⎥ = m ⎢1 

+ 3⎜ 

⎟ − 3 ⎥ = m = 176. 

715 ⋅ = 58. 

905 

3 ⎢⎣ 

⎝ l ⎠ l ⎥⎦ 

3 ⎢⎣ 

⎝ 3 ⎠ 3⎥⎦ 

3 

3 

2 

[ kgm ] 


a) Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju: 

M = k Φ I = k k I I = C 

nom 

M 

nom 

anom 

M 

Φ 

anom 

anom 

M 

I 

2 

anom 

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja: 

M = M = k ΦI = k k I I = C 

t 

m 

M 

a 

M 

Φ 

a 

a 

M 

I 

2 

a 

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenom 

opterećenju: 

M 

M 

t 

nom 

CM 

I 

= 

C I 

M 

2 

a 

2 

anom 

⇒ I 

a 

= I 

anom 

M 

M 

t 

nom 

= 41⋅ 

176 

70 

= 26. 

46 

[ A] 

36


2002. GODINA 

Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz naponske jednačine: 

( R + R + R ) = 420 − 41⋅ 

( 0. 

12 + 0. 

08) = 411. 

[ V ] 

Enom = U 

nom 

− I 

anom a pp s 

8 

Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju nalazimo iz naponske jednačine: 

( R + R + R ) = 420 − 26. 

46 ⋅ ( 0. 

12 + 0. 

08) = 414. 

[ V ] 

E = U 

nom 

− I 

a a pp s 

7 

Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija: 

Enom 

= k 

EΦnomnnom 

= k 

EkΦ 

I 

anomnnom 

= CE 

I 

anomnnom 

⇒ 

E = k 

EΦn 

= k 

EkΦ 

I 

an 

= CE 

I 

an 

⇒ 

E CE 

I 

an 

E I 

anom 414. 

7 41 

− 

= ⇒ n = nnom 

= ⋅ ⋅ 916 = 1429. 

4 min 

E C I n E I 411. 

8 26. 

46 

nom 

E 

anom 

nom 

nom 

a 

1 

[ ] 

b) Motor i pri brzini od n = 1500 [min -1 ] će vući nominalnu vrednost struje I anom = 41 [A] iz 

mreže, pošto treba da razvije nazivni moment, pri čemu iz prethodnih relacija možemo pronaći 

potrebnu vrednost elektromotorne sile: 

CE 

I 

E = 

C I 

E 

anom 

anom 

n 

n 

nom 

E 

nom 

= 

n 

n 

nom 

E 

nom 

= 

1500 

916 

⋅ 411. 

8 = 674. 

3 

[ V ] 

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

U 

= E + I 

( R + R + R ) = 674 . 3 − 41⋅ 

( 0. 

12 + 0. 

08) = 682. 

[ V ] 

anom a pp s 

5 


a) Ako sva tri termistora imaju tačnu karakteristiku uz pretpostavku da se namotaji zagrejavaju 

otprilike na 100 [ o C], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, otpornosti pojedinih termistora 

su R t1 = 70 [Ω], R t2 = 70 [Ω] i R t3 = 1000 [Ω]. Ukupna otpornost redne veze termistora i namotaja 

podstrujnog relea iznosi: 

RΣ = R + R + R + R = 100 + 70 + 70 + 40 = 1180 

t1 t 2 t3 

n 

Prema tome struju podstrujnog relea, da bi reagovao ako ukupna otpornost premaši vrednost 

1180 [Ω], treba podesiti na: 

U 

p 48 

I 

p 

= = = 0.04067 40 

R 1180 

Σ 

[ A] ≈ [ mA] 

b) Ako ako sva tri termistora imaju karakteristiku na donjoj granici tolerancije, a dva od njih 

nisu više zagrejana od 100 [ o C], a samo na jednom mestu nastaje pregrevanje, to pregrevanje 

nalazimo iz uslova prorade da je ukupna otpornost veća od 1180 [Ω]. Pošto su R t1 = 40 [Ω] i R t2 = 

40 [Ω], otpornost trećeg termistora pri kom prorađuje zaštita iznosi: 

R 

37 

[ Ω] 

( R + R + R ) = 1180 − ( 40 + 40 + 40) = [ Ω] 

= R Σ 

− 

160 

t3 t1 

t 2 n


2002. GODINA 

Iz dijagrama iščitavamo temperaturu reagovanja zaštite θ max = 134 [ o C]. 

c) Slično kao pod b) nalazimo, R t1 = 100 [Ω] i R t2 = 100 [Ω], pa je otpornost trećeg termistora 

pri kom prorađuje zaštita iznosi: 

R 

( R + R + R ) = 1180 − ( 100 + 100 + 40) = [ Ω] 

= R Σ 

− 

940 

t3 t1 

t 2 n 

I temperaturu reagovanja zaštite θ max = 127 [ o C]. 

10 4 

R [Ω] 

10 3 

1060 

940 

10 2 

127 

134 

10 1 -20 0 20 40 60 80 100 120 140 

θ [ o C] 



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

u koji su radi olakšanja ubušene četiri rupe čitavom dužinom unutrašnjeg poluprečnika r = 150 

[mm], čiji su centri ravnomerno raspoređeni po krugu prečnika s = 300 [mm], prema slici. Osa 

rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je cev izrađena iznosi ρ = 

4.5 [kg/dm 3 ]. 

38


2002. GODINA 

s 

r 

A 

A 

A 

R 

l = 1000 [mm] 

R = 500 [mm] 

r = 150 [mm] 

s = 300 [mm] 


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

Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije J m = 18.6 [kgm 2 ] i valjka je reduktor 

nepoznatog prenosnog odnosa i = ?. 

a) Odrediti prenosni odnos tako da obrtni moment motora u toku zaleta bude minimalan. 

b) Odrediti obrtni momenat i snagu motora u toku zaleta. 


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

(nominalna snaga P nom = 4 [kW], nominalni priključni napon U nom = 380 [V], nominalna struja I nom 

= 9 [A], nominalna brzina obrtanja n nom = 1440 [min -1 ], nominalna frekvencija f nom = 50 [Hz], 

preopteretljivost do kritičnog momenta M kr / M nom = 3 [ ]), spregnuta su mehanički i pokreću radnu 

mašinu sa konstantnim momentom opterećenja. 

Prvi motor priključen je na napon nominalne vrednosti i nominalne frekvencije. Drugi motor 

priključen je na napon U 2 = 167.2 [V] frekvencije f 2 = 22 [Hz]. Smerovi obrtnih magnetnih polja, 

odnosno smerovi obrtanja osovina, oba motora se poklapaju.U opisanom režimu izmerena je brzina 

u stacionarnom stanju n 1 = 600 [min -1 ]. 

a) Odrediti kako motori dele opterećenje. 

b) Opisati režime u kojima rade pojedinačni motori. 

c) Analizirati opisani režim sa stanovišta stabilnosti. 

d) Šta će se dogoditi ako se i drugi motor priključi na napon nominalne vrednosti i frekvencije. 


Trofaznom kaveznom asinhronom motoru merenjem u laboratoriji i računanjem određena je 

veličina polaznog momenta kod temperature namotaja θ nam = 20 [ o C]. Merenjem je dobijeno: snaga 

kratkog spoja P kr = 50 [kW] i iznos gubitaka u statoru P krs = 19 [kW], moment kratkog spoja M kr = 

197.45 [Nm] i faktor snage kratkog spoja cosϕ kr = 0.4 [ ]. 

a) Koliko se procentualno povećanje polaznog momenta može očekivati ako se zagreju: stator 

na θ s = 130 [ o C], a rotor na θ r = 200 [ o C ]? 

b) Koliko polova ima motor ako je frekvencija napona kod ispitivanja bila f nom = 50 [Hz]? 

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

39


2002. GODINA 

235 + θ 

R n 

( θ ) = Rn20 

235 + 20 

gde su R n20 otpor na temperaturi 20 [ o C ] a R n (θ) otpor na temperaturi θ. 


U pogonu sa jednosmernim motorom ciklus merenog strujnog opterećenja ima oblik 

prikazan na slici, pri čemu se zagreva do dopuštene granice. 

Odrediti približno snagu motora u trajnom radu pri konstantnom naponu mreže od U nom = 

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

= 0.9. 

I 

I 1 

I 2 

I 3 

I 1 = 5 [A] 

I 2 = 9 [A] 

I 3 = 12 [A] 

t 1 = 6 [s] 

t 2 = 2 [s] 

t 3 = 4 [s] 

t 4 = 7 [s] 

t 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 


Segment mase m čiji je moment inercije J s za osu rotacije oko ose simetrije segmenta S, 

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

određen relacijom: 

S 

m 

s 

A 

40


2002. GODINA 

J = J + s 

ms 

2 

Moment inercije punog valjka poluprečnika R iznosi: 

J 

R 

= 

1 

2 

m 

R 

R 

2 

1 

= πlρR 

2 

4 

Moment inercije punog valjka poluprečnika r iznosi: 

J 

r 

= 

1 

2 

m r 

r 

2 

1 

= πlρr 

2 

4 

Momenat inercije bušenog valjka je prema tome: 

2 1 4 ⎛ 1 4 2 2 ⎞ ⎡1 

4 2 2 2 ⎤ 

( J + m s ) = πlρR 

− 4⎜ 

πlρr 

+ πlρr 

s ⎟ = πlρ 

R − r ( 2r 

+ 4 ) = 

J = J 

R 

− 4 

r r 

2 ⎝ 2 

⎠ 

⎢ 

s 

⎣2 

3 ⎡1 

4 2 

2 

2 ⎤ 

2 

=π⋅1⋅ 

4.5⋅10 

⎢ 

⋅ 0.5 − 0.15 ⋅ ( 2 ⋅ 0.15 + 4 ⋅ 0.3 ) = 298.648[ kgm ] 

⎣2 

⎥ 

⎦ 

⎥ 

⎦ 


a) Za zalet važi Njutnova jednačina kretanja: 

M 

d 

= M 

m 

′ 

− M 

t 

= J 

Σ 

dω 

dt 

m 

Pošto je moment opterećenja jednak nuli: 

M 

t 

= 0 ⇒ M 

m 

= J 

Σ 

dω 

dt 

m 

računajući ekvivalentni moment inercije: 

J 

Σ 

′ 

= J 

m 

+ J 

b 

= J 

m 

+ 

J 

i 

b 

2 

i zamenjući ugaonu brzinu motora sa: 

dωm 

dω 

ω 

m 

= iωb 

⇒ = i 

dt dt 

b 

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

M 

m 

⎛ 

⎜ J 

⎝ 

J 

+ 

i 

b 

= 

m 2 

⎞ dω 

⎟i 

⎠ dt 

b 

⎛ 

= ⎜iJ 

⎝ 

m 

+ 

J 

i 

b 

⎞ dωb 

⎟ 

⎠ dt 

Motor će imati minimalni moment, ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljava 

ekstrem prethodne funkcije: 

41


2002. GODINA 

dM 

di 

J 

m 

m 

= 

J 

− 

i 

d 

di 

⎡⎛ 

⎢⎜iJ 

⎣⎝ 

m 

J 

+ 

i 

= 0 => i = 

t 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

J 

dω 

dt 

t 

⎤ ⎛ 

⎥ = ⎜ J 

⎦ ⎝ 

m 

298.648 

18.6 

J 

b ⎞ dωb 

− ⎟ = 0 

2 

i ⎠ dt 

16.056 = 4.007 

b 

b 

= = 

≈ 

2 

J 

m 

b) Ugaona brzina valjka nakon zaletanja iznosi: 

ω 

= 2πn 

= 2 ⋅π 

⋅ 5 = 10 ⋅π 

31.4[ rad / s] 

b 

= 

4[ ] 

Potrebno ugaono ubrzanje valjka, zadato uslovima u zadatku je: 

d ω 

dt 

= ω 

t 

z 

31.4 

2 

= 3.14[ rad / s ] 

10 

b b 

= 

Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi: 

J 

Σ 

= J 

J 

b 298.648 

+ = 18.6 + ≈ 2 ⋅18.6 

37.2[ kgm 

2 2 

i 

4 

m 

= 

2 

] 

Prema tome motor tokom zaletanja mora da razvija moment vrednosti: 

dωm 

dωb 

M 

m 

= M 

d 

= J 

Σ 

= J 

Σi 

= 37 .2 ⋅ 4 ⋅ 3.14 = 467. 232 

dt dt 

pri čemu razvija maksimalnu snagu: 

[ Nm] 

P 

m 

= M ω = M iω 

m 

m 

m 

b 

= 467.232 

⋅ 4 ⋅3.14 

= 5868.434[ W ] ≅ 5.87[ kW ] 


Nominalni moment i klizanje oba motora iznose: 

M 

s 

= Pnom 

60 Pnom 

30 4000 

• 

nom 

= ⋅ = ⋅ = 26. 

Ω 

nom 

2π 

n 

5277 

nom 

π 1440 

nom 

n 

= 

s 

− n 

n 

s 

nom 

1500 −1440 

= 

= 

1500 

60 

1500 

= 0.04[ ] 

[ Nm] 

Kritično klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: 

M 

s 

kr 

kr nom 

kr 

nom 

= ⇒ + − 2 = 0 

snom 

skr 

snom 

skr 

M 

nom 

s 

2M 

+ 

s 

s 

⇐ ⋅s 

kr nom 

1 skr 

sn 

skr 

2 M 

kr 

= + ⇐ ⋅s 

⇒ − 2 

+ 

2 

kr 

snom 

skr 

skr 

snom 

snom 

kr 

1 skr 

sn 

M 

nom 

s 

+ = 0 ⇒ 

M 

kr 

s 

nom 

42


2002. GODINA 

s 

kr 

= s 

nom 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

kr 

nom 

± 

⎛ M 

⎜ 

⎝ M 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

−1 

= 

⎟ 

0.04 3 

⎠ 

[] 

( ± − ) = ⎨ 

⎧ 

2 

0.2331 

3 1 

⎩0.00686 

[] 

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

n 

kr 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

0.23311500 ) = 1150.29[ ] 

= min 

kr 

Kritični moment iznosi: 

s 

M 

kr 

M 

kr 

= M 

nom 

= 3 ⋅ 26.5277 = 79. 5831 

M 

nom 

[ Nm] 

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

s 

s 

n 

− n 

1500 − 600 

1500 

900 

1500 

s 1 

( 600) = = = 0.6[] 

1 

= 

= 

ns 

2M 

2 ⋅ 79.5831 

M 

m1 = M 

m 

= 733 

s1 

skr 

0.6 0.2331 

+ 

+ 

s s 0.2331 0.6 

kr 

( 600) = = 

53. [ Nm] 

kr 

1 

Za drugi motor važi sledeći odnos frekvencije i napona: 

f 

nom 

f 

2 

= 

50 

22 

U 

= 

U 

nom 

2 

= 

380 

167.2 

= 2.2727273 

Odnosno motor radi na veštačkoj karakteristici translatorno pomerenoj u odnosu na prirodnu 

sa sinhronom brzinom: 

f 

nom 

f 

2 

50 1500 1500 

−1 

= = ⇒ ns2 

= ⋅ 22 = 660[ min ] 

22 n 

50 

s2 

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

momentom: 

ns2 

− n1 

660 − 600 60 

•• 

s2 

= s( 600) = = = = 0. 090909 [] 

ns2 

660 660 

f 

nom 

skr 

2 

= skr 

= 2.2727273⋅ 

0.2331 = 0.529857[ ] 

f 

2 

2M 

2 ⋅ 79.5831 

M 

m2 = M 

m2 

= 5277 

s2 

skr 

2 

0.090909 0.529857 

+ 

+ 

s s 0.529857 0.090909 

kr 

( 600) = = 

26. [ Nm] 

kr 2 

2 

f 

Odnosno M m2 (600) = M nom , što se slaže jer je s 2 = s nom nom 

f2 

43


2002. GODINA 

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

M 

t 

= M 

m1 + M 

m2 

= 53.733 + 26.5277 = 80.2607[ Nm] 

pri čemu prvi motor razvija moment M m1 = 53.733 [Nm] a drugi M m2 = 26.5277 [Nm]. 

b) Prvi motor radi sa klizanjem većim od kritičnog, znači da radi sa lošim stepenom 

iskorisćenja a sem toga njegov rad može da bude nestabilan, a drugi radi sa klizanjem manjim od 

kritičnog što znači da je stabilan. 

c) Uslov stabilnosti je: 

dM dM 

m 

dM 

> 1 

+ 

dn dn dn 

t m2 

U našem slučaju pošto je moment tereta konstantan važi: 

dM t 

dn 

= 0 

Izvod momenta motora po brzini obrtanja nalazimo iz Klosovog obrasca: 

dM 

dn 

m 

dM 

= 

ds 

m 

⋅ 

ds 

dn 

44


2002. GODINA 

M 

m 

dM 

dn 

2M 

kr 

= 

s skr 

+ 

s s 

kr 

dM 

⇒ 

ds 

1 2M 

kr 

⋅ 

⎛ s s 

⎜ + 

⎝ s 

kr 

s 

m 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2M 

kr 

= − 

⎛ s s 

⎜ + 

⎝ skr 

s 

⎛ 1 skr 

⎞ 

⎜ − 

⎟ 

⎝ skr 

s ⎠ 

m 

= 

2 

2 

ns 

kr 

kr 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 1 

⎜ 

⎝ skr 

s 

− 

s 

kr 

2 

⎞ 

⎟ ⇒ s = 

⎠ 

ns 

− n 

⇒ 

n 

s 

ds 

dn 

1 

= − 

n 

s 

⇒ 

Pa za prvi motor važi: 

dM 

dn 

m1 

dM 

m1 

= 

= 

n = n1 

dn s = s1 

1 2 ⋅ 79.5831 ⎡ 1 0.2331371⎤ 

⎡ Nm ⎤ 

= ⋅ 

⋅ ⎢ − ⎥ = 0. 044 

2 2 

⎣ 

⎦ 

⎢ −1 

1500 

⎣ 

⎥ 

⎡ 0.6 0.2331371⎤ 

0.2331371 0.6 

min ⎦ 

⎢ + 

⎣0.2331371 

0.6 ⎥ 

⎦ 

Za drugi motor važi: 

dM 

dn 

m2 

dM 

m2 

= 

= 

n = n1 

dn s = s2 

= 1 2 ⋅ 79.5831 ⎡ 1 0.529857 ⎤ ⎡ Nm ⎤ 

⋅ 

⋅ ⎢ − 

⎥ 

= −0. 

417 

2 2 

660 

⎢ 

⎣ 

⎥ 

⎡0.0909091 

0.529857 ⎤ ⎣0.529857 

0.0909091 ⎦ min 

−1 

⎦ 

⎢ + 

⎣ 0.529857 0.0909091⎥ 

⎦ 

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

d) Oba motora u tom slučaju rade sa prirodnim karakteristikama, pa će deliti opterećenje na 

dva jednaka dela, odnosno: 

M 

t 80.2607 

M 

m1 = M 

m2 

= = = 40. 1303 

2 2 

[ Nm] 

Klizanje nalazimo primenom Klosovog obrasca: 

M 

2M 

s s M 

+ 

skr 

s1 

2 M 

kr 

2 

s1 − 2 skr 

s1 

+ skr 

= 0 ⇒ 

M 

m1 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

⎛ 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ 

s 

= 

⎜ 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

1 

= skr 

± −1 

⎟ 

0.2331 

M 

⎜ 

m1 

⎝ 

⎝ M 

m1 

⎠ 

⎠ ⎝ 

kr 

1 kr 

kr 

m1 = ⇒ + − 2 = 0 

s1 

skr 

skr 

s1 

M 

m1 

⇐ ⋅s 

kr 

s 

1 

79.5831 

40.1303 

± 

⎛ 79.5831⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 40.1303 ⎠ 

2 

⎞ 

⎟ ⎧0.86371 

−1 

= 

⎟ ⎨ 

⎠ ⎩0.06308 

[] 

[] 

Prvo rešenje kao rezultat daje suviše malu brzinu obrtanja od: 

45


n 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

0.86371) ⋅1500 

≈ 204. [ ] 

= min 

1 1 s 

5 

2002. GODINA 

Drugo rešenje daje realnu brzinu obrtanja od: 

n 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

0.06308) ⋅1500 

≈ 1405. [ ] 

= min 

1 1 s 

4 


a) Iz relacija za snagu kratkog spoja i gubitke u statoru i rotoru kod temperature namotaja θ nam 

= 20 [ o C] može se odrediti odnos otpornosti statora i svedene otpornosti rotora: 

P = P + P = R + 

kr 

krs 

krs 

P = R 

krr 

krr 

2 

s20I 

kr 

P = P − P = R 

P 

P 

krs 

krr 

= 

kr 

P 

kr 

P 

krs 

krs 

− P 

krs 

= 

2 

2 

s20I 

kr 

Rr 

20' 

I 

kr 

2 

r 20' 

I 

kr 

R 

R 

s20 

r 20 

I 

' 

2 

kr 

⇒ R 

s20 

= 

P 

kr 

P 

krs 

− P 

krs 

R 

r 20 

19 

' = R 

50 −19 

r 20 

' = 

19 

31 

R 

r 20 

' ≈ 0. 

613R 

' 

r 20 

Odnos induktivnog otpora kratkog spoja i svedene otpornosti rotora nalazimo iz sledećih 

relacija: 

X 

s 

+ X 

r 

' = 

( R + R ') 

s20 

r 20 

tgϕ 

kr 

⎛19 

⎞ 

= ⎜ + 1⎟R 

⎝ 31 ⎠ 

r 20 

sinϕ 

' 

cosϕ 

kr 

kr 

⎛ 19 + 31⎞ 

= ⎜ ⎟R 

⎝ 31 ⎠ 

' 

r 20 

1− 

( cosϕ 

) 

cosϕ 

kr 

kr 

2 

= 

2 

⎛ 19 + 31⎞ 

1− 

0. 

4 

= ⎜ ⎟R 

20' 

≈ 3. 

696R 

⎝ 31 ⎠ 0. 

4 

r r 20 

' 

Otpornosti zagrejanog statora na θ s = 130 [ o C] i zagrejanog rotora na θ r = 200 [ o C ] su: 

R 

R 

235 + θ 

s 

235 + 130 

= Rs20 = 0. 

613Rr 

20' 

= 0. 

877R 

235 + 20 

255 

235 + θ 

s 235 + 200 

' = Rr 

20' 

= Rr 

20' 

= 1. 

706Rr 

' 

235 + 20 255 

sz r 20 

rz 20 

Odnos polaznih momenata hladnog i zagrejanog motora nalazimo iz relacija: 

' 

M 

M 

M 

M 

pol20 

polz 

polz 

pol20 

3p 

2 

R 

r 20 

= U 

f 

ω ( ) 2 

( ) 2 

s Rs20 

+ Rr 

20' 

+ X 

s 

+ X' 

r 

3p 

2 Rrz' 

= U 

f 

ω ( ) 2 

( ) 2 

s Rsz 

+ Rrz' 

+ X 

s 

+ X' 

r 

Rrz' 

1. 

2 

2 

( R + R ') + ( X + X' ) ( 0. 

877 + 1. 

706) 

= 

sz 

2 

( R + R ') + ( X + X' ) 

s20 

rz 

r 20 

R 

' 

r 20 

s 

s 

' 

r 

r 

2 

= 

( 0. 

613 + 1) 

2 

706R 

2 

R 

R 

R 

r 20 

2 

r 20' 

' 

r 20 

2 

r 20' 

' 

+ 3. 

696 

+ 3. 

696 

2 

2 

R 

R 

r 20 

r 20 

' 

2 

' 

2 

= 1. 

3645[ ] 

Dakle procentualno povećanje polaznog momenta zbog zagrevanja motora iznosi: 

46


2002. GODINA 

M 

polz 

− M 

pol20 

∆M 

pol% 

= 

100 = 36. 

45 

M 

pol20 

[% 

] 

b) Broj pari polova nalazimo iz odnosa momenta kratkog spoja i gubitaka na svedenoj 

rotorskoj otpornosti koja pri kratkom spoju pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja: 

P 

krr 

= P 

p = M 

kr 

kr 

ω 

s 

− Pkrs 

= M 

krΩ 1 

= M 

kr 

⇒ 

p 

ω 

s 197. 

45 ⋅ 2 ⋅π 

⋅50 

= 

= 2[] 

P − P 50000 −19000 

kr 

krs 


Ekvivalentnu struju motora na kosom segmentu dijagrama nalazimo, nalaženjem efektivne 

vrednosti struje, prema slici: 

I 

ef 

t 

p 

2 1 

t 

p 

2 

= ∫ i dt ⇒Ief 

= 

0 

t 

p 

t 

p 

∫ 

0 

i 

2 

dt 

I 

I 2 

I 1 

i 

t 

t 

dt 

t p 

Struja na kosom segmentu može se pretstaviti relacijom: 

i = I + 

1 

I2 

− I1 

t 

t 

p 

pa gornji integral ima formu: 

t p 

⎛ 

⎜ 

I 

I + 

1 

⎝ 

∫ 

0 

2 

− I 

t 

p 

1 

2 

⎟ ⎞ 

t dt 

⎠ 

47


2002. GODINA 


I 

u = I + 

t 

− I 

⇒ 

I 

= 

− I 

⇒ 

= 

( ) = I1 

⇒ u( t 

p 

) = 

2 

2 1 

2 1 

p 

1 

t du dt dt du u 0 I 

t 

p 

t 

p 

I2 

− I1 

p 

⎛ 

⎜ 

I2 

− I 

∫ I + 

1 

0 ⎝ t 

p 

1 t 

p 

= I 

3 I − I 

1 

2 

⎞ 

t ⎟ dt = 

⎠ 

I 

2 

∫ 

I 

1 

u 

2 

I 

2 

t 

p 

− I 

1 

t 

p 

du = 

I − I 

2 

1 

t 

3 

u I 

3 I 

2 

1 

= 

⇒ 

2 

2 t 

p 2 

2 

( − I )( I + I I + I ) = ( I + I I + I ) 

2 1 2 2 1 1 

2 1 

3 

1 

1 

2 

2 

1 

3 

I 

2 

t 

p 

− I 

1 

3 3 

( I − I )= 

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

2 

1 

I 

ef 

= 

= 

1 t 

p 

t 3 

p 

3 

2 

2 1 2 

2 

( I + I I + I ) = ( I + I I + I )= 

1 

1 

2 

2 

2 

151 

( 5 + 5⋅9 

+ 9 ) = = 7.0946[ A] 

1 2 

3 

3 

1 

1 

2 

2 

Ukupna ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi: 

2 

∑ I t 

151 i i 

2 2 

I 

ef 

t I t 

6 12 

2 4 

i 

1 

+ 

⋅ + ⋅ 

3 3 

878 

I 

3 

effMot 

= == 

= 

= = 6. 

798 

t t + t + t + t 6 + 2 + 4 + 7 19 

∑ 

i 

i 

Prema tome potrebna snaga motora je: 

1 

2 

3 

4 

[ W ] 1. 

[ kW ] 

PeffMot = UI 

effMotη = 170 ⋅ 6. 

798 ⋅ 0. 

9 = 1040. 

094 ≈ 04 

[ A] 



U jednoj fabrici motor sa vrednošću nominalne struje I nom = 10 [A] upotrebljen je za drugi 

pogon (S1) u kome vuče struju vrednosti I = 12 [A]. Normalni porast temperature je ∆θ = 60 [ o C] a 

odnos gubitaka P Fe / P cunom = 0.7 [ ]. Izračunati: 

a) Približan porast temperature ∆ θ ' = ? u novom režimu ako je koeficijent svođenja P Fe na 

P Cu je k 1 = 0.8. 

b) Relativno smanjenje veka trajanja motora T' / T nom = ? [ ]. 


Elektromotorni pogon rudničke železnice za izvlačenje rude ostvaren je serijskim motorom 

jednosmerne struje od P nom = 60 [kW], U nom = 500 [V], I anom = 132 [A] i n nom = 800 [min -1 ]. Otpor 

na stezaljkama rotorskog kruga iznosi R a ' = R a + R pp + R s = 0.23 [Ω]. 

Karakteristika opterećenja serijskog motora određena je tablično: 

I a [A] 80 120 160 200 240 280 

n [min -1 ] 1100 840 740 675 635 615 

48


2002. GODINA 

Potrebno je odrediti upuštač uz pretpostavku da najveća u toku upuštanja struja ne prelazi 

I amax = 225 [A], a najmanja ne bude manja od 115% od I anom . 

Odrediti broj stepeni otpora, vrednost otpora pojedinih stepeni kao i maksimalnu i 

minimalnu struju upuštanja. 


Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon U s = 220 [V]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 1400 [min -1 ]; induktivnosti rasipanja L s = L r ' = 8.8 [mH]; 

zajednička induktivnost L m → ∞ [mH]; otpornost statora R r ' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena na 

stator R r ' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost f s = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpotnika 

(simetrično uključivanje otpornika). Odrediti: 

a) Vrednost otpora koji treba uključiti u rotor da se ostvari polazak sa najvećim mogućim 

polaznim momentom. 

b) Vrednost otpora za koji se dobija najveći moment pri brzini od n b = 600 [min -1 ]. 

c) Vrednost najveće brzine pri kojoj se može postići najveći mogući moment motora. 

d) Zašto se za brzine veće od one izračunate pod c), ne može dobiti maksimalan moment 

motora. 

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

je najveći moment motora? 


Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvozno 

postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora za 

pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min -1 ], uz uslov da: 

a) Motor ima prinudno hlađenje. 

b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego 

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

M 

n 

M 1 = 20 [Nm] 

M 2 = 16 [Nm] 

M 3 = -10 [Nm] 

t 1 = 15 [s] 

t 2 = 45 [s] 

t 3 = 20 [s] 

t 4 = 25 [s] 

M 1 

M 2 

M 3 

n 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

t 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona U nom 

= 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje I nom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja n nom = 

1400 [min -1 ] i frekvencije mreže f s = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: R s = 1.54 

49


2002. GODINA 

[Ω]; R r ’ = 2.55 [Ω]; L s = L r ’ = 8.758 [mH]; L m = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnom 

strujom i frekvencijom. Odrediti: 

a) Vrednost polaznog momenta, momenta pri nominalnoj brzini, kritični moment i brzinu pri 

kojoj se postiže kritični moment. 

b) Vrednost druge brzine pri kojoj se postiže nominalni moment. 

c) Vrednost napona na motoru pri kojoj se postižu traženi momenti. 

d) Skicirati momentnu karakteristiku i komentarisati je. 


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

∆θ = R P = 

nom 

T 

γmnom 

P 

γmnom 

A 

Pošto je pogon (S1) trajan, porast temperature u stacionarnom stanju pri povećanom 

opterećenju motora iznosi: 

∆θ ' = R P ' = 

T 

γm 

P 

γm 

A 

' 

Deljenjem prethodne dve relacije dobijamo da je porast temperature pri povećanom 

opterećenju: 

∆θ 

' 

∆θ 

nom 

= 

R 

R 

T 

T 

P 

P 

γm 

' 

γmnom 

⇒ ∆θ 

' = ∆θ 

nom 

P 

P 

γm 

' 

γmnom 

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

P 

P 

k P 

P 

k 

P 

Fe 

⎛ 

γmnom 

= 

1 Fe + 

Cunom = 

1 

Cunom + 

Cunom = 

P 

⎜ 

1 + 

1 

Cunom 

P 

P 

P 

⎜ 

⎝ 

k 

P 

P 

Fe 

Cunom 

⎞ 

⎟P 

⎠ 

Fe 

γm 

' = k1 PFe 

+ PCu 

' = k1 

PCunom 

+ PCunom 

= + k 

P 

⎜ 

Cunom 

I ⎟ ⎜ 

nom ⎢ I ⎟ 1 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

I 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎡⎛ 

⎢⎜ 

⎣⎝ 

I 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

Cunom 

P 

P 

Fe 

Cunom 

Prema tome traženi porast temperature pri povećanom opterećenju iznosi: 

⎤ 

⎥P 

⎥⎦ 

Cunom 

∆θ ' = ∆θ 

nom 

2 

⎛ I ⎞ P 

⎜ 

⎟ + k1 

⎝ I 

nom ⎠ P 

PFe 

1+ 

k1 

P 

2 

Cunom 

Fe 

Cunom 

⎛12 

⎞ 

⎜ ⎟ + 0.8 ⋅ 0.7 

10 

1.44 + 0.56 

= 60 ⋅ 

⎝ ⎠ 

= 60 ⋅ 

1+ 

0.8 ⋅ 0.7 1+ 

0.56 

= 

= 60 ⋅ 

2 

1.56 

= 76.923 

[ C] 

o 

Odnosno stacionarna vrednost temperature pri povećanom opterećenju iznosi: 

θ ' = θ θ 

= 

amb 

+ ∆ ' = 40 + 76.92 116. 923 

[ C] 

o 

50


2002. GODINA 

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

obrazca: 

−γθ 

−4 

T = Ke K = 7. 

15 ⋅10 

γ = 0. 

088 

T 

nom 

= Ke 

T' = Ke 

−γθ' 

−γθ 

nom 

θ = θ + ∆θ = 40 + 60 = 100 

nom 

amb 

nom 

Prema tome odnos ova dva veka trajanja iznosi: 

o 

[ C] 

T 

T 

Ke 

−γθ 

' 

' −γ 

( θ ' −θnom 

) −0.088⋅( 116.923−100) 

−1. 

48923 

= = e = e 

= e 

−γθnom 

nom Ke 

= 0.225546 

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


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

I amax 

= 225[ A] 

I 

amin 

= 1 .15I 

anom 

= 1.15⋅132 

= 151. 8 

[ A] 

R n-1 : 

Principijelna šema upuštača data je na slici, pa iz nje sledi da su bazne vrednosti otpora R n , 

R n 

R n-1 

M 

R 1 

R 

n 

= 

U 

I 

amax 

U 

= 

I 

= 

500 

225 

= 

• 

2.222 

[ Ω] 

500 

Rn− 1 

= = 3. 2938 

151.8 

amin 

[ Ω] 

Prema podacima iz tabele, nacrtana prirodna karakteristiku opterećenja, data je na sledećoj 

strani, a iz nje toga očitamo vrednosti brzina obrtanja u baznim radnim tačkama n 0 i n 1 , kojima 

odgovaraju struje I amax i I amin . 

Odnos flukseva u baznim radnim tačkama iznosi: 

φ 

ϕ = 

φ 

max 

min 

ω 

= 

ω 

0 

1 

' 

( U − I 

amaxRa 

) 

' 

( U − I R ) 

amax 

a 

n 

= 

n 

0 

1 

' 

( U − I 

amaxRa 

) 

' 

( U − I R ) 

amin 

a 

750 

= 

650 ⋅ 

Vrednost kritičnog fiktivnog otpora prema tome je: 

⋅ ( 500 − 225 ⋅ 0.23) 

( 500 −151.8 

⋅ 0.23) 

= 1.1121[ ] 

51


R 

k 

( 10 −ϕ) 500 ⋅ ( 1−1.1121) 

U 

= = 

= −0. 

9976 

I − ϕI 

225 −1.1121⋅151.8 

amax 

amin 

[ Ω] 

2002. GODINA 

Pa je prema tome: 

λ = 

R 

n−1 

R 

n 

− R 

− R 

k 

k 

= 

3.2938 + 0.9976 

= 1.3328[ ] 

2.2222 + 0.9976 

Odnosno broj stepeni upuštača iznosi: 

Rn 

− Rk 

log 2.2222 + 0.9976 

log 

R ' 

a 

− Rk 

0.23 + 0.9976 log 2.6228 

n = 

= 

= = 3.3565[ ] 

logλ 

log1.3328 log1.3328 

Možemo birati broj stepeni između n = 3 ili n = 4. Radi analize izbora, ponavljanjem 

prethodnog postupka, za razne vrednosti struje I amin izračunamo vrednosti za n, radi dobijanja 

funkcionalne zavisnosti n = f (I amin ). Rezultati postupka dati su u sledećoj tablici. 

I amin n 0 ϕ R k λ n 

132 800 1.1747 -1.2489 1.4511 2.2915 

151.8 750 1.1121 -0.9976 1.3328 3.3565 

160 740 1.1017 -1.0435 1.2764 3.8588 

170 720 1.0773 -0.9233 1.2286 4.8736 

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

52


2002. GODINA 

Iz dijagrama određujemo vrednosti minimalne struje upuštanja: 

Za n = 3 I amin 

145[ A] 

Za n = 4 I amin 

= 162[ A] 

= ; 

−1 

Usvaja se: n = 4; = 162[ A] ⇒ n = [ min ] 

I amin 

0 

735 

Na osnovu izbora izvršimo dimenzionisanje upuštača za n = 4: 

−1 

I amax 

= 225[ A] ⇒ n1 = 650[ min ] 

' 

n0 

( U − I 

amaxRa 

) 735⋅ 

500 

ϕ = 

= 

' 

n ( U − I R ) 650 ⋅ 500 

1 

( − 225⋅ 

0.23) 

amin a 

( −162 

⋅ 0.23) 

( 1−ϕ) 500 ⋅ ( 1−1.0954) 

U 

Rk 

= = 

= −1. 

0033 

I 

amax 

− ϕI 

amin 

225 −1.0954 

⋅162 

U 500 

Rn− 1 

= = = 3. 0864[ Ω] 

I 162 

R 

λ = 

R 

n−1 

n 

amin 

− R 

− R 

k 

k 

3.0864 + 1.0033 

= 

= 1.2679[ ] 

2.2222 + 1.0033 

= 1.0954[ ] 

[ Ω] 

Provera: 

Rn 

− Rk 

log 2.2222 + 1.0033 

log 

R ' 

a 

− Rk 

0.23 + 1.0033 log 2.6153 

n = 

= 

= = 4.0503 ≈ 

logλ 

log1.2679 log1.2679 

4[ ] 

53


2002. GODINA 

Vrednosto pojedinačnih otpora upuštača su: 

' 

= ( Ra 

− Rk 

)( −1) = ( 0.23 + 1.0033) ⋅ ( 1.2679 −1) = 0. [ Ω] 

= λ∆R 

= 1.2679 ⋅ 0.3304 = 0. [ Ω] 

2 

= λ ∆R 

= 1.2679 

2 

1 

⋅ 0.3304 = 0. [ Ω] 

3 

= λ ∆R 

= 1.2679 

3 

1 

⋅ 0.3304 = 0. [ Ω] 

∑ ∆ = 1. [ Ω] 

∆R 

3304 

v1 λ 

∆R 

4189 

v2 v1 

∆R 

5311 

v3 v 

∆R 

6734 

v4 v 

R = 9538 

u 

R vi 

i 

Provera: 

R 

n 

[ Ω] ≈ 2. [ Ω] 

' 

= R + R = 1.9538 + 0.23 = 2.1838 222 

u 

a 

. 

Što je približno isto sa polaznom vrednosti: = 2.2222 [ Ω] 

R n 


a) Najveći moment motora je kritični moment M 

max 

= M 

kr 

. Da bi se ostvario uslov zadatka u 

rotorsko kolo treba dodati otpor, tako da kritično klizanje bude jednako polaznom klizanju s pol = 1, 

odnosno, da važi: 

ω 

R ' + R 

s 

R da 

r 

( L + L ') 

s 

da 

' 

r 

= 1 ⇒ R 

da 

' = ω 

s 

( L + L ') − R ' ⇒ 

( 2 ⋅ 0.0088) − 2.5 = 3. [ Ω] 

' = 2π 

⋅50 

⋅ 

029 

s 

r 

r 

b) Vrednost otpora treba smanjiti na vrednost pri kojoj kritično klizanje je jednako klizanju pri 

brzini od n b = 600 [min -1 ]. 

s 

s 

b 

b 

R db 

n 

= 

r 

s 

s 

− n 

n 

s 

R ' + R 

⋅ω 

b 

( L + L ') 

s 

db 

' 

1500 − 600 

= = 

1500 

r 

= 1 ⇒ R 

db 

900 

1500 

' = s ω 

b 

s 

3 

= = 0.6 

5 

( L + L ') − R ' 

( 2 ⋅ 0.0088) − 2.5 = 0. [ Ω] 

' = 0.6 ⋅ 2π 

⋅50 

⋅ 

818 

s 

r 

c) Najveća brzina sa kritičnim momentom je brzina koja odgovara ovom momentu na 

prirodnoj karakteristici, a to je brzina: 

r 

s 

n 

kr 

kr 

= Rr 

' 

2.5 

= 

= 0. ⇒ 

ω 

2π 

⋅ 50 ⋅ 2 ⋅ 0.0088 

452 

( L + L ') 

s s r 

−1 

s 

( 1− 

skr 

) = 1500 ⋅ ( 1− 

0.452) = 821.78[ ] 

= n 

min 

d) Jer je R ' = R ' . 

r min 

r 

e) U opštem slučaju važi, pošto su za vrednost kritičnog klizanja, vrednosti omskih i 

induktivnih otpora iste: 

54


2002. GODINA 

U 

s 

U 

s 

220 

isi = 

= 

= 

= 28. 

13 

⎛ R ' R ' 

s 

( Ls 

Lr' 

) ( . ) 

r 

+ 

da 

⎞ 

ω + 2 2π 

⋅50 

⋅ 2 ⋅ 0 0088 ⋅ 2 

2 

2 

⎜ + 

s 

( Ls 

+ Lr' 

) 

s 

⎟ ω 

⎝ i ⎠ 

i = a,b,c 

Vrednost maksimalnog prevalnog momenta iznosi: 

M 

2 

2 

s 

⎞ 1 3⋅ 

2 ⎛ 220 ⎞ 1 

kr ⎟ = ⋅⎜ 

⎟ = 83. 67 

s 

Ls 

+ Lr 

' 2 ⎝ 2π 

⋅50 

⎠ 2 ⋅ 0.0088 

3p 

⎛U 

= 

2 

⎜ 

⎝ ω 

⎠ 

[ Nm] 


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

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

[ A] 

M 

aeffMot 

= 

∑ 

i 

M 

∑ 

i 

2 

i 

t 

i 

t 

i 

= 

= 

M 

2 

1 

t1 

t 

1 

+ M 

+ t 

2 

2 

2 

t 

+ t 

2 

3 

+ M 

+ t 

4 

2 

3 

t3 

= 

2 2 

2 

20 ⋅1+ 

16 ⋅ 45 + 10 ⋅ 20 

15 + 45 + + 20 + 25 

= 

19520 

105 

= 13. 

635 

[ Nm] 

Vrednost potrebne snage motora je: 

2πn 

π 

PaeffMot = M 

aeffMot 

= 13. 

635⋅ 

⋅1000 

= 1427. 

71 43 

60 30 

[ W ] ≈ 1. 

[ kW ] 

b) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni 

sistem ima smanjenu efikasnost zbog smanjenja brzine obrtanja, moraju se uračunati faktori α 

tokom zaletanja i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove 

vrednosti: 

β 

= 

1 

3 

α 

1+ 

β 

= 

2 

1 

1+ 

= 

3 

= 

2 

2 

3 

Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi: 

M 

beffMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

t 

k 

t 

i 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

= 

2 

1 

M 

1 

t 

α 

( t t ) t t 2 

1 

+ 

3 

+ 

2 

+ β 

4 

( 15 + 20) 

19520 

76. 

635 

+ M 

2 

2 

t 

2 

+ M 

= 15. 

956 

2 

3 

t 

[ Nm] 

3 

= 

20 

3 

2 

55 

⋅1+ 

16 

2 

2 

⋅ 45 + 10 ⋅ 20 

1 

+ 45 + ⋅ 25 

3 

=


2002. GODINA 


2πn 

π 

PbeffMot = M 

beffMot 

= 15. 

956 ⋅ ⋅1000 

= 1671. 

179 68 

60 30 

[ W ] ≈ 1. 

[ kW ] 


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

ekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj 

na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je: 

M 

m 

P 

= 

Ω 

s 

Rr 

3 

= 

s 

ω 

s 

p 

' 

I 

' 

r 

p 

= 

ω 

2 3 

s 

' 

r 

R 

s 

I 

' 

r 

2 

I r 

' 

R s 

X s 

X r 

' 

R r 

'/s 

U f 

I m 

U r 

' 

I s 

X m 

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo iz relacije: 

' 

⎡ R 

⎤ 

r 

' 

( I s − I r' 

) jX ⇒ I r' 

+ j( X + X ) = I s jX ⇒ 

' 

⎛ R ⎞ 

⎜ 

r 

' 

U r' 

= I r' 

⎟ 

+ jX 

r 

= I m jX 

m 

= 

m ⎢ 

r m ⎥ 

m 

⎝ s ⎠ 

⎣ s 

⎦ 

jX 

m 

I r' 

= I s 

( ) ⇒ 

' 

Rr 

' 

+ j X 

r 

+ X 

m 

s 

X 

m 

ω 

s 

Lm 

I 

r' 

= I 

s 

= I 

s 

' 

2 

' 

2 

⎛ R ⎞ 

' 2 ⎛ 

r 

R ⎞ 

2 ' 

⎜ ⎟ ( X ) ( ) r 

2 

r 

X ⎜ ⎟ 

+ + 

m 

+ 

s 

Lr 

+ Lm 

s 

s 

ω 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom: 

M 

m 

3p 

= 

ω 

s 

' 

r 

R 

s 

I 

2 

s 

⎛ R 

⎜ 

⎝ s 

' 

r 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

ω 

2 

s 

+ ω 

L 

2 

s 

2 

m 

= 3pI 

2 

s 

s 

2 

m 

' 

' 2 

⎛ R ⎞ 

2 ' 

( L + L ) ⎜ 

( ) r ⎟ + ω L + L 

2 

r 

m 

ω 

L 

⎜ 

⎝ 

s 

⎟ 

⎠ 

2 

s 

' 

r 

R 

s 

r 

m 

56


2002. GODINA 


koje nalazimo na osnovu ekstrema funkcije, odnosno ekstrema recipročne funkcije, koji se lakše 

nalazi: 

d 

ds 

1 

M 

m 

() s 

2 

' 

( L + L ) 

⎛ R′ 

r ⎞ 2 

2 

⎜ ⎟ + ω 

s r m 

d 1 

= 

⎝ s ⎠ 

= 

2 2 

ds 3pI 

L 

R′ 

s 

ω 

s m 

r 

s 

2 

d 1 ⎡⎛ R′ 

⎞ 

2 ⎤ 

r 

2 ' 

= 

s⎢⎜ 

⎟ + ω ( + ) = 

2 2 

s 

Lr 

Lm 

⎥ 

ds 3pI 

′ 

s 

ω 

s 

Lm 

R ⎢⎣ 

⎝ s 

r ⎠ 

⎥⎦ 

2 

d ⎡⎛ R′ 

⎞ 

2 ⎤ 

r 

2 ' 

= Ks⎢⎜ 

⎟ + ω 

s 

( Lr 

+ Lm 

) ⎥ = 

ds ⎢⎣ 

⎝ s ⎠ 

⎥⎦ 

2 

2 

d ⎡ R′ 

2 ⎤ ⎡ ′ 

2 ⎤ 

r 

2 ' 

Rr 

2 ' 

= K ⎢ + sω 

s 

Lr 

+ Lm 

⎥ = K ⎢− 

+ ω + ⎥ = 0 

2 s 

Lr 

Lm 

ds ⎣ s 

⎦ ⎣ s 

⎦ 

( ) ( ) ⇒ 

Pa vrednost kritičnog klizanja isto pretstavlja odnos omskih i induktivnih otpornosti, ali 

različitih nego u slučaju naponskog napajanja: 

s 

kr 

= ± ω 

s 

R′ 

r 

= ± 

R′ 

( L' 

r 

+ Lm 

) X' 

r 

+ X 

m 

r 


M 

kr 

= 3pI 

= 3pI 

2 

s 

2 

s 

ω 

s 

2 

L 

2 

m 

L 

⎛ R 

⎜ 

⎝ s 

' 

r 

kr 

m 

' 

( L + L ) 

r 

2 

m 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

R 

s 

+ ω 

' 

r 

kr 

2 

s 

' 

( L + L ) 

r 

m 

2 

= 3pI 

2 

s 

ω 

s 

L 

2 

m 

R′ 

r 

s 

kr 

⎛ R′ 

r 

⎞ 

2 

⎜ 

⎟ 

⎝ skr 

⎠ 

2 

= 3pI 

2 

s 

ω 

s 

L 

2 

m 

1 

R′ 

r 

2 

s 

kr 

= 


M 

M 

m 

kr 

= 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

+ ω 

R′ 

r 

s 

' 

( L + L ) 

2 

2 

2 

Rr 

Rr 

Rr 

s r m 

2 

2 

s skr 

sskr 

= 

= 

2 

1 2 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 2 ' 2 R ⎛ 

( ) 

r 

R′ 

⎞ 

r 

R 

s 

Lr 

L 

⎛ ′ 

+ + 

⎞ 

′ 

⎜ ⎟ ω 

m ⎜ ⎟ + 

r 

s 

s 

⎜ 

s 

⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ kr 

2 

s 

kr 

′ 

′ 

′ 

⎝ 

⎠ 

= 

s 

s 

kr 

2 

+ 

s 

s 

kr 

Prethodna jednačina pretstavlja Klosovu jednačinu za izračunavanje momenta koja važi i 

kod napajanja sa konstantnom vrednošću napona, ali sa drugačijim izrazima za kritični moment i 

klizanje. 

57


2002. GODINA 

a) Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi: 

s 

R′ 

2. 

55 

r 

kr 

= 

= 

= 

ω 

s 

( L' 

r 

+ Lm 

) 2 ⋅π 

⋅⋅50 

⋅ ( 0. 

008758 + 0. 

207) 

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi: 

0. 

03763[ ] 

2 

2 L 

0. 

207 

M 

kr 

= 3pI 

s 

= 23. 

64 

2 

m 

2 

= 3⋅ 

2 ⋅ 6. 

3 ⋅ 

' 

( L + L ) 2 ⋅ ( 0. 

008758 + 0. 

207) 

Kritična brzina obrtanja iznosi: 

n 

kr 

r 

2 

m 

−1 

( 1− 

s ) = 1500 ⋅ ( 1− 

0. 

03763) = 1443. 

5[ ] 

= n 

min 

s 

kr 

Polazni moment iznosi: 

2M 

2 ⋅ 23. 

64 

M 

pol 

= M 

m 

776 

skr 

1 0. 

03763 1 

+ 

+ 

1 s 1 0. 

03763 

kr 

( s = 1 ) = = 

= 1. 

[ Nm] 

Nominalni moment pri nominalnom klizanju iznosi: 

s 

nom 

ns 

− nnom 

1500 −1400 

1 

= = 

= = 0. 

0666 

n 1500 15 

s 

kr 

• 

[] 

2M 

kr 2 ⋅ 23. 

64 

M 

nom 

= 

= 

= 20. 

24 

skr 

snom 

0. 

03763 0. 

0666 

+ 

+ 

s s 0. 

0666 0. 

03763 

nom 

kr 

[ Nm] 

[ Nm] 

b) Drugu vrednost klizanja odnosno brzine pri kojoj se postiže nominalni moment nalazimo iz 

Klosovog obrasca: 

2M 

kr 

skr 

sb 

M 

kr 

M 

nom 

= ⇒ + − 2 = 0 ⇐ ⋅skr 

sb 

⇒ 

sb 

skr 

sb 

skr 

M 

nom 

+ 

s s 

s 

s 

2 

b 

b 

kr 

b 

M 

kr 

2 

− 2 skr 

sb 

+ skr 

= 0 ⇒ 

M 

= s 

kr 

nom 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

kr 

nom 

⎛ M 

± 

⎜ 

⎝ M 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

⎛ 

⎜ 23. 

64 

−1 

= ⋅ ± 

⎟ 

0. 

003763 

⎜ 20. 

24 

⎠ 

⎝ 

⎛ 23. 

64 ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 20. 

24 ⎠ 

2 

⎞ 

⎟ ⎧ 0. 

0666 

−1 

= 

⎟ ⎨ 

⎠ ⎩0. 

02124 

[] 

[] 

Prvo rešenje pretstavlja nominalnu brzinu obrtanja a drugo traženu brzinu: 

n 

b 

−1 

( 1− 

s ) = 1500 ⋅ ( 1− 

0. 

02124) = 1468. 

13[ ] 

= n 

min 

s 

b 

58


2002. GODINA 

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

X 

X 

2 [ Ω ] 

[ Ω ] 

2 [ Ω ] 

= ω L = 2 ⋅π 

⋅ 50 ⋅ 0. 

008758 . 75 

s s s 

= 

m 

= ω L = 2 ⋅π 

⋅50 

⋅ 0. 

207 = 65 

s 

m 

X ' = ω L ' = 2 ⋅π 

⋅ 50 ⋅ 0. 

008758 . 75 

r s r 

= 

Impredansa koju vidi strujni izvor određena je relacijom: 

Z 

uk 

= Z 

s 

+ Z 

mr 

= R 

s 

+ 

jX 

s 

+ 

jX 

' 

r 

R 

s 

m 

⎛ R 

⎜ 

⎝ s 

+ 

j 

' 

r 

+ 

' 

( X + X ) 

r 

jX 

' 

r 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

m 

Dok je napon na motoru određen sa: 

U f = Z uk I s ⇒ U 

f 

= 

Z 

uk 

I 

s 

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

⎛ 2. 

55 ⎞ 

j65 

⋅⎜ 

+ j2. 

75⎟ 

0. 

3763 

Z uk ( s = skr 

) = 1. 

54 + j2. 

75 + 

⎝ 

⎠ 

= 32. 

72 + j36. 

25 = 48. 

83e 

2. 

55 

+ j( 2. 

75 + 65) 

0. 

3763 

U 

f 

( s = skr 

) = 48 . 83 ⋅ 6. 

3 = 307. 

629[ V ] >> U 

fnom 

= 220[ V ] 

Napon na motoru pri kojem se postiže polazni moment iznosi: 

⎛ 2. 

55 ⎞ 

j65 

⋅ ⎜ + j2. 

75⎟ 

( ) 

⎝ 1 ⎠ 

Z uk s = s 

pol 

= 1. 

54 + j2. 

75 + 

= 3. 

89 + j5. 

42 = 6. 

72e 

2. 

55 

+ j( 2. 

75 + 65) 

1 

U 

f 

( s = skr 

) = 6 . 72 ⋅ 6. 

3 = 42. 

337[ V ] 

j54. 

60 

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

⎛ 2. 

55 ⎞ 

j65 

⋅ ⎜ + j2. 

75⎟ 

0. 

0666 

Z uk ( s = snom 

) = 1. 

54 + j2. 

75 + 

⎝ 

⎠ 

= 28. 

23 + j20. 

44 = 34. 

85e 

2. 

55 

+ j( 2. 

75 + 65) 

0. 

0666 

U 

f 

( s = sno 

) = 34 . 85 ⋅ 6. 

3 = 219. 

55[ V ] ≈ U 

fnom 

= 220[ V ] 

j47. 

92 

[ Ω ] 

j35. 

91 

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

[ Ω ] 

[ Ω ] 

59


2002. GODINA 

⎛ 2. 

55 ⎞ 

j65 

⋅ ⎜ + j2. 

75⎟ 

0. 

02124 

Z uk ( s = sb 

) = 1. 

54 + j2. 

75 + 

⎝ 

⎠ 

= 28. 

12 + j53. 

01 = 60e 

2. 

55 

+ j( 2. 

75 + 65) 

0. 

02124 

U 

f 

( s = sno 

) = 60 ⋅ 6. 

3 = 378[ V ] >> U 

fnom 

= 220[ V ] 

f) Uporedno momentne karakteristike za strujno napajanje i naponsko napajanje prikazane su 

na sledećem dijagramu: 

j62. 

06 

[ Ω ] 

Trofazni strujni izvori koji ostvaruju napajanje konstantnom strujom motora, ostvaruju se 

primenom posebnih pretvarača postavljenih između trofazne mreže, koja pretstavlja naponski izvor 

i motora. Takvi sistemi ne mogu da obezbede viši napon na svom izlazu od nominalnog napona 

mreže tako da u realnom sistemu deo karakteristike desno od nominalne radne tačke je nemoguće 

ostvariti. Za pogon desno od nominalne radne tačke u tom slučaju pogon se izvodi po prirodnoj 

momentnoj karakteristici važećoj za konstantni priključni napon. 



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

Težina tereta G T = 70.56 [kN]; težina platforme G P = 47.75 [kN]; težina vagona G V = 29.4 [kN]; 

težina užeta po metru g U = 106 [N/m]. Moment inercije rotora pogonskog motora je J M = 14883 

[kgm 2 ]. Moment inercije glavnog bubnja J B = 69571 [kgm 2 ]. Prečnik glavnog bubnja D B = 6.44 [m]. 

Moment inercije pomoćnog bubnja J pB = 14882 [kgm 2 ]. Prečnik pomoćnog bubnja: D pB = 5 [m]. 

Ubrzanje pri zaletu a z = 0.89 [m/s 2 ]. Usporenje pri kočenju a k = 1 [m/s 2 ]. Brzina dizanja v = 16 

[m/s]. Trajanje ciklusa t c = 89.2 [s]. Visina dizanja H = 915 [m]. 

60


2002. GODINA 

MOTOR 

D pB 

J pB 

D B 

J B 

G P 

D pB 

J pB 

G T 

G V 

H 

v 

G T 

G P 

G V 


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

u polasku razvija polazni moment veći za 25% od nominalnog momenta M nom = 30 [Nm], a kritični 

moment mu iznosi M kr = 2.5M nom . Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan od 

brzine i jednak M t = 24 [Nm]. Odrediti brzinu obrtanja motora. 


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

je merenjem pri zaustavljanju očitano vreme zaustavljanja od t k = 40 [s] na tangenti krive, 

vremenske zavisnosti pada brzine obrtanja, kroz nazivnu tačku n nom = 1000 [min -1 ]. Gubici trenja i 

ventilacije motora pri nazivnoj brzini obrtanja iznose P trv = 2 [kW]. 


M 

n 

t 1 

n 

t t 

2 

t 4 

M 1 = 20 [Nm] 

M 2 = 16 [Nm] 

M 3 = -10 [Nm] 

t 3 

n = 1000 [min -1 ] 

t 1 = 15 [s] 

t 2 = 45 [s] 

t 3 = 20 [s] 

t 4 = 25 [s] 

M 1 

M 2 

M 3 

61


2002. GODINA 

Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za izvozno 


pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n nom = 800 [min -1 ], uz uslov da: 


b) Motor ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego 

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


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 3 [kW]; nominalnog faznog napona U nom 

= 220 [V]; sa nominalnom vrednošću struje I nom = 6.3 [A]; nominalne brzina obrtanja n nom = 

1400 [min -1 ] i frekvencije mreže f s = 50 [Hz] ima sledeće parametre ekvivalentne šeme: R s = 1.54 

[Ω]; R r ’ = 2.55 [Ω]; L s = L r ’ = 8.758 [mH]; L m = 207 [mH], napaja se iz strujnog izvora, nominalnom 

strujom i frekvencijom. Motor pokreće zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim na 

osovinu motora J Σ = 1 [kgm 2 ]. 

Odrediti za koje vreme će motor dostići nominalnu brzinu obrtanja, ako motor sem zamajca 

nije opterećen nikakvim drugim momentom opterećenja. 


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

odnosno razvija moment: 

DB 

6.44 

M 

T 

= GT 

= 70.56 ⋅ = 277 

2 

2 

[ kN] 

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

v = a t 

2 

2 

v 16 

a t 0.89 ⋅18 

z z 

⇒ t 

z 

= = = 18 

z 

3 

az 

0.89 

2 2 

z z 

[] s ⇒ h = = = 144. [ m] 

2 

v 16 

a t 1⋅16 

v = aktk 

⇒ tk 

= = = 16 

k 

128 

a 1 

2 2 

k 

2 

k k 

[] s ⇒ h = = = [ m] 

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

h = H − 

( h + h ) = 915 − ( 144. 

3 + 128) = 642. 

[ m] 

z k 

7 

h 642,7 

t = = = 40. 2 

v 16 

[] s 

Vreme pauze je prema tome: 

( t + t + t ) = 89 .2 − ( 18 + 40.2 + 16) = [] s 

tm = tc 

− 

z k 

15 

Svedeni moment pomoćnog bubnja na osovinu bubnja nalazimo iz relacije: 

J 

pB 

' ω 

2 

2 

B 

D 

v = 

2 

pB 

= 

ω 

pB 

J 

pB 

= 

ω 

2 

D 

2 

2 

pB 

B 

⎛ ω 

pB ⎞ 

⇒ J ' = 

⎜ 

⎟ 

pB 

J 

pB 

⎝ ω 

B ⎠ 

ω 

pB DB 

ω 

B 

⇒ = ⇒ 

ω D 

B 

pB 

2 

62


2002. GODINA 

J 

2 

2 

⎛ D ⎞ 

B 

⎛ 6.44 ⎞ 

pB 

' = J ⎜ ⎟ 

pB 

= 14882 ⋅ ⎜ ⎟ = 

D 

pB 

⎝ 5 ⎠ 

⎝ 

⎠ 

24688.4 

2 

[ kgm ] 

Radi određivanja ekvivalentnog momenta inercije elemenata koji se kreću translatorno prvo 

moramo odrediti njihove mase. Procenjena težina užeta iznosi, na osnovu procenjene dužine užeta 

(∆l = 90 [m]): 

L U 

= 2 H + ∆l 

= 2 ⋅ 915 + 90 = 1920 

GU = gU 

LU 

= 106 ⋅1920 

= 203. 52 

[ m] 

[ kN ] 

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

3 

GU 

203.52 ⋅10 

mU = = 

= 20746. 17 

g 9.81 

3 

GP 

4745⋅10 

mP = = = 4867. 48 

g 9.81 

3 

GV 

29.4 ⋅10 

mV = = = 2996. 94 kg 

g 9.81 

3 

GT 

70.56x10 

mT = = = 7192. 66 

g 9.81 

[ kg] 

[ ] 

[ kg] 

[ kg] 

Prema tome ukupna masa elemenata koji se translatorno kreću iznosi: 

m 

Σ 

= mU + 2 mP 

+ 2mV 

+ mT 

= 20746.17 + 2 ⋅ 4867.48 + 2 ⋅ 2996.94 + 7192.66 = 43667. 67 

[ kg] 

Svedeni moment elemenata koji se translatorno kreću na osovinu bubnja nalazimo iz 

relacije: 

J 

E 

' ω 

2 

2 

B 

mΣ 

v 

= 

2 

2 

⇒ J 

E 

' = m 

Σ 

⎛ v 

⎜ 

⎝ ω 

⎛ 6. 

44 ⎞ 

J E 

' = 43667. 

67 ⋅⎜ 

⎟ = 452559 

⎝ 2 ⎠ 

v 2v 

2 ⋅16 

⎡rad 

⎤ 

ω = = = = 4. 

B 

R D 6. 

44 

968 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

B 

B 

2 

B 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= m 

[ kgm] 

Σ 

R 

2 

B 

= m 

Σ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

D 

2 

B 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Ukupan moment inercije dobija se kao zbir pojedinačnih momenata inercije: 

J 

Σ 

= J 

+ J 

2 

[ ] 

+ 2J 

' + J ' = 14883 + 69571+ 

2 ⋅ 24688. 

4 + 452559 586389. 

8 kgm 

M B pB E 

= 

Iz toga slede vrednosti momenat ubrzanja i kočenja: 

M 

= J 

dω 

dt 

= J 

ω 

t 

4. 

968 

= 586389 . 8 ⋅ = 161843. 

18 

B 

dz Σ 

Σ 

6 

z 

[ Nm] 

63


2002. GODINA 

dω 

ω 

B 

4. 

968 

M 

dk 

= J 

Σ 

= −J 

Σ 

= 586389. 

9 ⋅ = −182074 

dt t 

16 

k 

[ Nm] 

Na osnovu ovih vrednosti izračunavaju se potrebni momenti koje motor treba da razvija 

tokom ubrzanja, u stacionarnom stanju, tokom kočenja i mirovanja: 

= M 

T 

+ M 

dz 

= 277000 + 161843. 

6 = 438843. 

6[ Nm] = 438. 

[ kNm] 

t z 

= 18[] 

s 

= M 

T 

= [ kNm] 

t = 40. 

2[] 

s 

= M 

T 

+ M 

dk 

= 277000 + 182074 = 94926[ Nm] = 94. 

[ kNm] 

t k 

= 14[] 

s 

= [ kNm] 

t m 

= 15[] 

s 

M 

mz 

843 

M 

ms 

277 

M 

mk 

926 

M mm 

0 

Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti crtamo dijagram promene momenta motora u 

funkciji vremena, na osnovu kog nalazimo ekvivalentan moment motora. 

M 

M mz 

t t k 

M ms 

M mk 

t z 

t m 

t 

Pod pretpostavkom da motor ima sopstveno hlađenje i da se dva puta lošije hladi tokom 

mirovanja nego tokom obrtanja nazivnom brzinom, nalazimo koeficijente redukcije: 

β 

= 

1 

2 

α 

1+ 

β 

= 

2 

1 

1+ 

= 

2 

= 

2 

3 

4 


M 

meff 

= 

M 

2 

mz 

α 

t 

z 

+ M 

( t + t ) 

z 

k 

2 

ms 

t + M 

+ t + βt 

2 

mk 

m 

t 

k 

= 

= 

2 

2 

438. 

44 ⋅18 

+ 277 ⋅ 40. 

2 + 94. 

96 

3 

1 

( 18 + 16) 

+ 40. 

2 + ⋅15 

4 

2 

2 

⋅16 

= 

6695234. 

046 

71. 

5 

= 306 

[ kNm] 


64


2002. GODINA 

[ W ] ≈ [ kW ] 

3 

3 

Pm = M 

mωB 

= 306 ⋅10 

⋅ 4. 

9682 = 1520. 

2 ⋅10 

1520 


Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i klizanja u 

stacionarnoj radnoj tački: 

M 

s 

s 

pol 

2 

kr 

kr 

2M 

kr 

1 2M 

kr 

2 2M 

kr 

= ⇒ s 

pol 

= 1 ⇒ + skr 

− = 0/ 

⋅ skr 

⇒ skr 

− skr 

+ 1 = 0 ⇒ 

s 

pol skr 

skr 

M 

pol 

M 

pol 

+ 

s s 

4 ± 

= 

kr 

2 ⋅ 2. 

5M 

− 

1. 

25M 

nom 

pol 

nom 

s 

kr 

2 

4 − 4 ⋅1 

= 2 ± 

2 

+ 1 = 0 ⇒ s 

2 

kr 

− 4s 

⎧3. 

732 

3 = ⎨ 

⎩0. 

268 

Prvo rešenje nema smisla , pa dalje važi: 

kr 

+ 1 = 0 ⇒ 

M 

s 

s 

s 

2 

2 

2 

T 

2M 

kr 

= 

s skr 

+ 

s s 

kr 

2M 

− 

M 

T 

kr 

s 

2 ⋅ 2. 

5 

− s 

M 

T 

M 

nom 

kr 

kr 

⇒ 

s + s 

s + s 

s 

s 

2 

kr 

2 

kr 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

= 0 ⇒ s 

= 0 ⇒ s 

−1675 

. s + 0. 

071824 = 0 ⇒ 

1675 . ± 

s = 

2M 

− 

M 

2 

1675 . − 4 ⋅ 0. 

071824 

2 

2 

2 

T 

kr 

s 

= 0/ 

⋅ s ⇒ 

s 

2 ⋅ 2. 

5 ⋅ M 

− 

M 

T 

⋅ M 

M 

nom 

nom 

nom 

s 

kr 

2 

kr 

2M 

− 

M 

s + s 

2 

kr 

2 ⋅ 2. 

5 

− ⋅ 0. 

268⋅ 

s + 0. 

268 

24 

30 

1675 . ± 1. 

587 ⎧1. 

631 

= 

= ⎨ 

2 ⎩0. 

044 

T 

kr 

s + s 

= 0 ⇒ 

2 

kr 

= 0 ⇒ 

= 0/ 

⋅ s 

kr 

⇒ 

tački: 

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

s 

-1 

( 1-s) = 1500 ⋅ ( 1-0. 

044) 1434[ min ] 

n = n 

= 


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

ventilacije: 

60 Ptrv 

30 2000 

M 

k 

= M 

trv 

= − = − ⋅ = −19. 

099 

2π 

n π 1000 

nom 

[ Nm] 

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

65


2002. GODINA 

M 

J 

Σ 

k 

dω 

2π 

∆n 

2π 

n 

= M 

trv 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

= −J 

Σ 

dt 60 ∆t 

60 t 

= −M 

60 t 

2π 

n 

nom 

k 

⇒ 

30 40 

2 

( −19.099) ⋅ ⋅ 7.295[ kgm ] 

k 

trv 

= − 

= 

nom 

π 1000 

n 

n nom 

∆n 

n = f(t) 

∆t 

t 


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

u zavisnosti od brzine obrtanja (tokom zaleta, kočenja i mirovanja). Zbog porasta brzine obrtanja 

iznad nazivne, zbog slabljenja magnetnog fluksa mora se povećati struja radi održanja konstantnog 

momenta. Da bi se i u tom slučaju mogla primeniti metoda ekvivalentnog momenta (ne 

proračunavajući momentni dijagram u strujni) treba pretvoriti stvarne momente u fiktivne (koji bi 

vladali uz konstantni fluks). To znači da će se sa porastom brzine iznad nazivne povećati srazmerno 

i moment u oblastima slabljenja polja prema dijagramu: 

M 

n 

M 1 

' 

M 2 

' 

M 1 

M 2 

M 3 

t 1 

' 

t 1 

'' 

n = 1000 [min -1 ] 

n nom 

= 800 [min -1 ] 

M 3 

' 

t 3 

'' 

t 3 

' 

t 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

66


2002. GODINA 

Iz proporcionalnih odnosa na dijagramu, sledi: 

n 1000 

M 

1 

' = M 

1 

= 20 ⋅ = 25[ Nm] 

nnom 

800 

n 1000 

M 

2 

' = M 

2 

= 16 ⋅ = 20[ Nm] 

nnom 

800 

n 1000 

M 

3' = M 

3 

= −10 

⋅ = −12.5 

Nm 

nnom 

800 

n 1000 

t1 ' = t1 

= 15⋅ 

= 12[] 

s 

n 800 

nom 

t1 '' 

= t1 

− t1' 

= 15 −12 

= 3 

n 1000 

t ' = t3 

= 20 ⋅ 

n 800 

[] s 

3 

= 

nom 

3 

'' 

= t3 

− t3' 

= 20 −16 

= 

t 4 

16 

[] s 

[] s 

[ ] 

Efektivne vrednosti momenta na kosim segmentima, iznose: 

2 

2 1 2 

2 

( M + M M ' + M ' ) = ⋅ ( 20 + 20 ⋅ 25 + 25 ) 22. [ Nm] 

1 

M ef 1 

' = 

1 1 1 1 

= 546 

3 

3 

2 

2 1 2 

2 

( M + M M ' + M ' ) = ⋅ ( 10 + 10 ⋅12.5 

+ 12.5 ) 11. [ Nm] 

1 

M ef 3 

' = 

3 3 3 3 

= 273 

3 

3 

Pa je ukupna efektivna vrednost momenta: 

M 

aeffMot 

= 

= 

= 

∑ 

i 

M 

∑ 

i 

2 

2 

i 

t 

i 

t 

i 

= 

2 

2 

2 

M 

1 

t1' 

+ M 

1' 

t1'' 

+ M 

2 

' t2 

+ M 

3' 

t3'' 

+ M 

3 

t3' 

t + t + t + t 

20 

2 

1 

2 

2 

2 

⋅12 

+ 22.546 ⋅3 

+ 20 ⋅ 45 + 11.273 

15 + 45 + + 20 + 25 

3 

4 

2 

2 

= 

⋅ 4 + 10 

2 

⋅16 

= 15.866 

[ Nm] 


P 

= M 

2πn 

π 

= 15.866 ⋅ ⋅800 

= 1329.13 

60 30 

67 

[ W ] ≈ 1. [ kW ] 

aeffMot aeffMot 

33 

b) Osim sa fiktivnim momentom, trebalo bi računati i sa promenom toplotne provodnosti i 

toplotne vremenske konstante u zavisnosti od brzine obrtanja. Zbog sigurnosti nećemo računati sa 

boljim hlađenjem, odnosno sa većom toplotnom provodnošću i smanjenom toplotnom vremenskom 

konstantom, nego ćemo pretpostaviti da su isti uslovi hlađenja i pri n = 1000 [min -1 ] i pri n nom = 800 

[min -1 ]. Prema tome, važi: 

β = 

1 

3 

1+ 

β 

α = 

2 

1+ 

= 

2 

1 

3 

= 

2 

3


2002. GODINA 


M 

beffMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

t 

k 

t 

i 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

= 

M 

20 

2 

1 1 

2 

t ' + M ' 

α 

2 

1 

t '' + M ' 

( t ' + t ') 

1 

1 

3 

⋅12 

+ 22.546 

2 

3 

2 

2 

2 

+ t ' + t 

1 

( 12 + 16) 

t 

2 

2 

+ M 

+ t ' + βt 

3 

' 

2 

3 

t '' + M 

2 

2 

⋅3 

+ 20 ⋅ 45 + 11.273 ⋅ 4 + 10 

1 

+ 3 + 45 + 4 + ⋅ 25 

3 

3 

4 

2 

3 

t3 

' 

= 

2 

⋅16 

= 18.292 

[ Nm] 


P 

= M 

2πn 

π 

= 18.292 ⋅ ⋅800 

= 1532.318 

60 30 

[ W ] ≈ 1. [ kW ] 

beffMot beffMot 

54 


Sinhrona ugaona brzina obrtanja motora iznosi: 

ω 

1 

ω 

s 

= 

p 

= 

2πf 

p 

= 

2 ⋅π 

⋅50 

≈ 

2 

314 

2 

⎡rad 

= 157 

⎢ 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

Kritično klizanje pri strujnom napajanju iznosi: 

s 

R′ 

2. 

55 

r 

kr 

= 

= 

= 

ω 

s 

( L' 

r 

+ Lm 

) 2 ⋅π 

⋅⋅50 

⋅ ( 0. 

008758 + 0. 

207) 

Kritični moment pri strujnom napajanju iznosi: 

M 

0. 

03763[ ] 

2 

2 

2 L 

0. 

207 

kr 

= 3pI 

s 

= 23. 

64 

2 

Nominalno klizanje iznosi: 

m 

2 

= 3⋅ 

2 ⋅ 6. 

3 ⋅ 

' 

( L + L ) 2 ⋅ ( 0. 

008758 + 0. 

207) 

r 

m 

[ Nm] 

s 

nom 

ns 

− nnom 

1500 −1400 

1 

= = 

= = 0. 

0666 

n 1500 15 

s 

• 

[] 

I za strujno napajanje važi Klosov obrazac: 

M 

M 

m 

kr 

= 

s 

s 

kr 

2 

+ 

s 

s 

kr 

pa vreme zaleta od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo po istoj relaciji kao za 

naponsko napajanje: 

68


2002. GODINA 

t 

z 

2 

⎡⎛ ⎞ ⎤ 

2 

J − 

⋅ ⎛ − 

⎞ 

= ω Σ 1 

1 s 

⎢⎜ 

nom 

⎟ 

1 157 1 0. 

0666 

− ⎥ = ⋅ 

⎜ − ⋅ 

⎟ 

skr 

ln snom 

0. 

03763 ln 0. 

00666 = 

2M 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2skr 

⎠ ⎥⎦ 

2 ⋅ 23. 

64 ⎝ 2 ⋅ 0. 

03763 

⎠ 

= 3 . 32065⋅ 

13. 

229 + 0. 

1019 = 44. 

267 s 

( ) [] 



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

motoru: nominalna snaga P nom = 30 [kW]; nominalni stepen iskorišćenja η nom = 0.9 [ ]; vremenska 

konstanta zagrevanja T tz = 30 [min]; vremenska konstanta hlađenja T th = 45 [min]; klasa izolacije A; 

masa motora m = 160 [kg] i specifični kapacitet gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C] ( C CU = 0.39 

[kWs/kg o C] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja t u = 2 

[min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne. 

Odrediti: 

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

režimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja. 

d) Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju. 

e) Temperaturu na početku i kraju petog uključenja motora. 


Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski napon 

U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1150 

[min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.2 [Ω]; pokreće opterećenje, koje je 

stalno i jednako nominalnom momentu pogonskog motora. U stacionarnom stanju izmerena je 

brzina n = 1422 [min -1 ]. 

a) Kako je ostvaren režim. 

b) Šta treba uraditi da bi se brzina smanjila na nominalnu vrednost. 

c) Kako se pri U = U nom brzina može smanjiti na 80% nominalne vrednosti. 

d) Opisati stacionarno stanje koje nastaje ako se pri nominalnom naponu doda rotorski otpor R d 

= 4 [Ω]. 


Trofaznom asinhronom motoru sa kaveznim rotorom nominalne brzine obrtanja n nom = 

1450 [min -1 ], masa rotorskog bakra je m Cur = 12 [kg]. Motor služi za pokretanje zamajca sa ukupnim 

momentom inercije J Σ = 12.5 [kgm 2 ]. Odrediti: 

a) Koliku energiju prima rotor a koliki su gubici u rotoru pri protivstrujnom kočenju sa pola 

brzine obrtanja na nultu brzinu, ako je moment opterećenja nula. 

b) Koliko se ugrejao rotorski bakar u odnosu na okolinu posle reverziranja sa pola brzine 

obrtanja u jednom smeru na pola brzine obrtanja u drugom smeru, ako je specifični kapacitet 

bakra C CU = 0.39 [kWs/kg o C]. 


Idealizovani ciklus jednog elektromotornog pogona, uz konstantnu brzinu obrtanja oko 

nominalne vrednosti, prikazan je na slici. Metodom ekvivalentnih gubitaka, oceniti da li je pogonski 

trofazni asinhroni motor preopterećen ili nije. Nominalni podaci motora su: U nom = 380 [V]; I nom = 

3.5 [A]; P nom = 1.6 [kW]; n nom = 975 [min -1 ]; cosϕ = 0.84 [ ]; P Cunom / P Fenom = 2.5; P trv = 20 [W]. Do 

koje će se temperature prosečno zagrejati motor ako se uz nominalno opterećenje zagreva na 

nadtemperaturu ∆θ nom = 74 [ o C]. 

69


2002. GODINA 

M 

n 

M 1 

M 2 

M 3 

M 4 

M 5 

M 6 

M 7 

M 8 

M 9 

M 10 

n nom 

M 1 = 10 [Nm] 

M 2 = 15 [Nm] 

M 3 = 20 [Nm] 

M 4 = 10 [Nm] 

M 5 = 5 [Nm] 

M 6 = 17.5 [Nm] 

M 7 = 15 [Nm] 

M 8 = 10 [Nm] 

M 9 = 20 [Nm] 

M 10 = 10 [Nm] 

2 

4 6 8 10 12 14 16 18 20 

t 


Trofazni četvoropolni asinhroni motor ima nominalni fazni napon U nom = 220 [V] i 

učestanost f nom = 60 [Hz], spregnut je u zvezdu. Odnos kritičnog i nominalnog momenta mu je M kr / 

M nom = 2.5, a kritično klizanje s kr = 0.14 [ ]. Otpornost statora, induktivnost magnećenja i gubitke u 

gvožđu je moguće zanemariti. Odrediti: 

a) Odnos kritičnog i nominalnog momenta ako je linijski napon motora U la = 312 [V] i 

učestanost f nom = 50 [Hz]. Pri ovoj vrednosti napona i učestanosti, koliko je kritično klizanje 

i brzina motora pri kojoj se razvija maksimalni mehanički moment. 

b) Sa kolikom brzinom obrtanja će se obrtati motor ako je fazni napon nominalan pri 

učestanosti f b = 75 [Hz], a moment opterećenja radne mašine je konstantan i iznosi M T = 

0.4M nom . 


Vremenska zavisnost promene temperature motora u intermitentnom radu, dobija se 

analizom dijagrama zagrevanja: 

∆θ 

T tz 

∆θ max 

∆θ 1min 

∆θ vmax 

∆θ 

∆θ 2max 

1max ∆θ v+1min 

∆θ vmin 

∆θ 2min 

t u 

t u 

t m 

t u 

t m 

t u 

T th 

∆θ v+1max 

∆θ smax 

∆θ smin 

t u 

t m 

t u 

t 

70


2002. GODINA 

Na osnovu dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature: 

∆ θ 

v+ 

tu 

− ⎛ 

= ∆ 

Ttz 

+ ∆ ⎜ 

1max 

θ 

v+ 

1mine θ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

tu 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature: 

∆ 

θ 

v+ 1 min 

= ∆ 

θ 

t 

T 

vmaxe − 

m 

th 

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju između temperatura na kraju dva 

isključenja: 

∆ θ 

v+ 

tm 

tu 

tu 

− − ⎛ − ⎞ 

⎛ 

= ∆ 

Tth 

Ttz 

+ ∆ ⎜ − 

Ttz 

⎟ = ∆ + ∆ ⎜ 

1max 

θ 

vmaxe e θ 

max 

1 e a θ 

vmax 

θ 

max 

1 − e 

⎜ ⎟ 

⎜ 

⎝ ⎠ 

⎝ 

tu 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

gde je: 

a = e 

t 

− 

T 

m 

th 

e 

tu 

− 

T 

tz 

= e 

⎛ t 

⎜ 

m tu 

− 

+ 

⎝ Tth 

Ttz 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

< 1 

Prethodna relacija između temperatura na kraju dva isključenja predstavlja geometrijski niz, 

što znači temperaturu na kraju v – tog isključenja, možemo dobiti sumiranjem: 

∆θ 

vmax 

v 

1− 

a 

= 

1− 

a 

∆ θ 

max 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

tu 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ = ∆θ 

⎟ 

⎠ 

max 

1− 

e 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

th 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎡ 

⎢1 

− e 

⎢ 

⎣ 

⎛ t 

⎜ 

m tu 

−v 

+ 

⎝ Tth 

Ttz 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

Odnosno za kvazistacionarno stanje važe sledeće relacije za maksimalnu i minimalnu 

temperaturu: 

∆θ 

∆θ 

smax 

smin 

v 

1− 

a 

= lim 

v→∞ 

1− 

a 

= ∆θ 

t 

T 

smaxe − 

m 

th 

∆θ 

vmax 

= lim ∆θ 

v→∞ 

max 

1− 

e 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

th 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎡ 

⎢1 

− e 

⎢ 

⎣ 

⎛ t 

⎜ 

m tu 

−v 

+ 

⎝ Tth 

Ttz 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎤ 

⎥ = ∆θ 

⎥ 

⎦ 

max 

1− 

e 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

th 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagravanja homogen i da mu je specifični toplotni 

kapacitet kao kod gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C], njegov toplotni kapacitet iznosi: 

o 

[ kWs C] 

CT = mCFE 

= 160 ⋅ 0.48 = 76.8 / 

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja: 

T 

CT 

= 

A 

C 

⇒ A = 

T 

mC 

= 

A 

160 ⋅ 0.48 

71 

o 

[ kW C] 

T FE 

tz 

= = 0.0427 / 

tz 

30 ⋅ 60


2002. GODINA 

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

slučaju iznose: 

P 

γ 

( 1−η 

) 

1.1Pnom 

nom 

⎛ 1 ⎞ 

= = 1.1P 

⎜ −1 

⎟ 

nom 

η 

nom 

⎝η 

nom ⎠ 

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi: 

∆θ 

′ 

Pγ 

1.1P 

= 

A A 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 

⎞ 

1⎟ 

⎠ 

1.1⋅30 

⎛ 

nom 

max 

= 

⎜ − = ⎜ −1⎟ 

= 85. 87 

η ⎟ 

nom 

0.0427 ⎝ 0.9 ⎠ 

1 

⎞ 

o 

[ C] 

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θ A = 60 

[ o C], pa na osnovu relacije za maksimalnu kvazistacionarnu temperaturu, nalazimo potrebnu vrednost 

vremena mirovanja: 

∆θ 

smax 

= ∆θ 

A 

= 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

∆θ 

max 

′ 

⇒ 

th 

1− 

e 

tu 

t 

⎡ ′ u 

2 

2 

T ∆θ 

⎛ ⎞⎤ 

⎡ 

tz max T 

85.87 ⎛ ⎞⎤ 

tz 

30 

30 

tm = −Tth 

ln⎢e 

− ⎜e 

−1⎟⎥ 

= −45⋅ 

ln⎢e 

− ⎜e 

1⎟⎥ 

= 1. 358 

A 

⎢⎣ 

60 

− 

⎢ ∆θ 

⎜ ⎟⎥ 

⎣ 

⎝ ⎠⎦ 

⎝ ⎠⎥⎦ 

Relativno trajanje uključenja je prema tome: 

tu 

2 

ED% = 100ε 

= 100 = 100 ⋅ = 

t + t 2 + 1.358 

u 

m 

59.56 [%] 

b) Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi: 

[ min] 

∆θ 

smin 

= ∆θ 

smax 

e 

t 

− 

T 

m 

th 

= 

1.358 

− 

45 

60 ⋅ e 

= 58.216 

o 

[ C] 

c) Radi određivanja temperature na početku i kraju petog uključenja, nađimo prvo temperaturu 

na kraju četvrtog uključenja: 

− 

Ttz 

1− 

e 

⎡ 

∆θ = 

⎢ 

4max 

∆θ 

max' 

1− 

e 

⎛ t ⎞ 

−⎜ 

u tm 

⎟ ⎢ 

+ 

⎝ Ttz 

Tth 

⎠ 

1− 

e ⎣ 

1− 

e 

= 85. 

87 ⋅ 

⎛ 2 

−⎜ 

⎝ 30 

1− 

e 

t 

− 

u 

2 

30 

1. 

358 ⎞ 

+ ⎟ 

45 ⎠ 

⎡ 

⎢1 

− e 

⎢⎣ 

⎛ t 

⎜ 

m tu 

−4 

+ 

⎝ Tth 

Ttz 

⎛ 

−4⎜ 

⎝ 

2 

30 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎤ 

⎥ = 

⎥ 

⎦ 

1. 

358 ⎞ 

+ ⎟ 

45 ⎠ 

72 

⎤ 

⎥ = 19. 

28 

⎥⎦ 

o 

[ C] 

Prema tome temperatura na početku petog uključenja iznosi: 

∆θ 

tm 

− 

1.358 

− 

Tth 

45 

5 min 

= ∆θ 

4maxe 

= 19.28⋅ 

e = 

18.7 

o 

[ C]


2002. GODINA 

a temperatura na kraju petog uključenja iznosi: 

− 

Ttz 

1− 

e 

⎡ 

∆θ = 

⎢ 

5max 

∆θ 

max' 

1− 

e 

⎛ t ⎞ 

−⎜ 

u tm 

⎟ ⎢ 

+ 

⎝ Ttz 

Tth 

⎠ 

1− 

e ⎣ 

1− 

e 

= 85. 

87 ⋅ 

⎛ 2 

−⎜ 

⎝ 30 

1− 

e 

t 

− 

u 

2 

30 

1 

+ 

⎛ t 

⎜ 

m tu 

−5 

+ 

⎝ Tth 

Ttz 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎤ 

⎥ = 

⎥ 

⎦ 

⎛ 2 1. 

358 ⎞ 

⎡ −5⎜ 

+ ⎟ ⎤ 

30 45 

⎢1 

e ⎥ = 22. 

56 

. 358 − 

⎝ ⎠ 

⎞ 

⎟ 

45 

⎢⎣ 

⎥ 

⎠ 

⎦ 

o 

[ C] 


a) Pošto je brzina obrtanja motora veća od nominalne n > n nom , režim je ostvaren slabljenjem 

fluksa za ϕ = Φ/Φ nom < 1. Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: 

E 

M 

= U − I 

60 P 

= 

2π 

n 

( R + R ) = 220 − 74 ⋅ 0.2 = 205. [ V ] 

nom anom a pp 

2 

60 

E 

I 

205.2 ⋅ 74 

nom 

nom anom 

nom 

= 

= ⋅ = 126. 10 

nom 

2π 

nnom 

π 1150 

30 

Iz podataka za nominalni režim nalazimo: 

[ Nm] 

E 

M 

P 

k 

= k 

Φ 

n 

⇒ k 

Φ 

nom 

nom E nom anom E nom 

0. 178 

I 

anom 

1150 

E 

= k 

Φ 

I 

⇒ k 

Φ 

= 

E 

M 

= 

I 

205.2 

= = 

126.10 

= = 1. 

74 

nom 

nom M nom anom M nom 

704 

anom 

nom 

Φ 

= E 

nom 

nom 

I 

anom 

π 

= k 

30 

M 

= k 

Φ 

nom 

E 

Φ 

nom 

n 

nom 

I 

anom 

= M 

nom 

Ω 

nom 

= k 

M 

Φ 

[ Vmin] 

nom 

⎡ Nm⎤ 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

2π 

I 

a 

n 

60 

nom 

⇒ 

U režimu sa slabljenjem fluksa važi naponska i momentna jednačina, iz kojih rešavanjem 

dobijamo potrebnu vrednost na koju treba oslabiti fluks, da bi ostvarili traženi režim: 

E ' = k 

EΦ' 

n' 

= U − I 

a 

'( Ra 

+ R 

pp 

)⇒ 

30 

M 

nom 

M ' = M 

T 

= M 

nom 

= k 

MΦ' 

I 

a 

' = k 

EΦ' 

I 

a 

' ⇒ I 

a 

' = ⇒ 

π 

30 

k 

EΦ' 

π 

U Ra 

+ R 

pp U M R + R 

nom a pp U π a 

n' 

= − I 

a 

' = − 

= − M 

nom 

2 

k ' k Φ' 

k Φ' 

30 

EΦ 

E 

E 

k Φ' 

k Φ' 

30 

k Φ' 

E 

E 

( k 

EΦ' 

) 

E 

π 

( + ) 

( ') 

2 U 

π Ra 

R 

pp 

k 

EΦ 

− k 

EΦ' 

+ M 

nom 

= 0 ⇒ 

n' 

30 n' 

220 

0.2 

( ') 2 

π 

k 

EΦ 

− ⋅ k 

EΦ' 

+ 126.10 ⋅ ⋅ = 0 ⇒ 

1422 

30 1422 

k Φ' 2 

− 0.15471⋅ 

k Φ' 

+ 0.001857 = 0 

( ) ( ) ( R + R ) 

( ) ⇒ 

E 

E 

pp 

⇒ 

73


2002. GODINA 

( Φ' 

) 

0.15471± 

= 

0.15471 

2 

2 

− 4 ⋅ 0.001857 

⎧0.14159 

= ⎨ 

⎩0.01312 

k E 

M T 

= M nom 

M 

n 

ϕ = 0.7955 

n' 

ϕ = 1 

n nom 

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednosti 

rotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost: 

ϕ 

k Φ' 

k Φ 

E 

= = = 0.7955 ⇒ ' = ϕ 

E 

nom 

0.14159 

0.178 

Φ 

Φ 

nom 

= 0.7955Φ 

nom 

b) Potrebno je vratiti fluks na nominalnu vrednost. 

c) Brzina obrtanja se može smanjiti na 80% nominalne vrednosti, ubacivanjem dodatnog 

otpora u rotorsko kolo motora, pri nominalnoj vrednosti fluksa. 

n 

n ϕ = 1 

0 

n c 

n nom 

R dc 

M T 

= M nom 

M 

74


2002. GODINA 

n 

c 

= 0. 8n 

nom 

⇒ R 

dc 

nc 

Ec = k 

EΦnomnc 

= Enom 

= 0 .8⋅ 

205.2 = 164. 16 

n 

nom 

M 

T 

= M 

nom 

⇒ I 

ac 

= I 

anom 

= 74 

[ A] 

[ V ] 

Iz naponske jednačine dobijamo potrebnu vrednost dodatnog otpora: 

E 

R 

c 

dc 

= U − I 

ac 

( Ra 

+ R 

pp 

+ Rdc 

)⇒ 

U − Ec 

220 −164.16 

= − Ra 

+ R 

pp 

= 

− 0.2 = 0. 5546 Ω 

I 

74 

ac 

( ) [ ] 

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

[ A] 

M 

T 

= M 

nom 

⇒ I 

ad 

= I 

anom 

= 74 

E = U − I R + R + R = 220 − 74 ⋅ 0.2 + 4 = −90. 

n 

( 

a pp dd 

) ( ) [ V ] 

E − 90.8 

−1 

= n = n = ⋅1150 

= −508.86[ ] 

d ad 

8 

d 

Ed 

= 

c 

nom 

min 

k Φ E 205.2 

E 

nom 

nom 

Ovo stacionarno stanje se može održati samo za potencijalni teret. 

n 

n 0 

n d 

ϕ = 1 

M T 

= M nom 

M 


a) Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja M T = 0, tako da se sva uložena 

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

sledi: 

M 

m 

= J 

Σ 

dω 

dt 

ωs 

− ω 

⇒ s = 

ω 

s 

⇒ 

ds 

dt 

1 

= − 

ω 

s 

dω 

dt 

⇒ M 

m 

= −J 

ω 

Σ 

s 

ds 

dt 

75


2002. GODINA 

odnosno: 

M 

m 

dt = −J 

Σ 

ω 

s 

ds 

Izračunajmo prvo energiju koju prima rotor, radi toga prethodnu relaciju pomnožimo sa ω s , 

pa dobijamo: 

M 

2 

m 

ωsdt 

= −J 

Σωs 

ds = 

p 

obr 

dt 

Proizvod M m ω s pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, pa traženu energiju dobijamo 

integraljenjem: 

W 

rot 

t 

2 

2 

= p dt = − J 

Σω 

ds = J 

Σω 

ds = J 

Σω 

1 

( s − s )= 

2 

2 

2 

∫ obr ∫ s ∫ s 

s 1 2 

t 

1 

⎛1500 

⋅π 

⎞ 

= 12.5⋅⎜ 

⎟ ⋅ 

⎝ 30 ⎠ 

s 

s 

1 

2 

s 

s 

2 

( 1.5 −1) = 154181[ Ws] = 154. 181[ kWs] 

Ako izvornu relaciju pomnožimo sa ω s s, budući da M m ω s pretstavlja snagu obrtnog 

magnetnog polja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru 

rotora, pa dobijamo: 

M 

2 

m 

ω 

ssdt 

= −J 

ω Σ s 

sds = pobr 

sdt = 

p 

Cur 

dt 

Energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem: 

W 

Cur 

t 

2 

2 

= 2 

∫ p dt = −∫ 

J sds = ∫ 

Cur 

Σω 

s 

J 

t 

1 

s 

s 

1 

12.5 

⎛1500 

⋅π 

⎞ 

2 

= ⋅⎜ 

⎟ ⋅ 

2 ⎝ 30 ⎠ 

2 

s 

s 

1 

2 

Σ 

ω 

2 

s 

sds = J 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 2 

( s − s )= 

2 

( 1.5 −1 

) = 192765[ Ws] = 192. 765[ kWs] 

1 

2 

b) Energija koja se u rotoru pretvara u toplotu pri reverziranju sa pola brzine u jednom smeru 

obrtanja na pola brzine u drugom smeru obrtanja iznosi: 

W 

2 

2 

ω 

s 

Cur' 

= J 

Σ 1 2 

219 

2 

2 2 12. 

5 ⎛1500 

⋅π 

⎞ 2 2 

( s ' −s 

' ) = ⋅⎜ 

⎟ ⋅ ( 1. 

5 − 0. 

5 ) = 308219[ Ws] = 308. 

[ kWs] 

2 

⎝ 

30 

Tokom kratkog vremena izmene brzine, bakar se ne uspeva ohladiti, pa se zagreva na 

nadtemperaturu u odnosu na okolne delove: 

∆θ 

WCur' 

= 

m C 

308. 

219 

= 

⎡ kWs ⎤ 

12 ⋅ 0. 

39⎢ 

o ⎥ 

⎣kg 

C ⎦ 

[ kWs] o 

= 65. 

[ C] 

Cu 

86 

Cur Cu 


Stepen iskorišćenja motora iznosi: 

⎠ 

76


2002. GODINA 

η = 

3U 

nom 

P 

I 

nom 

nom 

cosϕ 

nom 

= 

1600 

3 ⋅ 380 ⋅1. 

6 ⋅ 0. 

84 

= 0. 

827[ ] 

Ukupni i pojedinačni nominalni gubici su prema tome: 

P 

P 

P 

P 

P 

P 

( 1−η) 1600( 1− 

0. 

827) 

nom 

gnom 

= 

= 335 

' = P 

η 

− P 

= 

0. 

827 

= 335 − 20 = 

gnom gnom trv 

315 

gnom 

[ W ] 

[ W ] 

PCunom 

⎛ PCunom 

⎞ 

' = P + = 

+ = 

⎜ + 1 

⎟ 

Cunom 

PFenom 

PFenom 

PFenom 

PFenom 

⇒ 

PFenom 

⎝ PFenom 

⎠ 

Pgnom' 

315 315 

= = = = [ W ] 

PCunom 

2. 

5 + 1 3. 

5 

+ 1 

P 

Fenom 

90 

P 

Fenom 

P 

= 2 . 5 ⋅90 

= 

Cunom 

Cunom 

= 

Fenom 

225 

PFenom 

[ W ] 

Momentna karakteristika iz postavke zadatka radi određivanja srednje vrednosti gubitaka, 

mora se pretvoriti u karakteristiku gubitaka, odnosno moramo za svaki segment izračunati gubitke. 

π π 

P1 = M 

1nnom = ⋅10 

⋅975 

= 1021 

30 30 

2 

[ W ] 

⎛ P ⎞ 

1 

⎛ 1021⎞ 

P 

⎜ 

⎟ 

g1' 

= PCu1 

+ PFenom 

= PCunom 

+ PFenom 

= ⎜ ⎟ ⋅ 225 + 90 = 

⎝ Pnom 

⎠ 

⎝1600 

⎠ 

2 

= 0.638 ⋅ 225 + 90 = 181.7[ W ] 

π π 

P2 = M 

2nnom = ⋅15 

⋅975 

= 1532[ W ] 

30 30 

2 

⎛ P ⎞ 

2 

⎛1532 

⎞ 

P 

⎜ 

⎟ 

g 2 

' = PCu2 

+ PFenom 

= PCunom 

+ PFenom 

= ⎜ ⎟ ⋅ 225 + 90 = 

⎝ Pnom 

⎠ 

⎝1600 

⎠ 

2 

= 0.957 ⋅ 225 + 90 = 296.2[ W ] 

Pg 

1' 

+ Pg 

2' 

181. 

7 + 296. 

2 

PgI = = 

= 238. 

9[ W ] t I 

= 2[] 

s 

2 

2 

π π 

P3 = M 

3nnom = ⋅ 20 ⋅ 975 = 2042[ W ] 

30 30 

2 

⎛ P3 

⎞ 

⎛ 2042 ⎞ 

P 

⎜ 

⎟ 

g3' 

= PCu3 

+ PFenom 

= PCunom 

+ PFenom 

= ⎜ ⎟ ⋅ 225 + 90 = 

⎝ Pnom 

⎠ 

⎝ 1600 ⎠ 

2 

= 1.276 ⋅ 225 + 90 = 456.6[ W ] 

P = P ' = 456 

gII g3 . 6[ W ] 

t [] 

II 

= 3 s 

M = M ⇒ P ' = P ' 181. 

W 

4 1 g 4 g1 

= 7 

[ ] 

P ' + P ' 456. 

6 + 181. 

7 

P 

2 

2 

π π 

P5 = M 

5nnom = ⋅5 

⋅975 

= 511W 

30 30 

g3 

g 4 

= = 

= 319. 

[ W ] t III 

= 1[] 

s 

gIII 

1 

[ ] 

77 

2 

2 

2


2002. GODINA 

P 

P 

2 

⎛ P ⎞ 

⎛ 511 ⎞ 

2 

5 

' = P 

⎜ 

⎟ 

Cu5 

+ PFenom 

= PCunom 

+ P = ⎜ ⎟ ⋅ 225 + 90 = 

⎝ Pnom 

⎠ 

⎝1600 

⎠ 

2 

= 0. 319 ⋅ 225 + 90 = 112. 

9[ W ] 

Pg 

4' 

+ Pg 

5' 

181. 

7 + 112. 

9 

= = 

= 147. 

[ W ] t IV 

= 4[] 

s 

2 

2 

g5 Fenom 

gIV 

3 

P g P gII 

P gIII 

P gIV 

P gV 

P gVI 

P gI 

P gVIII 

P gI 

P gVII 

P gIX 

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 

t 

t c 

[ ] 

π π 

P6 = M 

6nnom = ⋅17. 

5 ⋅975 

= 1787 W 

30 30 

2 

⎛ P6 

⎞ 

⎛1787 

⎞ 

P 

⎜ 

⎟ 

g 6 

' = PCu6 

+ PFenom 

= PCunom 

+ PFenom 

= ⎜ ⎟ ⋅ 225 + 90 = 

⎝ Pnom 

⎠ 

⎝1600 

⎠ 

2 

= 1.117 ⋅ 225 + 90 = 370.7[ W ] 

P = P ' = 370 

gV g 6 

. 7[ W ] 

t [] s V 

= 2 

M = M ⇒ P ' = P ' 296. 

W 

P 

M 

M 

M 

7 2 g 7 g 2 

= 2 

P 

' + P 

2 

∧ M 

[ ] 

' 370. 

7 + 296. 

2 

2 

= M ⇒ P = P 

g 6 g 7 

= = 

= 333. 

[ W ] t VI 

= 1[] 

s 

gVI 

4 

= M 

4 9 3 gVII gIII 

319. 

1[ W ] t VII 

= 3[] 

s 

= M 

3 

⇒ PgVIII = PgII 

456. 

6[ W ] 

t VIII 

= 2[] 

s 

= M ⇒ P = P ' = P ' 181. 

[ W ] t IX 

= 2[] 

s 

8 

= 

9 

= 

10 1 gIX g10 

g1 

= 7 

Srednja vrednost električnih gubitaka je na na osnovu izračunatih vrednosti: 

2 

P 

gsr 

' = 

P 

gI 

t 

I 

+ P 

gII 

t 

II 

+ P 

gIII 

t 

I 

t 

III 

+ t 

+ P 

II 

gIV 

+ t 

III 

t 

IV 

+ t 

+ P 

IV 

gV 

t 

+ t 

V 

V 

+ P 

+ t 

VI 

gVI 

t 

VI 

+ t 

VII 

+ P 

+ t 

gVII 

VIII 

t 

VII 

+ t 

+ P 

IX 

gVIII 

t 

VIII 

+ P 

gIX 

t 

IX 

= 

78


2002. GODINA 

PgIt 

I 

+ PgIIt 

II 

+ PgIIIt 

III 

+ PgIV 

t 

IV 

+ PgV 

tV 

+ PgVItVI 

+ PgVIItVII 

+ PgVIIItVIII 

+ P 

= 

tc 

238 . 9 ⋅ 2 + 456. 

6 ⋅ 3 + 319. 

1⋅1+ 

147. 

3⋅ 

4 + 370. 

7 ⋅ 2 + 333. 

4 ⋅1+ 

319. 

1⋅ 

3 + 

= 

20 

+ 456. 

6 ⋅ 2 + 181. 

7 ⋅ 2 

= 303. 

2 W 

[ ] [ ] 

gnom 

315 

gIX 

t 

IX 

= 

Ukupni srednji gubici iznose: 

P 

= P 

' + P 

[ W ] 

= 303 . 2 + 20 = 323. 

2 = 

gsr gsr trv 

gnom 

335 

Pošto je vrednost srednjih gubitaka manja od vrednosti nominalnih gubitaka, motor je 

sposoban da savlada zadato opterećenje, pri čemu dostiže nadtemperaturu manju od dozvoljene: 

∆θ 

Pgsr 

323. 

2 

= ∆θ 

nom 

= ⋅ 74 = 71. 

4 θ 

P 

335 

gnom 

o 

o 

[ C] < ∆ = 74[ C] 

nom 


a) Kritična vrednost momenta je: 

M 

2 

2 

fa f ⎞ 

nom ⎛ 312 ⋅ 60 ⎞ 

kra 

M 

krnom 

⎟ 2.5M 

nom 

= 2. 41 

a 

U 

⎟ = ⎜ 

nom 

3 ⋅50 

⋅ 220 

⎛U 

= 

⎜ 

⎝ f 

Kritično klizanje je: 

s 

s 

= 

f 

⎠ 

0. 

14 ⋅ 60 

= 

50 

krnom nom 

kra 

= 

f 

a 

⎝ 

0. 

168[ ] 

⎠ 

M 

nom 

[ Nm] 

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

n 

kra 

60 f 

a 

60 ⋅50 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

s ) = ( 1− 

0. 

168) ⋅ = 1248[ ] 

= 

kra sa 

kra 

min 

p 

2 

a) Kritična vrednost momenta u ovom slučaju je: 

M 

⎛ 

= ⎜ 

⎝ 

f 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

M 

⎛ 60 ⎞ 

2 

= ⎜ ⎟ 2. 

5M 

⎝ 75 ⎠ 

= 1. 

nom 

krb ⎜ 

krnom 

nom 

6 

f ⎟ 

b 

Kritično klizanje je: 

s 

s 

= 

f 

f 

0. 

14 ⋅ 60 

= 

75 

krnom nom 

krb 

= 

b 

0. 

112[ ] 

Pošto važi Klosov obrazac i u ovom slučaju sledi: 

M 

nom 

[ Nm] 

79


2002. GODINA 

s 

b 

= s 

krb 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

krb 

T 

± 

⎛ M 

⎜ 

⎝ M 

krb 

T 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ ⎛ 

⎟ ⎜ 1. 

6 

−1 

= ⋅ ± 

⎟ 

0. 

112 

⎜ 0. 

4 

⎠ ⎝ 

⎛ 1. 

6 ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 0. 

4 ⎠ 

2 

⎞ 

⎟ ⎧0. 

8818 

−1 

= 

⎟ ⎨ 

⎠ ⎩0. 

0142 

[] 

[] 

Usvajamo manje rešenje pošto se radi o motornom režimu, što znači da se motor obrće sa 

brzinom obrtanja od: 

n 

b 

60 fb 

60 ⋅ 75 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

s ) = ( 1− 

0. 

0142) ⋅ = 2218. 

05[ ] 

= 

b sb 

b 

min 

p 

2 



Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga P nom = 40 

[kW]; nominalni rotorski napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 200 [A]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 1500 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 

0.1 [Ω]; pokreće radnu mašinu, čiji je mehanički moment potencijalnog karaktera i jednak je 

konstanti. Pogon radi u statičkom stanju pri podizanju tereta nominalnom brzinom. Ako posle toga 

treba ostvariti spuštanje sa trećinom nominalne brzine, šta treba preduzeti ako je motor i dalje vezan 

na mrežu konstantnog napona. Izračunati i sve karakteristične veličine i gubitke snage pri spuštanju 

i podizanju tereta. 


f' 

ASM 

n 1 

M 1 

ASM 

n 2 

M 2 

i R 

i R 

D max 

D min 

v 

Pogon kolica izveden je sa dva trofazna asinhrona osmopolna motora nominalne snage P nom 

= 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja n nom = 740 [min -1 ]. Motori se napajaju iz zajedničkog 

pretvarača frekvencije. Svaki motor goni jednu pogonsku osovinu preko reduktora sa prenosnim 

odnosom i R = 55.345 [ ]. Prečnici pogonskih točkova zbog istrošenosti se razlikuju i iznose 

maksimalno D max = 1.2 [m] i minimalno D min = 1.19 [m]. Maksimalna brzina vozila iznosi v max = 

49.73 [m/min]. 

80


2002. GODINA 

a) Procentualno kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori pri 

maksimalnoj brzini vozila, uz uslov da je moment potreban za kretanje pri toj brzini jednak 

dvostrukoj vrednosti nominalnih momenata pojedinačnih motora. 

b) Kolika je potrebna izlazna frekvencija pretvarača koja obezbeđuje kretanje vozila 

maksimalnom brzinom. 


Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalna snaga P nom = 

40 [kW]; nominalni rotorski napon U nom = 440 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 100 [A]; 


0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 

20 [kgm 2 ], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnoj 

brzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora. 

a) Odrediti vrednosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u stacionarnom 

stanju. 

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

prelaznom režimu koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja. 


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

tek nakon dostizanja pune brzine obrtanja. Motor se pušta direktno priključenjem na mrežu napona 

od U nom = 440 [V]. Pri tom energija izgubljena za zalet iznosi W z . Na koliko se smanji energija 

gubitaka u zaletu ako se koristeći se trima naponima priključimo motor prvo na U 1 = 110 [V], pa 

kad motor postigne punu brzinu za taj napon, prekopčamo na U 2 = 220 [V], a zatim ga, pri punoj 

brzini za taj napon, prespojimo na pun napon U nom = 440 [V]? 


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

U nom = 180 [V]; nominalna snaga P nom = 4.25 [kW]; brzina praznog hoda n 0 = 750 [min -1 ]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 725 [min -1 ]; napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskog 

ispravljača priključenog je na mrežu napona U mre = 220 [V]. 

M 

M 

Odrediti za koliko će se promeniti ugao paljenja tiristora pri nominalnoj brzini obrtanja pri 

promeni opterećenja od nula do 150% nominalnog (od M m = 0 do M m = 1.5M nom ). 


Nominalne podatke motora određujemo na osnovu sledećih relacija: 

E 

= U − I 

( R + R ) = 220 − 200 ⋅ 0.1 = [ V ] 

nom anom a pp 

200 

81


2002. GODINA 

E 

P 

Enom 

200 

= k 

EΦnomnanom 

⇒ k 

EΦnom 

= = = 0. 1333 

n 1500 

[ Vmin] 

• 

nom 

anom 

3 

m 

= EnomI 

anom 

= 200 ⋅ 200 = 40 ⋅10 

W = 40 kW = Pnom 

⇒ Ptrv 

M 

P 

60 

P 

30 

40000 

nom 

nom 

= = ⋅ = 254. 648 

2π 

nnom 

π 1500 

[ ] [ ] = 0 

[ Nm] 

( R + R ) = 200 2 ⋅ 0.1 = 4000[ W ] [ kW ] 

gCunom 

= I 

2 = 

anom a pp 

4 

1 

= Pm + PgCunom 

= 40000 + 4000 = 44000 W = 44 

P 

[ ] [ kW ] 

Ako se motor obrće nominalnom brzinom obrtanja, a vezan je za mrežu sa nominalnom 

vrednošću napona, on se nalazi u nominalnom režimu koji karakterišu izračunati nominalni podaci. 

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

−1 

[ ] 

1 1500 

n' 

= − nnom 

= − = −500 

min 

3 3 

Indukovana elektromotorna sila motora u tom slučaju iznosi: 

Enom 

200 

E' 

= k 

EΦnomn' 

= n' 

= ⋅ 

666 

n 1500 

anom 

• 

( − 500) = −66. 

[ V ] 

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

M ' = k 

MΦnomI 

a 

' = M 

nom 

= k 

MΦnomI 

anom 

⇒ I 

a 

' = I 

anom 

= 200 

Ako je motor i dalje vezan na mrežu konstantnog napona, željeni režim ostvarujemo 

dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, sa otpornošću vrednosti: 

[ A] 

n 

n nom 

R d 

= 0 

M 

n' 

R d 

= 1.333 [ Ω] 

M T 

= M nom 

U 

= E' 

+ I 

a 

'( Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

)⇒ 

82


R 

d 

220 − 

( ) 

( − 66.666) 

R + R = 

U − E' 

= − 

a pp 

− 0.1 = 1. 333 

I ' 

200 

a 

[ Ω] 

2002. GODINA 

Bilans snaga u tom režimu je: 

[ W ] = −13. 

[ kW ] 

Pm ' = E' 

I 

a 

' = −66.666 

⋅ 200 = −13333 

333 

P ' = I ' R + R + R = 200 2 ⋅ 0. 

1+ 

1. 

333 = 57332 W 

( ) ( ) [ ] 57. 

[ kW ] 

2 = 

gCu a a pp d 

332 

1 

' = Pm ' + PgCu' 

= −13333 

+ 57332 ≈ 44000[ W ] = 44[ kW ] 

P 


a) Pri maksimalnoj brzini kretanja vozila: 

49. 

73 ⎡m⎤ 

v = vmax = = 0. 

829 

60 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

brzina obrtanja pojedinih motora zbog različitih prečnika točkova iznosi: 

1 

[ ] 

60 vmaxiR 

60 vmaxiR 

60 0. 

829 ⋅55. 

345 

− 

n1 = = = ⋅ 

= 730 min 

2π 

Rmax 

π Dmax 

π 1. 

2 

60 vmaxiR 

60 vmaxiR 

60 0. 

829 ⋅55. 

345 

− 

n2 = = = ⋅ 

= 736 min 

2π 

R π D π 1. 

19 

min 

min 

1 

[ ] 

M 

f ' 

M nom 

f nom 

M t 

n t 

' 

n s 

' 

n nom 

n t 

n snom 

n 

Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemo 

smatrati linearnom, a da se momentna kriva za različitu frekvenciju napajanja f ' od nominalne 

dobija translacijom momentne krive za nominalnu frekvenciju napajanja f nom dobijamo izraz za 

brzinu obrtanja motora iz proporcije: 

M 

M 

t 

nom 

nsnom 

− nt 

M 

t 

= ⇒ ns' 

−nt' 

= nsnom 

− nt 

= ( nsnom 

− nnom 

)⇒ 

n − n 

M 

snom 

M 

nt' 

= ns' 

− 

M 

t 

nom 

nom 

( n − n ) 

snom 

nom 

83 

nom


2002. GODINA 

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

n 

n 

1 

2 

M 

= ns' 

− 

M 

M 

= ns' 

− 

M 

1 

nom 

2 

nom 

( n − n ) 

snom 

nom 

( n − n ) 

snom 

nom 

Odnosno pojedinačne momente motora: 

M 

M 

1 

2 

= M 

= M 

nom 

nom 

n 

n ' −n 

s 

snom 

snom 

1 

− n 

nom 

ns' 

−n2 

n − n 

nom 

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

M 

1 2 

+ M = M 

t 

⇒ 

n2 

− n1 

M 

1 

− M 

2 

= 2∆M 

= M 

nom 

⇒ ∆M 

n − n 

M 

M 

1 

2 

M 

= 

2 

t 

M 

= 

2 

t 

M 

t 

+ ∆M 

= 

2 

M 

t 

− ∆M 

= 

2 

snom 

M 

+ 

2 

nom 

M 

− 

2 

nom 

n 

n 

n 

nom 

2 

snom 

n 

2 

snom 

− n 

− n 

1 

− n 

− n 

nom 

1 

nom 

= 

M 

nom 

2 

n 

n 

2 

snom 

− n 

− n 

1 

nom 

Odnosno važi da je razlika opterećenja u momentima motora: 

M 

nom 

n2 

− n1 

736 − 730 

∆M = = 

⋅ M 

nom 

= 0. 

3⋅ 

M 

nom 

2 n − n 2 ⋅ 

M 

∆M% 

= ∆ 

M 

nom 

snom 

nom 

( 750 − 740) 

0. 

3⋅ 

M 

nom 

⋅100 = ⋅100 

= 30 

M 

nom 

[% 

] 

⇒ 

M 1 

n 

743 [min -1 ] 

736 [min -1 M 

] 

2 

730 [min -1 ] 

1.3M nom 

0.7M nom 

2M nom 

M 

84


2002. GODINA 

Pošto je moment opterećenja jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta, motor koji 

goni točak sa većim poluprečnikom biće opterećen sa 30% većim momentom od nominalnog, a 

motor koji goni točak sa manjim poluprečnikom biće opterećen sa 30% manjim momentom od 

nominalnog. 

b) Iz prethodnih relacija nalazimo sinhronu brzinu motora koja obezbeđuje kretanje vozila 

maksimalnom brzinom: 

M 

1 

⎛ M 

ns' 

n1 

+ 

snom nom 1 

M 

⎜ 

nom 

⎝ 2M 

= 730 + 1+ 

0. 

3 ⋅ 750 − 740 = 743 min 

∆M 

t 

( n − n ) = n + ⎜ + ⎟( n − n )= 

= 

nom 

M 

nom 

snom nom 

−1 

( ) ( ) [ ] 

Dalje traženu potrebnu izlaznu frekvenciju pretvarača koji obezbeđuje kretanje vozila 

maksimalnom brzinom nalazimo iz proporcije: 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

n ' 

s 

f ' 

= 

n 

f 

snom 

nom 

⇒ 

f ' 

= 

n ' 

n 

s 

snom 

f 

nom 

= 

743 

750 

⋅50 

= 49. 

534 

[ Hz] 



M 

P 

= 

Ω 

P 

2π 

n 

60 

30 ⋅ 40 ⋅10 

800 

= = 254. 

π 

3 

nom nom 

nom 

= = 

65 

nom 

π ⋅1500 

nom 

[ Nm] 

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak je 

nominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom: 

( n) 

M = M 

t 

nom 

n 

n 

nom 

n 

n 0 

M t 

(n) 

n nom 

M m 

(n) 

n 

M nom 

M 

0 

M t 

M din 

M max 

M m 

85


2002. GODINA 

Moment motora računamo iz odnosa prema prethodnoj skici na kojoj je prikazana 

mehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom uporedno sa karakteristikom opterećenja: 

M 

n 

max 

0 

= 

M 

m 

⇒ M 

n − n 

0 

m 

= M 

max 

n 

0 

− n 

n 

0 

= M 

max 

⎛ n 

⎜1 − 

⎝ n 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Maksimalna vrednost rotorske struje iznosi: 

U 

nom 440 

I 

max 

= = = 1000 

R + R 0. 

44 

a 

pp 

[ A] 

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi između 

momenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije: 

M 

I 

max 

max 

= 

M 

I 

nom 

nom 

⇒ M 

max 

= M 

nom 

I 

I 

max 

nom 

1000 

= 254 . 65⋅ 

= 2546. 

5 

100 

[ Nm] 

Brzina praznog hoda iznosi: 

n 

0 

nom 

nom 

0 

= 

= 

nom 

= 1500 ⋅ 

= 1666 67 

k EΦ nom 

U 

nom 

− Ra 

I 

nom U 

nom 

− Ra 

I 

nom 

440 − 0. 

44 ⋅1000 

−1 

[ ] 

E U 

U 

440 

= n 

. min 

n 

nom 

Iz skice, odnosno uslova zadatka, zaključujemo da je stacionarna radna tačka upravo 

nominalna radna tačka motora, odnosno: 

−1 

[ min ] M = M = M = 254. 

[ Nm] 

nstac = nnom 

= 1500 

tstac mstac nom 

65 

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

M 

din 

( n) M ( n) − M ( n) 

M 

⎛ 

⎜1 

− 

⎝ 

= 

m 

t = 

max ⎜ n0 

n ⎞ 

⎟ − M 

⎠ 

nom 

n 

n 

nom 

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, dobijamo 

diferencijalnu jednačinu: 

2πn 

dω 

π dn 

ω = ⇒ = 

60 dt 30 dt 

J 

M 

Σ 

max 

π 

30 

dn 

dt 

⎛ n 

⎜1 

− 

⎝ n 

= 

0 

⇒ 

⎞ M 

⎟ − 

⎠ M 

J 

Σ 

nom 

max 

dω 

dt 

n 

n 

nom 

π dn 

⎛ n ⎞ n 

= J = = 

⎜ − 

⎟ 

Σ 

M 

din 

M 

max 

1 − M 

nom 

30 dt 

⎝ n0 

⎠ nnom 

⇒ 

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

n 

M 

M 

= 

n 

M 

⇒ 

M 

n 

= 

− n 

n 

= 1 − 

n 

nom 

max nom 0 nom 

nom 

0 

− nnom 

0 

max 

n0 

0 

⇒ 

86


2002. GODINA 

J 

M 

Σ 

max 

π dn ⎛ n ⎞ ⎛ n 

⎜1 

− 

⎟ − ⎜1 

− 

30 dt ⎝ n0 

⎠ ⎝ n0 

⎞ n 

⎟ 

⎠ n 

n 

= 1− 

n 

= 

nom 

nom 

nom 

⇒ 

Uvođenjem smene za elektromehaničku vremensku konstantu: 

J 

Σ 

nnom 

π 20 ⋅1500 

⋅π 

Tm = = 

= 1. 

234 

M 30 2546. 

5 ⋅ 30 

max 

dobijamo krajnju diferencijalnu jednačinu: 

[] s 

dn 1 

+ n = 

1 

dt T T 

m 

m 

n 

nom 

Rešenje nalazimo uvođenjem dve komponente brzine obrtanja: 

za ustaljeni režim ( n F ) i za prelazni režim ( n N ) 

n = n F 

+ n N 

dn 

dt 

N 

1 

+ 

T 

m 

n 

N 

1 

+ 

T 

m 

⋅ n 

F 

1 

= 

T 

m 

n 

nom 

⇒ n 

F 

= n 

nom 

Rešavanjem homogenog dela jednačine dobijamo rešenje za brzinu prelaznog režima: 

dn 

dt 

N 

n = n 

+ 

T 

F 

1 1 

t 

Tm 

nN 

= 0 ⇒ nN 

= A ⋅ e 

− 

m 

+ n 

N 

= n 

nom 

+ A ⋅ e 

1 

− t 

T 

m 

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

A = −n nom 

⎛ ⎞ 

⎞ 

= − 

⎟ 

⎜ ⎟ ⎜ 

min 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

1 

− t 

t 

⎛ − 

n n ⎜ 

1 234 

1 e 

Tm 

⎟ = 1500 ⋅ ⎜1 

− e 

. 

nom 

−1 

[ ] 

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji: 

⎛ 

− 

1 

1 

t 

n n 

⎛ 

. 

M 

t 

nom 

nom 

nom 

nnom 

n 

⎜ − 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

nom 

⎞ 

− t 

− t 

− 

( n) = M = 

nom 

M ⎜ Tm 

Tm 

e ⎟ = M ⎜ e ⎟ = . ⋅ ⎜ 1 234 

1 

1 254 65 1 e ⎟[ Nm] 

A moment motora se menja sa vremenom po funkciji: 

⎝ 

⎠ 

⎛ 

− 

⎝ 

⎞ 

⎠ 

⎝ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

M 

m 

1 

⎛ ⎞ ⎡ ⎛ − t ⎞⎤ 

⎛ 

− 

n 

n 

= ⎢ ⎜ ⎟⎥ 

= ⎜ 

⎜ − = − 

nom 

⎟ 

− 

T 

nnom 

n 

m 

nom 

M 

max 

1 M 

max 

1 1 e M 

max 

1 − + e 

⎝ n ⎠ ⎢ n ⎜ ⎟⎥ 

⎜ 

0 

0 

⎣ ⎝ ⎠⎦ 

⎝ 

n0 

n0 

1 

t 

T 

m 

⎞ 

⎟ = 

⎟ 

⎠ 

87


2002. GODINA 

1 

⎡M 

⎛ ⎞ − t ⎤ 

− 

= 

nom 

M 

⎢ + ⎜ − 

nom Tm 

M 

⎟ 

max 

1 e ⎥ = M 

nom 

+ 

max nom 

⎢⎣ 

M 

max ⎝ M 

max ⎠ ⎥⎦ 

1 

t 

Tm 

( M − M ) e = 

t 

t 

. 

. 

. 

= 254 65 + 

− 

( . . ) e 

1 234 

. . 85 

− 

1 234 

2546 5 − 254 65 ⋅ = 254 65 + 2291 ⋅ e [ Nm] 

Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu koji 

nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu. 


Snaga koja se ulaže u jednosmerni motor P ul = UI a , troši se na gubitke u bakru i razvijanje 

mehaničke snage izražene sa ekvivalentom P meh = EI a : 

UI 

a 

= EI 

a 

+ RI 

2 

a 

⇒ RI 

2 

a 

= P 

Cu 

= UI 

a 

− EI 

a 

= P 

ul 

− P 

meh 

Pošto je: U = cΦω 

0 

i E = cΦω 

dalje važi: 

RI 

2 

a 

( ω − ω ) = M ( ω −ω 

) 

= cΦI 

a 0 

m 0 

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

J 

Σ 

dω 

dt 

= M 

din 

= M 

m 

⇒ dt = 

J 

M 

Σ 

m 

dω 

Iz toga sledi da priraštaj gubitaka energije u bakru iznosi: 

88


2002. GODINA 

dW 

Cu 

J 

M 

Σ 

( ω − ω) dt = M ( ω − ω) dω 

= J ( ω − ω) dω 

2 

= RI 

a 

dt = M 

m 0 

m 0 

Σ 

m 

0 

Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t 1 i t 2 , odnosno dve ugaone brzine 

ω 1 i ω 2 dobijamo integraljenjem: 

W 

Cu 

t 

2 

∫ 

2 

∫ 

2 

a 

= dW = RI dt = J 

Σ 

Σ 

= 

t 

1 

J Σ 

Cu 

⎡ 

⎢ω 

⎣ 

0 

t 

t 

1 

2 2 

ω −ω 

⎤ 

( ω − ω ) − 

2 1 

⎥ 

⎦ 

2 

1 

ω 

2 

∫ 

ω 

1 

2 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

2 

( ω − ω) dω 

= J ω ω − = 

0 

0 

2 

ω ⎤ ω 

⎥ 

2 ⎦ ω1 

Za zalet sa direktnim priključenjem na mrežu napona od U nom = 440 [V]. od 0 do ω 0 važi: 

W 

Cu 

= W 

z 

= J 

Σ 

⎡ 

⎢ω 

⎢⎣ 

2 

0 

2 

0 

ω 

− 

2 

⎤ 

⎥ = J 

⎥⎦ 

Σ 

ω 

2 

0 

2 

= 

J 

Σ ⎛U 

⎜ 

2 ⎝ cΦ 

nom 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

su: 

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

2 

2 

⎡ 

2 ω ' ⎤ 

0 

ω0 

' J U ⎛ 

1 

U ⎞ 

Σ ⎛ ⎞ 

1 ⎛ 110 ⎞ Wz 

W 

z 

' = J 

0 

' J 

⎟ = Wz 

= Wz 

⎜ ⎟ = 

2 2 2 c 

⎜ 

U 

⎟ 

Σ ⎢ω 

− ⎥ = 

Σ 

= ⎜ 

⎣ ⎦ 

⎝ Φ ⎠ ⎝ nom ⎠ ⎝ 440 ⎠ 16 

2 2 

2 

2 

⎡ 

ω ⎤ 

0 

'' −ω 

0 

' ( ω0 

'' −ω 

0 

') 

J 

Σ ⎛U 

2 

−U1 

⎞ 

W z 

'' = J 

Σ ⎢ω 

0 

''( ω0 

'' −ω 

0 

') 

− ⎥ = J 

Σ 

= ⎜ ⎟ = 

⎣ 

2 ⎦ 2 2 ⎝ cΦ 

⎠ 

2 

⎛U 

2 

−U 

⎞ 

1 ⎛ 220 −110 

⎞ Wz 

= W 

z 

⎜ = Wz 

⎜ ⎟ = 

U 

⎟ 

⎝ nom ⎠ ⎝ 440 ⎠ 16 

2 2 

⎡ 

ω ⎤ 

0 

− ω0 

'' ω0 

− ω 

Wz 

''' = J 

Σ ⎢ω 

0 

( ω0 

' −ω0 

'') 

− ⎥ = J 

Σ 

⎣ 

2 

⎦ 2 

2 

2 

⎛U 

nom 

−U 

2 

⎞ ⎛ 440 − 220 ⎞ Wz 

= W 

z 

⎜ 

= Wz 

⎜ ⎟ = 

U 

⎟ 

⎝ nom ⎠ ⎝ 440 ⎠ 4 

2 

2 

( '') 

0 

2 

= 

2 

J 

Σ ⎛U 

⎜ 

2 ⎝ 

2 

−U 

cΦ 

nom 

2 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

= 

Ukupna energija gubitaka u zaletu sa postepenim uključivanjem jednaka je zbiru 

pojedinačnih energija gubitaka: 

W 

= W 

+ W 

+ W 

W 

= 

16 

W 

+ 

16 

Q 

+ 

4 

W 

= ⋅ 

16 

89 

( 1+ 

1+ 

4) = ⋅Wz 

= 0. ⋅Wz 

z z z z 

Σz 

z 

' 

z 

'' 

z 

''' 

375 

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


Srednja vrednost izlaznog napona iz punoupravljivog tiristorskog ispravljača određena je 

relacijom: 

π + β 

1 

2 2 

U 

sr 

= 2U 

mre 

sin 

mre 

= 

π 

∫ 

π 

α 

3 

8 

( ωt) d( ωt) = U cosα 

U cosα 

dco


2002. GODINA 

Gde je U dc0 maksimalni izlazni jednosmerni napon: 

U 

2 2 

= U π 

= 0.9U 

dco mre 

mre 

= 0.9 ⋅ 220 = 198 

[ V ] 

Iz toga proizlazi da pri opterećenju od M m = 0 ugao paljenja tiristora proizlazi iz sledećih 

relacija: 

U ' = E = U 

E 

sr 

nom 

α' 

= 

= k 

nom 

E 

Φ 

mnom 

E 

dco 

n 

cosα' 

nom 

U 

= 

n 

nom 

0 

U 

n 

nom 

n 

nom 

nom nom 

nom nom 

• 

ar cos = ar cos = ar cos = ar cos = 0.8787 = 28. 50 

U 

dco 

U 

dco 

n0 

U 

dco 

n0 

198⋅ 

750 


Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalni rotorski 

napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 74 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 

90 

U 

n 

180 ⋅ 725 

Pri opterećenju od M m = 1.5 M nom i pri nominalnoj brzini obrtanja, ugao paljenja tiristora 

proizlazi iz sledećih relacija: 

I 

I 

a 

anom 

M 

= 

M 

a 

nom 

= 1 .5 ⇒ I = 1.5I 

a 

anom 

( R + R ) I = E + 1.5( R + R ) I U cosα' 

' 

U '' 

= E + 

= 

sr 

nom 

a 

pp 

a 

nom 

U 

( + ) = − = − 

nom 

n 

= 

nom 

R 

⎜1 

⎟ a 

R 

pp 

I 

anom 

U 

nom 

Enom 

U 

nom 

nnom 

U 

nom 

n0 

⎝ n0 

⎠ 

a 

U 

⎛ ⎞ ⎛ 

⎞ 

'' 

= 

nom 

n 

+ 1.5 

⎜ 1− 

nom 

n 

⎟ = 

⎜ 1.5 − 0.5 

nom 

U 

⎟ 

sr 

nnom 

U 

nom 

U 

nom 

= U 

dco cos α '' 

⇒ 

n0 

⎝ n0 

⎠ ⎝ n0 

⎠ 

U 

nom 

⎛ nnom 

⎞ 180 ⎛ 725 ⎞ 

• 

α'' 

= ar cos 1.5 0.5 ar cos ⎜1.5 

0.5 ⎟ = ar cos0.92424 = 22. 445 

U 

⎜ − = ⋅ − ⋅ 

dco 

n 

⎟ 

⎝ 

0 ⎠ 198 ⎝ 750 ⎠ 

Prema tome pri nominalnoj brzini obrtanja, promena opterećenja od nula do 150% 

nominalnog (od M m = 0 do M m = 1.5M nom ) izazvaće promenu ugla paljenja tiristora sa 28.50 na 

22.445 stepeni. 




U nom = 220[V]; nominalna rotorska struja I anom = 48[A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 870[min -1 ]; 

otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.426 [Ω]; priključen je na mrežu konstantnog 

napona. Definisati način i odrediti potrebne vrednosti parametara da bi se ostvarili sledeći režimi 

rada: 

a) Rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n 1 = 1000 [min -1 ]; n 2 = 1100 [min -1 ]. 

b) Protivstrujno kočenje pri n 3 = 300 [min -1 ]. 

c) Dinamičko kočenje pri n 4 = 300 [min -1 ]. 

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

pp 

anom 

dco 

⎛ − 

⎞ 

o 

[] 

o 

[]


2002. GODINA 

1150 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.2 [Ω]; vezana su na red i 

priključena na mrežu napona napon U mre = 440 [V]. Motori pokreću okretnu peć sa kojom su 

mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, u 

najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. Sa kolikim svedenim momentom opterećenja se 

može trajno optereretiti ova grupa motora? 

M 

M1 

M2 

M 


Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: nominalni snaga P nom = 40 

[kW]; nominalni rotorski napon U nom = 440 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 100 [A]; 


0.44 [Ω]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 

20 [kgm 2 ], čiji je mehanički otporni moment linearno zavisan od brzine obrtanja i pri nominalnoj 

brzini obrtanja jednak nominalnom momentu motora. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog 

ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantnu graničnu struju jednaku nazivnoj vrednosti 

rotorske struje. 

Izvesti i nacrtati zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u 

prelaznom režimu, koji nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja. 


Trofazni trobrzinski motor (sa tri statorska namotaja) od P nom = 4/25/50 [kW], f = 50 [Hz] i 

2p = 24/8/4 [ ] goni radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 

7.5 [kgm 2 ]. Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzine 

obrtanja, ako ga upuštamo postepeno, uključujići najnižu, srednju, pa najvišu brzinu, prema 

gubicima koji bi nastali direktnim uključenjem najviše brzine? 


Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, sa podacima: 

nominalni rotorski napon U nom = 180 [V]; nominalna snaga P nom = 4.25 

[kW]; brzina obrtanja u praznom hodu n 0 = 750 [min -1 ]; nominalna brzina 

obrtanja n nom = 725 [min -1 ]; nominalni napon pobude U nom = 200 [V]; 

napaja se iz monofaznog punoupravljivog tiristorskog ispravljača 

priključenog na mrežu napona U mre = 220 [V]. 

Odrediti minimalni mrežni napon pri kojem motor još uvek može 

da radi u punom opsegu brzine obrtanja sa faktorom preopterećenja 

momenta M max /M nom = 2 [ ]. 

91 

M 

M1


2002. GODINA 



E 

= U − I 

( R + R ) = 220 − 48⋅ 

0.426 = 199. [ V ] 

nom anom a pp 

552 

Enom 

199.552 

Enom = k 

EΦnomnanom 

⇒ k 

EΦnom 

= = = 0. 2294 

n 870 

anom 

[ Vmin] 

60 Pnom 

30 EnomI 

anom 30 199.552 ⋅ 48 

M 

nom 

= = 

= ⋅ 

= 105. 143 

M nom anom 

2π 

n π n π 1500 

nom 

30 30 

⎡ Nm⎤ 

k 

MΦnom 

= k 

EΦnom 

= ⋅ 0.2294 = 2. 1908 

π π 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

nom 

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije: 

[ Nm] = k Φ I ⇒ 

M 

M 

k 

nom 

= k 

= k 

M 

M 

Φ 

Φ 

nom 

nom 

I 

I 

ak 

anom 

⎫ 

⎬ ⇒ I 

⎭ 

ak 

= I 

anom 

M 

M 

k 

nom 

− 87 

= 48⋅ 

= −39.717 

105.143 

[ A] 

Prirodna mehanička karakeristika određena je izrazom: 

( R + R ) ( R + R ) ( R + R ) 

U 

a pp U M 

m a pp U 

a pp 

n = − I 

a 

= − 

= − M 

m 

2 

k 

EΦnom 

k 

EΦnom 

k 

EΦnom 

k 

MΦnom 

k 

EΦnom 

k 

EΦnom 

k 

Ek 

M 

( Φnom 

) 

( Ra 

+ R 

pp 

) 

= n0 

− M 

m 

k k Φ 

E 

M 

( ) 2 

nom 

= 

gde je: 

1 

[ ] 

U 

n0 = = 

220 = 959. 0235 min 

− 

k Φ 0.2294 

E 

nom 

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

obrtanja: 

n 

k 

( R + R ) 

( Φ ) 

0.426 

−1 

( − 87) = 1032. [ ] 

= n0 − M 

k 

= 959.0235 − 

7685 min 

2 

k k 

0.2294 ⋅ 2.1908 

E 

a 

M 

pp 

nom 

Uz dodati otpor za rekuperativno kočenje važi: 

n 

k 

( R + R + R ) 

= n0 

− M 

k 

2 

k k 

n 

− n 

a 

E 

M 

pp 

( Φ ) 

nom 

d 

⇒ 

2 

( Φ ) − ( R R ) 

0 k 

R 

d 

= k 

Ek 

M nom a 

+ 

M 

k 

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

R 

n 

− n 

k 

k 

pp 

2 

( Φ ) − ( R + R )= 

0 1 

d1 

= 

E M nom a pp 

M 

k 

92


2002. GODINA 

959.0235 −1000 

= ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = −0. 

1893 

− 87 

da rekuperativno kočenje nije izvodljivo pošto je ispod prirodne karakteristike. 

Za rekuperativno kočenje sa brzinom obrtanja n 2 = 1100 [min -1 ] sledi da treba dodati otpor vrednosti: 

[ Ω] 

R 

d 2 

n 

− n 

k 

k 

2 

( Φ ) − ( R + R )= 

0 2 

= 

E M nom a pp 

M 

k 

959.0235 −1100 

= ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 0. 388 

− 87 

[ Ω] 

b) Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika u 

rotorsko kolo, pa za taj režim važi: 

n 

gde je: 

3 

U 

= 

k Φ 

E 

b 

nom 

− M 

m 

( R + R + R ) 

k 

a 

E 

k 

M 

pp 

( Φ ) 

nom 

d 3 

2 

= n 

0b 

− M 

1 

[ ] 

U 220 b − 

n0 = = = −959. 

0235 min 

− 

b 

k Φ 0.2294 

Pa važi: 

R 

E 

I 

n 

E 

nom 

− n 

k 

k 

2 

( Φ ) − ( R + R )= 

0b 

3 

d 3 

= 

E M nom a pp 

M 

k 

m 

( R + R + R ) 

k 

a 

E 

k 

M 

pp 

3 

( Φ ) 2 

− 959.0235 −1100 

= ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 6. 8469 

− 87 

= k 

EΦnomn3 

= 0.2294 ⋅300 

68. 82[ V ] 

U 

b 

− E3 

− 220 − 68.82 

= 

= 

= 39. [ A] 

R + R + R 0.426 + 6.8469 

3 

= 

a3 − 7 

a pp d 3 

c) Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, 

pa za taj režim važi: 

U 

c 

= 0 ⇒ n 

Pa važi: 

4 

= −M 

m 

( R + R + R ) 

k 

a 

E 

k 

M 

pp 

3 

( Φ ) 2 

nom 

n4 

2 

Rd 

4 

= − k 

Ek 

M 

( Φnom 

) − ( Ra 

+ R 

pp 

)= 

M 

k 

300 

= − ⋅ 0.2294 ⋅ 2.1908 − 0.426 = 1. 307 Ω 

− 87 

E4 = k 

EΦnomn4 

= 0.2294 ⋅300 

= 68. 82[ V ] 

d 

[ ] 

nom 

d 

[ Ω] 

93


2002. GODINA 

I 

= 

U 

− E 

= 

0 − 68.82 

c 4 

a4 = −39. 

7 

Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

3 

0.426 + 1.307 

[ A] 

n 

n 2 

n 1 

n k 

n 0 

n nom 

R 

n 3 

= n d1 

< 0 

4 

R d 

= 0 

R d2 

R R d4 d3 

-n 0 

M 

M k 

M nom 


Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija: 

E 

M 

= U − I 

60 Pnom 

n 

( R + R ) = 220 − 74 ⋅ 0. 

2 = 205. 

[ V ] 

nom nom anom a pp 

2 

60 

E 

I 

205.2 ⋅ 74 

nom anom 

nom 

= = 

= ⋅ = 126. 10 

2π 

nom 

2π 

nnom 

π 1150 

30 

[ Nm] 

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti struja pobuda fluksevi motora su takođe 

različiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite 

momente. Motori su vezani na red, pa kroz njih protiče ista struja, a ujedno pošto su mehanički 

spregnuti okreću se istom brzinom obrtanja, pa važi sledeća naponska i momentna jednačina: 

( Ra 

+ R 

pp 

) + Em 

+ I 

a 

( Ra 

+ R ) = 

( R + R ) = k ( Φ + Φ ) n + I ( R + R ) = 

U 

mre 

= U 

m1 

+ U 

m2 

= Em 

1 

+ I 

a 

2 

pp 

= k 

EΦm1n 

+ k 

EΦm2n 

+ 2I 

a a pp E m1 

m2 

2 

a a pp 

M 

t 

( R + R ) = k Φ n( 1± 

ε + 1± 

ε ) + I ( R R ) 

Φ + Φ 

= 2 

m1 

m2 

k 

EΦnom 

n + 2I 

a a pp E nom 1 2 a a 

+ 

Φnom 

⎡ ⎛ ± ε1 

± ε 

2 ⎞ 

⎤ 

( 2 ± ε ± ε ) + 2I 

( R + R ) = 2 k Φ n 1+ 

+ I ( R + R ) ⎥⎦ 

k Φ n 

⎢ ⎜ 

⎟ 

⎣ ⎝ 2 ⎠ 

Φ + Φ 

= M 

m1 

+ M 

m2 

= k 

MΦm1I 

a 

+ k 

MΦm2I 

a 

= k 

M m1 

m2 

a M nom 

a 

Φ 

= 

E nom 1 2 a a pp 

E nom 

a a pp 

= k Φ 

M 

nom 

1 2 ⎞ 

( 1± 

ε + 1± 

ε ) I = 2k 

Φ I ⎜1+ 

⎟ 

⎠ 

1 

2 

a 

M 

nom 

a 

m1 

m2 

( Φ + Φ ) I = k Φ 

I = 

⎛ ± ε ± ε 

⎝ 2 

nom 

pp 

94


2002. GODINA 

Gde je −1% ≤ ε 

1 

, ε2 

≤ 1% 

.Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnom 

vrednošću struje I anom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednost 

maksimalno mogućeg momenta opterećenja i brzine obrtanja motora u funkciji mogućeg odstupanja 

vrednosti pobudnih struja: 

M 

t max 

U 

E 

= 2k 

mre 

n = 

2 

k Φ 

M 

− I 

nom 

Φ 

anom 

nom 

I 

anom 

( R + R ) 

a 

⎛ ± ε ± 

⎜1+ 

1 

ε 2 

⎝ 2 

⎛ ± ε ± ε 

⎜1+ 

⎝ 2 

pp 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ = 2M 

⎠ 

⎛ ± ε1 

± 

⎜1+ 

⎝ 2 

1 2 

ε 

2 

nom 

Pošto važi u našem slučaju da je U = 2U 

poslednja relacija postaje: 

U 

nom 

n = 

k Φ 

E 

− I 

nom 

anom 

( R + R ) 

a 

⎛ ± ε ± ε 

⎜1+ 

⎝ 2 

mre 

nnom 

= 

⎞ ⎛ ± ε1 

± 

⎟ ⎜1+ 

⎠ ⎝ 2 

pp 

1 2 

ε 

2 

Najmanja vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja dobija se za 

ε =ε = 1% : 

1 2 

− 

⎛ −1−1 

⎞ 

M 

t max 

= 2 M 

nom ⎜1+ 

⎟ = 2 ⋅ M 

nom 

⋅ 0. 

99 = 1. 

98⋅126. 

10 = 249. 

68 

⎝ 2 ⋅100 

⎠ 

pri brzini obrtanja: 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

−1 

[ ] 

= nnom 

nnom 

1150 

n 

= = = 1161. 

62 

⎛ −1−1⎞ 

0. 

99 0. 

99 

min 

⎜1+ 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

[ Nm] 

Najveća vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja dobija se za ε =ε 1% 

: 

⎛ + 1+ 

1 ⎞ 

M 

t max 

= 2 M 

nom ⎜1+ 

⎟ = 2 ⋅ M 

nom 

⋅1. 

01 = 2. 

02 ⋅126. 

10 = 254. 

72 

⎝ 2 ⋅100 

⎠ 

pri brzini obrtanja: 

−1 

[ ] 

= nnom 

nnom 

1150 

n 

= = = 1138. 

62 

⎛ + 1+ 

1⎞ 

1. 

01 1. 

01 

min 

⎜1+ 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

[ Nm] 

1 2 

= 

Primetimo da za najverovatniju vrednost odstupanja ε1 = −ε 

2 

, važi da je maksimalna 

vrednost mogućeg momenta opterećenja jednaka dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta motora 

a da je brzina obrtanja nominalna: 

95


2002. GODINA 

⎛ + ε1 

− ε1 

⎞ 

M 

t max 

= 2M 

nom ⎜1+ 

⎟ = 2 ⋅ M 

nom 

= 2 ⋅126. 

10 = 252. 

20 

⎝ 2 ⎠ 

= nnom 

nnom 

−1 

n 

= = 1150[ ] 

⎛ + ε1 

− ε1 

⎞ 1 

min 

⎜1+ 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

[ Nm] 



M 

P 

= 

Ω 

P 

2π 

n 

60 

30 ⋅ 40 ⋅10 

800 

= = 254. 

π 

3 

nom nom 

nom 

= = 

65 

nom 

π ⋅1500 

nom 

[ Nm] 

Prema uslovu zadatka moment opterećenja raste linearno sa brzinom obrtanja i jednak je 

nominalnom momentu motora pri nominalnoj brzini obrtanja, pa se može izraziti relacijom: 

t 

( n) 

M = M 

nom 

n 

n 

nom 

Zbog postojanja strujne granice tiristorskog ispravljača struja polaska motora je konstantna, 

pa pošto je kod motora sa nezavisnom pobudom fluks konstantan, a važi linearan odnosi između 

momenta i struje, motor tokom polaska razvija konstantan moment: 

M 

I 

pol 

pol 

M 

I 

nom 

pol I 

nom 

= ⇒ M 

pol 

= M 

nom 

= M 

nom 

= M 

nom 

= 254. 

65⋅ 

I 

I I 

nom 

nom 

nom 

[ Nm] 

Dinamički moment računamo iz odnosa prema sledećoj skici, na kojoj je prikazana 

mehanička karakteristika motora sa nezavisnom pobudom napajanog sa tiristorskim ispravljačem, 

uporedno sa karakteristikom opterećenja. 

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

odnosno: 

n 

= n 

−1 

[ min ] M = M = M = 254. 

[ Nm] 

stac nom 

= 1500 

tstac mstac nom 

65 

Ubrzanje se izvodi sa konstantnim momentom motora do stacionarne radne tačke. 

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

n ⎛ 

M 1 − 

din 

( n) = M ( ) − ( ) = − = 

⎜ 

⎟ m 

n M 

t 

n M 

pol 

M 

nom 

M 

nom 

nnom 

⎝ nnom 

⎠ 



n 

⎞ 

ω = 

2πn 

dω 

π 

⇒ = 

60 dt 30 

dn 

dt 

⇒ 

96


2002. GODINA 

dω 

π dn 

⎛ n 

J = = 

⎜ 

Σ 

J 

Σ 

M 

din 

M 

nom 

1 − 

dt 30 dt 

⎝ n 

= 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

n 

M m 

(n) 

n 0 

n nom 

M nom 

M t 

(n) 

n 

M pol 

0 

M t 

M din 

M 

M pol 


J 

Σ 

nnom 

π 20 ⋅1500 

⋅π 

Tm = = 

= 12. 

34 

M 30 254. 

65⋅30 

nom 


[] s 

dn 1 

+ n = 

1 

dt T T 

m 

m 

n 

nom 



n = n F 

+ n N 

dn 

dt 

N 

1 

+ 

T 

m 

n 

N 

1 

+ 

T 

m 

⋅ n 

F 

1 

= 

T 

m 

n 

nom 

⇒ n 

F 

= n 

nom 


dn 

dt 

N 

n = n 

+ 

T 

F 

1 1 

t 

Tm 

nN 

= 0 ⇒ nN 

= A ⋅ e 

− 

m 

+ n 

N 

= n 

nom 

+ A ⋅ e 

1 

− t 

T 

m 

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

A = −n nom 

97


2002. GODINA 

⎛ ⎞ 

⎞ 

= − 

⎟ 

⎜ ⎟ ⎜ 

min 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

1 

− t 

t 

⎛ − 

n n ⎜ 

12 34 

1 e 

Tm 

⎟ = 1500 ⋅ ⎜1 

− e 

. 

nom 

−1 

[ ] 

Moment opterećenja se prema tome menja sa vremenom po funkciji: 

⎛ 

− 

1 

1 

t 

n n 

⎛ 

. 

M 

t 

nom 

nom 

nom 

nnom 

n 

⎜ − 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

nom 

⎞ 

− t 

− t 

− 

( n) = M = 

nom 

M ⎜ Tm 

Tm 

e ⎟ = M ⎜ e ⎟ = . ⋅ ⎜ 12 34 

1 

1 254 65 1 e ⎟[ Nm] 

⎝ 

⎠ 

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

M 

m 

= M 

nom 

= 254. 

65 

[ Nm] 

Zavisnosti brzine obrtanja, momenta motora i momenta opterećenja u prelaznom režimu koji 

nastaje posle pokretanja pogona iz stanja mirovanja date su na sledećem dijagramu. 

⎛ 

− 

⎝ 

⎞ 

⎠ 

⎝ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 


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

nema moment opterećenja M T = 0, tako da se sva uložena električna energija troši na promenu kinetičke 

energije rotirajućih masa i gubitke. Iz Njutnove jednačine sledi: 

M 

m 

= J 

Σ 

dω 

dt 

ω 

s 

−ω 

⇒ s = 

ω 

s 

⇒ 

ds 

dt 

1 

= 

ω 

s 

dω 

dt 

⇒ M 

m 

= −J 

Σ 

ω 

s 

ds 

dt 

odnosno: 

98


2002. GODINA 

M 

m 

dt = −J 

Σ 

ω 

s 

ds 

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ω s s, dobijamo: 

M 

2 

m 

ω 

ssdt 

= −J 

ω Σ s 

sds = 

p 

Cur 

dt 

M m ω s pretstavlja snagu obrtnog magnetnog polja, a M m ω s s predstavlja trenutnu vrednost 

gubitaka u bakru rotora. Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem u 

odgovarajućem vremenskom segmentu: 

W 

Cur 

t2 

s2 

s1 

= 

2 

∫ pCurdt 

= −∫ 

J 

s 

sds = ∫ 

Σω 

t 

s 

s 

1 

1 

2 

J 

Σ 

ω 

2 

s 

sds = J 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 2 

( s − s ) 

1 

2 

Dalje se rešenje zadatka svodi na određivanje mehaničkih sinhronih ugaonih brzina pri 

jednobrzinskom upuštanju i trobrzinskom upuštanju. Pod pretpostavkom da se upuštanja izvršava 

do skoro sinhronih brzina odnosno nultih klizanja tražene gubitke nalazimo iz sledećih relacija, 

posebno za jednobrzinsko upuštanje p = 2: 

ω 

W 

s 

n s 

2π 

= 

60 

2π 

60 f 

= 

60 p 

2πf 

= 

p 

⇒ 

2 

2 

2 2 ω 

s 2 2 7. 

5 ⎛ 2 ⋅π 

⋅ 50 ⎞ 

( s − s ) = J ( 1 − 0 ) = ⋅ ⎜ ⎟ = 92433. 

[ Ws] 

2 

ω 

s 

Cur 

= J 

Σ 1 2 Σ 

75 

2 

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

ω 

s ' 

2πf 

= 

p' 

⇒ 

2 

2 

2 

2 

2 2 ω 

s' 

2 2 7. 

5 ⎛ 2 ⋅π 

⋅50 

⎞ 

( s − s ) = J ( 1 − 0 ) = ⋅⎜ 

⎟ = 2567. 

[ Ws] 

ω ' 

W 

2 

2 

2 ⎝ 

2πf 

ω 

s'' 

−ω 

s' 

ω 

s' 

p'' 

ω 

s'' 

= ⇒ s = = 1− 

= 1− 

⇒ s2 

p'' ω '' ω '' p' 

W 

2 

s 

Cur' 

= J 

Σ 

1 2 Σ 

60 

Cur 

'' 

1 

= 

s 

s 

2 

2 2 ω ⎛ ⎞ 

( − ) = 

s'' 

p'' 

s s J ⎜1 

− ⎟ = 

2 

ω 

s'' 

2 

1 2 Σ 

2 ⎝ p' 

2 

= J 

Σ 

2 

7. 

5 ⎛ 2 ⋅π 

⋅50 

⎞ ⎛ 4 ⎞ 

= ⋅ ⎜ ⎟ ⎜1 

− ⎟ = 10270. 

42[ Ws] 

2 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 12 ⎠ 

2πf 

ω 

s''' 

−ω 

s'' 

ω 

s'' 

p''' 

ω 

s''' 

= ⇒ s = = 1− 

= 1− 

⇒ s 

p''' ω ''' ω ''' p'' 

W 

Cur 

''' 

2 

⎠ 

⎝ 

2 

12 

1 2 

= 

s 

s 

2 

2 

2 

2 2 ω ⎛ ⎞ ⎛ ⋅ ⋅ ⎞ ⎛ ⎞ 

( − ) = 

s'' 

p''' 7. 

5 2 π 50 2 

s s J ⎜1 

− ⎟ = ⋅⎜ 

⎟ ⎜1 

− ⎟ = 

2 

2 

ω = 

s''' 

J 

Σ 

1 2 Σ 

2 

= 23108.44[ Ws] 

Wz = WCur' 

+ WCur'' 

+ WCur''' 

= 2567 . 60 + 10270. 

42 + 23108. 

44 = 35946. 

46 

2 

⎝ 

p'' 

⎠ 

2 

0 

⎝ 

0 

⎠ 

⎠ 

2 

⎠ 

⎝ 

[ Ws] 

4 ⎠ 

99


2002. GODINA 

Procentualno energija izgubljena pri trobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju pri 

jednobrzinskom upuštanju iznosi: 

Wz 

35946. 

46 

W 

z 

% = 100 = ⋅100 

= 38. 

89 

W 92433. 

75 

Cur 

[% 

] 

Odnosno smanjenje gubitaka u trobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanju 

iznosi 61%. 


Zbog smanjenja mrežnog napona smanjuje se jednosmerni napon na izlazu diodnog 

ispravljača sa čime se smanjuje i pobudna struja, da bi se održao moment mora da raste rotorska 

struja, odnosno da se smanjuje ugao paljenja tiristorskog regulatora. Ugao paljenja se najviše može 

smanjiti na nulu pri čemu srednja vrednost izlaznog napona iz tiristorskog ispravljača za napajanje 

rotorskog kruga postaje jednaka srednjoj vrednosti izlaznog napona iz diodnog ispravljača za 

napajanje pobude, odnosno važi: 

U 

trsrmin 

π + β 

1 

= 

π 

∫ 

α 

2U 

mremin 

sin 

2 2 

π 

( ωt) d( ωt) = U cosα 

⇒ 

2 2 

U 

trsrmin 

= U 

dsrmin 

= U 

mremin 

= 0. 9U 

α = 0 

π 

mremin 

mremin 

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

Φ = 

I 

I 

p 

pnom 

Φ 

nom 

U 

= 

U 

dsrmin 

dsnom 

Φ 

nom 

U 

= 

U 

tsrmin 

dsnom 

Φ 

nom 

Radi održanja tražene preopteretljivosti motor treba da izda maksimani moment i pri 

sniženom naponu, odnosno rotorska struja treba da zadovolji relaciju: 

M 

m 

= 2M 

nom 

= k 

M 

ΦI 

a 

= 2k 

M 

Φ 

nomI 

anom 

⇒ 

k 

M 

Φ 

nom 

k 

M 

Φ 

nom 

U 

I 

a 

= 2 I 

anom 

= 2 

I 

anom 

= 2 

k 

U 

M 

Φ 

tsrmin 

U 

k 

M 

Φ 

nom 

U 

dsnom 

dsnom 

tsrmin 

I 

anom 

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

U 

dsnom 

( Ra 

+ R 

pp 

) I 

a 

= Enom 

+ ( R a 

R pp 

) I anom 

U 

tsrmin 

= Enom 

+ 

2 + 

U 

tsrmin 

Vrednosti 

E 

nom 

i ( a 

R pp 

) I anom 

R + nalazimo iz relacija: 

E 

= k 

Φ 

n 

U 

= 

n 

nom 

nom E mnom nom 

nom 

= ⋅ 725 = 174 

0 

750 

a 

+ R 

pp 

I 

anom 

= U 

nom 

− Enom 

= 180 −174 

= 6 V 

n 

180 

( R ) [ ] 

[ V ] 

100


2002. GODINA 

pa relacija za određivanje minimalne srednje vrednosti napona na izlazu tiristorskog ispravljača 

postaje: 

U 

dsnom 

( R + R ) I = E + ⋅ ( U − E )⇒ 

U 

tsrmin 

= Enom 

+ 

a pp a nom 

2 

nom nom 

U 

tsrmin 

2 

U − E U − 2 ⋅U 

( U − E )⇒ 

U 

tsrmin 

tsrmin 

= 

E 

nom 

nom 

± 

174 ± 

= 

tsrmin 

E 

174 

2 

nom 

2 

dsnom 

+ 4 ⋅ 2 ⋅U 

2 

nom 

dsnom 

+ 4 ⋅ 2 ⋅198⋅ 

6 

2 

nom 

( U 

nom 

− Enom 

) = 

⎧186.7245[ V ] 

⎨ 

− 6.5785[ V ] 

= 

⎩ 

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

U 

U 

trsrmin 

U 

trsrmin 186.7245 

= = = = 207. [ V ] 

2 2 0.9 0.9 

π 

U 

mremin 

−U 

mrenom 207.471− 

220 

% = 

100 = 

⋅100 

= −5.695 % 

U 

220 

mremin 

471 

∆U 

mre 

mrenom 

[ ] 



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


1000 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.5 [Ω]; uz nepromenljeni napon 

armature i nepromenljeni fluks pobude, treba ostvariti kočioni režim uz moment kočenja M k = -80 

[Nm] pri brzini obrtanja n k = 350 [min -1 ]. Veličina momenta trenja i ventilacije procenjena je na 

M trv = 5 [Nm]. Odrediti: 

a) Vrednost dodatnog otpora R d ' i rotorske struje I a ' u slučaju primene protivstrujnog kočenja. 

b) Vrednost dodatnog otpora R d '' i rotorske struje I a '' u slučaju primene dinamičkog kočenja. 

c) Koji je od navedenih kočionih režima ekonomičniji? 


Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: fazni napon U s = 220 [V]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 1400 [min -1 ]; induktivnosti rasipanja L s = L r ' = 8.8 [mH]; 

zajednička induktivnost L m → ∞ [mH]; otpornost statora R r ' ≈ 0 [Ω]; otpornost rotora svedena na 

stator R r ' = 2.5 [Ω]; nominalna učestanost f s = 50 [Hz], pušta se u rad pomoću rotorskog otpornika 

koji se može kontinualno menjati. Motor pokreće opterećenje sa konstantnim momentom 

nezavisnim od brzine obrtanja, jednakim nominalnom momentu motora, i sa ukupnim momentom 

inercije J Σ = 2 [kgm 2 ]. Odrediti: 

a) Zavisnost vrednosti dodatnog otpora od brzine tako da se u toku polaska održava stalna i 

maksimalna vrednost ubrzanja. 

b) Izvesti zavisnost struje statora od brzine ako se polazak ostvaruje prema a). 

c) Nacrtati dijagrame promene dodatnog otpora i struje statora u funkciji brzine, do brzine 

stacionarnog stanja kod opisanog načina polaska. 

101


2002. GODINA 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 22 [kW], nominalne brzine obrtanja n nom = 

2880 [min -1 ], sa sopstvenim momentom inercije J m = 0.2 [kgm 2 ] upušta se otporničkim upuštačem 

koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju vrednosti 130% od nominalne vrednosti 

momenta. 

Koliki sme biti moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora ako se zalet 

mora obaviti za t z = 2 [s]. 


Trofazni asinhroni motor sa podacima P nom = 100 [kW], f nom = 50 [Hz], n nom = 970 [min -1 ] 

diže preko reduktora teret G T brzinom od v T = 1.2 [ms -1 ], pri čemu se vrti brzinom obrtanja od n md = 

983 [min -1 ]. Vlastiti gubici motora zbog trenja i ventilacije su P trv = 1.8 [kW], a gubici reduktora i 

prenosnog mehanizma su P r = 4.2 [kW], a možemo ih smatrati da su približno konstantni pri 

nominalnoj brzini obrtanja. Pretpostaviti da su momenti trenja i gubitaka reduktora i prenosnog 

mehanizma u prvom i drugom režimu rada konstantni. 

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


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

napon motora je U nom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja n nom = 700 [min -1 ] i koeficijent korisnog 

dejstva η m = 0.8 [ ]. 

Odrediti koliki teret može da digne dizalica sa takvim motorom na visinu od h = 10 [m] u 

roku od t = 10 [s], ako je stepen iskorišćenja prenosnog mehanizma η p = 0.5 [ ]. 

n 

n 0 

= 760 [min -1 ] 

n = 700 [min -1 ] 

M = 10 [Nm] 

M 


Za nominalni režim motora važi: 

E 

E 

= U − I 

( R + R ) = 220 − 50 ⋅ 0.5 = [ V ] 

nom anom a pp 

195 

k 

Φ 

n 

⇒ k 

Φ 

E = 

n 

195 = 

[ Vmin] 

nom 

nom = 

E nom anom E nom = 0. 195 

anom 

1000 

60 Pm 

30 EnomI 

anom 30 195 ⋅50 

m 

= = 

= ⋅ = 93. [ Nm] = k 

MΦnomI 

anom 

⇒ 

2π 

nnom 

π nnom 

π 1000 

M 1125 

102


2002. GODINA 

30 30 

⎡ Nm⎤ 

k 

MΦnom 

= k 

EΦnom 

= ⋅ 0.195 = 1. 86225 

π π 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

a) U režimu kočenja važi: 

M 

k 

' = M 

k 

+ M 

trv 

= −80 

+ 5 = −75 

[ Nm] 

Protivstrujno kočenje izvodi se izmenom polariteta napona i dodavanjem otpornika u 

rotorsko kolo, pa za taj režim važi: 

gde je: 

n 

k 

U 

= 

k Φ 

E 

ps 

nom 

− M 

k 

' 

( R + R + R ') 

k 

a 

E 

k 

M 

pp 

( Φ ) 

nom 

d 

2 

= n 

0 ps 

1 

[ ] 

U 

ps − 

n 

220 0 

= = = −1128. 

205 min 

− 

ps 

k Φ 0.195 

Pa važi: 

R 

n 

E 

nom 

− n 

2 

( Φ ) − ( R + R )= 

0 ps k 

d 

' = k 

Ek 

M nom a pp 

M 

k 

' 

− M 

−1128.205 

− 350 

= ⋅ 0.195 ⋅1.86225 

− 0.5 = 6. 6572 

− 75 

Vrednost struje u kočionom režimu, nalazimo iz relacije: 

k 

' 

( R + R + R ') 

k 

a 

E 

k 

M 

pp 

( Φ ) 2 

[ Ω] 

nom 

d 

M 

M 

k 

nom 

' = k 

= k 

M 

M 

Φ 

Φ 

nom 

nom 

I 

I 

ak 

' ⎫ 

⎬ ⇒ I 

⎭ 

anom 

ak 

' = I 

anom 

M 

M 

k 

' 

nom 

− 75 

= 50 ⋅ = −40.2738 

93.1125 

[ A] 

Prema tome snaga gubitaka u režimu protivstrujnog kočenja iznosi: 

2 

( R + R + R ') = 40.2738 ⋅ ( 0.5 + 6.6572) = 11608.827[ W ] ≈ 11. [ kW ] 

2 

Pg ' = I 

ak 

' 

a pp d 

61 

b) U režimu kočenja važi: 

[ Nm] ⇒ I '' = I ' = −40. 

[ A] 

M 

k 

'' 

= M 

k 

' = −75 

ak ak 

2738 

Dinamičko kočenje izvodi se odspajanjem napona i dodavanjem otpornika u rotorsko kolo, 

pa za taj režim važi: 

U 

dk 

Pa važi: 

= 0 ⇒ n 

k 

= −M 

k 

'' 

( R + R + R ' ) 

a 

k 

E 

k 

M 

pp d 

' 

( Φ ) 2 

nom 

103


2002. GODINA 

nk 

2 

Rd 

'' 

= − k 

Ek 

M 

( Φnom 

) − ( Ra 

+ R 

pp 

)= 

M 

k 

'' 

350 

= − ⋅ 0.195 ⋅1.86225 

− 0.5 = 1. 1946 Ω 

− 75 

[ ] 

Prema tome snaga gubitaka u režimu dinamičkog kočenja iznosi: 

2 

( R + R + R '') = 40.2738 ⋅ ( 0.5 + 1.1946) = 2748.606[ W ] ≈ 2. [ kW ] 

2 

Pg '' = I 

ak 

'' 

a pp d 

75 

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


Vrednost maksimalnog kritičnog momenta iznosi: 

M 

2 

2 

s 

⎞ 1 3⋅ 

2 ⎛ 220 ⎞ 1 

kr ⎟ = ⋅⎜ 

⎟ = 83. 67 

s 

Ls 

+ Lr 

' 2 ⎝ 2π 

⋅50 

⎠ 2 ⋅ 0.0088 

3p 

⎛U 

= 

2 

⎜ 

⎝ ω 

Kritično klizanje iznosi: 

⎠ 

[ Nm] 

s 

kr 

= 

ω 

s 

R 

' 

( L + L ') 

s 

r 

r 

= 

2.5 

= 0.45[ ] 

2π 

⋅50 

⋅ 2 ⋅ 0.0088 


s 

nom 

= 

n − n 

1 

n 

1 

nom 

1500 −1400 

= 

1500 

= 

1 

15 

= 0.067[ ] 

Pa je nominalni moment: 

M 

2M 

kr 

= 

snom 

s 

+ 

s s 

nom 

24. 47 

kr 

0.067 0.45 

kr 

nom 

= 

2 ⋅83.67 

= 

+ 

0.45 0.067 

[ Nm] 

a) Maksimalna vrednostost ubrzanja pri polasku obezbeđuje se pri M 

pol 

= M 

kr 

, odnosno: 

α 

2 

[ ] 

dω 

M 

pol 

− M 

T M 

kr 

− M 

nom 83.67 

− 24.47 

− 

= = 

= 

= 

= 29.65 s 

dt J 

J 

2 

Σ 

Σ 

uslov: 

Zavisnost otpora, radi održanja maksimalnog ubrzanja tokom zaleta, treba da zadovolji 

s 

( n) = s ( n) 

kr 

n1 

− n R 

= = 

n ω 

1 

s 

' + R ' 

r d 

( L + L ') ⇒ 

n1 

− n 

n ⎞ 

Rd 

' = ωs 

s r r 

s 

n 

⎜ 

1 

n ⎟ω 

⎝ 1 ⎠ 

s 

r 

⎛ 

( L + L ') − R ' = ⎜1 

− ⎟ ( L + L ') − R ' 

104 

s 

r 

r


2002. GODINA 

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

R 

dmax 

( L + L ') − R ' = 2 ⋅π 

⋅50 

⋅ ( 0.0088 + 0.0088) − 2.5 = 3. [ Ω] 

' = ω 

026 

s 

s 

b) Struja zadovoljava sledeću relaciju: 

r 

r 

I 

s 

( ω) 

= 

2 

U 

⎛ Rr 

' + Rd 

' ⎞ 

⎜ ⎟ + ωs 

⎝ s( ω) 

⎠ 

s 

2 ( ) 2 

L 

s 

+ L 

r 

' 

Pošto važi: 

s 

sledi da je: 

I 

Rr 

' + Rd 

' Rr 

' + Rd 

' 

= 

kr 

= 

⇒ = ωs 

( Ls 

+ Lr 

')⇒ 

ω 

( ω) s ( ω) 

( ω) 

s 

( L + L ') s( ω) 

s 

r 

U 

s 

220 

= = 

= 28. 134 

2ω 

π 

[ A] = I ( n) konst 

s s 

= 

s 

( Ls 

+ Lr 

') 2 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 50 ⋅ ( 2 ⋅ 0.0088) 

struja konstanta, odnosno nezavisna od brzine obrtanja motora. 

c) Prethodne zavisnosti dodatnog otpora i struje u funkciji brzine važe samo do izlaska na 

prirodnu karakteristiku motora, odnosno do brzine obrtanja jednakoj kritičnoj n = n bkr : 

n 

kr 

−1 

( 1− 

s ) = 1500( 1− 

0.45) = [ ] 

= n1 kr 

825 min 

R d 

' [Ω] 

I s 

[A] 

3 

30 

2 

20 

I s 

= f (n) [A] 

R d 

' = f (n) [Ω] 

1 

10 

0 

0 

0 

R d 

' = 0 

200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 

n [min -1 ] 

Pošto je tad R d ‘ = 0, odnosno za n > n bkr važi: 

I 

s 

( ω) 

= 

2 

⎛ Rr 

' ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

U 

+ ω 

s 

s 

2 ( ) 2 

L 

s 

+ L 

r 

' 

105


2002. GODINA 

sve do stacionarnog stanja n nom = 1400 [min -1 ]; I nom = 5.8 [A]. 

Traženi dijagram ima oblik kao na dijagramu na prethodnoj slici. 



M 

= 

60 

P 

30 22000 

= ⋅ = 72. 

π 2880 

nom 

nom 

946 

2π 

nnom 

[ Nm ] 

Moment ubrzanja je nalazimo iz uslova zadatka: 

M 

d 

= const = M 

m 

− M 

t 

= 1.3M 

nom 

− 0 = 1. 3M 

nom 

= 1.3⋅ 

72.946 = 94.8298[ Nm] 

= 

Za konstantni moment ubrzanja važi: 

t 

zal 

πJ 

30 ⋅ M 

d 

n J = J 

m 

+ J 

t 

' = 

π ⋅ n 

Σ 

= ⋅ 

nom 

⇒ 

Σ 

30M 

d 

⋅t 

zal 

zal 

Pa sledi da traženi moment inercije radnog mehanizma sveden na osovinu motora mora biti 

manji od: 

30 ⋅ M 

d 

⋅t 

zal 30 ⋅94.8298 

⋅ 2 

J 

t 

' < 

− J 

m 

= 

− 0.2 = 0.429 

π ⋅ n 

π ⋅ 2880 

zal 


Nominalni moment motora određen je relacijom: 

M 

60 

P 

30 

100000 

nom 

nom 

= = ⋅ = 984. 664 

2π 

nnom 

π 970 

[ Nm] 

2 

[ kgm ] 

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

M 

60 

P 

30 

1800 

trv 

trv 

= = ⋅ = 17. 720 

2π 

nnom 

π 970 

[ Nm] 

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi: 

M 

= M 

+ M 

mnom nom trv 

= 984 .664 + 17.720 = 1002. 384 

[ Nm] 

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

60 Pr 

30 4200 

M 

r 

= = ⋅ = 41. 347 

2π 

n π 970 

nom 

[ Nm] 

106


2002. GODINA 

Vrednost proizvedenog moment motora pri dizanju brzinom obrtanja motora n md = 983 

[min -1 ], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacije momenta u funkciji klizanja u 

okolini sinhrone brzine obrtanja: 

+M 

M mnom 

M md 

n 1 

n sp 

+s 

n nom 

-s 

n d 

⇒ 

M msp 

-M 

M 

s 

mnom 

nom 

M 

= 

s 

md 

d 

M 

⇒ 

n − n 

1 

mnom 

nom 

M 

md 

= 

n − n 

n1 

− nd 

1000 − 983 

M 

md 

= M 

mnom 

= ⋅1002.384 

= 567. 902 

n − n 

1000 − 970 

1 

nom 

Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi: 

1 

d 

[ Nm] 

( M + M ) = 567.902 − ( 17.720 + 41.347) 508. [ Nm] 

M 

T 

' = M 

md 

− 

trv r 

= 835 

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

( M + M ) = −508.835 

+ ( 17.720 + 41.347) = −449. 

[ Nm] 

M 

msp 

= −M 

T 

' + 

trv r 

768 

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

M 

n 

s 

sp 

mnom 

nom 

M 

msp M M 

msp 

M 

mnom 

msp 

= ⇒ = ⇒ n1 

− nsp 

= ( n1 

− nnom 

)⇒ 

s n − n n − n 

M 

sp 

1 

nom 

1 

sp 

mnom 

M 

msp 

− 449.768 

= n1 − 

1 nom 

970 

M 

1002.384 

mnom 

( n − n ) = 1000 − ( 1000 − )= 

−1 

[ ] 

= 1000 + 13.453 = 1013.453 min 

Prema tome teret će se kretati brzinom shodno izrazu: 

v 

n 

d 

d 

1 

[ ] 

vsp 

nsp 

1013.453 

− 

= ⇒ vsp 

= vd 

= ⋅1.2 

= 1.237 ms 

n n 983 

sp 

d 


Nominalna mehanička snaga motora iznosi: 

107


2002. GODINA 

2π 

π 

Pnom = M 

nomΩ 

nom 

= M 

nom 

nnom 

= 10 ⋅ ⋅ 700 = 732. 

038 

60 30 

Masu tereta dobijamo iz uslova povećanja potencijalne energije za vreme od t = 10 [s], pri 

stepenu iskorišćenja prenosnog mehanizma η p = 0.5 [ ]. 

W Pnomη 

pt 

732. 

038 ⋅ 0. 

5 ⋅10 

mT = = = 

= 36. 

652 

gh gh 9. 

81⋅10 

[ kg] 

[ W ] 



Asinhroni kratkospojeni motor ima sopstveni moment inercije J M = 3.5 [kgm 2 ]. Dozvoljeni 

broj upuštanja na sat samog motora iznosi z = 1715 [h -1 ]. Ako zanemarimo gubitke u statoru, 

praznom hodu i reduktoru, odrediti koliko puta se može reverzirati do pune brzine sa motorom na 

sat, ako je na osovinu preko reduktora prenosnog odnosa i R = 4 [ ] dodat zamajac sa momentom 

inercije J Z = 160 [kgm 2 ]. 




1150 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.2 [Ω]; pokreću okretnu peć sa 

kojom su mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih 

motora, u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. 

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

M 

M1 

M2 

M 


Asinhroni motor nominalne snage P nom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja n nom = 1430 

[min -1 ] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici. Ukupni moment inercije opterećenja sveden 

na osovinu motora je J Σ = 150 [kgm 2 ]. Motor ima visoki faktor preopterećenja M kr /M nom = 4. 

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

zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja. 

108


2002. GODINA 

M t 

M imp 

= 1500 [Nm] 

M tra 

= 100 [Nm] 

t imp 

= 2 [s] 

t 


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

P nom = 15 [kW]; nominalni rotorski napon U nom = 220 [V]; moment kratkog spoja M max = 1000 

[Nm]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1500 [min -1 ]; brzina obrtanja u praznom hodu n 0 = 1700 

[min -1 ]; pokreće radnu mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 25 

[kgm 2 ], bez mehaničkog otpornog momenta. Zalet se izvodi tako da se armature oba motora spoje 

zajedno u seriju i priključe na konstantni puni napon jednosmernog izvora, a posle završenog zaleta 

do n 1 = 750 [min -1 ] se armature prespoje paralelno i priključe na pun napon. 

a) Odrediti gubitke energije u rotorskom kolu oba motora tokom zaleta do brzine n nom = 

1500 [min -1 ]. 

b) Odrediti vrednost energije uzete iz mreže tokom zaleta pogona do n nom = 1500 [min -1 ] 

ako srednja vrednost gubitaka (mehaničkih i pobudnih) po motoru iznosi P g = 800 [W]. 


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

motora može se izvesti sa bimetalnim releom spojenim ili preko zasićenog ili nezasićenog strujnog 

transformatora. Ako bimetalni rele ima karakteristiku kao na dijagramu, ustanoviti: 

a) Kolika mora biti struja zasićenja zasićenog strujnog transformatora ako je bimetal 

spojen preko njega. 

b) Koliko mora minimalno trajati isključenje bimetalnog relea pri zaletu ako je strujni 

transformator nezasićen. 

11 

10 

9 

8 

bimetalni rele 

I / I nom 

7 

6 

5 

4 

3 

teški zalet 

2 

1 

nazivno opterećenje 

0 

0.2 

0.4 

1 2 4 

sekunde 

10 

20 

40 1 

2 

4 

10 

20 

t 

minuti 

40 

100 

109


2002. GODINA 


Pogon sa asinhronim motorom nema moment opterećenja M T = 0, tako da se sva uložena 

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

sledi: 

M 

m 

= J 

Σ 

dω 

dt 

ω 

s 

−ω 

⇒ s = 

ω 

s 

⇒ 

ds 

dt 

1 

= 

ω 

s 

dω 

dt 

⇒ M 

m 

= −J 

Σ 

ω 

s 

ds 

dt 

odnosno: 

M 

m 

dt = −J 

Σ 

ω 

s 

ds 

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ω s s, dobijamo relaciju u kojoj proizvod M m ω s pretstavlja 

snagu obrtnog magnetnog polja, a njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost 

gubitaka u bakru rotora, pa dobijamo: 

M 

2 

m 

ω 

ssdt 

= −J 

Σω 

s 

sds = 

p 

Cur 

dt 

Samu energiju gubitaka u bakru rotora dobijamo integraljenjem: 

W 

Cur 

t2 

s2 

s1 

= 

2 

∫ pCurdt 

= −∫ 

J 

s 

sds = ∫ 

Σω 

t 

s 

s 

1 

1 

2 

J 

Σ 

ω 

2 

s 

sds = J 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 2 

( s − s ) 

1 

2 

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

W 

z 

≈ J 

M 

ω 

2 

s 

2 

2 2 

( 1 − 0 ) 

= J 

M 

ω 

2 

s 

2 

Energija gubitaka u bakru rotora za jedno reverziranje od pune do pune brzine suprotnog 

smera opterećenog motora iznosi: 

W 

r 

≈ 

2 

ω 

s 2 2 

( J + J ') ( 2 − 0 ) 

M 

Z 

2 

⎛ 

= 4⎜ 

J 

⎝ 

M 

J 

+ 

i 

Z 

2 

R 

⎞ ω 

⎟ 

⎠ 2 

2 

s 

Ako zanemarimo gubitke u statoru, praznom hodu i reduktoru, ukupna energija tokom 

jednog časa rada sa z upuštanja, koja ne dovodi do pregrevanja motora iznosi: 

W 

= zW z 

zJ M 

Σ 

= 

ω 

2 

s 

2 

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

W 

Σ 

= zJ 

M 

ω 

2 

s 

2 

≥ rW 

r 

⎛ 

= r4⎜ 

J 

⎝ 

M 

J 

+ 

i 

Z 

2 

R 

ω 

⎟ ⎞ 

⎠ 2 

2 

s 

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

110


2002. GODINA 

r ≤ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

zJ 

M 

J 

1715⋅3. 

5 

= 

= 111. 

57[ ] 

⎞ ⎛ 160 ⎞ 

⎟ 4 ⋅⎜3. 

5 + ⎟ 

⎝ 4 

⎠ 

⎠ 

Z 

4 J 

2 

2 

⎜ 

M 

+ 

iR 

Odnosno dopušteno je maksimalno 111 reverziranja. 


Nominalnu vrednost momenta motora dobijamo iz sledećih relacija: 

( R + R ) = 220 − 74 ⋅ 0. 

2 = 205. 

[ V ] 

Enom = U 

nom 

− I 

anom a pp 

2 

60 Pnom 

60 EnomI 

anom 30 205.2 ⋅ 74 

M = = 

= ⋅ = 126. 

2π 

n 2π 

n π 1150 

nom 

10 

nom 

nom 


Enom 

205. 

2 

Enom = k 

EΦnomnnom 

⇒ k 

EΦnom 

= = = 

n 1150 

nom 

111 

0. 

178 

[ Nm] 

[ Vmin] 

M 

nom 126. 

10 ⎡ Nm⎤ 

M 

nom 

= k 

MΦnomI 

anom 

⇒ k 

MΦnom 

= = = 1. 

704 

I 74 ⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

anom 


različiti u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite 

momente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važe sledeće 

naponske i momentne jednačine: 

Φm 

1 

( R + R ) = k Φ n + I ( R + R ) = k Φ n + I ( R + R )= 

= Em 

1 

+ I 

a1 

a pp E m1 

a1 

a pp E nom 

a a pp 

Φ 

U 

1 

nom 

= k 

EΦnomn( 1± 

ε 1 

) + I 

a1( Ra 

+ R 

pp 

) 

Φm2 


= Em2 

+ I 

a2 

a pp E m2 

a2 

a pp E nom 

a a pp 

Φ 

U 

2 

nom 

= k 

EΦnomn( 1± 

ε 2 

) + I 

a2 

( Ra 

+ R 

pp 

) 

M 

M 

Φm 

1 

1 

= k 

MΦm1I 

a1 

= k 

MΦnom 

Φnom 

I 

a1 

= k 

MΦnom 

1 a1 

M nom anom 

1 

I 

a1 

= M 

nom 

( 1± 

ε 1 

) 

I 

m 

= k 

Φ 

I 

= k 

anom 

Φ 

Φ 

I 

= k 

a1 

( 1± 

ε ) I = k Φ I ( ± ε ) = 

1 

I 

I 

anom 

a2 

( 1± 

ε ) I = k Φ I ( ± ε ) = 

m1 

m2 M m2 

a2 

M nom a2 

M nom 2 a2 

M nom anom 

1 

Φnom 

= M 

nom 

( ± ) 

1 ε 2 

I 

I 

a2 

anom 

Φ 


1 

, ε2 

≤ 1% 

. Pretpostavimo da važi da je pobudna struja prvog motora veća 

od pobudne struje drugog motora, odnosno da je ε 

1 

> ε 

2 

. Iz naponskih jednačina sledi da je u tom 

2 

I 

I 

anom


2002. GODINA 

slučaju rotorska struja prvog motora manja od rotorske struje drugog motora I 

a1 < I 

a2 

. Najveća 

razlika vrednosti rotorskih struja nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikuju odnosno za 

ε 

1 

= −ε2 

= 1% . Trajno se motori mogu opteretiti maksimalno sa nominalnom vrednošću struje 

I anom = 74 [A], pa u tom slučaju prethodne jednačine nam daju vrednost maksimalno mogućih 

momenata opterećenja pojedinačnih motora: 

( R + R ) 

( 1− 

ε ) 

1 

1 

−1 

[ ] 

U − I 

anom a pp nnom 

1150 

I 

a2 = I 

nom 

⇒ n = 

= = = 1161. 

62 min 

k Φ 

1− 

ε 0. 

99 

E 

nom 

205. 

2 1150 

220 − ⋅ ⋅1. 

01 

U − k 

EΦnomn( 1+ 

ε1 

) 

I 

1150 0. 

99 

a1 = 

= 

= 53. 

27 

R + R 

0. 

2 

a 

pp 

I 

53. 

27 

M 

m1 = M 

nom 

ε1 

= 68 

I 

74 

a1 

( 1+ 

) = 126. 

10 ⋅1. 

01⋅ 

91. 

[ Nm] 

anom 

I 

74 

M 

m2 = M 

nom 

ε1 

= 84 

I 

74 

a2 

( 1− 

) = 126. 

10 ⋅ 0. 

99 ⋅ 124. 

[ Nm] 

anom 

Prema tome vrednost maksimalnog mogućeg momenta opterećenja u najgorem slučaju je 

znatno manja od dvostruke vrednosti nominalnog momenta motora a iznosi: 

[ A] 

[ Nm] < 2 ⋅126. 

1 252. 

[ Nm] 

M 

t 

= M 

m1 + M 

m2 

= 91. 

68 + 124. 

84 = 216. 

52 

= 2 



3 

Pnom 

Pnom 

30 ⋅ 40 ⋅10 

M 

nom 

= = = 

= 267. 

12 

Ω 2π 

nom 

π ⋅⋅1430 

nnom 

60 


s 

n − n 

1500 −1430 

= 

1500 

1 nom 

nom 

= 

= 

n1 

0. 

0467[ ] 

[ Nm] 

Moment motora u ukolini sinhrone brzine možemo smatrati da se menja linearno sa brzinom 

odnosno da važi: 

n 

M 

= 

M 

⇒ M 

= M 

nom 

m 

1 

m nom 

1 

− nnom 

n1 

− n 

n1 

n − n 

− n 

nom 

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

M 

din 

n − n 

n − n 

1 

( n) = M 

m 

( n) − M 

imp 

= M 

nom 

− M 

imp 

1 

nom 



112


2002. GODINA 

2πn 

dω 

π dn 

ω = ⇒ = ⇒ 

60 dt 30 dt 

dω 

π dn 

n1 

− n 

J Σ 

= J Σ 

= M 

din 

= M 

nom 

dt 30 dt 

n1 

− nnom 

− M imp 

= 

n1 

n 

= M 

nom 

− M 

nom 

n1 

− nnom 

n1 

− nnom 

− M 

imp 

⇒ 

π dn M 

nom 

M 

nom 

snomn1 

J 

Σ 

= − n − M 

imp 

/ ⋅ ⇒ 

30 dt snom 

snomn1 

M 

nom 

J 

M 

Σ 

snomn1 

π dn 

imp 

= n1 

− n − snomn1 

⇒ 

M 

nom 

30 dt M 

nom 

J 

⎛ M ⎞ 

Σ 

snomn1 π dn 

imp 

+ n = n 

⎜ − s 

⎟ 

1 

1 

nom 

M 

nom 

30 dt ⎝ M 

nom ⎠ 

U stacionarnom stanju važi proporcija: 

n 

M 

M 

M 

nom 

imp 

imp 1 

= ⇒ = 

1 

− nnom 

n1 

− nimp 

M 

nom 

n1 

n 

− n 

− n 

imp 

nom 

pa zadnja jednačina može da se napiše u obliku: 

J 

Σ 

s 

M 

nom 

nom 

n 

1 

π 

30 

dn 

dt 

⎛ n1 

− n 

+ n = n 

⎜ 

1 

1− 

⎝ n1 

− n 

imp 

nom 

n 

1 

− n 

n 

1 

nom 

⎞ 

⎟ = n 

⎠ 

imp 

gde je: 

n 

imp 

M 

= n 

min 

1500 

−1 

( n − n ) = 1500 − ⋅ ( 1500 −1430) = 1107. 

[ ] 

imp 

1 

− 

1 nom 

03 

M 

nom 

267. 

12 


1500 −1430 

150 ⋅ 

⋅1500 

⋅π 

J 

Σ 

snomn1 

π 

T 

1500 

m 

= 

= 

= 4. 

12 

M 30 267. 

12 ⋅ 30 

nom 


[] s 

dn 1 

+ n = 

1 

dt T T 

m 

m 

n 

imp 



n = n F 

+ n N 

113


2002. GODINA 

dn 

dt 

N 

1 

+ 

T 

m 

n 

N 

1 

+ 

T 

m 

⋅ n 

F 

1 

= 

T 

m 

n 

imp 

⇒ n 

F 

= n 

imp 


dn 

dt 

N 

n = n 

+ 

T 

F 

1 1 

t 

Tm 

nN 

= 0 ⇒ nN 

= A ⋅ e 

− 

m 

+ n 

N 

= n 

imp 

+ A⋅ 

e 

1 

− t 

T 

m 

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

n 

tra 

M 

= n 

min 

100 

−1 

( n − n ) = 1500 − ⋅ ( 1500 −1430) = 1473. 

[ ] 

tra 

1 

− 

1 nom 

12 

M 

nom 

267. 

12 

pa se dobija funkcija promene brzine sa vremenom: 

A = n tra 

− n imp 

n = n 

imp 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

1 

− t 

T 

m 

⎞ 

⎟ + n 

⎟ 

⎠ 

tra 

e 

1 

− t 

T 

m 

Funkciju promene momenta motora dobijamo daljim razvojem: 

M 

m 

= M 

nom 

M 

= 

n − n 

1 

= M 

imp 

n1 

− n 

n − n 

nom 

1 

nom 

⎪ 

⎧ 

⎨n 

⎪⎩ 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

nom 

1 

1 

− t 

T 

M 

= 

n − n 

1 

nom 

⎡ M 

− ⎢n1 

− 

⎣ M 

m 

⎞ 

⎟ + M 

⎟ 

⎠ 

tra 

e 

nom 

imp 

nom 

1 

− t 

T 

m 

⎡ 

⎢n1 

− n 

⎢ 

⎣ 

imp 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

⎤ 

⎥⎛ 

− 

⎦ 

⎜ 

⎝ 

1 

− t 

T 

m 

⎞ 

⎟ + n 

⎟ 

⎠ 

1 

− t 

⎞ 

tra 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

e 

1 

− t 

T 

m 

⎤ 

⎥ = 

⎥ 

⎦ 

( ) ⎜ Tm 

⎟ 

tra 

Tm 

n − n 1 e + n − ( n − n ) e = 

1 

nom 

⎟ 

⎠ 

1 

M 

M 

nom 

1 

nom 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

1 

− t 

⎪ 

⎫ 

⎬ 

⎪⎭ 

Na osnovu prethodnih relacija dobijamo traženu brzinu obrtanja i moment motora na kraju 

udarnog opterećenja: 

2 

2 

− 

− 

n 

4 12 

4 12 

1107 . 03 ⋅ ⎜1 

e 

. ⎟ + 1473 . 79 ⋅ e 

. 

k 

−1 

[ ] 

⎛ ⎞ 

= 

⎜ − 

⎟ 

= 1332 . 75 min 

⎝ ⎠ 

2 

2 

⎛ − ⎞ 

. 

1500 1 e 

4 

− 

= ⋅ ⎜ 12 ⎟ 

4 12 

− 

+ 100 ⋅ e = 638. 

[ Nm] 

⎝ ⎠ 

. 

M 

mk 

40 

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkciji 

vremena tokom udarnog opterećenja. 

114


2002. GODINA 


a) Gubitke energije u bakru između dva vremenska trenutka t 1 i t 2 , odnosno dve brzine n 1 i n 2 

dobijamo iz relacije: 

W 

Cu 

t 

2 

∫ 

2 

∫ 

2 

a 

= dA = RI dt = J 

Σ 

Σ 

t 

1 

= J 

Σ 

Cu 

⎡ 

⎢ω 

⎣ 

0 

t 

t 

1 

ω 

2 

∫ 

ω 

1 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

2 

( ω − ω) dω 

= J ω ω − = 

0 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

0 

2 

ω ⎤ ω 

⎥ 

2 ⎦ ω1 

2 2 

2 

2 2 

ω −ω 

⎛ 2π 

⎞ 

n − n ⎤ 

( ω −ω 

) − 

2 1 = J n ( n − n ) − 

2 1 

⎥ 

⎦ 

2 

1 

2 

Σ 

⎜ ⎟ 

⎝ 60 ⎠ 

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

n 

−1 

−1 

−1 

[ min ] n = 0[ min ] n = [ ] 

0 

850 

1 

2 

750 

= min 

2 

2 2 

25 ⎛ 2π 

⎞ ⎡ 

750 − 0 ⎤ 

Wz ' = 2W 

Cu 

' = 2 ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎢850 

⋅ 

⎥ 65 

2 ⎝ 60 ⎠ ⎣ 

2 ⎦ 

Za drugi deo zaleta važi: 

n 

−1 

−1 

−1 

[ min ] n = 750[ min ] n = [ ] 

0 

1700 

1 

2 

1500 

= min 

2 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

0 

2 

( 750 − 0) − 

= 97119. [ Ws] 

2 2 

25 ⎛ 2π 

⎞ ⎡ 

1500 − 750 ⎤ 

Wz '' 

= 2W 

Cu 

'' 

= 2 ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎢1700 

⋅ 

⎥ 64 

2 ⎝ 60 ⎠ ⎣ 

2 ⎦ 

Ukupni rotorski gubici tokom zaleta iznose: 

1 

( 1500 − 750) − 

= 118229. [ Ws] 

2 

115


[ Ws] ≈ [ kWs] 

Wz = Wz 

' + Wz 

'' 

= 97119.65 + 118229.64 = 215349.29 215 

2002. GODINA 

b) Mreža sem rotorskih gubitaka pokriva i mehaničke gubitke, gubitke pobude i kinetičku 

energiju. Kinetička energija iznosi: 

2 

2 

2 

2 

ω ⎛ 2π 

⎞ n ⎛ 2π 

⎞ 1500 

W k 

= J 

Σ 

= J 

Σ ⎜ ⎟ = 25 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ = 308425. 13 

2 ⎝ 60 ⎠ 2 ⎝ 60 ⎠ 2 

2 

[ Ws] 

Zalet motora izvodi se po linearnoj karakteristici momenta motora: 

M 

m 

M 

⎛ n 

⎜1 − 

⎝ n 

= 

max 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Pošto je moment opterećenja M = 0 važi: 

T 

M 

d 

= 2M 

m 

= 2M 

max 

⎛ ⎜1 

− 

⎝ 

n 

n 

0 

⎞ 

⎟ = J 

⎠ 

Σ 

dω πJ 

= 

Σ 

dt 30 

dn 

dt 

pa se vreme zaleta nalazi jednostavno: 

t 

zal 

t 

n 

zal 

2 

πJ 

Σ dn πJ 

Σ 

n0 

= ∫ dt = ∫ = 

30 ⋅ 2 ⋅ M 

max ⎛ ⎞ 30 ⋅ 2 ⋅ M 

0 n n 

⎜1 

− 

⎟ 

⎝ n0 

⎠ 

1 

max n1 

0 

n 

2 

∫ 

dn 

n − n 


n 

t 

0 

− n = t ⇒ n = n0 

n0 

−n2 

= πJ 

Σ 

n0 

zal 

30 ⋅ 2 ⋅ M 

∫ 

max n −n 

Za prvi deo zaleta važi: 

n 

0 

− t ⇒ dn = −dt 

1 

− 

dt 

t 

πJ 

Σ 

n0 

= 

30 ⋅ 2 ⋅ M 

max 

n 

ln 

n 

0 

0 

− n 

1 

− n 

−1 

−1 

−1 

1000 

[ min ] n = 0[ min ] n = 750[ min ] M [ Nm] 

0 

= 850 

1 

2 

max 

= 

⋅ 25 ⋅850 

850 − 0 

t zal 

' = π ⋅ln 

= 4. 

76 

30 ⋅1000 

850 − 750 

Za drugi deo zaleta važi: 

[] s 

−1 

−1 

−1 

[ min ] n = 750[ min ] n = 1500[ min ] M [ Nm] 

n = 1700 

max 

1000 

0 1 

2 

= 

⋅ 25 ⋅1700 

1700 − 750 

t zal 

'' = π ⋅ln 

= 3. 

47 

60 ⋅1000 

1700 −1500 

Ukupno vreme zaleta iznosi: 

[] s 

2 

2 

116


t 

zal 

= t 

zal' 

+ t 

zal'' 

= 4 . 76 + 3. 

47 = 8. 

23 

[] s 

2002. GODINA 

Mehanički gubici i gubici pobude tokom zaleta iznose: 

Wg = 2 Pg 

t 

zal 

= 2 ⋅ 800 ⋅ 8.23 = 13168 

[ Ws] 

Mreža prema tome tokom zaleta daje ukupno: 

[ Ws] [ kWs] 

Wmre = Wz 

+ Wk 

+ Wg 

= 215349.29 

+ 308425.13 + 13168 = 536942.42 ≈ 537 


Iz dijagrama se može oceniti da je: 

a) Struja zasićenja I = 2.2 I nom . 

b) Vreme isključenja t ≥ 45 [s]. 

11 

10 

9 

8 

bimetalni rele 

I / I nom 

7 

6 

5 

4 

teški zalet 

3 

2.2 

2 

1 

0 

nazivno opterećenje 

0.2 0.4 1 2 4 10 

sekunde 

20 

40 1 

45 [s] 

2 

4 

10 

20 

t 

minuti 

40 

100 

117


2003. GODINA 

2 




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

opsegu od 0 do 1.5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine, odrediti: 

a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti 

preopteretljivost ne sme da bude manja od 1.3? 

b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri 

opterećenju iz a)? 

c) Sa kojom učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno 

ubrzanje? 

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

Podaci o motoru su: U s = 220 [V]; n nom = 1400 [min -1 ]; L s = L r ' = 8.8 [mH]; R r ' = 2.5 [Ω]; f s 

= 50 [Hz]. 

Ukupni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi: J Σ = 0.8 [kgm 2 ]. 


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

u polasku razvija polazni moment jednak nominalnom momentu M pol = M nom = 31 [Nm], a kritični 

moment mu iznosi M kr = 3M nom . 

Motor pokreće radnu mašinu čiji je otporni moment nezavisan od brzine i jednak M t = 25 

[Nm]. Odrediti: 

a) Nominalnu brzinu obrtanja motora. 

b) Vrednost rasipnog induktiviteta statora L s = ? i rotora L r ' = ? pod pretpostavkom da su 

približno iste. 

c) Vrednost dodatnog otpora R d ' = ? pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje pod 

pretpostavkom da je otpor statorskog namotaja zanemarljiv R s = 0. 


Trofazni kliznokolutni motor pokreće ukupni moment inercije J Σ = 3.7 [kgm 2 ]. Kritični 

moment motora je M kr = 1.9M nom [Nm], a postiže se pri brzini n kr = 662 [min -1 ]. Nominalna snaga i 

brzina obrtanja su P nom = 5 [kW]; n nom = 725 [min -1 ]. 

a) Koliko je vreme zaleta motora t zal = ? do brzine n = 700 [min -1 ]? 

b) Pri kojem dodatnom otporu ukolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine 

ako je R r ' = 2.2 [Ω]? 


Lift za četiri osobe (m t = 320 [kg]) ima vlastitu masu m s = 490 [kg] i brzinu dizanja od v = 

0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je n nom = 960 [min -1 ]. 

a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)? 

b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ? 



napon U nom = 220 [V]; nominalna snaga P nom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1150 

[min -1 ]; brzina obrtanja u praznom hodu n 0 = 1235 [min -1 ]; pokreću okretnu peć sa kojom su 

118


2003. GODINA 

mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Nominalne brzine pojedinačnih motora, 

zbog različitog otpora rotorskog kola u najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. 

Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgorem 

slučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnih 

momenata pojedinačnih motora? 

M 

M 

M1 

M2 


Za ≈ 0 

s s snom 

R , važi: U ( f ) = 

⋅ 

s 

s 

s 

⎧U 

⎪ 

f 

U 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

snom 

snom 

snom 

f 

⇐ 

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

⇐ 

f 

s 

f 

> 

≤ 

f 

f 

snom 

s 

kr 

ω 

s 

′ 

R 

2. 

5 

r 

= ω 

kr 

= = = 142 05 

′ 

L 

. 

s 

+ L 2 ⋅ 0 0088 

r 

. 

⎡rad 

⎢ 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

≠ 

f 

( ω ) 

s 

Relativna brzina rotora pri M kr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju M t , 

odnosno iznosi: 

λ = 

M 

M 

kr 

t 

⇒ ω 

ra 

= ω 

kr 

2 

2 

⎡rad 

⎤ 

( λ − λ −1) = 142. 

05⋅ 

( 1. 

3 − 1. 

3 −1) = 66. 

65 ⎥ ⎦ 

⎢ 

⎣ 

s 

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa: 

ω 

f 

s max 

s max 

= 1. 

5ω 

ω 

= 

2π 

s max 

snom 

+ ω 

ra 

= 80. 

56 

1400 ⋅ pπ 

= 1. 

5⋅ 

30 

[ Hz] 

⎡rad 

+ 66. 

65 = 506. 

2⎢ 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi: 

119


2003. GODINA 

2 

2 

3 ⎛U 

snom 

⎞ 1 3 ⎛ 220 ⎞ 1 

M 

kra 

= 

32. 

196 

2 

⎜ 

⎟ = ⋅ 

= 

s max L L 2 

⎜ 

506. 

2 

⎟ 

′ 

⋅ 

⎝ω 

⎠ + ⎝ ⎠ 2 ⋅ 0. 

0088 

s 

r 

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja: 

M 

kra 32. 

196 

M 

t 

= = = 24. 

77 

1. 

3 1. 

3 

[ Nm] 

[ Nm] 

b) Pri učestanosti manjim od f snom kritični moment M kr je konstantan i iznosi : 

2 

2 

3 ⎛U 

snom 

⎞ 1 3 ⎛ 220 ⎞ 1 

M 

krb 

= 

83. 

67 

2 

⎜ 

⎟ = ⋅ 

= 

snom L L 2 

⎜ 

314 

⎟ 

′ 

⋅ 

⎝ ω ⎠ + ⎝ ⎠ 2 ⋅ 0. 

0088 

Preopteretljivost je: 

λ 

M 

= 

M 

83. 

67 

= 

24. 

77 

krb 

kr 

= 

t 

Relativna brzina rotora je: 

s 

r 

3. 

378[ ] 

[ Nm] 

2 

⎡rad 

⎤ 

( 3. 

378 − 3. 

378 −1) = 21. 

⎥ ⎦ 

⎜⎛ 

2 

ω 

⎟⎞ 

rb 

= ω 

kr 

λkr 

− λkr 

−1 

= 142. 

05⋅ 

507 

⎝ 

⎠ 

⎢ 

⎣ 

Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su: 

s 

ω 

f 

sb 

sb 

= 0. 

8ω 

ω 

= 

2π 

s max 

snom 

+ ω 

rb 

1400 ⋅ pπ 

= 0. 

8⋅ 

30 

256. 

079 

= = 40. 

756 

2π 

[ Hz] 

⎡rad 

⎤ 

+ 21. 

507 = 256. 

079 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

c) Maksimalno ubrzanje za M kr , odnosno za: 

ω 

f 

α 

sc 

sc 

⎡rad 

⎤ 

= 0 + ω 

kr 

= 142. 

05⎢ 

s ⎥ 

⎣ ⎦ 

ω 

sc 142. 

05 

= = = 22. 

607 

2π 

2π 

dω 

1 

1 

= M 

kr 

− M 

t 

= ⋅ 

dt J 

0. 

8 

[ Hz] 

rad 

⎢ 

⎣ s 

⎡ ⎤ 

( ) ( 83. 

67 − 24. 

77) = 73. 

625 

⎥ ⎦ 

= 

2 

Σ 


a) Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnog 

klizanja: 

120


2003. GODINA 

M 

s 

s 

s 

nom 

2 

kr 

2 

kr 

M 

nom 

2 

nom 

s nom 

= M 

2M 

− 

M 

kr 

pol 

pol 

s 

= 

kr 

2M 

kr 

s 

pol s 

+ 

s s 

kr 

kr 

pol 

+ 1 = 0 ⇒ 

⇒ s 

pol 

1 

= 1 ⇒ 

s 

kr 

+ s 

kr 

2M 

− 

M 

2 

6 ± 6 − 4 ⋅1 

⎧0171572875 

. 

− 6skr 

+ 1 = 0 ⇒ skr 

= 

= ⎨ 

2 ⎩5828427125 

. 

2M 

kr 

snom 

skr 

2M 

kr 

s 

= 

⇒ + − = 0/ 

⋅ snom 

⇒ 

snom 

skr 

skr 

snom 

M 

nom 

s 

+ 

s s 

kr 

2M 

− 

M 

kr 

pol 

s 

kr 

nom 

s 

nom 

1029437252 . ± 

= 

+ s 

2 

kr 

= 0 ⇒ s 

1029437252 . 

2 

2 

nom 

Prema tome nominalna brzina obrtanja je: 

a 

s 

2 

−1029437252 

. s 

kr 

pol 

nom 

= 0/ 

⋅ s 

2 

nom 

kr 

kr 

⇒ 

2M 

− 

M 

kr 

nom 

+ s 

+ 0. 

029437251 = 0 ⇒ 

− 4 ⋅ 0. 

029437251 ⎧0. 

029437251 

= ⎨ 

⎩ 10000001 . 

-1 

( 1-s 

) = 1500 ⋅ ( 1-0. 

029437251) 1455844124 . [ min ] 

n = n 

= 

n 

Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija: 

s 

nom 

kr 

= 0/ 

⋅ s 

kr 

⇒ 

3⋅9. 

55 

nS 

X 

S 

+ X 

R' 

2πf 

S 

( X + X ') = ⋅ = ⋅ = 4. 

970107527[ Ω] 

L 

S 

S 

+ L ' = 

R 

R 

s 

U 

2M 

2 

kr 

3⋅9. 

55 

1500 

2 

220 

2 ⋅3⋅31 

4. 

970107527 

= 

= 0. 

015820343 

2π50 

[ H ] ⇒ L = L ' = 7. 

910171[ mH ] 

Vrednost dodatnog otpora pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje dobijamo 

iz sledećih relacija: 

s 

kr 

X 

R ' = s 

s 

r 

p 

= 

= s 

R ' = 

d 

kr 

krc 

S 

R 

r' 

+ X 

' 

( X + X ') = 0 . 171572875 ⋅ 4. 

970107527 = 0. 

852735637[ Ω] 

S 

R 

= 1 = 

X 

⇒ 

R 

R ' + R ' 

+ X 

' 

( X + X ') − R ' = 4. 

970107527-0. 

852735637 = 411737189 . [ Ω] 

S 

R 

r 

S 

r 

d 

R 

⇒ 

S 

⇒ 

R 


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

750 − 700 

s = = 0. 

0667[ ] 

750 

π ⋅ n π ⋅ 750 

ω1 

= = = 78. 

540 s 

30 30 

−1 

[ ] 

121


2003. GODINA 

30 Pnom 

30 5000 

M 

nom 

= ⋅ = ⋅ = 68. 

857 

π n π 725 

nom 

M 

kr 

= 1 . 9M 

nom 

= 1. 

9 ⋅ 68. 

857 = 125. 

129 

750 − 662 

s kr 

= = 0. 

117[ ] 

750 

[ Nm] 

[ Nm] 

Vreme zaleta izračunavamo na osnovu poznate relacije: 

2 

2 

J 

Σ 

ω1 

⎡1− 

s ⎤ 3. 

7 ⋅ 78. 

540 ⎡1− 

0. 

0667 

⎤ 

t 

zal 

= ⎢ − skr 

ln s⎥ 

= 

⎢ − 0. 

117 ⋅ln 

0. 

0667⎥ 

= 5. 

308 

2 M 

kr ⎣ 2skr 

⎦ 2 ⋅125. 

129 ⎣ 2 ⋅ 0. 

117 

⎦ 

b) Najkraće vreme zaleta dobijamo pri kritičnom klizanju koje odgovara ekstremu prethodne 

funkcije za s = 0. 0667 : 

dt 

ds 

zal 

kr 

2 

⎤ 

( 1− 

s ) − ln = 0 

J ⎡ 

Σ 

⋅ω1 

1 

= ⎢− 

s 

2 

⎥ 

2 ⋅ M 

kr ⎣ 2skr 

⎦ 

2 

2 

s −1 

0. 

0667 −1 

s / kr 

= = 

= 0. 

42877 

2ln s 2ln 

0. 

0667 

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

[] s 

s 

s 

R 

/ 

kr 

kr 

= 

R 

/ 

2 

+ R 

X 

R 

X 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

d 

= 

R 

/ 

2 

+ R 

R 

/ 

2 

/ 

d 

/ 

/ 

/ s / / 

⎛ s ⎞ 

kr 

kr ⎛ 0. 

42877 ⎞ 

= R2 − R2 

= R2 

1 2. 

2 

1⎟ 

5. 

862 Ω 

s 

⎜ − = ⋅⎜ 

− 

kr 

s 

⎟ 

⎝ kr ⎠ ⎝ 0. 

117 ⎠ 

/ 

d 

= 

Najkraće vreme zaleta je prema tome: 

2 

2 

J ⎡1 

s / 

⎤ 

Σ 

⋅ω1 

− 

3. 

7 ⋅ 78. 

540 ⎡1− 

0. 

0667 

⎤ 

t 

zal min 

= ⎢ − skr 

ln s 

0. 

42877 ln 0. 

0667 2. 

696 

/ ⎥ = 

⎢ − ⋅ ⎥ = 

2M 

kr ⎣ 2skr 

⎦ 2 ⋅125. 

129 ⎣ 2 ⋅ 0. 

42877 

⎦ 

[ ] 

[] s 


a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi: 

( m + m ) gv = ( 490 + 320) ⋅9. 

81⋅ 

0. 

5 = 3973. 

05[ W ] ≈ 3. 

[ kW ] 

PMot = mgv = 

s t 

97 

b) Potreban moment u trajnom pogonu iznosi: 

60 PMot 

30 3973. 

05 

M 

Mot 

= = 

= 39. 

523 

2π 

n π 960 

nom 

[ Nm] 

122


2003. GODINA 


Nominalna vrednost momenta motora iznosi: 

60 Pnom 

30 15000 

M 

nom 

= = ⋅ = 124. 

56 

2π 

n π 1150 

nom 

[ Nm] 

Prema uslovima zadatka, zbog različitih vrednosti rotorskih otpornosti motora nominalne 

brzine motora se razlikuju, odnosno: 

( ± ) 

( ± ) 

n nom 1 

= n nom 

1 ε 1 

n nom 2 

= n nom 

1 ε 2 


1 

, ε2 

≤ 1% 

. Motori će zbog različitih vrednosti nominalnih brzina razvijati 

različite momente. Motori su mehanički spregnuti pa se okreću istom brzinom obrtanja, pa važe 

sledeće momentne jednačine: 

n 

n 0 

n 

n nom1 

M 1 

n nom2 

M 2 

1 

0 

M nom 

M 

M 

1 

n − n 

0 

M 

2 

n − n 

0 

= 

= 

n 

n 

0 

0 

M 

nom 

− n 

M 

nom1 

nom 

− n 

nom1 

⇒ M 

⇒ M 

1 

2 

= M 

= M 

nom 

nom 

n 

n 

0 

n 

0 

0 

− n 

− n 

n 

0 

− n 

nom 

− n 

nom2 

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

M 

1 

+ M 

2 

= M T 

= 2M 

nom 

⇒ 

M 

M 

1 

1 

− M 

2 

M 

= 2 

T 

= 2∆M 

⇒ ∆M 

M 

= 

+ ∆ M = M +∆M 

nom 

1 

− M 

2 

2 

= M 

nom 

n0 

− n ⎛ 

⎜ 

2 ⎝ n0 

1 

− n 

nom1 

− 

n 

0 

1 

− n 

nom2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

M 

2 

M 

= 2 

T 

− ∆M 

= M −∆M 

nom 

Zgodnom manipulacijom nalazimo brzinu obrtanja: 

123


2003. GODINA 

M 

T 

n = n 

= 2M 

= M 

0 

= n 

0 

− 

− 

nom 

nom 

n 

0 

= M 

1 

⎡ ⎛ 

⎢n 

⎜ 

0 

⎣ ⎝ n 

1 

− n 

0 

nom1 

+ M 

1 

− n 

2 

+ 

n 

2 

nom1 

0 

= M 

1 

− n 

+ 

n 

nom 

0 

nom2 

n 

0 

1 

− n 

= n 

n 

0 

− n 

− n 

nom 

0 

nom1 

[ n0 

− nnom 

( 1± 

ε1 

)][ n0 

− nnom 

( 1± 

ε 

2 

)] 

n ( 1± 

ε ) + n ( 1± 

ε ) 

n 

0 

− 

nom 

1 

2 

nom 

+ M 

nom 

n 

0 

n 

0 

− n 

− n 

⎞ ⎛ 1 

⎟ − n 

⎜ + 

2 ⎠ ⎝ n0 

− nnom 

1 

n 

n0 

− nnom 

1 

n0 

− n 

− 

nnom 

1 

+ nnom2 

n0 

− 

2 

nom2 

0 

= 

1 

− n 

( )( 

nom2 

) = 

2 

= n 

0 

− n 

nom 

⎡ n 

⎢ 

⎣n 

Iz prethodnog sledi, relacija za momentnu razliku opterećenja: 

n 

0 

∆M 

M 

− n = 

M 

= M 

M 

= 

M 

= 

nom 

T 

nom 

1 

2 

n 

n 

0 

0 

1 

− n 

1 

− n 

nom1 

nom1 

1 

+ 

n 

2 

+ 

n 

nnom 

1 

− nnom2 

nnom 

1 

+ nnom2 

n0 

− 

2 

± ε1 

m ε 

2 

n0 

± ε1 

± ε 

−1− 

n 

2 

0 

0 

1 

− n 

1 

− n 

nom2 

nom2 

M 

= 

2 

= 

⎛ 

⎜ 

⎝ n 

0 

n 

0 

1 

− n 

1 

− n 

nnom 

n 

− 

nom1 

nom1 

2 

+ 

n 

− 

n 

0 

0 

1 

− n 

1 

− n 

0 

nom 

nom2 

nom2 

nom2 

⎞⎤ 

⎟⎥ 

⇒ 

⎠⎦ 

⎤⎡ 

n0 

−1m 

ε1⎥⎢ 

−1m 

ε 

⎦⎣nnom 

n0 

± ε1 

± ε 

2 

−1− 

n 

2 

nom 

⇒ 

⎞ 

⎟ = M 

⎠ 

nom 

( 1± 

ε1 

) − nnom 

( 1± 

ε 

2 

) 

( 1± 

ε ) + n ( 1± 

ε ) = 

nom 

nom 

2 nom 1 nom 2 

n0 

nom 

2 2 

nom 

Najveća momentna razlika opterećenja nastaje za ε = −ε 

1% 

i iznosi: 

2 

1 2 

= 

2n 

0 

n 

− 

nom 

− n 

2 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

1 nom2 

( n + n ) = 

nom1 

nom2 

∆M 

100 ± ε1 

m ε 

2 

0. 

01+ 

0. 

01 

∆M% 

= 100 = 

= 50 

M 

n 

1235 0. 

01 0. 

01 

nom 

2 0 

± ε1 

± ε 

2 

− 

−1− 

−1− 

nnom 

2 1150 2 

∆M% 

13. 

529 

∆M = M 

nom 

= 124. 

56 ⋅ = 16. 

852[ Nm] 

100 

100 

= 13. 

529 

[% 

] 

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

M = M 

nom 

+ ∆M 

= 124. 

56 + 16. 

852 141. 

412 

1 

= 

M = M 

nom 

− ∆M 

= 124. 

56 −16. 

852 107. 

708 

2 

= 

[ Nm] 

[ Nm] 

⎡1235 

⎤⎡1235 

⎤ 

⎢ 

−1− 

0. 

01 1 0 01 

1150 ⎥⎢ 

− + . 

1150 ⎥ 

n = 1235 −1150 

⎣ 

⎦⎣ 

⎦ 

= 1151. 

556 min 

1235 0. 

01− 

0. 

01 

−1− 

1150 2 

124 

−1 

[ ]


2003. GODINA 

M 1 

n 

1235 [min -1 ] 

M 2 

1151.556 [min -1 ] 

1.135M nom 

0.865M nom 

2M nom 

M 



Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon U nom = 440 [V]; rotorska struja 

I nom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 3000 [ min -1 ]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85 

pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja M t = kn, gde je k = 0.05 

[Nm/min -1 ] i momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 2 [kgm 2 ]. Motor se napaja iz 

regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno ograničenje struje 

jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. 

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

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje 

motora. 

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

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne 

struje motora. 


Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajnu masu sa ukupnim momentom inercije J Σ = 20 

[kgm 2 ]. Kritični moment motora je M kr = 2.3M nom [Nm]; P nom = 50 [kW]; n nom = 2924 [min -1 ]. 

Kritični moment motora se postiže pri brzini n kr = 2670 [min -1 ]. 

a) Koliko je vreme zaleta motora t Z = ? do brzine n nom = 2700 [min -1 ]. 

b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine 

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


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

moment jednak M t = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu. 

a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 1000 [min -1 ] uz 

uslov da se promena frekvencije vrši uz U/f = konst. 

b) Kolika se maksimalna brzina obrtanja pogona može postići podešavanjem frekvencije. 

Podaci o motoru su: U s = 220 [V]; L s = 10 [mH]; L r ' = 8.8 [mH]; R r ' = 2.37 [Ω]; p = 2, f s = 50 

[Hz]. 

125


2003. GODINA 


Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za pogonsko 


pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1000 [min -1 ], a motor ima sopstveno 

hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja nazivnom 

brzinom 1000 [min -1 ]. 

M 

n 

M 1 = 50 [Nm] 

M 2 = 30 [Nm] 

M 3 = -20 [Nm] 

t 1 = 10 [s] 

t 2 = 80 [s] 

t 3 = 15 [s] 

t 4 = 40 [s] 

M 1 

M 2 

M 3 

n 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

t 


Zamajac sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 12.5 [kgm 2 ] 

treba ubrzati do brzine n = 1500 [min -1 ] a zatim zakočiti do mirovanja. Moment opterećenja se 

zanemaruje. Koliko iznose gubici u bakru rotora, a koliko energije odaje mreža ako se za pogon 

koristi dvobrzinski asinhroni motor sa 2p = 8/4. Ciklus se odvija ovim redom: zalet sa 2p = 8; zalet 

sa 2p = 4; nadsinhrono kočenje sa 2p = 8 i protivstrujno kočenje sa 2p = 8. 


Nominalna snaga motora iznosi: 

Pnom = U 

nomI 

nomη 

= 440 ⋅126 

⋅ 0.85 = 47124 

Prema tome nominalni moment iznosi: 

[ W ] 

Pnom 

Pnom 

30 ⋅ 47124 471.24 

M 

nom 

= = = = = 150. 0114 

Ω 2π 

nom 

π ⋅ 3000 π 

nnom 

60 

[ Nm] 

Iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja, te 

integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja: 

ω 

t 

z 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

= ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 

din 

30 

tz 

nnom 

nnom 

π dn π dn 

= ∫ dt = ∫ J 

Σ 

= J 

Σ 

30 M 

∫ 

din 

30 M 

0 0 

0 din 

126


2003. GODINA 

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisani 

ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motor 

tokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije: 

t 

za 

nnom n n 

nom 

π dn π dn π 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ ∫ 

= J 

Σ 

30 M 

dina 

30 M 

nom 

− M 

0 t 

30 

0 0 

nom 

∫ 

M 

dn 

− kn 

nom 


x 

t 

za 

= 

M 

nom 

π 

= J 

30 

Σ 

M 

nom 

− x 

− kn ⇒ n = 

⇒ dn = − 

k 

nom −knnom 

dx π J 

Σ 

M 

nom 

∫ − = ln 

kx 30 k M − kn 

M 

M 

nom 

nom 

nom 

dx 

k 

2 ⋅π 

150.0114 

= ln 

= 39.73 

30 ⋅ 0.05 150.0114 −150 

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljač 

ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motor 

tokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi: 

[] s 

t 

zb 

nnom n n 

nom 

π dn π 

dn π 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ ∫ = J 

Σ 

30 M 30 2M 

− M 30 

∫ 

π J 

= 

30 k 

Σ 

dinb 

0 nom t 

2 

0 0 

2M 

nom 

ln 

2M 

− kn 

nom 

nom 

nom 

dn 

= 

M − kn 

2 ⋅π 

2 ⋅150.0114 

2 ⋅π 

= ln 

≈ ln 2 = 2.903 

30 ⋅ 0.05 2 ⋅150.0114 

−150 

30 ⋅ 0.05 

nom 

[] s 


a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u 

funkciji brzine obrtanja. Ta veza određena je Klosovim obrascem: 

M 

m 

= 

2 M 

s 

+ 

s 

kr 

kr 

s 

kr 

s 


obrazac za funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja 

M t = 0, nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: 

ω = 

M 

( 1− 

s) 

= 

ω 

1 

⇒ dω 

= −ω 

ds ⇒ 

1 

dω 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ds ⇒ 

din m t m Σ 

1 

dt M 

m 

M 

m 



J 

J 

t 

z 

t 

z s 

s 

s 

1 

= J 

Σ 

ds 

ds J 

Σω1 

⎛ 

∫ dt = ∫ − ω = − ∫ = − ∫ = ∫ 

⎜ 

1ds 

J 

Σω1 

J 

Σω1 

M 

M 

2M 

m 

m 

kr 2M 

0 1 

1 1 

kr s ⎝ 

s skr 

+ 

s s 

127 

kr 

s 

s 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

⎞ 

⎟ds 

= 

⎠


2003. GODINA 

1 

s 

J Σω ⎛ s s ⎞ 

kr 

J 

Σ 

⎜ 

⎟ 

ds + ds 

= 

2M 

⎝ s s ⎠ M 

s kr 

2 

1 

⎡⎛1− 

s 

⎢ 

⎜ 

⎣⎝ 

skr 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

1 

= ∫ ∫ ln s 

1 

ω 

kr kr 

2 

Nađimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta: vrednost nominalnog i 

kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, kritičnog klizanja i klizanja u traženoj 


Pnom 

30Pnom 

30 ⋅5000 

M 

nom 

= = = = 163. 292 

ω 

nom 

πnnom 

π ⋅ 2924 

M 

kr 

= 2 .3M 

nom 

= 2.3 ⋅163.292 

= 375. 571[ Nm] 

ω 

s 2πf 

2 ⋅50 

⋅π 

ω 

1 

= = = = 100π 

[ rad / s] 

p p 1 

n1 

− nkr 

3000 − 2670 330 

skr 

= = 

= = 0.11[ ] 

n1 

3000 3000 

n1 

− n 3000 − 2700 300 

s = = 

= = 0.1[ ] 

n 3000 3000 

1 


2 

20 ⋅100 

⋅π 

⎛1− 

0. 

1 

⎞ 

t z 

= 

0. 

11ln 

0. 

1 = 39. 

760 

2 375. 

571 

⎜ − 

2 0. 

11 

⎟ 

⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 

2 

[ Nm] 

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

t 

z 

⎡ 

⎢⎜ 

⎣⎝ 

2 

J ⎛ − s ⎞ ⎤ 

( s ) = 

Σω 1 1 

⎜ ⎟ − s ln s⎥ ⎦ 

kr 

2M 

kr 

2s 

kr 

⎟ 

⎠ 

kr 

[] s 

odnosno kritičnom klizanju koje zadovoljava uslov: 

kr 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

dt 

ds 

s krb 

z 

kr 

= 

= 

d 

ds 

kr 

⎪⎧ 

J 

Σω 

⎨ 

⎪⎩ 

2M 

2 

s −1 

= 

2ln s 

1 

kr 

⎡⎛1− 

s 

⎢ 

⎜ 

⎣⎝ 

2skr 

2 

2 

0.1 −1 

= 

2ln 0.1 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

kr 

⎤⎪⎫ 

J 

Σω 

ln s⎥⎬ 

= 

⎦⎪⎭ 

2M 

− 0.99 

= 

2ln 0.1 

1 

kr 

⎡ 1 

⎢− 

⎢⎣ 

skr 

0.214975768 = 0.4637 

2 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

2 

( 1− 

s ) − ln s = 0 ⇒ 

Iz sledećih odnosa sledi potrebna dodatna vrednost otpornosti: 

s 

R 

kr 

d 

Rr 

Rr 

+ Rd 

skr 

Rr 

skrb 

= ⇒ skrb 

= ⇒ = ⇒ Rd 

= Rr 

− Rr 

X 

X s R + R 

s 

r 

r 

⎛ skrb 

⎞ ⎛ 0.4637 ⎞ 

= R 

⎜ 

⎟ 

r 

−1 

= 0.36⎜ 

−1⎟ 

= 1. 157 

⎝ skr 

⎠ ⎝ 0.11 ⎠ 

krb 

r 

d 

[ Ω] 

kr 

⇒ 

Sa tim dotatim otporom postiže se najkraće vreme zaleta: 

128


2003. GODINA 

2 

2 

J ω ⎡⎛ 1 1− 

s ⎞ ⎤ 20 ⋅100 

⋅π 

⎛ 1− 

0.1 

⎞ 

t 

z min 

= Σ ⎢ skrb 

ln s 

0.4637ln 0.1 = 17. 861 

2M 

⎜ 

kr 

2s 

⎟ − ⎥ = 

krb 

2 375.571 

⎜ − 

2 0.4637 

⎟ 

⎣⎝ 

⎠ ⎦ ⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 

[] s 


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

X 

M 

s 

' 

−3 

( L + L ) = 314 ⋅ ( 10 + 8.8) ⋅10 

= 5.928[ Ω] 

' 

s 

+ X 

r 

= ω 

s r 

2 

2 

30 m U 

s 30 ⋅3⋅ 

220 

kr 

= ⋅ ⋅ 

= 

= 77. 97 

' 

π n1 

2( X 

s 

+ X 

r 

) π ⋅1500 

⋅ 2 ⋅ 5.928 

kr 

= 

X 

s 

R 

' 

r 

+ X 

' 

r 

= 

2.37 

5.928 

= 0.4 

[ Nm] 

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora u 

stacionarnom stanju: 

M 

s 

t 

t 

2M 

kr 

st 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

st 

⇒ st 

− skr 

st 

+ s 

st 

skr 

skr 

st 

M 

t 

M 

t 

+ 

s s 

= 

kr 

kr 

t 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ 

= ⎜⎛ 

2 

= s 

− − ⎟⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

kr 

± −1 

⎟ 

skr 

λr 

λt 

1 

M 

⎝ 

⎠ 

t 

⎝ 

⎝ M 

t ⎠ 

⎠ 

= 0 

gde je sa λ t označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja: 

λ t 

= 

M 

M 

kr 

t 

77. 

97 

= 

26 

≈ 3 

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinice 

dobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju: 

2 

( − 3 −1) 0. 

0686 

2 

st = skr 

⎜⎛ 

λr 

− λt 

−1⎟⎞ 

= 0. 

4 3 = 

⎝ 

⎠ 

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

1 

= 0. 

0686 ⋅1500 

= 102. 

9 

−1 

[ ] 

∆n = stn 

min 

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzine 

obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja, 

sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija: 

n a 

[ ] 

−1 

[ ] 

1 

= n + ∆n 

= 1000 + 102.9 = 1102.9 min 

n1 

a 1102.9 

f 

sa 

= f 

s 

= 50 ⋅ = 36. 78 Hz 

n 1500 

1 

129


2003. GODINA 

n1 

a 1102.9 

U 

sa 

= U 

s 

= 220 ⋅ = 161. 75 

n 1500 

1 

[ V ] 

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od 

momenta motora, odnosno kritične vrednosti momenta, koja je konstantna u opsegu regulacije do 

nominalne brzine obrtanja u opsegu regulacije uz uslov U/f = konst, a iznad uz uslov U = konst, 

opada kvadratično sa porastom frekvencije. 

Prema tome frekvenciju napona napajanja možemo povećavati do vrednosti: 

M 

M 

kr 

t 

= 

M 

M 

kr 

krb 

77. 

97 

= 

26 

⎛ 

≈ 3 ⇒ 

⎜ 

⎝ 

f 

f 

sb 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 3 ⇒ 

f 

sb 

= 

f 

s 

3 = 50 ⋅ 

3 = 86. 

7 

[ Hz] 

Što odgovara sinhronoj brzini obrtanja: 

n 

sb 

1b 

n1 

= 1500 ⋅ = 2601 

f 

s 

50 

−1 

[ ] 

f 86. 

7 

= min 

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja iznosi: 

∆n 

kr 

−1 

[ ] 

= skrn1 = 0. 

4 ⋅1500 

= 600 min 

Prema tome maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjem 

frekvencije je: 

n 

b 

= 

kr 

−1 

[ ] 

n1 b 

− ∆n 

= 2601− 

600 = 2001 min 


Ekvivalentni momenti motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je: 

2 

2 1 2 

4900 

( M + M M + M ) = ( 50 + 50 ⋅30 

+ 30 ) = 40. [ Nm] 

1 2 

M e 2 

= 

1 1 2 2 

= 415 

3 

3 

3 

Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni 


tokom zaleta i kočenja i faktor β tokom mirovanja. Prema uslovima zadatka, određujemo njihove 

vrednosti: 

β 

= 

1 

3 

α 

1+ 

β 

= 

2 

1 

1+ 

= 

3 

= 

2 

2 

3 


M 

effMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

130


2003. GODINA 

= 

= 

M 

2 

1 

t1 

α 

+ M 

+ M 

t 

( t t ) t t 2 

1 

+ 

3 

+ 

2 

+ β 

4 

( 10 + 15) 

157166.666 

110 

2 

e2 

t2 

= 

2 

3 

3 

= 

50 

⋅10 

+ 

3 

1428.7878 = 37.799 

2 

4900 

3 

[ Nm] 

⋅80 

+ 20 

+ 80 + 

2 

1 

⋅ 40 

3 

⋅15 

= 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 37.799 ⋅ ⋅1000 

= 3958.334 96 

60 

30 

[ W ] ≈ 3. [ kW ] 


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

= 0); 2. zalet sa 2p = 4 od n = 750 [min -1 ] do n = 1500 [min -1 ] (od s = 0.5 do s = 0); 3. nadsinhrono 

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

2p = 8 od n = -750 [min -1 ] do n = 0 [min -1 ] (od s = 2 do s = 1). 

Gubici u bakru rotora za jedan ciklus su prema tome: 

W 

Cur 

2 

2 2 

2 2 ⎛ π ⎞ ns 

2 2 

( s − s ) = J ⎜ ⎟ ( s − s )= 

ω 

s 

= ∑ J 

Σ 1 2 ∑ 

2 

2 

Σ 

⎝ 30 ⎠ 

2 2 2 

2 2 2 2 

{ 750 ⋅ ( 1 − 0 ) + ( −1) 

− 0 ) + ( 2 −1 

) 

⎛ ⎞ 

= 

12 .5 

⋅⎜ 

π ⎟ 

2 ⎝ 30 ⎠ 

= 154212.568 

Ws ≈ 154. 21 kWs 

2 

1 

2 

2 2 2 

[ ] + 1500 ⋅ ( 0.5 − 0 )}= 

[ ] [ ] 

A iz mreže odata energija: 

W 

mre 

⎛ π ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 30 ⎠ 

2 

( s − s ) = J n ( s − s )= 

2 

= ∑ J ωs 

1 2 ∑ 

Σ Σ 

s 1 2 

2 

2 

2 

2 

{ 750 ⋅[ ( 1− 

0) + (( −1) 

− 0) + ( 2 −1) 

] + 1500 ⋅ ( 0.5 − )}= 

⎛ π ⎞ 

= 12.5⋅⎜ 

⎟ 

0 

⎝ 30 ⎠ 

= 231318.853Ws ≈ 231. 32 kWs 

[ ] [ ] 



Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima U nom = 440 [V]; I nom = 126 [A]; n nom = 

3000 [min -1 ]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja 

M t = 45 + 0.025 * n [Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 10 [kgm 2 ]. Motor se 

napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantno strujno 

ograničenje jednako svojoj nazivnoj vrednosti. 


regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje sedamdeset pet procenata od vrednosti 

nominalne struje motora. 


131


2003. GODINA 


motora. 

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

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti 



Motor jednosmerne struje snage P nom = 7.5 [kW], nominalne brzine obrtanja Ω nom = 600 

[rad/s] sa stalnom nezavisnom pobudom i sopstvenim hlađenjem (α = 0.5; β = 0.25), pokreće radnu 

mašinu sa ukupnim momentom inercije svedenim na pogonsko vratilo J Σ = 0.125 [kgm 2 ]. Sva trenja 

u pogonu se mogu zanemariti. Rad pogona se odvija neprekidno u nizu jednakih ciklusa. U toku 

jednog ciklusa izmerene su struje motora: 

a) U toku polaska struja je približno konstantna i iznosi 2 I nom . 

b) U stacionarnom stanju, koje traje 20 [s], struja je nominalna a motor je priključen na 

nominalni napon. 

c) U toku zaustavljanja, struja je približno konstantna i iznosi 0.5 I nom , sa tim da menja smer. 

d) Pauza u radu između dva ciklusa traje 20 [s]. 

Da li se ovakav režim može trajno održati? 


Asinhroni klizno kolutni motor snage P nom = 7.5 [kW], ima nominalnu brzinu obrtanja n nom = 

725 [min -1 ] i moment inercije motora J m = 0.040 [kgm 2 ]. Motor pokreće preko reduktora sa dva 

zupčanika bubanj, brzinom n b = 35 [min -1 ] o koga je obešen teret m t = 510 [kg]. Moment inercije 

malog zupčanika iznosi J z1 = 0.00065 [kgm 2 ], a velikog sa bubnjem iznosi J z2 + J b = 0.05 [kgm 2 ]. 

Nakon zaleta brzina tereta je v = 1 [m/s]. Stepen iskorišćenja zupčanika je η z = 0.76, a bubnja i 

užeta η b = 0.92. 

Koliko je vreme zaleta t z i koju visinu postiže teret nakon zaleta, ako se pokretanje sa 

rotorskim upuštačem obavlja uz konstantni obrtni moment M max = 1.1M nom . 

M 

J m 

J z1 

Reduktor 

2R 

J z2 

+ J b 

m t 

v 


Moment inercije radne mašine, koja se mora zaleteti za vreme t z =10 [s] na brzinu n = 

2.5 [obrta/s] je J t = 60 [kgm 2 ]. Između pogonskog asinhronog motora, čiji je moment inercije J m = 

16 [kgm 2 ] i radne mašine je reduktor nepoznatog prenosnog odnosa i = ?. Asinhroni motor se goni 

sa frekventnim pretvaračem koji mu tokom polaska pomoću strujne granice održava konstantan 

moment jednak dvostrukoj vrednosti nominalnog momenta. 

132


2003. GODINA 

a) Odrediti penosni odnos tako da odabrani frekventni pretvarač bude minimalan, odnosno da 

njegova trajna struja opterećenja bude minimalna. 

b) Odrediti obrtni momenat i snagu motora. 


Valjaonički stan sa zamajcem goni asinhroni motor nominalne snage P nom = 100 [kW] i 

nominalne brzine obrtanja n nom = 1450 [min -1 ] opterećen je udarnim opterećenjem prema slici. 

Ukupni moment inercije zamajca sveden na osovinu motora je J Σ = 250 [kgm 2 ]. Radi uprošćenja 

smatrati da brzina obrtanja motora pre nailaska tereta iznosi n 0 = 1500 [min -1 ] i da je funkcija 

momenta motora kao funkcija klizanja linearna. 

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

Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom udarnog opterećenja. 

M t 

M 2 

= 3000 [Nm] 

M 1 

= 1800 [Nm] 

t 1 

= 1.5 [s] 

t 2 

= 1.5 [s] 

t 



Pnom = U 

nomI 

nomη 

= 440 ⋅126 

⋅ 0.85 = 47124 

Nominalni moment je prema tome: 

M 

30 P 

= ⋅ 

π n 

30 

47124 

nom 

nom 

= ⋅ = 150. 00 

nom 

π 3000 

[ W ] 

[ Nm] 

Regulisani ispravljač prema uslovu zadatka, tokom polaska ograničava struju na konstantnu 

vrednost jednaku 75%, 100% i 150% od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje 

konstantan polazni moment takođe u tom procentu od nominalne vrednosti momenta: 

I 

pol 

⎧0.75I 

⎪ 

= ⎨ I 

⎪ 

⎩ 1.5I 

nom 

nom 

nom 

⇒ M 

pol 

⎧0.75M 

⎪ 

= ⎨ 

⎪ 

⎩ 1.5M 

nom 

= 0.75⋅150 

= 112.5 

M 

nom 

= 150[ Nm] 

= 1.5⋅150 

= 225 

nom 

[ Nm] 

[ Nm] 

Pošto je moment opterećenja nezavisan od brzine obrtanja i dinamički moment ubrzanja je 

konstantan i iznosi za zadata tri slučaja: 

133


2003. GODINA 

M 

d 

⇒ M 

= M 

const 

p 

− M 

= M 

p 

t 

= M 

p 

− 

( 45 + 0.025n) 

= M 

⎧112.5 

− 45 = 67.5 

⎪ 

− 45 = ⎨ 150 − 45 = 105 

⎪ 

⎩ 225 − 45 = 180 

const 

[ Nm] 

[ Nm] 

[ Nm] 

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: 

− kn 

⇒ k = 0.025 

−1 

[ Nm / min ] 

t 

zal 

π 

= J 

30 

Σ 

n 

dn π 

∫ = J 

M 

0 d 

30 

nom n nom 

Σ 

∫ 

0 

M 

dn 

− kn 

const 

koju rešavamo uz pomoć smene: 

⇒ z = M 

t 

zal 

const 

− kn ⇒ dz = −kdn 

⇒ dn = − 

M 

M 

−kn 

⇒ z 

const nom 

π 1 dz π 1 M const −knnom 

π 1 

= − J 

Σ 

= − J 

Σ 

z = J 

Σ 

k 

∫ ln 

ln 

30 

z 30 k 

M const 30 k M 

const 

dz 

k 

d 

= M 

const 

⇒ z 

g 

= M 

const 

const 

− kn 

M 

const 

− kn 

nom 

nom 

Uvrštavanjem brojnih vrednosti na kraju dobijamo tražena vremena zaleta: 

⎧ π 10 67.5 

67.5 

⎪ ⋅ ln 

= 41.887ln < 0 

30 0.025 67.5 − 0.025 ⋅3000 

67.5 − 75 

⎪ π 10 105 

105 

t zal 

= ⎨ ⋅ ln 

= 41.887ln = 52.476 s 

⎪30 

0.025 105 − 0.025 ⋅3000 

105 − 75 

⎪ π 10 180 

180 

⋅ ln 

= 41.887ln = 22. 577 

⎪⎩ 

30 0.025 180 − 0.025⋅ 

3000 180 − 75 

Iz rezultata vidimo da motor gonjen sa tiristorskim regulatorom sa strujnom granicom od 

75% od vrednosti nominalne struje motora, ne može da se ubrza do nominalne brzine obrtanja, već 

samo do brzine određene stacionarnom radnom tačkom: 

[] 

[] s 

M 

n 

x 

d 

= 0.75M 

n 

− M 

= 112.5 − 

67.5 67.5 

= = = 2700 

k 0.025 

t 

−1 

[ min ] 

( 45 + 0.025n 

) 

x 

= 67.5 − kn 

x 

= 0 ⇒ 


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

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

M 

= M 

= 

P 

7500 = = 

nom 

nom t 

12. 5 

Ω 

nom 

600 

[ Nm] 

Pošto tokom ubrzanja motor razvija konstantan dvostruki nominalni moment, dinamički 

moment ubrzanja je takođe konstantan i iznosi: 

dω 

M 

zaldin 

= 2M 

nom 

− M 

t 

= 2M 

nom 

− M 

nom 

= M 

nom 

= J 

Σ 

dt 

134


2003. GODINA 

vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: 

t 

zal 

= J 

Σ 

ω 

nom 

∫ 

0 

dω 

M 

zaldin 

= 

J 

M 

Σ 

zaldin 

ω 

nom 

∫ 

0 

dω 

= 

J 

Σ 

M 

ω 

nom 

zaldin 

0.125⋅ 

600 

= 

12.5 

= 6 

[] s 

Pošto tokom usporenja motor razvija polovinu nominalnog momenta suprotnog znaka, 

dinamički moment usporenja je takođe konstantan i iznosi: 

M 

uspdin 

= −0.5M 

− M = −0.5M 

− M = −1. 

5M 

nom 

t 

nom 

nom 

nom 

= J 

Σ 

dω 

dt 

vreme usporenja nalazimo iz integralne jednačine: 

t 

usp 

= J 

Σ 

ω 

0 

∫ 

nom 

dω 

M 

uspdin 

= 

J 

M 

Σ 

uspdin ω 

0 

∫ 

nom 

dω 

= 

J 

Σ 

M 

ω 

nom 

uspdin 

0.125 ⋅ 600 

= 

1.5 ⋅12.5 

= 4 

[] s 

Na osnovu prethodno izračunatih vremena možemo nacrtati strujni dijagram opterećenja 

motora za jedan ciklus rada: 

I 

n 

2I nom 

I nom 

-0.5I nom 

n 

t zal 

t stac 

t usp 

t mir 

t 

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus iznosi: 

I 

effMot 

= 

= 

∑ 

j 

I 

αt 

j 

2 

zal 

α 

t 

∑ 

+ 

zal 

i 

∑ 

k 

I 

2 

i 

ti 

t 

+ I 

k 

+ 

( t + t ) 

zal 

2 

stac 

usp 

∑ 

t 

l 

stac 

+ t 

βt 

stac 

l 

+ I 

= 

2 

usp 

tusp 

+ βt 

mir 

= 

2 

2 

( 2I 

) t + I t + ( − 0.5I 

) 

nom 

α 

zal 

( t + t ) 

zal 

nom 

usp 

stac 

+ t 

stac 

+ βt 

mir 

nom 

2 

t 

usp 

= 

135


2003. GODINA 

= I 

nom 

nom 

2 

α 

2 

t 

zal 

2 

+ 1 t 

stac 

2 

⎛ 1 ⎞ 

+ ⎜ ⎟ t 

⎝ 2 ⎠ 

= I 

4 ⋅ 6 + 1⋅ 

20 + 

nom 

( t + ) + + 

1 

zal 

tusp 

tstac 

βtmir 

( 6 + 4) 

= I 1.5 = 1. 2247I 

> I 

nom 

nom 

usp 

2 

1 

⋅ 4 

4 

1 

+ 20 + ⋅ 20 

4 

= I 

nom 

45 

30 

= 

Pošto je ekvivalentna struja motora za ciklus veća od nominalne vrednosti struje motora 

ovakav režim rada se ne može održati. 



30 Pnom 

30 7500 

M 

nom 

= ⋅ = ⋅ = 98. 

786 

π n π 725 

nom 

[ Nm] 

Maksimalni moment koji motor razvija tokom zaleta iznosi: 

M 

max 

= 1 . 3M 

nom 

= 1. 

1⋅ 

98. 

786 = 108. 

665 

[ Nm] 

Prenosni odnos reduktora nalazimo iz relacije: 

Ω 

i = Ω 

m 

b 

= 

n 

n 

m 

b 

725 

= = 20. 

714 

35 

tereta: 

Poluprečnik bubnja nalazimo na osnovu podatka o brzini obrtanja bubnja i brzine kretanja 

v 

R = 

Ω 

b 

= 

v 

2πn 

60 

b 

30v 

= 

πn 

b 

30 ⋅1 

= = 0. 

273 

π ⋅35 

[ m] 

Prema tome svedeni moment tereta na osovini motora iznosi: 

′ mt 

gR 510 ⋅ 9. 

81⋅ 

0. 

273 

M 

t 

= = 

= 94. 

30[ 

Nm ] 

iη 

η 20. 

714 ⋅ 0. 

76 ⋅ 0. 

92 

z 

b 

Iz toga proizlazi da je dinamički moment ubrzanja konstantan: 

′ 

M 

din 

= M 

max 

− M 

t 

= 108 . 665 − 94. 

30 = 14. 

365 

[ Nm] 

Svedeni ukupni moment inercije sveden na osovinu motora može se naći na osnovu relacije 

održanja kinetičke energije: 

1 

2 

J Σω 

2 

m 

= 

1 

2 

J 

m 

ω 

2 

m 

+ 

1 

2 

J 

z1 

ω 

2 

m 

+ 

1 

2 

( J + J ) 

z2 

η 

z 

b 

ω 

2 

b 

+ 

1 

2 

m 

z 

t 

η η 

b 

v 

2 

⇒ 

136


J 

( J + J ) 

2 

2 

z2 

b 

ω 

b 

mt 

v 

J 

z2 

+ J 

b 

Σ 

= J 

m 

+ J 

z1 

+ 

+ = J 

m 

+ J 

z 

+ 

2 

2 

1 2 

2 

η 

z ω η 

m zηb 

ω 

i η 

m 

z 

2 

0. 

05 510⋅0. 

273 

2 

= 0. 04+ 

0. 

00065+ 

+ 

≈ 0. 

1675[ kgm ] 

2 2 

20. 

714 

⋅0. 

76 

20. 

714 

⋅0. 

76⋅0. 

92 

2 

mt 

R 

+ 

i η η 

z 

b 

2003. GODINA 

= 

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

M 

t 

zal 

zal n 

dω 

J 

nom 

Σ π J 

Σ 

π dn 

= J 

Σ 

⇒ dt = dω 

= dn ⇒ ∫ dt = J 

Σ ∫ ⇒ 

dt M 

din 

30 M 

din 

30 M 

0 0 din 

nnom 

nnom 

π dn π J 

Σ π J 

Σ 

nnom 

π 0. 

1675 ⋅ 725 

= J 

Σ 

dn 

0. 

885 

30 

∫ = 

= = ⋅ 

= 

M 

din 

30 M 

∫ 

din 

30 M 

din 

30 14. 

365 

0 

0 

din 

Tokom zaleta pošto je dinamički moment konstantan, teret se ravnomerno ubrzava, odnosno 

srednja brzina je jednaka polovini brzine u stacionarnom stanju, pa visinu koju teret dostiže tokom 

zaleta nalazimo iz relacije: 

v 1 

h = vsrt 

zal 

= t 

zal 

= = 0. 

885 = 0. 

4425 

2 2 

[ m] 

t 

[] s 


a) Pošto se motor goni frekventnim pretvaračem koji mu obezbeđuje konstanti moment zaleta 

za zalet važi Njutnova jednačina kretanja: 

M 

d 

= M 

max 

′ 

− M 

t 

= J 

Σ 

dω 

dt 

m 

Pošto je moment opterećenja jednak nuli: 

M 

t 

= 0 ⇒ M 

max 

= J 

Σ 

dω 

dt 

m 

računajući ekvivalentni moment inercije: 

J 

Σ 

′ 

= J 

m 

+ J 

t 

= J 

m 

+ 

J 

i 

t 

2 

i zamenjući ugaonu brzinu motora sa: 

dωM 

dω 

ω 

M 

= iωT 

⇒ = i 

dt dt 

T 

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

J 

t 

dωt 

M 

max 

= [ J 

m 

+ ] i = [ iJ 

2 

m 

+ 

i dt 

J 

t 

dωt 

] 

i dt 

137


2003. GODINA 

Pretvarač za napajanje motora imaće minimalnu struju, ako je moment motora minimalan, 

odnosno ako prenosni odnos odaberemo tako da zadovoljava ekstrem prethodne funkcije: 

dM 

di 

J 

m 

max 

J 

− 

i 

= 

d 

di 

⎛ J 

t 

dωt 

⎞ J 

t 

⎜[ iJ 

m 

+ ] ⎟ = [ J 

m 

− 

2 

⎝ i dt ⎠ i 

= 0 => i = 

J 

60 

16 

3.75 

dω 

] 

dt 

t 

t 

= = = 

2 

J 

m 

T 

1,936 

= 0 

b) Ugaona brzina izlaznog vratila nakon zaleta iznosi: 

ω 

= 2πn 

= 2 ⋅π 

⋅ 2.5 = 5 ⋅π 

15.70796[ rad / s] 

T 

= 

Potrebno ugaono ubrzanje, zadato uslovima u zadatku je: 

d ω 

dt 

t 

= ω 

t 

z 

t 

.70796 

= 

15 = 1.570796[ rad / s 

2 ] 

10 

Ukupni ekvivalentni svedeni moment inercije na vratilo motora iznosi: 

J 

Σ 

= J 

J 

t 60 60 

+ = 16 + = 16 + = 2 ⋅16 

32[ kgm 

2 2 

i 1,936 60 

16 

m 

= 

2 

] 

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

M 

dωm 

dωt 

M 

d 

= J 

Σ 

= J i = 32 ⋅1.936 

⋅1.570796 

97. 312 

dt dt 

max 

= 

Σ 

= 

pri čemu razvija maksimalnu snagu: 

[ Nm] 

P 

max 

= M ω = M iω 

max 

m 

max 

t 

= 97.312 ⋅1.936 

⋅15.70796 

= 2959.32[ W ] ≅ 2.96[ kW ] 

Pošto frekventni pretvarač obezbeđuje dvostruko preopterećenje motora, sam moment 

motora i njegova potrebna snaga su: 

M 

max 97.312 

M nom 

= = = 48. 656[ Nm] 

2 2 

Pmax 

2959.32 

P nom 

= = = 1479.66[ W ] ≅ 1.48[ kW ] 

2 2 



M 

P 

= 

Ω 

P 

2π 

n 

60 

30 ⋅100 

⋅10 

3 

nom nom 

nom 

= = 

= 658. 572 

nom 

π ⋅1450 

nom 

138 

[ Nm]


2003. GODINA 


s 

nom 

n1 

− nnom 

1500 −1450 

= = 

= 0. 0333 

n 1500 

1 

• 

[] 

Elektromehanička vremenska konstanta, za moment motora koji se u ukolini sinhrone 

brzine menja linearno sa brzinom, iznosi: 

1500 −1450 

250 ⋅ 

⋅1500 

⋅π 

J snomn1 

π 

T 

1500 

m 

= Σ = 

= 1. 988 

M 30 658.572 ⋅30 

nom 

Momenta motora tokom prvog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po 

funkciji: 

[] s 

M 

m 

⎛ 

⎜ − e 

⎜ 

⎝ 

1 

− t 

= 

Tm 

M 1 t1 ⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

tako da na kraju za t = t 1 ima vrednost: 

t1 

⎛ − ⎞ 

1.5 

⎛ − ⎞ 

Tm 

1. 988 

M 

m1 

= M ⎜ 

t1 

1 − e ⎟ = 1800 ⋅ ⎜1 

e ⎟ 

− 

= 953. 581 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

[ Nm] 

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim M t1 iznosi: 

n 

M 

1800 

−1 

( n − n ) = 1500 − ⋅ ( 1500 −1450) = 1363.341[ ] 

t1 

t1 = n1 

− 

1 nom 

min 

M 

nom 

658.572 

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

n 

m 

= n 

⎛ 

− 

⎜ 

⎝ 

1 

1 

1 − t − t 

⎜ Tm 

Tm 

t1 e ⎟ + n1e 

⎞ 

⎟ 

⎠ 


n 

⎛ 

− 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

t1 

t1 

− 

− 

1.5 

1.5 

⎛ − ⎞ 

− 

1.988 

1.988 

1 = n ⎜ 

1 

1 e 

Tm 

⎟ + n 

1 e 

Tm 

= 1363.341 ⋅ ⎜1 

− e ⎟ 

m t 

+ 1500 ⋅ e = 1427.612 min 

⎟ 

⎠ 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

−1 

[ ] 

Momenta motora tokom drugog dela impulsnog opterećenja menja se sa vremenom po 

funkciji: 

M 

m 

= M 

⎛ 

− 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

1 

1 

1 − t 

− t 

⎜ Tm 

Tm 

t 2 

e ⎟ + M 

m1e 

⎟ 

⎠ 

139


2003. GODINA 


t2 

t2 

⎛ − ⎞ 

− 

1.5 

1.5 

⎛ − ⎞ 

− 

Tm 

Tm 

1.988 

1. 988 

M 

m2 

= M ⎜ 

t1 

1 − e ⎟ + + M 

m1e 

= 3000 ⋅ ⎜1 

e ⎟ 

− 

+ 953.581⋅ 

e = 2037. 706 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

Brzina stacionarnog stanja sa momentom tereta jednakim M t2 iznosi: 

n 

M 

3000 

−1 

( n − n ) = 1500 − ⋅ ( 1500 −1450) = 1272.235[ ] 

t 2 

t 2 

= n1 

− 

1 nom 

min 

M 

nom 

658.572 

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

[ Nm] 

n 

m 

= n 

⎛ 

− 

⎜ 

⎝ 

1 

1 

1 − t 

− t 

⎜ Tm 

Tm 

t 2 

e ⎟ + nm 

1e 

⎞ 

⎟ 

⎠ 


n 

⎛ 

− 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

t1 

t1 

− 

− 

1.5 

1.5 

⎛ − ⎞ 

− 

1.988 

1.988 

2 = n ⎜ 

2 

1 e 

Tm 

⎟ + n 

1 e 

Tm 

= 1272.235 ⋅ ⎜1 

− e ⎟ 

m t 

m 

+ 1427.612 ⋅ e = 1345.298 min 

⎟ 

⎠ 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

−1 

[ ] 

Na sledećem dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja i momenta motora u funkciji 

vremena tokom udarnog opterećenja. 

140


2003. GODINA 



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

obrtanja u funkciji vremena. Metodom ekvivalentnog momenta izračunati potrebnu nazivnu snagu 

motora za pogon radne mašine uz pretpostavke da je nazivna brzina motora 1500 [min -1 ], a motor 

ima sopstveno hlađenje, pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije nego kod obrtanja 

brzinom 1500 [min -1 ]. 

M 

n 

M 1 

M 2 

M 3 

n 

M 1 = 5 [Nm] 

M 2 = 20 [Nm] 

M 3 = -10 [Nm] 

t 1 = 10 [s] 

t 2 = 40 [s] 

t 3 = 15 [s] 

t 4 = 15 [s] 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

t 


Četvoropolni trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom za priključni napon U nom = 

220 [V] f nom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja M t = 40 [Nm]. 

Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnoj tački 

n t1 = 402 [min -1 ] i u stabilnoj radnoj tački n t2 = 1439 [min -1 ]. Odrediti: 

a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora L s i rotora L r ' pod pretpostavkom da su približno iste. 

b) Vrednost prevalnog momenta M kr i prevalnog klizanja s kr . 

c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru R d ' pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno 

ubrzanje. 


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

prstenovi kratko spojeni. 

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

svom izlazu pretvarač. 

b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije u pogonu bez 

dodatnog otpora. 


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

motoru: nominalna snaga P nom = 15 [kW], nominalni stepen iskorišćenja η nom = 0.9 ; vremenska 

konstanta zagrevanja T tz = 15 [min]; vremenska konstanta hlađenja T th = 25 [min]; klasa izolacije A; 

masa motora m = 40 [kg] i specifični kapacitet gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C] ( C CU = 0.48 

[kWs/kg o C] ).Motor bi trebalo da radi u intermitentnom režimu, pri čemu je vreme uključenja t u = 2 

[min], a potrebna snaga za 10% veća od nominalne. Odrediti: 

141


2003. GODINA 

a) Potrebno vreme isključenja i relativna trajanje uključenja pod uslovom da se motor u ovom 

režimu optimalno koristi u pogledu zagrevanja. 

b) Minimalnu temperaturu u kvazistacionarnom stanju. 



napon U nom = 220 [V]; nominalna snaga P nom = 15 [kW]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1150 

[min -1 ]; brzina obrtanja u praznom hodu n 0 = 1235 [min -1 ]; pokreću okretnu peć sa kojom su 

mehanički spregnuti preko obodnih zupčanika prema slici. Struje pobuda pojedinačnih motora, u 

najgorem slučaju, razlikuju se maksimalno za ±1%. 

Procentualno sa kolikim će različitim momentima biti opterećeni pojedini motori u najgorem 

slučaju, uz uslov da je moment opterećenja konstantan i jednak dvostrukoj vrednosti nominalnih 

momenata pojedinačnih motora? 

M 

M 

M1 

M2 


Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja iznosi: 

2 

2 1 2 

1 

( M + M M + ) = ( 15 + 15 ⋅ 20 + 20 ) = ( 225 + 300 + )= 

1 2 

1 

M 

M e 

[ ] 

= 

1 1 2 2 

400 

3 

3 

3 

= 

925 = 17.559 Nm 

3 




vrednosti: 

β 

= 

1 

3 

α 

1+ 

β 

= 

2 

1 

1+ 

= 

3 

= 

2 

2 

3 


142


2003. GODINA 

M 

effMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

= 

2 

+ 

M e 1 

t1 

M 

2 

t 

2 

M 

3 

α( t1 

+ t3 

) + t 

2 

+ βt 

4 

333.783 = 18. 269[ Nm] 

2 

+ 

2 

t 

3 

= 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 

925 ⎞ 

2 

⎟ 10 20 40 10 15 

3 

⋅ + ⋅ + 

2 ⋅ 

⎠ 

2 

1 

( 10 + 15) 

+ 40 + ⋅15 

3 

3 

= 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 18.269 ⋅ ⋅1500 

= 2869.594 87 

60 

30 


Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi: 

s 

n 

− n 

1500 − 402 1098 

= 

= 

1500 1500 

1 t1 

t 1 

= 

= . 

n1 

0 732[ ] 

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi: 

s 

n 

− n 

1500 −1439 

61 

= 

= 

1500 1500 

1 t 2 

t 2 

= 

= . 

n1 

0 040666[ ] 

[ W ] ≈ 2. [ kW ] 

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanje 

kritičnog klizanja: 

M 

s 

t 

2 

kr 

2M 

kr 

= 

st1 

s 

+ 

s s 

⎛ s 

⎜ 

⎝ s 

t 2 

kr 

− s 

s 

t1 

t1 

t 2 

kr 

t1 

2M 

kr 

= 

st 

2 

s 

+ 

s s 

⎞ 

⎟ = − 

⎠ 

kr 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − = 0 ⇐ / ⋅ s 

st1 

s 

⎟ 

⎝ t 2 ⎠ 

1098⋅ 

61 

2 

1500 

2 

( s − s ) ⇒ s = s s ⇒ s = ± s s = ± = ± 0. 

17253[] 

t1 

kr 

t 2 

t 2 

s 

⇒ 

s 

t1 

kr 

kr 

s 

+ 

s 

Kritični moment nalazimo iz relacije: 

kr 

t1 

s 

= 

s 

t1 

t 2 

t 2 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

kr 

t 2 

s 

⇒ 

t1 

− s 

s 

kr 

t1 

t 2 

M 

t 

⎛ st 

2 

skr 

⎞ 40 ⎛ 0.732 0.17253 ⎞ 

M 

kr 

= 

89. 567 

2 ⎜ + ⎜ 

⎟ = 

skr 

s 

⎟ = 

+ 

⎝ t 2 ⎠ 2 ⎝ 0.17253 0.732 ⎠ 

t 2 

[ Nm] 

+ s 

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse: 

kr 

kr 

M 

kr 

2 

s 

' 

( X + X ) 

2 

2 

' 30 3 U 

s 30 3 220 

( X + X ) = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 5. [ Ω] 

30 3 U 

= ⋅ ⋅ 

⇒ 

s r 

161 

π n 2 

π n 2M 

1500 2 ⋅89.567 

1 1 kr 

π 

s r 

143


2003. GODINA 

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora L s i rotora L r ' pod pretpostavkom da su približno 

iste, iznose: 

' 

' 

' Ls 

+ Lr 

X 

s 

+ X 

r 5. 

161 

Ls = Lr 

= = = = 0. 

008214 124 

2 2ω 

2 ⋅ 2 ⋅π 

⋅50 

[ H ] = 8. 

[ mH ] 

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

moment, odnosno u kolo rotora treba dodati toliki otpor R d ' da kritično klizanje s kr ' bude jednako 

jedinici. Da bi mogli odrediti vrednost dodatnog otpora, moramo prvo odrediti vrednost svedenog 

otpora rotora na stator, koja iznosi: 

R 

' 

( X + X ) s = 5 . 161⋅ 

0. 

17253 0. 

8904[ Ω ] 

' 

r 

= 

s r kr 

= 

Vrednost potrebnog dodatnog otpora, je prema prethodnom: 

' 

' 

' ' ' 

' ' ' 

( X + X ) s ⇒ R = ( X + X ) s − R = 5 . 161⋅1− 

0. 

8904 4. 

2706[ Ω ] 

Rr + Rd 

= 

s r kr d s r kr r 

= 


a) Vrednost razlike sinhrone brzine i brzine obrtanja u stacionarnom stanju u stabilnoj radnoj 

tački je: 

1 

[ ] 

∆n = s 

2n 

61 1 

= ⋅1500 

= 61 min 

− 

t 

1500 

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike brzine 

obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine obrtanja, 

sinhrone frekvencije i napon motora sa kojim motor može da pokrene zadati teret iznose: 

n 

f 

U 

1a 

sa 

sa 

−1 

[ min ] 

= ∆n 

= 61 

n1 

a 61 

= p = 2 ⋅ = 2. 

0333[ Hz] 

60 60 

f1 

a 2. 

0333 

= U 

s 

= 220 ⋅ = 8. 

9466 

f 50 

s 

[ V ] 

b) Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od 





M 

M 

f 

sb 

kr 

t 

= 

M 

= 

M 

f 

s 

kr 

krb 

89. 

567 

= 

40 

2. 

239 = 50 ⋅ 

⎛ 

≈ 2. 

239 ⇒ 

⎜ 

⎝ 

f 

f 

sb 

2. 

239 = 74. 

816 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

[ Hz] 

= 2. 

239 ⇒ 


144


2003. GODINA 

n 

sb 

1b 

n1 

= 1500 ⋅ = 2244. 

48 

f 

s 

50 

−1 

[ ] 

f 74. 

816 

= min 


∆n 

kr 

−1 

[ ] 

= skrn1 = 0. 

17253⋅1500 

= 258. 

795 min 



n 

b 

−1 

[ ] 

= n1 b 

− ∆nkr 

= 2244. 

48 − 258. 

795 = 1985. 

685 min 


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


o 

[ kWs C] 

CT = mCFE 

= 40 ⋅ 0.48 = 19.2 / 

Vrednost toplotne provodnosti, možemo odrediti iz vremenske konstante zagrevanja: 

T 

CT 

= 

A 

C 

⇒ A = 

T 

mC 

= 

A 

40 ⋅ 0.48 

o 

[ kW C] 

T FE 

tz 

= = 0.021333 / 

tz 

15⋅ 

60 



P 

γ 

( 1−η 

) 

1.1Pnom 

nom 

⎛ 1 ⎞ 

= = 1.1P 

⎜ −1 

⎟ 

nom 

η 

nom 

⎝η 

nom ⎠ 

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju iznosi: 

∆θ 

′ 

Pγ 

1.1P 

= 

A A 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

1.1⋅15 

nom 

max 

= 

⎜ 

−1 

= ⎜ −1⎟ 

= 85. 93 

η ⎟ 

nom 

0.021333 ⎝ 0.9 ⎠ 

⎛ 

1 

⎞ 

o 

[ C] 

strani. 

U kvazistacionarnom stanju važi dijagram promene temperature kao na slici, na sledećoj 

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

∆θ 

max 

= ∆θ 

min 

tu 

− ⎛ 

Ttz 

′ 

e + ∆θ 

⎜ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

tu 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Za hlađenje važi sledeća relacija za granične temperature: 

∆θ 

min 

= ∆θ 

t 

T 

maxe − 

m 

th 

145


2003. GODINA 

∆θ 

∆θ max 

∆θ max 

∆θ min 

t u 

t m 

t 

t u 

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje nadtemperature u 

kvazistacionarnom stanju: 

∆θ 

max 

= ∆θ 

max 

e 

t 

− 

T 

m 

th 

e 

tu 

− 

T 

tz 

+ ∆θ 

max 

′ 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

tu 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ ⇒ ∆θ 

⎟ 

⎠ 

max 

= ∆θ 

A 

= 

1− 

e 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

th 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

∆θ 

max 

′ 

Za klasu izolacije A važi da je maksimalna dozvoljena nadtemperatura zagrevanja ∆θ A = 60 

[ o C], pa na osnovu, prethodne relacije, nalazimo potrebnu vrednost vremena mirovanja: 

∆θ 

max 

= ∆θ 

A 

= 

1− 

e 

tu 

− 

T 

tz 

⎛ t 

⎜ 

u t 

− 

+ 

⎝ Ttz 

T 

m 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

∆θ 

max 

′ 

⇒ 

th 

1− 

e 

tu 

t 

⎡ ′ u 

2 

2 

T ∆θ 

⎛ ⎞⎤ 

⎡ 

tz max T 

85.93 ⎛ ⎞⎤ 

tz 

15 

15 

tm = −Tth 

ln⎢e 

− ⎜e 

−1⎟⎥ 

= −25⋅ 

ln⎢e 

− ⎜e 

1⎟⎥ 

= 1. 591 

A 

⎢⎣ 

60 

− 

⎢ ∆θ 

⎜ ⎟⎥ 

⎣ 

⎝ ⎠⎦ 

⎝ ⎠⎥⎦ 

Relativno trajanje uključenja je prema tome: 

tu 

2 

ED% = 100ε 

= 100 = 100 ⋅ = 

t + t 2 + 1.591 

u 

m 

55.70 [%] 

Minimalna temperatura u kvazistacionarnom stanju iznosi: 

[ min] 

∆θ 

min 

= ∆θ 

max 

e 

t 

− 

T 

m 

th 

1.591 

− 

25 

= 60 ⋅ e 

= 56.40 

o 

[ C] 


Nominalna vrednost momenta motora iznosi: 

146


2003. GODINA 

60 Pnom 

30 15000 

M 

nom 

= = ⋅ = 124. 

56 

2π 

n π 1150 

nom 

[ Nm] 


razlikuju u istom procentualnom odnosu. Motori će zbog različitih flukseva razvijati različite 

momente. Motori se okreću istom brzinom obrtanja pošto su mehanički spregnuti, pa važe sledeće 

naponske i momentne jednačine: 

Φm 

1 


U 

1 

nom 

= k 

EΦnomn( 1± 

ε 1 

) + I 

a1( Ra 

+ R 

pp 

) 

= Em 

1 

+ I 

a1 

a pp E m1 

a1 

a pp E nom 

a a pp 

Φ 

Φm2 


U 

2 

nom 

= k 

EΦnomn( 1± 

ε 2 

) + I 

a2 

( Ra 

+ R 

pp 

) 

= Em2 

+ I 

a2 

a pp E m2 

a2 

a pp E nom 

a a pp 

Φ 

Φm 

1 

M 

m1 = k 

MΦm1I 

a1 

= k 

MΦnom 

I 

a1 

= k 

MΦnom 

1 a1 

M nom anom 

1 

Φnom 

I 

a1 

I 

anom 

M 

m1 

= M 

nom 

( 1± 

ε1 

) ⇒ I 

a1 

= 

I 

anom 

1± 

ε1 

M 

nom 

Φm 

1 

M 

m2 = k 

MΦm2I 

a2 

= k 

MΦnom 

I 

a2 

= k 

MΦnom 

2 a2 

M nom anom 

1 

Φnom 

I 

a2 

I 

anom 

M 

m2 

= M 

nom 

( 1± 

ε 

2 

) ⇒ I 

a2 

= 

I 

1± 

ε M 

anom 

Gde je − % ≤ ε , ε 1% 

. Daljim razvojem dobijamo: 

1 

1 2 

≤ 

= k 

EΦnomnnom 

+ I 

anom 

( Ra 

+ R 

pp 

)⇒ 

R R = U − k Φ n = k 

2 

nom 

a1 

( 1± 

ε ) I = k Φ I ( ± ε ) = 

1 

I 

I 

anom 

a2 

( 1± 

ε ) I = k Φ I ( ± ε ) = 

U 

I ( ) Φ n − k Φ n = k Φ ( n − n ) 

anom 

U = k Φ 

E 

U = k Φ 

U 

k Φ 

E 

U 

k Φ 

E 

E 

nom 

nom 

a 

+ 

pp 

E nom nom E nom 0 E nom nom E nom 0 

nom 

nom 

= n 

= n 

n 

n 

I 

anom m1 

0 nom m1 

( 1± 

ε ) + 

( R + R ) = k Φ n( 1± 

ε ) + k Φ 

⇒ 

1 

1± 

ε 

I 

1 

M 

M 

nom 

a 

pp 

E 

nom 

1 

E 

nom 

n 

2 

nom 

− n 

1± 

ε 

anom m2 

0 nom m2 

( 1± 

ε ) + 

( R + R ) = k Φ n( 1± 

ε ) + k Φ 

⇒ 

2 

( ± ) 

1± 

ε 

2 

M 

M 

nom 

a 

pp 

E 

nom 

2 

E 

nom 

n 

1 

− n 

1± 

ε 

( 1± 

ε 1 

) ( ) 

1 n − n M 

n − n 

ε ± ε 

0 nom m1 

0 

0 

= n 

1 

+ 

⇒ M 

m1 

= M 

nom 

1 

1± 

ε1 

M 

nom 

n0 

− nnom 

( ± ) 

( 1± 

ε 2 

) ( ) 

n − n M 

n − n 

n 1 ε ± ε 

0 nom m2 

0 

0 

= 

1 

+ 

⇒ M 

m2 

= M 

nom 

1 

1± 

ε 

2 

M 

nom 

n0 

− nnom 

M 

1 

− M 

2 

= 2∆M 

⇒ 

M 

1 

− M 

2 

M 

nom 

∆M 

= = 

2 2 n − n 

M 

1 

( n − n ) 

0 

2 

2 

[ n0 

( 1± 

ε1 

) − n0 

( 1± 

ε 

2 

) − n( 1± 

ε1 

) + n( 1± 

ε 

2 

) ]= 

( ) 

0 

nom 

2 

[ n ( ± ε m ε ) − n( ± 2ε 

2ε 

+ ε −ε 

)] 

2 

M 

nom 

= 

0 1 2 

1 

m 

2 

M 

= 2 

T 

nom 

+ ∆ M = M +∆M 

nom 

2 

1 

2 

1 

2 

2 

I 

I 

anom 

M 

M 

M 

M 

nom 

nom 

147


2003. GODINA 

M 

2 

M 

= 2 

T 

− ∆M 

= M −∆M 

nom 

Najveća razlika vrednosti momenata nastaje kada se i pobudne struje najviše razlikuju 

odnosno za ε 

1 

= −ε2 

= 1% 

. Činjenice da je zbir pojedinačnih momenata motora jednak momentu 

tereta koji je jednak dvostrukom nominalnom momentu motora, možemo iskoristiti da dobijemo 

relaciju za određivanje brzine obrtanja, koja u najgorem slučaju iznosi: 

M 

1 

+ M 

2 

= M T 

= 2M 

nom 

⇒ 

n0 

− n 1± 

ε1 

n0 

− n 1± 

ε 

2 

2M 

nom 

M 

nom 

1± 

ε1 

+ M 

nom 

1 ± ε 

n − n 

n − n 

( ) ( ) 

( ) ( )⇒ 

= 

2 

0 nom 

0 nom 

0 

− 2nnom 

= 2n0 

+ n0 

( ± ε1 

± ε 

2 

) − n( 2 ± ε1 

± 

2 

)⇒ 

2n 

ε 

± ε ± ε 

n + n 

n = min 

1+ 

2 

2 1 2 

nnom 

+ n0 

− 

nom 

2 ± ε 

± 

1 

± ε 

ε 

2 

1 

± ε 

2 

Iz toga proizlazi da je: 

( ± ε ) 

0 

1 

± ε 

nom 

2 

2 

1 

= 

= n = 1150[ ] 

124.56 

∆M 

= 

2 ⋅ ( 1235 −1150) 

= 15.607[ Nm] 

M 15. 

607 

∆M% 

= ∆ 100 = ⋅100 

= 12. 

35 % 

M 124. 

56 

nom 

2 2 

[ 1235( 0.01+ 

0.01) −1150( 2 ⋅ 0.01+ 

2 ⋅ 0.01+ 

0.01 − 0.01 )]= 

Pojedinačne vrednosti momenata pojedinih motora prema tome iznose: 

[ ] 

M = M 

nom 

+ ∆M 

= 124. 

56 + 15. 

607 140. 

167 

1 

= 

M = M 

nom 

− ∆M 

= 124. 

56 −15. 

607 108. 

953 

2 

= 

[ Nm] 

[ Nm] 



M 

i 

D 

Reduktor 

v 

m 

148


2003. GODINA 

Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta mase: m max = 5000 [kg]. Odrediti snagu 

motora koji obezbeđuje tokom ubrzanja za vreme t = 10 [s] dizanje tereta na visinu h = 10 [m], u 

slučaju da je koeficijent korisnog dejstva reduktora η red = 0.981, a moment inercije reduktora i 

motora je zanemarljiv. 


Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sledećih podataka: P n = 2.5 [kW], n nom = 

960 [min -1 ] upotrebljen je za pogon priručne dizalice koja se koristi pri izgradnji manjeg 

građevinskog objekta. Ako se zna da se sa otporom R d ' = 2R r ' = 0.2 [Ω] dodatim usvaku fazu 

rotora, motor obrće brzinom n = 900 [min -1 ] i podiže teret brzinom v = 2 [m/s], odrediti težinu tereta 

koji se podiže. Prečnik bubnja oko koga se namotava čelično uže pri podizanju tereta je D b = 0.2 

[m], a eksperimentalno je utvrđeno da je najveća vrednost opterećenja koju motor može podići bez 

dodatnih otpora u kolu je m max = 180 [kg]. Debljina čeličnog užeta, mehanički gubici i gubici u 

statoru motora se zanemaruju. 


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

napaja iz mreže 3x380 [V], 50 [Hz]. Na većoj brzini nominalna brzina je n nom1 = 1410 [min -1 ], 

sprega je zvezda, a kritični moment se ima pri 62% od sinhrone brzine. Na manjoj brzini 

nominalna brzina je n nom2 = 940 [min -1 ], a sprega je trougao. 

a) Kada je motor uključen na veću brzinu izmerena je električna snaga P = 4 [kW] i brzina 

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

opterećen motor? 

b) Odrediti brzinu obrtanja kada je motor uključen na manju brzinu obrtanja. 

Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi, a da su ostali parametri motora 

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


Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom za priključni napon U nom = 440 [V], I nom = 100 

[A], n nom = 1050 [min -1 ] u praznom hodu ima broj obrtaja n 0 = 1100 [min -1 ]. Odrediti vrednost 

struje i brzine obrtanja motora ako pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja 

M t = 200 [Nm]. Smatrati da su gubici trenja i ventilacije zanemarljivi u svim uslovima rada. 


M 

n 

M 1 = 40 [Nm] 

M 2 = 25 [Nm] 

M 3 = -20 [Nm] 

t 1 = 10 [s] 

t 2 = 60 [s] 

t 3 = 15 [s] 

t 4 = 40 [s] 

M 1 

M 2 

M 3 

n 

t 1 

t 3 

t 2 

t 4 

t 

149


2003. GODINA 



pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 2000 [min -1 ], a motor ima prinudno 

hlađenje. 


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

∆W pot 

= mgh = 5000 ⋅9.81⋅10 

= 490500 

[ J ] 

Prema tome potrebna snaga motora uz uračunavanje gubitaka u mehanizmu u stacionarnom 

pogonu iznosi: 

P = 

∆W 

tη 

pot 

red 

mgh 

= 

tη 

red 

5000 ⋅ 9.81⋅10 

= 

= 50000 

10 ⋅ 0.981 

[ W ] = 50[ kW ] 


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

−1 

[ ] 

Db 

2π 

Db 

60v 

60 ⋅ 2 600 

v = Ωb 

= nb 

⇒ nb 

= = = = 190.99 min 

2 60 2 πD 

π ⋅ 0.2 π 

b 

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

i 

red 

n 

= 

nb 

= 

900 = 

190.99 

4.71[ ] 

Maksimalni moment na bubnju, pri kom motor može da kreće bez dodatnog otpora, je 

prema uslovima zadatka: 

M 

D 

= F 

2 

D 

= mg 

2 

0. 

2 

= 180 ⋅9. 

81⋅ 

= 176. 

2 

b 

b 

max 

58 

150 

[ Nm] 

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

M 

M 

= 

i 

176.58 

max 

= = 37. 49 

pol 

red 

4.71 

[ Nm] 

Nominalni moment i nominalno klizanje motora iznose: 

Pn 

60 Pn 

30 2500 

M 

n 

= = ⋅ = ⋅ = 24. 86 

Ω 

n 

2π 

nn 

π 960 

n1 

− nn 

1000 − 960 40 

sn 

= = = = 0.04[ ] 

n 1000 1000 

1 

[ Nm] 

Primenom Klosovog obrasca za dve poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom 

slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja:


2003. GODINA 

2M 

kr 

M 

p 

= ∧ M 

n 

1 skr 

+ 

skr 

1 

1.5 sn 

s 

+ 1. 5skr 

= + 

s 

s s 

s 

s 

kr 

2 

kr 

kr 

1.5s 

= ± 

n 

+ 1.5s 

kr 

n 

− s 

n 

( 1.5 − sn 

) 

( 1−1.5s 

) 

s 

n 

kr 

n 

2 

n 

2M 

kr 

= 

sn 

s 

+ 

s s 

= ± 

kr 

⇐ ⋅s 

− s 

2 

kr 

kr 

= 

s 

n 

kr 

n 

M 

⇒ 

M 

p 

n 

sn 

skr 

= 

1 

s 

kr 

skr 

+ 

sn 

skr 

+ 

1 

= 

37.49 

24.86 

2 

0 ⇒ skr 

( 1−1.5sn 

) − sn 

( 1.5 − sn 

) 

( − 0.04) 0.04( 1.5 − 0.04) 

0.04 1.5 

1−1.5⋅ 

0.04 

= ± 

Prema tome kritična vrednost momenta iznosi: 

M 

M 

= 

2 

⎛ 1 

⎜ 

⎝ skr 

skr 

⎞ 37.49 ⎛ 1 ⎞ 

+ 

⎜ 0.247⎟ 

= 80. 

1 

⎟ = 

+ 

⎠ 2 ⎝ 0.247 ⎠ 

1−1.5⋅ 

0.04 

p 

kr 

52 

[ Nm] 

= 1.5 

= 0 ⇒ 

= ± 

0.0584 

0.96 

U traženom režimu, kritično klizanje zbog dodatog otpora R d ' = 2R r ' iznosi: 

= ± 0.247 

s 

krd 

′ ′ ′ ′ ′ 

Rd 

+ Rr 

2Rr 

+ Rr 

3Rr 

= = = = 3skr 

′ ′ ′ 

X + X X + X X + X 

s 

r 

s 

r 

s 

r 

= 3⋅ 

0.247 = 0.741[ ] 

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

s 

d 

= 

n 

1 

− n 

n 

1 

d 

1000 − 900 

= 

1000 

= 

100 

1000 

= 0.1[ ] 

Iz toga sledi da se na vratilu motora razvija moment: 

2M 

kr 2 ⋅80.52 

M 

d 

= = 

= 21. 34 

sd 

skrd 

0.1 0.741 

+ 

+ 

s s 0.741 0.1 

krd 

Na bubnju se razvija moment: 

d 

M 

bd 

= M 

dired 

= 21 .34 ⋅ 4.71 = 100. 51 

Prema tome teret iznosi: 

[ Nm] 

M 

bd 

2M 

bd 2 ⋅100.51 

mt = = = = 102. 46 

Db 

gDb 

9.81⋅ 

0.2 

g 

2 

[ Nm] 

[ kg] 


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

151


2003. GODINA 

Pa 

60 Pelη 

30 4000 ⋅ 0.8 

M 

a 

= = ⋅ = ⋅ = 21. 984 

Ω 

a 

2π 

na 

π 1390 

n1 

− na 

1500 −1390 

110 

sa 

= = 

= = 0.07333[ ] 

n 1500 1500 

1 

[ Nm] 

Kritična vrednost brzine postiže se pri 62% od sinhrone brzine, pa prema tome kritično 

klizanje iznosi: 

s 

kr 

= 

n 

1a 

− n 

n 

1a 

kr 

1500 − 0.62 ⋅1500 

= 

1500 

1500 − 930 

= = 

1500 

570 

1500 

= 0.38[ ] 

Na osnovu poznatog momenta, klizanja i kritičnog klizanja, primenom Klosovog obrasca 

dobijamo vrednost kritičnog momenta: 

M 

M 

= 

2 

⎛ s 

⎜ 

⎝ s 

s 

+ 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

21.984 ⎛ 0.07333 

0.38 

a a kr 

kra ⎟ = ⎜ + ⎟ = 59. 07 

kr a 

2 ⎝ 0.38 0.07333 ⎠ 

⎞ 

[ Nm] 

b) Kako se parametri motora, u slučaju da je on priključen na manju brzinu ne menjaju, to 

kritično klizanje ne menja vrednost, ali se menja kritična vrednost momenta jer se menja i broj pari 

polova i napon po fazi. Prema tome iz izraza za kritični moment za manju i veću brzinu, važi da je: 

2 

fb 

3 U 

pb 

2 2 

⎜ 

⎛ ′ 

ω ⎟ 

⎞ 

2 

s 

Ls 

+ L 

M 

r 

⎝ ⎠ pbU 

krb 

fb 

= 

= 

2 

2 

M 

kra 3 U 

fa 

paU 

fa 

pa 

2 2 

⎜ 

⎛ ′ 

ω + ⎟ 

⎞ 

s 

Ls 

Lr 

⎝ ⎠ 

9 

M 

krb 

= M 

kra 

= 4.5⋅ 

59.07 = 265. 815 

2 

3 ⎛ 380 ⎞ 

= ⎜ ⎟ 

2 ⎝ 220 ⎠ 

[ Nm] 

2 

= 

3 ⎛ 

⎜ 

2 

⎝ 

220 3 

220 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

9 

2 

Traženu brzinu obrtanja, možemo naći preko klizanja, ponovnom primenom Klosovog 

obrasca, uz uslov postavljen zadatkom, da se moment opterećenja ne menja: 

M 

s 

n 

b 

b 

2M 

krb 

sb 

skr 

2M 

krb 

2 2M 

krb 

2 

= ⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

sb 

⇒ sb 

− skr 

sb 

+ s 

sb 

skr 

skr 

sb 

M 

a 

M 

a 

+ 

s s 

b 

= M 

a 

kr 

kr 

b 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

krb 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ ⎛ 265.815 

= s 

1 = 0.38⎜ 

± 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

kr 

± − 

M 

⎟ 

a 

⎝ 21.984 

⎝ 

⎝ M 

a ⎠ 

⎠ 

− 

= n1 b 

1− 

sb 

= 1000 1− 

0.01596 = 984. 04 min 

1 

( ) ( ) [ ] 

12.091 

2 

⎞ 

−1⎟ 

= 0.01596 ∧ 9.1732 

⎠ 

= 0 


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

152


2003. GODINA 

E 

E 

nom 

nom 

= k 

E 

n 

= 

n 

Φ 

nom 

0 

nom 

U 

n 

= 

nom 

⇒ E 

1050 

1100 

0 

= U = k Φ 

440 = 420 

E 

[ V ] 

nom 

n 

0 

⇒ 

E 

E 

0 

nom 

= 

n 

n 

0 

nom 

⇒ 

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

M 

= 

E 

I 

EnomI 

= 

2πn 

30E 

= 

πn 

nom nom 

nom 

nom nom 

nom 

= 381. 97 

Ω 

nom 

nom 

nom 

π ⋅1050 

60 

Za jednosmerni motor važi relacija: 

E = k 

n = n 

0 

E 

Φ 

nom 

− R 

a 

n = U − R 

k 

E 

k 

M 

M 

Φ 

a 

I 

2 

nom 

a 

= k 

= n 

0 

E 

Φ 

nom 

n 

0 

I 

− R 

− kM ⇒ n − n 

a 

30 ⋅ 420 ⋅100 

= 

k 

0 

M 

M 

Φ 

nom 

= −kM 

Prethodna relacija važi i za nominalnu brzinu obrtanja: 

⇒ 

[ Nm] 

n 

nom 

= n0 

− kM 

nom 

⇒ nnom 

− n0 

= −kM 

nom 

Prostim deljenjem prethodne dve relacije i pogodnom manipulacijom, dobijamo traženu 

brzinu obrtanja: 

n 

n − n 

nom 

n = n 

0 

0 

− n 

− 

0 

= 

M 

200 

−1 

( n − n ) = 1100 − ( 1100 −1050) = 1073.819[ min ] 

0 

M 

M 

nom 

nom 

⇒ 

M 

nom 

381.97 

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

M 

I = 

nom 

= k 

M 

M 

nom 

M 

I 

Φ 

nom 

nom 

= 

I 

nom 

⇒ M = k 

200 

100 

381.97 

M 

Φ 

nom 

= 52.36 

I ⇒ 

[ A] 

M 

M 

nom 

= 

I 

I 

nom 

⇒ 


Ekvivalentni moment motora na kosom segmentu dijagrama momentnog opterećenja je: 

2 

2 1 2 

2 

( M + M M + M ) = ( 40 + 40 ⋅ 25 + )= 

1 

2 

= 

1 1 2 2 

25 

3 

3 

M e 

= = 1075 = 32.787[ Nm] 

3225 

3 

153


2003. GODINA 

Zbog prinudnog hlađenja ne popogoršavaju se uslovi hlađenja, tokom perioda ciklusa zaleta 

i kočenja i mirovanja. Ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus prema tome iznosi: 

M 

effMot 

= 

= 

∑ 

i 

40 

M 

∑ 

i 

2 

2 

i 

ti 

t 

i 

= 

M 

2 

1 

t1 

+ M 

e2 

t 

t + t + t 

⋅10 

+ 1075 ⋅ 60 + 20 

10 + 60 + 15 + 40 

1 

2 

2 

2 

3 

2 

+ M 

+ t 

⋅15 

= 

4 

2 

3 

t3 

= 

86500 

125 

= 

26.306[ Nm] 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 26.306 ⋅ ⋅ 2000 = 5509.516 51 

60 

30 

[ W ] ≈ 5. [ kW ] 



Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka P n = 4 [kW], U nom = 380 [V], f nom = 50 

[Hz], n nom = 1440 [min -1 ], spoj = D ima polaznu struju 5I n upotrebljen je za pogon radne mašine sa 

konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti maksimalni otporni moment 

radne mašine koji može da savlada pogonski motor pri polasku. 

Smatrati da su otpor statora i struja magnećenja zanemarljivi. 


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

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

polasku. 


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

učestanošću treba startovati pogon da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje. Odrediti 

maksimalnu vrednost momenta koji u tom slučaju razvija motor. Koliki faktor strujnog 

preopterećenja u tom slučaju treba da obezbedi pretvarač frekvencije. 


Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni 

pregoreo. Pogon zahteva 18 [kW] uz oko 1400 [min -1 ] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavlja 

svakih 5 sati. Na raspolaganju su dva motora: 

I motor: 380 [V]; 12 [kW]; 1410 [min -1 ]; cosϕ = 0,8; P CU /P FE = 4,1; τ z = 40 [min], 

II motor: 380 [V]; 10 [kW]; 1430 [min -1 ]; cosϕ = 0,77; P CU /P FE = 1,6; τ z = 45 [min]. 

Proračunati uslove pogona ostvarene sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora. 



postrojenje. Izračunati metodom ekvivalentnog momenta potrebnu nazivnu snagu motora, ako je 

nazivna brzina motora n=1500 [min -1 ], a motor ima prinudno hlađenje. 

154


2003. GODINA 

M 

n 

M 1 

M 2 

M 3 

n 

M 1 = 25 [Nm] 

M 2 = 40 [Nm] 

M 3 = -20 [Nm] 

t 1 = 10 [s] 

t 2 = 60 [s] 

t 3 = 15 [s] 

t 4 = 40 [s] 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

t 


Nominalni noment i klizanje motora iznose: 

M 

s 

P 60 P 30 4000 

= ⋅ 

2π 

n 

n1 

− nnom 

1500 −1440 

= = 

= 

n 1500 

n 

nom 

nom 

= 

= ⋅ = 26. 526 

Ω 

n 

nom 

π 1440 

nom 

1 

60 

1500 

[ Nm] 

= 0.04[ ] 

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

M 

M 

pol 

nom 

30 

= 

π 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

p 

R 

s 

' 

r 

n 

I 

I 

2 

pol 

2 

nom 

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

M 

M 

pol 

nom 

2 

pol 

I 

2 

2 

⎛ I 

pol ⎞ 

⎛ ⎞ 

= 

1 

5 

⇒ M 

pol 

= M 

nomsnom 

= ⋅ ⎜ ⎟ = 

I 

⎜ 

I 

⎟ 26.526 0.04 26. 526 

2 

nom 

⎝ nom ⎠ 

⎝ 1 ⎠ 

s 

n 

[ Nm] = M 

nom 

Vrednost polaznog momenta mora biti veća od momenta opterećenja da bi se motor mogao 

pokrenuti, dakle mora da važi: 

M 

t 

< M 

p 

= 26. 526 

[ Nm] 


155


2003. GODINA 

Ako se motor upušta sa upuštačem zvezda - trougao, tokom upuštanja u spoju zvezda 

smanjuje se njegov napon po fazi, pa se smanjuje i moment motora. Pošto moment zavisi od 

vrednosti napona na kvadrat, važi da je: 

M 

M 

polz 

polt 

U 

= 

U 

2 

z 

2 

t 

⇒ 

M 

polz 

= M 

polt 

⎛U 

⎜ 

⎝ U 

z 

t 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 220 ⎞ 

= 26.525 ⋅⎜ 

⎟ 

⎝ 380 ⎠ 

2 

⎛ 

= 26.526 ⋅⎜ 

⎝ 

2 

1 ⎞ 

⎟ 

3 ⎠ 

= 

26.526 

3 

= 8.842 

[ Nm] 

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

M 

t 

< M 

polz 

= 8. 842 

[ Nm] 


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

moment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritične 

brzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst. 

Kritični moment i kritično klizanje možemo odrediti primenom Klosovog obrasca za dve 

poznate radne tačke na momentnoj krivi, u ovom slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, pa 

važi: 

M 

1 

s 

kr 

kr 

2M 

kr 

2M 

kr 

= 

∧ M 

pol 

= 

snom 

skr 

1 skr 

+ 

+ 

skr 

snom 

skr 

1 

skr 

snom 

skr 

+ = + ⇐ ⋅skr 

snom 

1 s s 

nom 

2 

kr 

snom 

s 

s 

= ± 

+ s 

s 

nom 

nom 

kr 

− s 

= ± 

nom 

2 

nom 

− s 

2 

kr 

0.04 = ± 0.2 

= 0 ⇒ s 

2 

kr 

M 

⇒ 

M 

156 

nom 

pol 

1 

skr 

= 

snom 

s 

kr 

skr 

+ 

1 

s 

+ 

s 

kr 

nom 

( 1− 

s ) − s ( 1− 

s ) 

M 

pol ⎛ 1 skr 

⎞ 26.526 ⎛ 1 ⎞ 

M 

kr 

= 

0.2⎟ 

= 68. 968 

2 

⎜ + = ⎜ + 

skr 

1 

⎟ 

⎝ ⎠ 2 ⎝ 0.2 ⎠ 

nom 

nom 

nom 

[ Nm] 

Razlika sinhrone brzine i kritične brzine obrtanja je prema tome: 

∆n 

kr 

−1 

[ ] 

= skrn1 = 0. 

2 ⋅1500 

= 300 min 

Prema tome motor treba da krene sa sinhronom brzinom: 

−1 

[ ] 

′ 

n1 = ∆ = 300 min 

n kr 

= 1 

= 0 ⇒ 

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

′ n1 

b 300 

f 

s 

= f 

s 

= 50 ⋅ = 10 

n 1500 

1 

[ Hz]


2003. GODINA 

′ n1 

b 300 

U 

s 

= U 

s 

= 380 ⋅ = 76 

n 1500 

1 

[ V ] 

Ako su ostvareni gornji uslovi za polaznu učestanost i frekvenciju motor će u polasku razviti 

maksimalni odnosno kritični moment: 

M ′ = M 

kr 

= 68 . 968 

[ Nm ] 

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

M 

M 

M 

pol 

kr 

nom 

1 

' 

r 

′ 30 m R ′ 

= I 

pol 

π ′ 

n s 

p 

30 

= 

π 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

m 

n 

R 

s 

1 

' 

r 

kr 

R 

s 

I 

' 

r 

n 

2 

kr 

I 

2 

nom 

2 

prvo dobijamo deljenjem prva dva odnosa, da je vrednost polazne struje jednaka vrednosti struje pri 

kritičnom momentu: 

M 

M 

pol 

kr 

′ 

= 1 = 

n1s 

′ 

n s 

1 

kr 

p 

⎛ ′ 

I ⎞ 

⎜ pol ⎟ 

⎜ I ⎟ 

kr 

⎝ ⎠ 

2 

= 

∆n 

′ 

n 

1 

kr 

⎛ ′ 

I ⎞ 

⎜ pol ⎟ 

⎜ I ⎟ 

kr 

⎝ ⎠ 

2 

⎛ ′ 

I ⎞ 

pol 

= 1⋅ 

⎜ ⎟ 

⎜ I ⎟ 

kr 

⎝ ⎠ 

2 

⇒ I 

pol 

′ 

= I 

kr 

157


2003. GODINA 

a zatim deljenjem druga dva odnosa samu vrednost kritične struje, odnosno faktor strujnog 

preopterećenja: 

M 

M 

kr 

nom 

= 

s 

s 

n 

kr 

⎛ I 

⎜ 

⎝ I 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⇒ 

I 

I 

kr 

nom 

= 

I 

I 

pol 

′ 

nom 

= 

M 

M 

kr 

nom 

s 

s 

kr 

nom 

= 

68.968⋅ 

0.2 

26.526 ⋅ 0.04 

= 

13 = 3.606 


Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba 

mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga u 

kratkotrajnom radu veća od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenja 

dovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se na 

osnovu snage u trajnom radu P nom , vremenske konstante zagrevanja τ zag , vremena uključenja t p i 

odnosa stalnih i promenljivih gubitaka P CU /P FE . 

P 

krat 

= P 

nom 

P 

1+ 

P 

FE 

CUnom 

t 

− 

τ 

1− 

e 

e 

p 

zag 

t 

− 

τ 

p 

zag 

Za prvi motor ova snaga iznosi: 

1 − 

40 

1+ 

e 

P 

. 

krat 

= 12 

4 1 

= 12 ⋅1. 

559 18. 

71 

1 

= 

25 

− 

40 

1− 

e 

Za drugi motor ova snaga iznosi: 

25 

[ kW ] 

25 

1 − 

45 

1+ 

e 

P 

1. 

6 

krat 2 

= 10 

= 10 ⋅1. 

695 = 16. 

95 

25 

− 

45 

1− 

e 

[ kW ] 

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga u 

kratkotrajnom radu veća od zahtevane: 

[ kW ] > P = 18[ kW ] > P 16. 

[ kW ] 

Pkrat1 = 18. 

71 

krat2 

= 95 



2 

2 

2 

2 

M 

1 

+ M 

1M 

2 

+ M 

2 25 + 25 ⋅ 40 + 40 3225 

M 

12 

= 

= 

= = 1075 = 32. 

787 

3 

3 

3 


158 

[ Nm]


2003. GODINA 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

( 1075) ⋅10 

+ 40 ⋅ 60 + 20 ⋅15 

= 

M 

12 

t1 

+ M 

2 

t2 

+ M 

3 

t3 

M effMot 

= 

= 

t1 

+ t2 

+ t3 

+ t4 

10 + 60 + 15 + 40 

1075 + 9600 + 6000 112750 

= 

= = 902 = 30.034[ Nm] 

125 

125 


2πn 

π 

PeffMot = M 

effMot 

= 30. 

034 1500 = 4717. 

73 72 

60 30 

[ W ] ≈ 4. 

[ kW ] 



Na osovini elektromotora pogona kolica, sa slike 1, smimljen je putni dijagram momenta 

motora u funkciji vremena za jedan ciklus prikazan na slici 2. Za vreme jednog ciklusa kolica pređu 

rastojanje od s c = 42.6 [m]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m], a između njega i motora radi 

redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 i koeficijenta korisnog dejstva 

η = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µ F = 0.02. 

Kolika je ukupna masa tereta i kolica? 

Motor 

D 

Slika 1. 

M mot 

[Nm] 

50.27 [Nm] 

15.29 [Nm] 

6 [s] 10 [s] 

6 [s] 

10 [s] 

t [s] 

-11.39 [Nm] 

32 [s] 

Slika 2. 

159


2003. GODINA 


Za motor iz prethodnog zadatka odrediti vrednost momenta inercije motora. 


Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati njegovu potrebnu 

nazivnu snagu metodom ekvivalentnog momenta. 


Oceniti na osnovu putnog dijagrama da li se kolica iz prvog zadatka, sem sa motorom 

posebno dodatno koče sa mehaničkom kočnicom. 




konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će se 

ubrzati motor ako je otporni moment radne mašine M t = 30 [Nm]. 



Iz momentnog putnog dijagrama nalazimo da motor u stacionarnom stanju razvija moment: 

M tStac 

=15.29183. 45[ Nm] 

U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment: 

M 

tStac 

= M 

MotStaciηRe d 

= 15.29 ⋅16 

⋅ 0.75 = 183. 45 

[ Nm] 

Na obodu točka se razvija vučna sila koja je u stacionarnom stanju jednaka sili otpora 

kotrljanja: 

M 

F = 

D 

2 

2 ⋅183.45 

0.34 

tStac 

t 

= = 1079. 1 

[ N ] 

Iz toga proizlazi da kolica imaju masu: 

Ft 

m = 

g µ 

F 

1079.1 

= = 5500 

9.81⋅ 

0.02 

[ kg] 


U stacionarnom stanju kolica se kreću sa brzinom: 

s 

v 

= 

2 

sc 

42.6 

( t + t ) + v t = v ( t + t ) ⇒ v = = = 2.66[ m s] 

max 

c zal usp max Stac max Stac zal max 

/ 

tStac 

+ t 

zal 

16 

U toku zaleta postiže se ubrzanje: 

v 

a = 

t 

max 

zal 

= 

2.66 

6 

= 0.44 

2 

[ m / s ] 

160


2003. GODINA 

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi: 

α zal 

183.45 2 

= a = = 0.44 = 2.59 s 

D 16 ⋅ 0.75 0.34 

2 

[ ] 

2 − 

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi: 

2 

⎛ D ⎞ ⎛ 0. 

34 ⎞ 

J t 

= m⎜ 

⎟ = 5500⎜ 

⎟ = 158. 

95 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 

2 

[ kgm ] 

Dinamički moment ubrzanja tereta je prema tome: 

M 

tDin 

= J 

tαzal 

= 158 .95⋅ 

2.59 = 411. 4 

[ Nm] 

Pošto sa dijagrama nalazimo vrednost momenta ubrzanja motora tokom zaleta, moment 

ubrzanja motora, nalazimo kao razliku razvijenog momenta ubrzanja i zbira stacionarnog momenta 

tereta i dinamičkog momenta ubrzanja tereta, normalno svedenih na osovinu motora: 

1 

1 

M 

MotDin 

= M 

zMotDin 

− 

tDin tStac 

704 

iη 

16 ⋅ 0.75 

( M + M ) = 50.27 − ( 411.4 + 183.45) = 0. [ Nm] 

R 

Iz vrednosti momenta ubrzanja motora i ugaonog ubrzanja motora na kraju nalazimo traženu 

vrednost momenta inercije motora: 

J 

M 

= 

α 

M 

= 

iα 

0.704 

= 

16 ⋅ 2.59 

MotDin MotDin 

Mot 

= 

zalMot 

zal 

0.017 

2 

[ kgm ] 


Iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo ekvivalentni moment opterećenja: 

M 

effMot 

= 

M 

2 

zMotDin 

t 

z 

+ M 

t + t 

zal 

2 

MotStac 

Stac 

t 

+ t 

Stac 

usp 

+ M 

+ t 

0 

2 

uMotDin 

t 

u 

= 

= 

50.27 

2 

2 

⋅ 6 + 15.29 ⋅10 

+ 11.39 

6 + 10 + 6 + 10 

2 

⋅ 6 

= 

18278.671 

32 

= 23.9 

[ Nm] 

Potrebna nazivna snaga motora iznosi: 

2πn 

π 

PeffMot = M 

effMot 

= 23. 

9 2391 = 5984 984 

60 30 

[ W ] = 5. 

[ kW ] 


U slučaju da se motor koči sa postavljenom mehaničkom kočnicom na izlaznoj strani vratila 

ukupan moment motora koji on razvija tokom usporenja, sveden na njegovu osovinu iznosi: 

161


2003. GODINA 

M 

uMotDin 

= −M 

MotDin 

+ 

η Re d 

Kocnice 

( − M + M + M ) 

tDin 

tStac 

i 

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta kočenja: 

M 

= 

( M + M ) 

Kocnice 

= 

uMotDin MotDin 

+ M 

tDin 

− M 

tStac 

ηRe 

d 

16 

0.75 

( −11.39 

+ 0.704) + 411.4 −183.45 

= −0.068 

≈ 0 

zanemarljiva, odnosno da se ne koristi dodatna mehanička kočnica. 

i 

= 



Pn 

60 Pn 

30 4000 

M 

n 

= = ⋅ = ⋅ = 26. 526 

Ω 

n 

2π 

nn 

π 1440 

n1 

− nn 

1500 −1440 

60 

sn 

= = 

= = 0.04[ ] 

n 1500 1500 

1 

[ Nm] 

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

M 

p 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

p 

I 

2 

p 

M 

n 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

n 

I 

2 

n 


M 

M 

p 

n 

2 

p 

I 

2 

2 

⎛ I 

p ⎞ 

⎛ ⎞ 

= 

1 

5 

⇒ M 

p 

= M 

nsn 

= ⋅ ⎜ ⎟ = 

I 

⎜ 

I 

⎟ 26.526 0.04 26. 526 

2 

n 

⎝ n ⎠ 

⎝ 1 ⎠ 

s 

n 

[ Nm] = M 

n 

Vrednost polaznog momenta je prema tome manja od momenta opterećenja: 

M 

t 

= 

p 

t 

30 > M = 26.526 ⇒n 

= 0 

što znači da se motor neće moći pokrenuti. 



Masa kolica i tereta pogona na slici iznosi m = 5500 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.34 [m], 

a između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 16 i 

koeficijenta korisnog dejstva η Red = 0.75. Koeficijent kotrljanja iznosi µ F = 0.02. Kolica tokom 

jednog ciklusa prelaze put od s c = 42.6 [m], razvijajući maksimalnu brzinu v max = 2.66 [m/s], sa 

maksimalnim ubrzanjem i usporenjem a = 0.44 [m/s 2 ]. Odrediti nazivnu brzinu obrtanja motora i 

162


2003. GODINA 

snagu koju motor uzima iz mreže u stacionarnom stanju ako je koeficijent korisnog dejstva motora 

η Mot = 0.75 i moment inercije motora J Mot = 0.017 [kgm 2 ]. 

Motor 

D 

m = 5500 [kg] 

D = 0.34 [m] 

i = 16 

η Red = 0.75 

µ F = 0.02 

s c = 42.6 [m] 

v max = 2.66 [m/s] 

a = 0.44 [m/s 2 ] 

η Mot = 0.75 

J Mot = 0.017 [kgm 2 ]. 

t 0 = 10 [s] 


Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena 

za jedan ciklus rada, ako kolica između dva pokretanja stoje t 0 = 10 [s]. 





Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog časa rada motora iz prethodnih 

zadataka, ako je cena jednog kWh 3 [din]. 




konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Odrediti do koje brzine obrtanja će se 

ubrzati motor ako je otporni moment radne mašine M t = 20 [Nm]. 



U stacionarnom stanju brzina obrtanja motora kod brzine kolica v max 

iznosi: 

n 

Motnom 

1 

[ ] 

vmax 

⋅ 60 2. 

66 ⋅ 60 

− 

= int 

= i = 16 = 2391 s 

πD 

0. 

34 ⋅π 

163


2003. GODINA 

Sila otpora kotrljanja je: 

Ft = mgµ 

F 

= 5500 ⋅ 9. 

81⋅ 

0. 

02 = 1079. 

1 

[ N] 

Da bi savladao izračunatu silu otpora motor mora da razvije mehaničku snagu u iznosu: 

P 

Ft 

v 

= η 

1079.1⋅ 

2.66 

[ W ] = 3. [ kW ] 

max 

MotStac 

= 

= 3830 83 

Re d 

0.75 

Pri tome motor iz mreže uzima snagu: 

P 

P 

= η 

3830 

= = 5106 

0. 

75 

[ W ] = 5. 

[ kW ] 

MotStac 

MrezeStac 

106 

Mot 


Da bi se nacrtao momentni putni dijagram motora potrebno je odrediti momente i vremena 

njihovog trajanja posebno za svaki od režima rada, stacionarni, zalet i usporenje. 

U stacionarnom stanju na pogonskom točku se razvija obrtni moment: 

D 0. 

34 

M 

tStac 

= Ft 

= 1079. 

1⋅ 

= 183. 

45 

2 

2 

[ Nm] 

Pri tome motor na svojoj osovini razvija moment: 

M 

M 

= 

i η 

183.45 

tStac 

MotStac 

= = 15. 29 

Re d 

16 ⋅ 0.75 

[ Nm] 

Ugaono ubrzanje točka kod zaleta iznosi: 

α zal 

183.45 2 

= a = = 0.44 = 2.59 s 

D 16 ⋅ 0.75 0.34 

2 

[ ] 

2 − 

Moment inercije kolica u odnosu na osovinu točka iznosi: 

2 

⎛ D ⎞ ⎛ 0. 

34 ⎞ 

J t 

= m⎜ 

⎟ = 5500⎜ 

⎟ = 158. 

95 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 

2 

[ kgm ] 

tome: 

Potreban moment ubrzanja za zalet kolica na osovini kolica, sa zadatim ubrzanjem je prema 

M 

tDin 

= J 

tαzal 

= 158 .95⋅ 

2.59 = 411. 4 

[ Nm] 

Potreban moment ubrzanja rotora motora iznosi: 

M 

MotDin 

= J 

Motα 

zalMot 

= J 

Motiαzal 

= 0 .017 ⋅16 

⋅ 2.59 = 0. 704 

[ Nm] 

164


2003. GODINA 

Ukupan moment koji tokom ubrzanja odaje motor iznosi: 

1 

1 

M 

zMotDin 

= M 

MotDin 

+ 

tDin tStac 

27 

iη 

16 ⋅ 0.75 

( M + M ) = 0.704 + ( 411.4 + 183.45) = 50. [ Nm] 

R 

Vrednost ubrzanja i usporenja su iste, pa su i potrebni momenti usporenja po veličini isti kao 

momenti ubrzanja a različiti po znaku. Pa iz toga sledi da ukupni moment koji prima motor tokom 

usporenja iznosi: 

M 

uMotDin 

η Re 

d 

( − M + M ) = 

= −M 

MotDin 

+ 

tDin tStac 

i 

0.75 

= −0.704 

+ − 411.4 + 183.45 = −11.39 

Nm 

16 

( ) [ ] 

Pošto su vrednosti ubrzanja i usporenja ista i vremena njihovih trajanja su ista i iznose: 

vmax 

2.66 

t 

zal 

= tusp 

= = = 6 

a 0.44 

[] s 

Tokom trajanja ubrzanja i usporenja kolica ukupno pređu put: 

s 

z+ 

u 

v 

= 

max 

2 

( t 

zal 

+ tusp 

) = vmaxt 

zal 

M mot 

[Nm] 

50.27 [Nm] 

15.29 [Nm] 

6 [s] 10 [s] 

6 [s] 

10 [s] 

t [s] 

-11.39 [Nm] 

32 [s] 

Putni dijagram. 

Pošto se ostali deo puta kolica kreću stacionarnom brzinom, trajanje stacionarnog režima 

nalazimo iz relacije: 

sc 

− sz+ 

u 

sc 

42.6 

tStac = = − t 

zal 

= − 6 = 10 

v v 2.66 

max 

max 

165 

[] s


2003. GODINA 

Pošto kolica između dva pokretanja stoje zadato vreme, ukupno trajanje ciklusa iznosi: 

tc = t 

zal 

+ t 

Stac 

+ tusp 

+ t0 = 6 + 10 + 6 + 10 = 32 

Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja za zalet, stacionarno stanje i usporenje 

crtamo putni dijagram momentnog opterećenja, dat na prethodnoj strani. 

[] s 



M 

effMot 

= 

= 

M 

2 

zMotDin 

t 

z 

50.27 

2 

t 

+ M 

zal 

+ t 

2 

MotStac 

t 

Stac 

Stac 

+ t 

usp 

+ M 

+ t 

2 

⋅ 6 + 15.29 ⋅10 

+ 11.39 

6 + 10 + 6 + 10 

0 

2 

uMotDin 

tu 

2 

⋅ 6 

= 

= 

18278.671 

32 

= 

23.9[ Nm] 


2πn 

π 

PeffMot = M 

effMot 

= 23. 

9 2391 = 5984 984 

60 30 

[ W ] = 5. 

[ kW ] 


Tokom zaleta motor uzima iz mreže energiju u iznosu: 

W 

zMreze 

1 PzMot 

max 1 M 

zMotDin 

2πn 

Motnom 50.27 π ⋅ 2391 

= t 

zal 

= 

t 

zal 

= ⋅ ⋅ 6 = 

2 η 2 η 60 2 ⋅ 0.75 30 

Mot 

Mot 

[ Ws] 347[ kWs] 

= 50347 = 50. 

U stacionarnom stanju motor takođe uzima energiju iz mreže u iznosu: 

[ Ws] 51. [ kWs] 

WStacMreze = PMrezeStact 

Stac 

= 5106 ⋅10 

= 51060 = 06 

Tokom usporenja motor vraća energiju u mrežu u iznosu: 

W 

uMreze 

1 

1 2πn 

Motnom −11.39 

π ⋅ 2391 

= PuMot 

maxη 

Mottusp 

= M 

uMotDin 

η 

Mott 

zal 

= ⋅ ⋅ 0.75⋅ 

6 = 

2 

2 60 

2 30 

= −6416 Ws = −6. 416 kWs 

[ ] [ ] 

Ukupno tokom jednog ciklusa vožnje motor iz mreže uzima energiju jednaku zbiru sve tri 

energije, odnosno: 

WcMreze = WzMreze 

+ WStacMreze 

+ WuMreze 

= 50 .347 + 51.06 − 6.416 = 94. 991 

Tokom jednog časa rada motor iz mreže uzima ukupno: 

3600 

3600 94.991 

W 

WcMreze 

2. 

hMreze 

t t t t 32 3600 

968 

1 

= 

= ⋅ = 

+ + + 

zal 

Stac 

usp 

0 

166 

[ kWh] 

[ kWs]


2003. GODINA 

Prema tome, cena potrošene tokom jednog časa rada motora iznosi: 

CENA 

CENA1 h 

= W1 

hMreze 

= 2.968⋅3 

= 8. 904 

h 



Pn 

60 Pn 

30 4000 

M 

n 

= = ⋅ = ⋅ = 26. 526 

Ω 

n 

2π 

nn 

π 1440 

n1 

− nn 

1500 −1440 

60 

sn 

= = 

= = 0.04[ ] 

n 1500 1500 

1 

[ din] 

[ Nm] 


M 

p 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

p 

I 

2 

p 

M 

n 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

n 

I 

2 

n 


M 

M 

p 

n 

2 

p 

I 

2 

2 

⎛ I 

p ⎞ 

⎛ ⎞ 

= 

1 

5 

⇒ M 

p 

= M 

nsn 

= ⋅ ⎜ ⎟ = 

I 

⎜ 

I 

⎟ 26.526 0.04 26. 526 

2 

n 

⎝ n ⎠ 

⎝ 1 ⎠ 

s 

n 

[ Nm] = M 

n 

167


2003. GODINA 


slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja i 

momenta: 

M 

1 

s 

kr 

n 

2 

kr 

sn 

s 

2M 

kr 

= 

sn 

skr 

+ 

skr 

sn 

skr 

sn 

+ = 1 s 

kr 

∧ M 

s 

+ 

s 

2 

kr 

n 

p 

2M 

kr 

= 

1 skr 

+ 

s 1 

⇐ ⋅s 

2 

kr 

kr 

s 

n 

2 

M 

⇒ 

M 

n 

p 

1 

skr 

= 

sn 

s 

kr 

skr 

+ 

1 

skr 

+ 

s 

n 

= 1 

( 1− 

s ) − s ( 1− 

s ) = 0 ⇒ s = ± s = ± 0.04 = ± 0. 2 

+ sn 

− sn 

− skr 

= 0 ⇒ skr 

n n n 

kr 

n 

M 

p ⎛ 1 skr 

⎞ 26,526 ⎛ 1 ⎞ 

M 

kr 

= 

0.2⎟ 

= 68. 968 

2 

⎜ + = ⎜ + 

skr 

1 

⎟ 

⎝ ⎠ 2 ⎝ 0.2 ⎠ 

[ Nm] 

Ponovnom primenom Klosovog obrasca za zadati otporni moment određujemo traženu 

brzinu obrtanja: 

M 

t 

2M 

kr 

st 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

st 

⇒ st 

− skr 

st 

+ s 

st 

skr 

skr 

st 

M 

t 

M 

t 

+ 

s s 

= 

kr 

kr 

t 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ ⎛ 68.968 

s 

= ⎜ ± 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

t 

= skr 

± −1 

⎟ 

0.2 

M 

t 

⎝ 

⎝ 

⎝ M 

t ⎠ 

20 

⎠ 

n = n 1 − s = 1500 1 − 0.0296 = 1455. min 

t 

−1 

( ) ( ) [ ] 

1 t 

6 

3.4484 

2 

⎞ ⎧0.0296 

−1⎟ 

= ⎨ 

⎠ ⎩ 1.349 

= 0 



i, η Red 

ASM 

D 

m t = 20 [t] 

n Motnom = 975 [s -1 ] 

η Mot = 0.86 

J Mot = 0.33 [kgm 2 ] 

i = 177 

η Red = 0.9 

D = 0.6 [m] 

J Dob = 20 [kgm 2 ] 

t c = 240 [s] 

t zal = t usp = 10 [s] 

h max = 5 [m] 

Teret 

168


2003. GODINA 

Odrediti snagu i moment koji razvija motor pogona dizalice sa slike, u stacionarnom stanju 

pri dizanju i spuštanju tereta. Masa tereta iznosi m t = 20 [t]. Motor ima nominalni broj obrtaja 

n Motnom = 975 [s -1 ], koeficijent korisnog dejstva η Mot = 0.86 i moment inercije J Mot = 0.33 [kgm 2 ]. 

Reduktor ima prenosni odnosa i = 177, koeficijenta korisnog dejstva η Red = 0.9 i zanemarljiv 

moment inercije. Prečnik točka doboša iznosi D = 0.6 [m]. Moment inercije doboša je J Dob = 20 

[kgm 2 ]. 


Za motor iz prethodnog zadatka odrediti putni dijagram momenta motora u funkciji vremena 

za jedan ciklus rada trajanja t c = 240 [s]. Teret tokom jednog ciklusa prelazi put gore-dole od 

maksimalnog donjeg do maksimalnog gornjeg položaja i nazad sa jednakim vremenima zaleta i 

usporenja t zal = t usp = 10 [s], pri čemu i u gornjem i donjem položaju teret miruje isto vreme. 

Visinska razlika između gornjeg i donjeg položaja iznosi h max = 5 [m]. 





Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora iz prethodnih 

zadataka, ako motor radi prosečno 10 časova dnevno i ako je cena jednog kWh 3 [din]. 


Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka P nom = 4 [kW], U nom = 380 [V], f nom = 

50 [Hz], n nom = 1440 [min -1 ], spoj = D ima polaznu struju 5I nom upotrebljen je za pogon radne mašine 

sa konstantnim momentom nezavisnim od brzine obrtanja. Radi regulisanja brzine obrtanja, motor 

se napaja sa frekventnim pretvaračem. Odrediti do koje se maksimalne vrednosti može regulisati 

brzina obrtanja motora, ako je otporni moment radne mašine M t = 20 [Nm]. 



Zbog primene koturače težina tereta izaziva u užetu silu, vrednosti: 

mt 

g 20000 ⋅9.81 

Fuze = = 

= 98100 

2 2 

[ N ] 

Prema tome na pogonskom dobošu razvija se moment: 

D 0.6 

M 

dobos 

= Fuze 

= 98100 ⋅ = 29430 

2 2 

[ Nm] 

Uže postiže maksimalnu brzinu jednaku obodnoj brzini doboša: 

v 

Ω 

i 

D 2πn 

= 

2 60i 

D 975⋅π 

0.34 

= ⋅ 

2 30 ⋅177 

2 

[ m s] 

Motnom 

Motnom 

uze 

= 

= 0.173 / 

max 

Prema tome motor u stacionarnom stanju pri dizanju tereta, radi u motornom režimu i pri 

tome mora da oda mehaničku snagu: 

169


2003. GODINA 

P 

F 

v 

98100 ⋅ 0.173 

[ W ] 18. [ kW ] 

uze uze max 

MotStac1 = = 

= 18857 ≈ 86 

ηRe 

d 

0.9 

i pri tome razvije obrtni moment: 

M 

M 

= 

i η 

29430 

dobos 

MotStac1 = = 184. 75 

Re d 

177 ⋅ 0.9 

[ Nm] 

U stacionarnom stanju pri spuštanju sa istom brzinom kao i pri dizanju, motor radi u 

generatorskom režimu, pri čemu mora da prihvati mehaničku snagu i moment: 

[ W ] ≈ 15. [ kW ] 

PMotStac2 = −Fuzevuze 

maxηRe 

d 

= −98100 

⋅ 0.173⋅ 

0.9 = −15274 

− 27 

M 

dobos 29430 

M 

MotStac2 = − ηRe 

d 

= − ⋅ 0.9 = −149. 

64[ Nm] 

i 

177 


Moment inercije tereta u odnosu na osovinu doboša može se naći iz relacija održanja 

kinetičke energije: 

1 

2 

J 

J ω 

t 

2 

dobos 

= 

1 

2 

m v 

t 

2 

t 

1 ⎛ vuze 

⎞ 

= mt 

⎜ ⎟ 

2 ⎝ 2 ⎠ 

2 

2 

1 ⎛ D ⎞ 1 ⎛ 0. 

6 ⎞ 

t 

= mt 

⎜ ⎟ = 20000⎜ 

⎟ = 

4 

⎝ 2 ⎠ 

4 

⎝ 

2 

⎠ 

2 

= 

1 1 

2 4 

450 

m ω 

t 

2 

[ kgm ] 

2 

dobos 

2 

⎛ D ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

⇒ J 

t 

2 

1 ⎛ D ⎞ 

= mt 

⎜ ⎟ 

4 ⎝ 2 ⎠ 

Poštu su vrednosti vremena ubrzanja i usporenja jednaka i ugaono ubrzanje i usporenje 

motora su isti i iznose: 

t 

zal 

Ω 

Mot 

πnMot 

π ⋅975 

= tusp 

⇒ α 

zalMot 

= α 

uspMot 

= = = = 10. 

21 s 

t 60t 

30 ⋅10 

zal 

2 

[ ] 

2 − 

zal 

Potreban moment ubrzanja i usporenja za zalet i usporenje tereta i doboša iznosi: 

M 

10. 

21 

177 

zalMot 

( J + J ) α = ( J + J ) = ( 450 + 20) = 27. 

[ Nm] 

tDin 

= 

t dobos zadobosl t dobos 

11 

Potreban moment ubrzanja i usporenja rotora motora iznosi: 

M 

( J + J ) = ( 0 . 33 + 0) 10. 

21 = 3. 

[ Nm] 

MotDin 

= 

Mot Re d 

αzalMot 

37 

Ukupan moment koji odaje motor tokom ubrzanja pri dizanju tereta iznosi: 

α 

i 

M 

zMotDin1 

= M 

MotDin 

+ 

1 

iη 

1 

177 ⋅ 0. 

9 

( M + M ) = 3. 

37 + ( 27. 

11+ 

29430) = 

tDin 

dobos 

= 3 . 37 + 0. 

17 + 185. 

75 = 188. 

29 

R 

[ Nm] 

Ukupan moment koji odaje motor tokom usporenja pri dizanju tereta iznosi: 

170


2003. GODINA 

M 

uMotDin1 

= −M 

MotDin 

+ 

1 

iη 

1 

177 ⋅ 0. 

9 

( − M + M ) = −3. 

37 + ( − 27. 

11+ 

29430) = 

tDin 

dobos 

= −3 . 37 − 0. 

17 + 185. 

75 = 181. 

21 

R 

[ Nm] 

Ukupan moment koji prima motor tokom ubrzanja pri spuštanju tereta iznosi: 

M 

zMotDin2 

η 

= M 

MotDin 

+ 

tDin dobos 

i 

= 3. 37 + 0. 

14 −149. 

64 = −146. 

13 Nm 

0. 

9 

177 

R 

( M − M ) = 3. 

37 + ( 27. 

11− 

29430) = 

[ ] 

Ukupan moment koji prima motor tokom usporenja pri spuštanju tereta iznosi: 

M 

uMotDin2 

η 

= −M 

MotDin 

+ 

tDin dobos 

i 

= −3. 37 − 0. 

14 −149. 

64 = −153. 

15 Nm 

0. 

9 

177 

R 

( − M − M ) = −3. 

37 + ( − 27. 

11− 

29430) = 

[ ] 

Momenti u stacionarnim stanjima izračunati su u prethodnom zadatku, tako da treba samo 

odrediti njihova vremena trajanja. Da bi njih odredili, moramo prvo odrediti, stacionarnu brzinu 

kretanja tereta: 

vuze max 0. 

173 

vt max 

= = = 0. 

0865 

2 2 

[ m / s] 

Stacionarna stanja pri dizanju i spuštanja su ista, a nalazimo ih podatka da teret prelazi 

zadatu visinsku razliku: 

t 

Stac1 

( t + t ) 

vt 

max 

hmax 

− 

zal usp 

h 

= t = 

2 

max 1 

Stac2 

= − ( t 

zal 

+ tusp 

)= 

v 

v 2 

h 

= 

v 

max 

t max 

− t 

zal 

t max 

5 

= −10 

= 47.8 

0.865 

[] s 

t max 

Ukupno vreme mirovanja nalazimo iz relacije: 

( t + t + t + t + t + t ) = t − ( t + t + t ) = 

t0 2 

1 

= tc 

− 

zal Stac1 

usp zal Stac2 

usp c zal Stac usp 

= 240 − 2 10 + 47. 8 + 10 = 240 − 2 ⋅ 67. 

8 = 104. 

4 s 

( ) [] 

Pod pretpostavkom da je vreme mirovanja podjednako raspodeljeno između dizanja i 

spuštanja, vreme mirovanja između ciklusa rada je: 

t0 

104. 

4 

tstaj1 = tstaj2 

= = = 52. 

2 

2 2 

[] s 

Na osnovu izračunatih vrednosti momenata i trajanja pojedinih sekvenci rada, crtamo 

dijagram momentnog opterećenja: 

171


2003. GODINA 

N Mot 

[Nm] 

n Mot 

[min -1 ] 

188.29[Nm] 

184.75[Nm] 

181.21[Nm] 

975[min -1 ] 

10[s] 

47.8[s] 

10[s] 

52.2[s] 

10[s] 

47.8[s] 

10[s] 

52.2[s] 

t [s] 

-975[min -1 ] 

-146.13[Nm] 

240[s] 

-149.64[Nm] 

-153.15[Nm] 

Putni dijagram. 



M 

effMot 

= 

= 

= 

= 

∑ 

i 

M 

∑ 

i 

2 

i 

t 

i 

t 

i 

2 

= 

2 

M 

zMotDin1 

t 

zal1 

+ M 

MotStac1 

t 

Stac1 

+ M 

uMotDin1 

tusp 

1 

+ M 

zMotDin2 

t 

zal2 

+ ..... 

= 

t 

188.29 

2 

3832871.158 

240 

⋅10 

+ 184.75 

2 

= 126.37 

⋅ 47.80 + 181.21 

240 

[ Nm] 

c 

2 

2 

2 

........ + M 

MotStac2 

tStac2 

+ M 

uMotDin2 

tusp2 

t 

2 

⋅10 

+ 146.13 

........... + 149.64 

2 

c 

⋅10 

+ ...... 

2 

⋅ 47.80 + 153.15 

240 

2 

2 

⋅10 

= 

= 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 126.37 975 = 12902 9 

60 

30 

172 

[ W ] ≈ 12. [ kW ]


2003. GODINA 


Za svaki od segmenata opterećenja iz dijagrama momentnog opterećenja nalazimo energiju 

koju motor uzima iz mreže ili je vraća u mrežu: 

W 

W 

W 

W 

W 

W 

zMreze1 

StacMreze 

uMreze1 

1 PzMot 

max1 

1 M 

zMotDin1 

2πn 

Motnom 188. 

29 π ⋅975 

= t 

zal1 

= 

t 

zal1 

= ⋅ ⋅10 

= 

2 η 

Mot 

2 ηMot 

60 2 ⋅ 0. 

86 30 

= 111771[ Ws] ≈ 111. 

77[ kWs] 

PMotStac 

1 

M 

MotStac1 

2πn 

Motnom 184. 

75 π ⋅975 

1 

= t 

Stac1 

= 

tStac 

1 

= ⋅ ⋅ 47. 

8 = 

ηMot 

ηMot 

60 0. 

86 30 

= 1048448 [ Ws] = 1048. 

45[ kWs] 

1 PuMot 

max1 

1 M 

uMotDin1 

2πn 

Motnom 181. 

21 π ⋅975 

= tusp 

1 

= 

tusp 

1 

= ⋅ ⋅10 

= 

2 η 

Mot 

2 ηMot 

60 2 ⋅ 0. 

86 30 

= 107568[ Ws] ≈ 107. 

57[ kWs] 

1 

1 2πn 

Motnom 

146. 

13 π ⋅ 975 

= PzMot 

max 2η 

Mott 

zal 2 

= M 

zMotDin2 

ηMott 

zal2 

= − ⋅ ⋅ 0 86 ⋅10 

= 

2 

2 

60 

2 30 

= −64156[ Ws] ≈ −64. 

16[ kWs] 

2πn 

Motnom 

π ⋅975 

2 

= PMotStac2η 

MottStac2 

= M 

MotStac2 

ηMottStac2 

= −149. 

64 ⋅ ⋅ 0. 

86 ⋅ 47. 

8 = 

60 

30 

= −628069[ Ws] = −628. 

07[ kWs] 

1 

1 2πn 

Motnom 

153. 

15 π ⋅975 

= PuMot 

max 2η 

Mottusp2 

= M 

uMotDin2 

ηMottusp2 

= − ⋅ ⋅ 0 86 ⋅10 

= 

2 

2 

60 

2 30 

= −67239 Ws ≈ −67. 

24 kWs 

zMreze2 . 

StacMreze 

uMreze2 . 

[ ] [ ] 

Konačno u toku jednog ciklusa motor uzima ukupno iz mreže energiju u iznosu: 

W 

cMreze 

= ∑W 

= WzMreze 

1 

+ WStacMreze 

1 

+ WuMreze 

1 

+ WzMreze2 

+ WStacMreze2 

+ WuMreze2 

= 

= 111 . 77 + 1048. 

45 + 107. 

57 − 64. 

16 − 628. 

07 − 67. 

24 = 508. 

32 kWs 

[ ] 

A tokom meseca ako prosečno radi deset časova dnevno uzima energiju: 

3600 

3600 508.32 

W1 mesec 

Mreze 

= WcMreze 

⋅10 

= 4 

t 

240 3600 

Cena te energije iznosi: 

c 

CENA 

CENA1 mesec 

= W1 

me sec Mreze 

= 635.4 ⋅3 

= 1906. 2 

h 

[ h] ⋅30[ dan] = ⋅ ⋅10 

⋅30 

635. [ kWh] 

[ din] 



Pn 

60 Pn 

30 4000 

M 

n 

= = ⋅ = ⋅ = 26. 526 

Ω 

n 

2π 

nn 

π 1440 

n1 

− nn 

1500 −1440 

60 

sn 

= = 

= = 0.04[ ] 

n 1500 1500 

1 

[ Nm] 

173


2003. GODINA 


M 

p 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

p 

I 

2 

p 

M 

n 

30 

= 

π 

m 

n 

1 

R 

s 

' 

r 

n 

I 

2 

n 


M 

M 

p 

n 

2 

p 

I 

2 

2 

⎛ I 

p ⎞ 

⎛ ⎞ 

= 

1 

5 

⇒ M 

p 

= M 

nsn 

= ⋅ ⎜ ⎟ = 

I 

⎜ 

I 

⎟ 26.526 0.04 26. 526 

2 

n 

⎝ n ⎠ 

⎝ 1 ⎠ 

s 

n 

[ Nm] = M 

n 


slučaju za polazak i nominalnu radnu tačku, dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog klizanja i 

momenta: 

M 

1 

s 

s 

n 

kr 

2 

kr 

2M 

kr 

= 

sn 

s 

+ 

s s 

s 

+ 1 

s 

kr 

= 

s 

kr 

n 

∧ M 

s 

+ 

p 

2M 

kr 

= 

1 skr 

+ 

s 1 

⇐ ⋅s 

kr 

s 

M 

⇒ 

M 

n 

p 

1 

skr 

= 

sn 

s 

174 

kr 

skr 

+ 

1 

skr 

+ 

s 

n 

= 1 

kr n kr 

kr n 

skr 

sn 

2 2 

2 

n 

+ sn 

− sn 

− skr 

= 0 ⇒ skr 

1− 

sn 

− sn 

1− 

sn 

= 0 ⇒ skr 

= ± sn 

( ) ( ) = ± 0.04 = ± 0. 2


2003. GODINA 

M 

p ⎛ 1 skr 

⎞ 26,526 ⎛ 1 ⎞ 

M 

kr 

= 

0.2⎟ 

= 68. 968 

2 

⎜ + = ⎜ + 

skr 

1 

⎟ 

⎝ ⎠ 2 ⎝ 0.2 ⎠ 

[ Nm] 

Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od 





' M 

kr 68.968 

f 

s 

= f 

s 

= ⋅50 

= 92. 85 

M 20 

t 


n 

' 

' 

s 

n = 1500 = 2785. 

5 

1 s 

f1 

50 

[ Hz] 

−1 

[ ] 

f 92. 

85 

= min 


∆n 

kr 

−1 

[ ] 

= skr 

n1 = 0. 

2 ⋅1500 

= 300 min 

Na kraju, maksimalna brzina obrtanja pogona koja se može postići podešavanjem 

frekvencije dobija se oduzimanjem razlike od sinhrone brzine: 

n 

t max 

' 

1 

− ∆nkr 

= 2785. 

5 − 300 = 2485. 

5 

−1 

[ ] 

= n 

min 



Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima U nom = 440[V]; I nom = 126[A]; n nom = 

3000 [min -1 ]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja 

M t = 45 + 0.025 * n[Nm] i momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 10[kgm 2 ]. Motor se 

napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu 

jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. 

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

regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne 



Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom M t = k . n 2 ostvaren je sa serijskim 

motorom jednosmerne struje. Motor ima ukupnu serijsku otpornost ΣR a = R a + R pp + R s = 0.5 [Ω]. 

Pri naponu mreže U an = 500 [V] ventilator se okreće brzinom obrtanja n = 900 [s -1 ], pri čemu motor 

vuče struju od I a = 100 [A]. 

Sa kojom će se brzinom obrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mreže 

ako se na red sa motorom doda otpornik otpornosti R d = 4.5 [Ω]. 

175


2003. GODINA 


Odrediti cenu potrošene električne energije tokom jednog meseca rada motora dizalice sa 

slike, ako dizalica prosečno dnevno digne i spusti sto puta teret mase m t = 20 [t] na visinu h max = 5 

[m] i ako je cena jednog kWh 3 [din]. Koeficijent korisnog dejstva motora je η Mot = 0.86 a 

koeficijent korisnog dejstva reduktora η Red = 0.9. 

i, η Red 

ASM 

D 

Teret 


Trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom pokreće pokreće zamajnu masu sa 

ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 2 [kgm 2 ]. Motor se napaja iz 

strujnog izvora, nominalnom strujom i frekvencijom. Zamajac ne pruža otporni moment pri 

obrtanju. 

a) Skicirati funkciju promene momenta motora sa promenom brzine obrtanja motora. 

b) Koliko je vreme zaleta motora t Z = ? do brzine nominalne brzine obrtanja motora n nom = 

1400 [min -1 ]? 

c) Uporediti ovo vreme zaleta sa vremenom zaleta motora pri direktnom priključenju na 

mrežni napon. 

Podaci o motoru su: U s = 220[V]; L s = 10[mH]; L r ' = 8.8[mH]; R r ' = 2.37[Ω]; f = 50[Hz]. 


Ako motor sa napajanjem iz strujnog izvora iz prethodnog zadatka pokreće reaktivni teret 

konstantne vrednosti nezavisne od brzine obrtanja M T = 10 [Nm]. Analizirati: 

a) Da li se motor može pokrenuti strujnim izvorom podešenim na nominalnu vrednost struje? 

b) Na koliko procentualno veću struju od nominalne treba podesiti strujni izvor da bi 

pokretanje uspelo. 



Pnom = U 

nomI 

nomη 

= 440 ⋅126 

⋅ 0.85 = 47124 


[ W ] 

176


2003. GODINA 

M 

30 P 

= ⋅ 

π n 

30 

47124 

nom 

nom 

= ⋅ = 150. 00 

nom 

π 3000 

[ Nm] 


vrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantan 

polazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta: 

I 

pol 

= 1 .5I 

nom 

⇒ M 

pol 

= 1.5M 

nom 

= 1.5⋅150 

= 225 

[ Nm] 


konstantan i iznosi: 

M 

d 

⇒ M 

= M 

const 

p 

− M 

t 

= 180 

= 225 − 

( 45 + 0.025n) 

= M 

const 

−1 

[ Nm] ⇒ k = 0.025[ Nm / min ] 

− kn 

Vreme zaleta nalazimo iz integralne jednačine: 

t 

zal 

π 

= J 

30 

Σ 

n 

dn π 

∫ = J 

M 

0 d 

30 

nom n nom 

Σ 

∫ 

0 

M 

dn 

− kn 

const 

koju rešavamo uz pomoć smene: 

⇒ z = M 

t 

zal 

const 

π 

= − J 

30 

= π ⋅ 

30 

Σ 

− kn ⇒ dz = −kdn 

⇒ dn = − 

1 

k 

M 

const 

10 

ln 

0.025 

M 

−kn 

∫ 

const 

nom 

dz 

z 

π 

= − J 

30 

Σ 

dz 

k 

1 

ln z 

k 

⇒ z 

M 

M 

const 

const 

d 

−kn 

= M 

nom 

const 

π 

= J 

30 

180 

180 

= 41.887ln = 

180 − 0.025⋅3000 

180 − 75 

⇒ z 

Σ 

g 

= M 

1 

ln 

k M 

22.577[] 

s 

const 

M 

const 

− kn 

const 

− kn 

nom 

nom 

= 


U 

n 1 

E 1 

I 1 

E 2 

R s 

n 2 

I 1 

I 2 

I 2 

Φ 1 Φ 2 

U 

R a 

R a 

R d 

R s 

R pp 

R pp 

177


2003. GODINA 

Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački u pogonu bez dodatnog otpornika sa 

indeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa dodatnim otpornikom sa indeksom 2. 

Na prethodnim slikama prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje 

za oba slučaja. 

U oba slučaja, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog momenta motora 

jednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važe sledeće relacije: 

M 

M 

1 

2 

M 

M 

1 

2 

= k 

= k 

M 

M 

C 

= 

C 

Φ I 

1 

Φ 

M 

M 

I 

I 

2 

1 

I 

2 

2 

1 

2 

2 

= k 

M 

= k 

M 

kn 

= 

kn 

k 

Φ 

k 

2 

1 

2 

2 

I 

Φ 

1 

I 

I 

2 

1 

I 

2 

⇒ I 

= C 

2 

M 

= C 

= I 

1 

I 

M 

2 

1 

I 

n 

n 

2 

2 

2 

1 

= M 

t1 

= M 

= kn 

t 2 

2 

1 

= kn 

2 

2 

Dalje iz relacija za elektromotorne sile, pogodnim manipulacijama nalazimo relaciju za 

izračunavanje tražene brzine obrtanja za slučaj dodatog rednog otpornika: 

E1 

= k 

EΦ1n1 

= k 

EkΦ 

I1n1 

= CE 

I1n1 

= U − I1 

E2 

= k 

EΦ2n2 

= k 

EkΦ 

I 

2n2 

= CE 

I 

2n2 

= U − 

2 

E1 

CE 

I1n1 

U − I1ΣR 

I1n1 

= = 

⇒ = 

E C I n U − I 

2 

I1n1 

n2 

I1 

n2 

n 

n 

1 

E 

2 

2 

2 

( Ra 

+ R 

pp 

+ Rs 

) = U − I1ΣR 

I ( R + R + R + R ) = U − I ( ΣR 

+ R ) 

( ΣR 

+ R ) I n U − I ( ΣR 

+ R ) 

d 

2 

2 

a 

pp 

U − I ΣR 

U − I1ΣR 

2 ⎡ n2 

⎤ 

= ⇒ n1 

⎢U 

− I1 

d ⎥ 2 

1 

R 

n2 

− ( Σ + ) ⎣ n1 

U I R R 

⎦ 

1 

d 

n 

I 

1 

( ΣR 

+ R ) 

2 

1 

d 2 

2 

+ n2n1 

− n1 

= 

U − I1ΣR 

U − I1ΣR 

U 

0 

2 

1 

s 

d 

d 

2 

( ΣR 

+ R ) = n ( U − I Σ )⇒ 

Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost tražene 

brzine obrtanja: 

2 

d 

( 0. 

5 + 4. 

5) 

2 100 

2 500 

n2 + n2 

⋅ 900 ⋅ 

− 900 ⋅ 

= 0 

500 −100 

⋅ 0. 

5 500 −100 

⋅ 0. 

5 

2 900 ⋅100 

⋅5 

2 500 

n2 

+ n2 

− 900 = 0 

450 450 

n 

2 

2 

+ n 

2 

⋅1000 

− 900 ⋅1000 

= 0 

2 

−1000 

± 1000 + 4 ⋅900 

⋅1000 

n 2 

= 

2 

−1 

= −500 

± 500 4,6 = 572.38 min 

[ ] 

−1000 

± 1000 1+ 

4 ⋅ 0.9 

= 

2 

= 

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određene 

relacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja: 

n2 

572. 

38 

I 

2 

= I1 

= 100 ⋅ = 63. 

598 

n 900 

1 

[ A] 

178


2003. GODINA 


Kod dizanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi: 

W diz 

= mgh = 20000 ⋅9.81⋅5 

= 981000 

[ J ] 

Kod spuštanja ukupna promena potencijalne energije tereta iznosi: 

W spu 

= −mgh 

= −20000 ⋅9.81⋅5 

= −981000 

[ J ] 

Kod dizanja smer toka energije je mreža ⇒ motor ⇒ pogonski mehanizam ⇒ teret, 

odnosno mreža pokriva gubitke, pa energiju koja mreža odaje određena je relacijom: 

W 

= 

W 

= 

981000 = 

diz 

mrezediz 

1267441. 86 

ηmotηred 

0.86 ⋅ 0.9 

Kod spuštanja smer toka energije je teret ⇒ pogonski mehanizam ⇒ motor ⇒ mreža, 

odnosno teret pokriva gubitke, pa energiju koja mreža prima određena je relacijom: 

[ J ] 

Wmrezespu = ηmotηredWdiz 

= −0. 

86 ⋅ 0. 

9 ⋅981000 

= −759294 

Ukupna energija koju mreža oda tokom jednog ciklusa dizanja i spuštanja jednaka je zbiru 

energije odate pri dizanju i primljene kod spuštanja: 

W 

[ J ] 

= W + W = 1267441.86 − 759294 = 508147. [ J ]= 

mreze mrezediz mrezespu 

86 

508147.86 

= 

3600 ⋅1000 

[ kWh] ≈ 0. 1412[ kWh] 

Cena potrošene električne energije tokom jednog meseca rada, uz uslov da se dnevno obavi 

sto ciklusa dizanja i spuštanja je: 

CENA 

CENA1 mesec 

= Wmreze 

⋅100 

= 8 

h 

[ putadnevno] ⋅30[ dana] ⋅ = 0.1412 ⋅100 

⋅30 

⋅3 

1270. [ din] 


Prvo se može naći vrednost kritičnog momenta i kritičnog klizanja: 

X 

M 

s 

' 

−3 

( L + L ) = 314 ⋅ ( 10 + 8.8) ⋅10 

= 5.928[ Ω] 

' 

s 

+ X 

r 

= ω 

s r 

2 

2 

30 m U 

s 30 ⋅3⋅ 

220 

kr 

= ⋅ ⋅ 

= 

= 77. 97 

' 

π n1 

2( X 

s 

+ X 

r 

) π ⋅1500 

⋅ 2 ⋅ 5.928 

' 

Rr 

2. 

37 

kr 

= = = 

' 

X X 5. 

928 

s 

+ 

r 

0. 

4[ ] 

Nominalno klizanje motora iznosi: 

s 

nom 

ns 

− nnom 

1500 −1450 

50 

= = 

= = 0. 

0666 

n 1500 1500 

s 

179 

• 

[] 

[ Nm]


2003. GODINA 

Vrednost nominalnog momenta iznosi, prema tome: 

2M 

kr 2 ⋅ 77. 

97 

M 

nom 

= 

= 

= 25. 

264 

snom 

skr 

0. 

0666 0. 

4 

+ 

+ 

s s 0. 

4 0. 

0666 

kr 

nom 

[ Nm] 

a) Motorni moment asinhronog motora napajanog iz strujnog izvora sa nominalnom vrednošću 

struje, jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u funkciji brzine obrtanja. Ta veza 

određena je sledećim izrazom: 

M 

m 

3p 

= 

ω 

s 

Rr' 

I 

s 

2 

snom 

Nominalna vrednost momenta je: 

M 

nom 

3p 

= 

ω 

s 

Rr' 

s 

nom 

I 

2 

snom 

Iz toga sledi da je moment hiperbolična funkcija klizanja: 

M 

m = 

M 

nom 

s 

nom 

s 

Tražena skica funkcije data je na sledećem dijagramu. 

180


2003. GODINA 

b) Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine, u koju moramo uvrstiti prethodnu 

funkciju momenta od kllizanja. Rešenje jednačine, uz uslov da je moment opterećenja M t = 0, 

nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: 

ω = 

M 

( 1− 

s) 

= 

ω 

1 

⇒ dω 

= −ω 

ds ⇒ 

1 

dω 

dt 

J 

M 

J 

M s 

Σ 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ds = − ω sds ⇒ 

din m t m Σ 

1 

1 

m 

m 

nom nom 



J 

M 

t 

za 

t 

s 

z 

nom 

nom 

1 

= J 

Σ 

J 

Σω1 

J 

Σω1 

∫ dt = ∫ − ω = − ∫ = ∫ 

1sds 

sds 

sds = 

M s 

M s M s 

0 1 nom nom 

nom nom 1 

nom nom snom 

J ω 

= 

2M 

1 

J 

Σωs 

= 

2 pM s 

( 1− 

s )= 

Σ 1 2 

2 

s 

nom 

nomsnom 

snom 

nom nom 

2 ⋅ 2 ⋅π 

⋅50 

2 

= 

⋅ 

2 ⋅ 2 ⋅ 25.264 ⋅ 0.0666 

( 1− 

0.0666 ) = 92.942[] 

s 

s 

c) Vreme zaleta pri direktnom priključenju na mrežni napon nalazimo iz poznate relacije: 

t 

zb 

2 

J ⎡⎛ ⎞ ⎤ 

Σωs 

1− 

s 

⎢⎜ 

nom 

= 

⎟ 

− skr 

ln snom 

⎥ = 

2 pM 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2skr 

⎠ ⎥⎦ 

2 

2 ⋅ 2 ⋅π 

⋅50 

⎡⎛1− 

0.0666 ⎞ 

⎤ 

= ⋅ ⎢ 

− 0.4 ⋅ ln 0.0666⎥ 

= 2.521[] 

s 

2 2 77.97 

⎜ 

⎣ 2 0.4 

⎟ 

⋅ ⋅ ⎝ ⋅ ⎠ 

⎦ 

Očigledno je ovo vreme mnogo kraće od vremena upuštanja sa strujnim izvorom. 


a) Moment motora pri napajanju sa konstantnom nominalnom strujom menja se po funkciji: 

M 

m = 

M 

nom 

s 

nom 

s 

Prema tome polazni moment koji obezbeđuje primena nominalne struje iznosi: 

snom 

0. 

0666 

M 

m 

= M 

nom 

= 25 . 264 ⋅ = 1. 

68258 

T 

= 10 

s 

1 

pol 

[ Nm] < M [ Nm] 

c) Da bi se motor mogao pokrenuti potrebno je obezbediti da polazni moment bude veći od 

momenta opterećenja, odnosno: 

M 

m 

3p 

R 

⎛ ⎞ 

r' 

2 s I 

nom pol 

= I = 

⎜ 

⎟ 

pol 

M 

nom 

> M 

T 

ω 

s 

s 

s ⎝ I 

nom ⎠ 

2 

⇒ 

Prema tome procentualno struju izvora treba povećati na: 

181


2003. GODINA 

I 

I 

I 

I 

pol 

nom 

pol 

nom 

> 

M 

M 

T 

nom 

s 

s 

100 > 243. 

8 

pol 

nom 

[% 

] 

= 

10 1 

⋅ 

25. 

264 0. 

0666 

= 2. 

438[ ] 

Na sledećem dijagramu uporedo su date momentne karakteristike za idealno strujno 

napajanje sa nominalnom i povećanom vrednošću struje. U realnom sistemu obe karakteristike važe 

samo do njihovog preseka sa momentnom prirodnom karakteristikom. 



Motor jednosmerne struje sa nominalnim podacima U n = 440[V]; I n = 126[A]; n nom = 

3000 [min -1 ]; η = 0.85 pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja nezavisnim od broja obrtaja 

jednakim po vrednosti sa nominalnim momentom motora i momentom inercije svedenim na 

osovinu motora J Σ = 10[kgm 2 ]. Motor se napaja iz regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri 

polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku svojoj nazivnoj vrednosti. Izračunati vreme 

zaleta motora do nominalnog broja obrtaja u slučaju da tiristorski regulisani ispravljač ima nazivnu 

vrednost struje za pedeset procenata veću od vrednosti nominalne struje motora. 


Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase m t = 20 [t] na 

visinu h max = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koliku vršnu snagu motor vuče iz mreže, ako se pola 

vremena dizanja motor ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem. Koeficijent korisnog 

182


2003. GODINA 

dejstva motora je η Mot = 0.86 a koeficijent korisnog dejstva reduktora η Red = 0.9. Pretpostaviti da su 

momenti inercije pogonskih elemenata zanemarljivi. 

i, η Red 

ASM 

D 

Teret 


Elektromotorni pogon sa ventilatorskom karakteristikom M t = k . n 2 ostvaren je sa serijskim 

motorom jednosmerne struje. Rotorski i kompenzacioni namotaj imaju otpornost R a + R pp = 0.3 [Ω] 

a pobudni namotaj ima otpornost R s = 0.2 [Ω]. Pri naponu mreže U an = 500 [V] ventilator se okreće 

brzinom obrtanja n = 900 [s -1 ], pri čemu motor vuče struju od I a = 100 [A]. Sa kojom će se brzinom 

obrtanja okretati ventilator i koliku će struju motor vući iz mreže ako se pobudni namotaj šentira sa 

paralelno vezanim otpornikom otpornosti R d = 1 [Ω]. 


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

moment jednak M t = 26[Nm] i ima potencijalnu prirodu. 

a) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojem će brzina motora biti n = 750 [min -1 ] uz uslov 

da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konst. 

b) Sa kojom učestanošću i sa kojim naponom treba startovati motor, da bi se postiglo 

maksimalno početno ubrzanje. 

Podaci o motoru su: U s = 220 [V]; L s = 10 [mH]; L r ' = 8,8 [mH]; R r ' = 2,3 [Ω]; p = 2, f = 50 

[Hz]. 


Slika pokazuje grube zahteve pri dimenzionisanju elektromotornog pogona za transportno 




brzinom n = 1000 [min -1 ]. 

183


2003. GODINA 

M 

n 

M 1 

n M 2 

M 3 

M 1 = 5 [Nm] t 1 = 1 [s] 

M 2 = 3 [Nm] t 2 = 4 [s] 

t 3 = 4 [s] 

M 1 M 3 = -2 [Nm] t 4 = 1.5 [s] 

t 5 = 40 [s] 

t 3 

t 1 

t 2 

t 4 

t t 

5 



Pnom = U 

nomI 

nomη 

= 440 ⋅126 

⋅ 0.85 = 47124 


M 

30 P 

= ⋅ 

π n 

30 47124 

= ⋅ = 

nom 

nom 

150. 00 

nom 

π 3000 

[ W ] 

[ Nm] 


vrednost jedan i po puta veću od vrednosti nominalne struje motora, što obezbeđuje konstantan 

polazni moment takođe jedan i po puta veći od nominalne vrednosti momenta: 

I 

pol 

= 1 .5I 

nom 

⇒ M 

pol 

= 1.5M 

nom 

= 1.5⋅150 

= 225 

[ Nm] 


konstantan i iznosi: 

M 

d 

= M 

pol 

− M 

t 

= 1 . 5M 

nom 

− M 

nom 

= 0. 

5M 

nom 

= 0. 

5⋅150 

= 75 

Vreme zaleta je prema tome: 

[ Nm] 

t 

zal 

n 

n 

nom 

nom 

π dn π dn π 1 

n 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ ∫ = J 

Σ 

n 

30 M 30 0. 

5M 

30 0. 

5M 

0 

0 

π 10 ⋅3000 

1000 ⋅π 

= ⋅ = = 

30 75 75 

d 

0 

41.89[] 

s 

nom 

nom 

nom 

π 

= J 

30 

Σ 

n 

nom 

0. 

5M 

nom 

= 



184


W diz 

= mgh = 20000 ⋅9.81⋅5 

= 981000 

[ J ] 

2003. GODINA 

Srednja vrednost mehaničke snage motora, uračunavajući gubitke u reduktoru, iznosi: 

Wdiz 

981000 

Psr = Pmot 

= = = 54500 5 

t η 20 ⋅ 0. 

9 

diz 

red 

[ W ] = 54. 

[ kW ] 

Pošto se teret pola vremena ubrzava a pola usporava sa konstantnim ubrzanjem, motor odaje 

maksimalnu snagu, na polovini vremena dizanja, prema donjem dijagramu, veličine dve srednje 

vrednosti snage: 

P 

P max 

P sr 

0 

t 

t/2 

t 

Pmax = 2 Psr 

= 2 ⋅54. 

5 = 109 

[ kW ] 

Tražena vršna vrednost snage koju motor vuče iz mreže, prema tome iznosi: 

Pmax 

109 

Pmreze max = = = 126. 

75 

η 0. 

86 


mot 

[ kW ] 

U 

Φ 1 

E 1 

I 1 

n 1 

I 1 

R a 

R s 

R pp 

185


2003. GODINA 

Označimo vrednosti promenljivih u prvoj radnoj tački sa nešentiranom pobudom sa 

indeksom 1, a vrednosti promenljivih u drugoj radnoj tački sa šentiranom pobudom sa indeksom 2. 

Na prethodnoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne struje sa 

nešentiranom pobudom, sa naznačenim karakterističnim veličinama. 

U slučaju nešentirane pobude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog 

momenta motora jednaka je vrednosti momenta opterećenja, odnosno važi sledeća relacija: 

M 

2 

2 

1 

= k 

M 

Φ1I 

1 

= k 

M 

kΦ 

I1I1 

= CM 

I1 

= M 

t1 

= kn1 

Na sledećoj slici prikazana je uprošćena šema napajanja serijskog motora jednosmerne 

struje sa šentiranom pobudom. 

U 

Φ 2 

E 2 

I s 

I 2 

- I s 

n 2 

I 2 

R a 

R pp 

R s 

R d 

Iz uslova jednakosti pada napona pobudnom namotaju i dodatnom otporu proizlazi relacija, 

odnosa struje pobude i rotorske struje, pri čemu je, radi uprošćenja dalje analize, sa A označen 

pogodan odnos: 

R 

I 

R 

1+ 

R 

2 2 

s 

( I − I ) ⇒ I ( R + R ) = R I ⇒ I = = ⇒ A = 1+ 

= 1+ 

1 2 

s 

I 

s 

= Rd 

2 s s s d d 2 s 

= . 

s A Rd 

Ekvivalentna paralelna otpornost pobudnog namotaja i otpornika za šentiranje nalazi se iz 

relacije: 

d 

I 

R 

0. 

2 

1 

R 

= 

R 

R 

Rs 

= 

R 

1+ 

R 

s d 

s 2 

= 

Rs 

+ Rd 

s 

d 

Rs 

A 

U slučaju šentirane pobude, u stacionarnoj radnoj tački vrednost razvijenog motornog 

momenta nalazi se iz sledeće relacije: 

2 

I 

2 

I 

2 

M 

Φ2I 

2 

= k 

M 

kΦ 

I 

s 

I 

2 

= CM 

I 

s 

I 

2 

= CM 

I 

2 

= CM 

= M 

t 2 

= 

M 

2 

= k 

kn 

A A 

2 

2 

186


2003. GODINA 

Iz relacija za momente za šentirani i nešentirani slučaj nalazimo relaciju za izračunavanje 

veličine rotorske struje za šentirani slučaj: 

M 

M 

1 

2 

= 

AC 

C 

2 

M 

I1 

2 

M 

I 

2 

kn 

= 

kn 

2 

1 

2 

2 

⇒ I 

2 

= I 

1 

n 

n 

2 

1 

A 

Dalje iz relacija za elektromotorne sile za šentirani i nešentirani slučaj, pogodnim 

manipulacijama nalazimo relaciju za izračunavanje tražene brzine obrtanja za šentirani slučaj: 

E = k Φ n 

1 

E 

1 

1 

= k 

E 

k 

Φ 

I n 

1 

1 

= C 

E 

I n 

1 

1 

= U − I 

1 

( R + R + R ) 

I 

2 

E2 

= k 

EΦ2n1 

= k 

EkΦ 

I 

sn2 

= CE 

I 

sn2 

= CE 

n2 

= U − I 

2 

( Ra 

+ R 

pp 

+ Rs2 

)= 

A 

⎛ Rs 

⎞ 

= U − I 

2 ⎜ Ra 

+ R 

pp 

+ ⎟ 

⎝ A ⎠ 

E 

U − I ( R + R + R ) U − I ( R + R + R ) 

1 

ACE 

I1n1 

1 a pp s AI1n1 

1 a pp s 

= = 

⇒ = 

E2 

CE 

I 

2n2 

⎛ Rs 

⎞ I 

2n2 

⎛ Rs 

⎞ 

U − I 

2⎜ 

Ra 

+ R 

pp 

+ ⎟ U − I 

2⎜ 

Ra 

+ R 

pp 

+ ⎟ 

⎝ A ⎠ 

⎝ A ⎠ 

AI 

U − I ( Ra 

+ R 

pp 

+ R ) 

1n1 

1 

s 

= 

⇒ 

n2 

n2 

⎛ Rs 

⎞ 

I1 

An2 

U − I1 

A⎜ 

Ra 

+ R 

pp 

+ ⎟ 

n1 

n ⎝ A ⎠ 

n 

n 

2 

1 

⎡ 

A⎢U 

− I 

⎣ 

1 

n 

n 

2 

1 

⎛ 

AI ⎜ R 

1 

⎛ 

A⎜ 

R 

⎝ 

+ R 

a 

+ R 

R 

+ 

pp 

⎞ 

⎟ 

Rs 

⎞⎤ 

+ ⎟⎥ 

= n 

A ⎠⎦ 

2 

2 

a 

pp 

s 

[ U − I ( R + R + R )]⇒ 

s 

1 a pp 

2 ⎝ A ⎠ 2 U A 

2 

+ n2n1 

− n1 

= 

U − I1( Ra 

+ R 

pp 

+ Rs 

) U − I1( Ra 

+ R 

pp 

+ Rs 

) 

Relacija pretstavlja kvadratnu jednačinu, čije pozitivno rešenje određuje vrednost tražene 


n 

n 

n 

n 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

+ n 

+ n 

+ n 

2 

2 

2 

⎛ 0. 

2 ⎞ 

1. 

2 ⋅100⎜0. 

3 + ⎟ 

1 2 

900 

⎝ . 

⋅ ⋅ 

⎠ 

500 −100 

⋅ 

1. 

2 ⋅ 900 ⋅100 

⋅ 0. 

467 

− 900 

450 

⋅112. 

08 − 492950. 

30 = 0 

− 900 

( 0. 

3 + 0. 

2) 500 −100 

⋅ ( 0. 

3 + 0. 

2) 

2 

2 

⋅ 

500 ⋅ 1. 

2 

450 

= 0 

1 

a 

500 ⋅ 

pp 

1. 

2 

0 

s 

= 0 

2 

−112. 

08 ± 112. 

08 + 4 ⋅ 492950. 

30 −112. 

08 ± 1984363. 

13 

= 

= 

= 

2 

2 

−112. 

08 ± 1408. 

67 

−1 

= = 648. 

29[ min ] 

2 

Vrednost rotorske struje koju motor vuče iz mreže nalazimo iz već prethodno određene 

relacije uvrštavanjem rešenja za traženu brzinu obrtanja: 

187


2003. GODINA 

n2 

648. 

29 

I 

2 

= I1 

A = 100 ⋅ ⋅ 1. 

2 = 78. 

90 

n 

900 

1 

[ A] 


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

X 

M 

s 

kr 

s 

kr 

+ X 

' 

r 

30 

= ⋅ 

π 

s 

= ω 

m 

n 

' 

1 

Rr 

= 

X + X 

' 

−3 

( L + L ) = 314 ⋅ ( 10 + 8. 

8) ⋅10 

= 5. 

928[ Ω ] 

⋅ 

2 

' 

r 

s 

U 

2 

s 

' 

( X + X ) 

s 

r 

2. 

37 

= = 0. 

4 

5. 

928 

r 

2 

30 ⋅3⋅ 

220 

= 

= 77. 

97 

π ⋅1500 

⋅ 2 ⋅ 5. 

928 

[ Nm] 

Primenom Klosovog obrasca možemo pronaći relaciju za određivanje klizanja motora u 


M 

s 

t 

t 

2M 

kr 

st 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

st 

⇒ st 

− skr 

st 

+ s 

st 

skr 

skr 

st 

M 

t 

M 

t 

+ 

s s 

= 

kr 

kr 

t 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ 

= ⎜⎛ 

2 

= s 

− − ⎟⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

kr 

± −1 

⎟ 

skr 

λr 

λt 

1 

M 

⎝ 

⎠ 

t 

⎝ 

⎝ M 

t ⎠ 

⎠ 

= 0 

gde je sa λ t označen odnos kritičnog momenta i momenta opterećenja: 

λ t 

= 

M 

M 

kr 

t 

77. 

97 

= 

26 

≈ 3 

Rešavanjem kvadratne jednačine i uzimanjem u obzir samo rešenja manjeg od jedinice 

dobijamo vrednost klizanja u stacionarnom stanju: 

2 

( − 3 −1) 0. 

0686 

2 

st = skr 

⎜⎛ 

λr 

− λt 

−1⎟⎞ 

= 0. 

4 3 = 

⎝ 

⎠ 

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

1 

= 0. 

0686 ⋅1500 

= 102. 

9 

−1 

[ ] 

∆n = stn 

min 

Zbog zanemarivanja uticaja otpora statora vrednost prethodno određene razlike razlike 

brzine obrtanja je konstantna za sve učestanosti uz uslov U/f = konst, pa vrednost sinhrone brzine 

obrtanja, sinhrone frekvencije i napon motora nalazimo iz relacija: 

n a 

[ ] 

−1 

[ ] 

1 

= n + ∆n 

= 750 + 102.9 = 852.9 min 

n1 

a 852.9 

f 

sa 

= f 

s 

= 50 ⋅ = 28. 43 Hz 

n 1500 

1 

188


2003. GODINA 

n1 

a 852.9 

U 

sa 

= U 

s 

= 220 ⋅ = 125. 09 

n 1500 

1 

[ V ] 

b) Da bi se postiglo maksimalno početno ubrzanje, motor na polasku treba da razvije kritični 

moment, odnosno sinhrona brzina obrtanja treba da bude jednaka razlici sinhrone brzine i kritične 

brzine obrtanja, koja je nezavisna od frekvencije napajanja uz uslov U/f = konst, pa važi: 

−1 

[ ] 

∆nkr 

= skrn1 = 0. 

4 ⋅1500 

= 600 min 

−1 

n1 b 

= ∆nkr 

= 600[ min ] 

Slično kao pod a) nalazimo učestanost i napon sa kojim treba pokrenuti motor: 

n1 

b 600 

f 

sb 

= f 

s 

= 50 ⋅ = 20 

n 1500 

1 

[ Hz] 

n1 

b 600 

U 

sb 

= U 

s 

= 220 ⋅ = 88 

n 1500 

1 

[ V ] 


Ekvivalentni momenti motora na drugom i trećem kosom segmentu dijagrama momentnog 

opterećenja su isti i iznose: 

2 

2 1 2 

49 

( M + M M + M ) = ( 5 + 5⋅ 

3 + 3 ) = 4. 

[ Nm] 

1 2 

M 

e2 = M 

e3 

= 

1 1 2 2 

= 041 

3 

3 

3 




vrednosti: 

β 

= 

1 

3 

α 

1+ 

β 

= 

2 

1 

1+ 

= 

3 

= 

2 

2 

3 


M 

effMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

M 

2 

1 

t1 

α 

+ M 

2 

e2 

t2 

+ M 

2 

e2 

t3 

+ M 

2 

3 

( t t ) t t t 

2 

1 

+ 

4 

+ 

2 

+ 

2 

+ β 

5 

( 1+ 

1. 

5) 

t 

4 

= 

5 

2 

⋅1+ 

3 

49 

3 

⋅ 4 + 

49 

3 

+ 8 + 

⋅ 4 + 2 

2 

1 

⋅ 40 

3 

⋅1. 

5 

= 

= 

215. 

66 

23 

= 3. 

062 

[ Nm] 

189


2003. GODINA 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 3.062 ⋅ ⋅1000 

= 320.651 32 

60 

30 


[ W ] ≈ 0. [ kW ] 


Dva istovetna jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom spregnuta su mehanički i 

pokreću radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja, pri čemu imaju brzinu obrtanja n 1 = 

1060 [min -1 ]. Jednosmerni motori imaju sledeće nominalne podatke: U nom = 440 [V], I nom = 100 [A], 

n nom = 1050 [min -1 ] a u praznom hodu imaju brzinu obrtanja n 0 = 1100 [min -1 ]. U slučaju da jedan 

motor otkaže i da drugi motor sam mora da pokreće radnu mašinu odrediti sa kojom brzinom 

obrtanja će se on obrtati. 


Ako se motori iz prvog zadatka napajaju iz tiristorskog ispravljača, na koju vrednost 

strujnog preopterećenja treba dimenzionisati ispravljač da bi mogao da napaja ispraravan motor i u 

slučaju da jedan motor otkaže a da pogon nastavi i dalje sa radom. 


Ako motori iz prethodnih zadataka imaju prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom 

intermitencijom mogu da sami pokreću pogon u slučaju kvara jednog od njih. 


Trofazni kavezni asinhroni motor nazivnih podataka P nom = 4 [kW], U nom = 380 [V], f nom = 50 

[Hz], n nom = 1440 [min -1 ], spoj = D sa polaznim momentom jednakim nominalnom, upotrebljen je za 

pogon radne mašine sa konstantnim otpornim momentom M t = 30 [Nm] nezavisnim od brzine 

obrtanja. Analizirati moguć stacionaran režim rada sa stanovišta stabilnosti. 





pogonsko postrojenje, ako je nazivna brzina motora n = 1440 [min -1 ], a motor ima prinudno 

hlađenje. 

M 

n 

M 1 

n M 2 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

t 

M 3 

M 1 = 4 [Nm] 

M 2 = 3 [Nm] 

M 3 = -2 [Nm] 

t 1 = 10 [s] 

t 2 = 30 [s] 

t 3 = 15 [s] 

t 4 = 20 [s] 

190


2003. GODINA 


Ako oba motora rade, onda dele moment opterećenja ravnomerno, pa važi sledeća relacija: 

n 

M 

t 

1 

= n0 

− K ⇒ KM 

t 

= 2 

2 

( n − n ) 

0 

1 

Ako samo jedan motor radi, on mora da savlada čitav moment opterećenja pa važi: 

n 

2 

= n0 

− KM 

t 

⇒ KM 

t 

= n0 

− n2 

Iz prethodnih relacija sledi: 

n 

( n0 

− n1 

) ⇒ n2 

= n0 

− 2( n0 

− n1 

) = n1 

− 

0 

0 

− n2 

= 

2 

2 n 

Odnosno tražena brzina obrtanja iznosi: 

n 

2 

2n1 

− n0 

= 2 ⋅1060 

−1100 

= 2120 −1100 

= 1020 

−1 

[ ] 

= min 


Za nominalni brzinu obrtanja važi: 

n 

nom 

= n0 

− CI 

nom 

⇒ CI 

nom 

= n0 

− n 

nom 

U slučaju da samo jedan motor radi važi: 

n 

2 

= n0 

− CI 

2 

⇒ CI 

2 

= n0 

− n2 

Te sledi, da strujnu granicu treba podesiti barem na: 

CI 

CI 

2 

nom 

= 

n 

n 

0 

0 

− n 

− n 

2 

nom 

⇒ I 

2 

= I 

nom 

n 

n 

0 

0 

− n 

− n 

2 

nom 

1100 −1020 

= 100 

= 100 

1100 −1050 

80 

50 

= 160 

[ A] 

Odnosno traženi faktor preopterećenja treba da bude bar: 

I 

I 

max 

n0 

− n2 

> I 

2 

⇒ > 1. 

I n − n 

max 

= 

nom 0 nom 

6[ ] 


Iz uslova da pri intermitentnom pogonu mora efektivni moment biti manji ili jednak od 

nominalnog momenta sledi: 

M 

non 

> M 

effMot 

= 

M 

2 

2 

t 

c 

εt 

c 

= M 

2 

ε 

⇒ ε 

⎛ M 

< 

⎜ 

⎝ M 

non 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ I 

= 

⎜ 

⎝ I 

non 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno: 

191


2003. GODINA 

ED% = 100ε 

⎛ I 

< 100 

⎜ 

⎝ I 

non 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 1 ⎞ 

= 100⎜ 

⎟ 

⎝1. 

6 ⎠ 

2 

= 39. 

0625 ≈ 39 

[% 

] 


Nominalni moment i klizanje motora iznose: 

Pn 

60 Pn 

30 4000 

M 

n 

= = ⋅ = ⋅ = 26. 526 

Ω 

n 

2π 

nn 

π 1440 

ns 

− nn 

1500 −1440 

60 

sn 

= = 

= = 0.04[ ] 

n 1500 1500 

s 

[ Nm] 

Iz uslova jednakosti nominalnog i polaznog momenta primenom Klosovog obrasca 

dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog momenta i klizanja: 

M 

1 

s 

s 

n 

kr 

2 

kr 

2M 

kr 

= 

sn 

s 

+ 

s s 

s 

+ 1 

s 

kr 

= 

s 

kr 

n 

∧ M 

s 

+ 

p 

2M 

kr 

= 

1 skr 

+ 

s 1 

⇐ ⋅s 

kr 

s 

M 

⇒ 

M 

n 

p 

1 

skr 

= 

s 

s 

n 

kr 

skr 

+ 

1 

skr 

+ 

s 

n 

= 1 

kr n kr 

kr n 

skr 

sn 

2 2 

2 

n 

+ sn 

− sn 

− skr 

= 0 ⇒ skr 

1− 

sn 

− sn 

1− 

sn 

= 0 ⇒ skr 

= ± sn 

( ) ( ) = ± 0.04 = ± 0. 2 

192


2003. GODINA 

M 

p ⎛ 1 skr 

⎞ 26,526 ⎛ 1 ⎞ 

M 

kr 

= 

0.2⎟ 

= 68. 968 

2 

⎜ + = ⎜ + 

skr 

1 

⎟ 

⎝ ⎠ 2 ⎝ 0.2 ⎠ 

[ Nm] 

Ponovnom primenom Klosovog obrasca dobijamo dve stacionarne radne tačke, kao što je 

prikazano na dijagramu na prethodnoj slici, pri brzinama obrtanja n t1 i n t2 : 

M 

t 

2M 

kr 

st 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

st 

⇒ st 

− skr 

st 

+ s 

st 

skr 

skr 

st 

M 

t 

M 

t 

+ 

s s 

= 

kr 

kr 

t 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ ⎛ 68. 

968 

s = 

= ⎜ ± 

⎜ 

± 

⎜ 

⎟ 

t 

skr 

−1 

⎟ 

0. 

2 

2. 

2989 

M 

t 

⎝ 

⎝ 

⎝ M 

t ⎠ 

30 

⎠ 

−1 

nt1 = ns 

( 1− 

st1 

) = 1500( 1− 

0.04578) = 1431.33[ min ] 

−1 

nt 

2 

= ns 

( 1− 

st 

2 

) = 1500( 1− 

0.8738) = 189.33[ min ] 

2 

⎞ ⎧0. 

04578 

−1⎟ 

= ⎨ 

⎠ ⎩ 0. 

8738 

= 0 

Uslov stabilnosti je: 

dM 

t 

dM 

m 

> 

dn dn 

dM 

t 

M 

t 

= const ⇒ = 0 

dn 

dM 

m 

dM 

m ds 

= ⋅ 

dn ds dn 

2M 

kr 

dM 2M 

kr 

M 

m 

⇒ = − 

s skr 

ds 

+ 

⎛ s skr 

s s 

⎜ + 

kr 

⎝ skr 

s 

ns 

− n ds 1 

s = ⇒ = − 

ns 

dn ns 

dM 

m 1 2M 

kr 

⎛ 1 skr 

⎞ 

= ⋅ 

⎜ − 

⎟ 

2 

2 

dn ns 

⎛ s s ⎞ ⎝ s s 

kr 

kr ⎠ 

⎜ + 

⎟ 

⎝ skr 

s ⎠ 

⎛ 1 s 

⎜ − 

2 

⎞ ⎝ skr 

s 

⎟ 

⎠ 

m 

kr 

= 

2 

−1 

Za radnu tačku = 1431. 

[ min ] 

n t 1 

33 važi: 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

dM 

dn 

m 

s= 

s 

1 2M 

⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

kr 

⎜ 

1 skr 

⎟ 

1 2M 

kr 

= ⋅ ⎜ 

1 skr 

= ⋅ 

⎟ 

− 

− 

= 

2 

2 

2 

2 

ns 

⎛ st1 

s ⎞ ⎝ skr 

s 

1 ⎠ n 

kr 

t 

s ⎛ 2M 

kr 

⎞ ⎝ skr 

s 

1 ⎠ 

⎜ + 

⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ skr 

st1 

⎠ 

⎝ M 

t ⎠ 

2 

2 

1 M ⎛ 1 ⎞ 

t 

s 

⎜ 

kr 

⎟ 

30 ⎛ 1 0. 

2 ⎞ 

= ⋅ 

≈ −0 

3934 < 0 

2 

⎜ − 

2 

⎟ 

2 

− 

= 

. 

ns 

M 

kr ⎝ skr 

s 1500 ⋅ 2 ⋅ 68 968 0 2 0 04578 

1 ⎠ 

. ⎝ . . 

t 

⎠ 

t1 t 

odnosno ona je stabilna. 

−1 

Za radnu tačku n t 2 

= 189. 

33[ min ] važi: 

193


2003. GODINA 

dM 

dn 

m 

s= 

s 

t 2 

= 

1 

n 

s 

M 

t 

⋅ 

2M 

2 

kr 

⎛ 

⎜ 

1 

⎝ skr 

s 

− 

s 

kr 

2 

t 2 

⎞ 

2 

⎟ 

30 ⎛ 1 0. 

2 

= 

⎜ − 

⎠ 1500 ⋅ 2 ⋅ 68. 

968 ⎝ 0. 

2 0. 

8738 

2 

⎞ 

⎟ ≈ 0. 

0206 > 0 

⎠ 

odnosno ona je nestabilna. 



2 

2 

2 

2 

M 

1 

+ M 

1M 

2 

+ M 

2 4 + 4 ⋅3 

+ 3 37 

M 

12 

= 

= 

= = 3. 

512 

3 

3 3 


[ Nm] 

⎛ ⎞ 

2 37 

4 ⋅10 

+ ⎜ ⎟ 

⋅ 30 + 2 

2 

2 

2 

M + + 

= 

= 

⎝ 3 

1 

t1 

M 

12 

t2 

M 

3 

t3 

M 

⎠ 

effMot 

t1 

+ t2 

+ t3 

+ t4 

10 + 30 + 15 + 20 

160 + 370 + 60 590 

= 

= = 2.805[ Nm] 

75 75 

2 

2 

⋅15 

= 


2πn 

π 

PeffMot = M 

effMot 

= 2. 

805 1440 = 422. 

98 423 

60 30 

[ W ] = 0. 

[ kW ] 

194


2004. GODINA 

3 




Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom ima nominalne podatke: rotorski napon U nom = 

230 [V], rotorska struja I nom = 100 [A], omski otpor rotora R a = 0,2 [Ω], nominalna brzina obrtanja 

n nom = 1200 [min -1 ], pobudna struja I pob = 1 [A]. Gubici u gvožđu i mehanički gubici se zanemaruju. 

Motor pogoni radnu mašinu koja ima linearnu momentnu karakteristiku M t = kn, gde je k = 0.12 

[Nm/min -1 ]. 

Šta treba uraditi da bi se pogon obrtao sa n = 1000 [min -1 ]? Koliku će motor vući struju u 

tom slučaju? 


Šta treba uraditi da bi se pogon iz prvog zadatka obrtao sa n = 1400 [min -1 ], u slučaju da se 

vrednost rotorskog napona ne može povećati iznad nominalne vrednosti? Koliku će motor vući 

struju u tom slučaju? 


Ako motor iz prethodnih zadataka ima prinudno hlađenje, izračunati sa kolikom 

intermitencijom može da pokreće pogon sa n = 1400 [min -1 ]. 


Za šestopolni trofazni asinhroni motor za 50 [Hz] čiji je namotaj statora povezan u zvezdu se 

zna podatak da mu je prevalni moment 2.5 puta veći od polaznog, a polazni je 80 % od nominalnog. 

Otpornost namotaja statora, mehanički gubici i grana magnećenja motora se zanemaruju. 

Odrediti brzinu obrtanja u prevalnoj i u nominalnoj radnoj tački. 


Ako se za motor iz prethodnog zadatka zna da mu je rotorska otpornost svedena na stator 8 

[Ω], odrediti koliki polazni moment motor može da savlada u slučaju ako se direktno pušta na 

mrežu i u slučaju ako se goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim faktorom preopterećenja. 


Elektromotorna sila u nominalnom režimu iznosi: 

Enom = U 

nom 

− Ra 

I 

nom 

= 230 − 0. 

2 ⋅100 

= 210 

[ V ] 

Prema tome moment u nominalnom režimu iznosi: 

Pnom 

EnomI 

nom 30 ⋅ 210 ⋅100 

15⋅35 

M 

nom 

= = = 

= = 167. 

11 

Ω 2π 

nom 

π ⋅1200 

π 

nnom 

60 

Moment tereta u traženoj radnoj tački je: 

[ Nm] 

M t 

= kn = 0. 

12 ⋅1000 

120 

1 1 

= 

[ Nm] 

195


2004. GODINA 

Pri tome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija: 

M 

I 

1 

nom 

M 

= 

M 

= k Φ I ⇒ M = M = k Φ 

t1 

nom 

M 

I 

nom 

nom 

nom 

1 

t1 

120 

= 100 = 71. 

81 

167. 

11 

M 

[ A] 

nom 

I 

1 

⇒ 

M 

M 

t1 

nom 

= 

I 

I 

1 

nom 

⇒ 

U tom režimu vrednost elektromotorne sile nalazimo primenom sledećih relacija: 

E 

E 

nom 

1 

= k Φ n ⇒ E = k Φ 

n 

= 

n 

1 

E 

nom 

E 

nom 

nom 

nom 

= 

1 

1000 

210 

1200 

E 

nom 

= 175 

n 

1 

[ V ] 

⇒ 

E 

E 

1 

nom 

= 

n 

n 

1 

nom 

⇒ 

Dakle, promenu brzine treba ostvariti smanjenjem napona dovedenog motoru na: 

U = E + Ra I = 175 + 0. 

2 ⋅ 71. 

81 189. 

36 

1 1 1 

= 

[ V ] 

Druga, neekonomična mogućnost je da se umesto smanjenja napona u kolo rotora doda 

dodatni otpornik otpornosti: 

U 

nom 

− E1 

230 −175 

Rd = − Ra 

= − 0. 

2 = 

I 

71. 

81 

1 

[ ] 

0. 

566 Ω 


Moment tereta u traženoj radnoj tački je: 

M t 

= kn = 0. 

12 ⋅1400 

168 

2 2 

= 

[ Nm] 

Pošto je brzina obrtanja veća od nominalne, očigledno je da treba da slabimo pobudu. Pri 

tome vrednost struje rotora motora naćićemo iz sledećih relacija: 

M 

E 

I 

nom 

M 

M 

M 

M 

2 

2 

nom 

t 2 

nom 

t 2 

nom 

= k 

= k 

E 

U 

− 

R 

nom 

E 

n 

n 

E 

2 

a 

2 

M 

nom 

nom 

Φ 

Φ 

nom 

= 

E 

I 

2 

nom 

n 

I 

I 

nom 

I 

nom 

2 

nom 

I 

nom 

nom 

M 

+ 

M 

⇒ E 

n 

t 2 

nom 

⇒ M 

nom 

n 

2 

2 

⇒ 

= E I 

2 

n 

n 

2 

nom 

2 

= k 

2 

= M 

= 

E 

E 

Φ 

t 2 

2 

= k 

2 

⇒ 

( U − R I ) 

nom 

R 

a 

nom 

I 

n 

nom 

M 

= 0 

Φ 

a 

2 

E 

E 

2 

I 

2 

nom 

I 

2 

2 

M 

⇒ 

M 

Φ 

= 

Φ 

= U 

2 

nom 

t 2 

nom 

nom 

n 

n 

I 

2 

Φ 

= 

Φ 

2 

nom 

2 

nom 

⇒ 

− R I 

a 

2 

2 

I 

I 

2 

nom 

⇒ 

⇒ 

Rešenje ove kvadratne jednačine je: 

196


2004. GODINA 

I 

2 

= 

U 

R 

nom 

a 

± 

⎛U 

⎜ 

⎝ R 

nom 

a 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

2 

M 

− 4 

M 

2 

t 2 

nom 

n 

n 

2 

nom 

E 

nom 

U 

nom 

⎛U 

nom 

⎞ M 

t 2 

n2 

Enom 

= ± 

⎜ 

⎟ − 

I 

nom 

2Ra 

⎝ 2Ra 

⎠ M 

nom 

nnom 

Ra 

2 

R 

a 

I 

230 ⎛ 230 ⎞ 168 1400 210 

= ± ⎜ ⎟ − ⋅ ⋅ ⋅100 

= 575 ± 330625 −123152. 

41 = 

2 ⋅ 0.2 ⎝ 2 ⋅ 0.2 ⎠ 167.11 1200 0.2 

⎧119. 

51[ A] 

= 575 ± 207472. 

58 = 575 ± 455. 

49 = ⎨ 

⎩694. 

51[ A] 

nom 

= 

= 

Rešenje od I 2 = 694.51 [A] je neprihvatljivo, tako da je: 

I = 119 2 

. 51 

[ A] 

Potreban odnos slabljenja polja nalazimo iz već izvedene relacije za odnos momenata: 

Φ 

Φ 

2 

nom 

= 

M 

M 

t 2 

nom 

I 

nom 

I 

2 

168 100 

= ⋅ = 0. 

841[ ] 

167. 

11 119. 

51 

Odnosno struja pobude mora da se slabi na vrednost: 

Φ 

Φ 

2 

nom 

C 

= 

C 

p 

p 

I 

I 

p2 

pnom 

⇒ I 

p2 

Φ 

= 

Φ 

2 

nom 

I 

pnom 

= 0. 

841⋅1 

= 0. 

841 

[ A] 


Iz uslova da pri intermitentnom pogonu moraju efektivni gubici biti manji ili jednaki od 

vrednosti gubitaka u nominalnom trajnom opterećenju, a pošto se prema uslovima zadatka 

zanemaruju svi gubici, sem gubitaka u bakru, sledi: 

P 

gnom 

= R I 

a 

2 

non 

> P 

g 2 

= R I 

a 

2 

2 

εt 

t 

c 

c 

⇒ ε 

⎛ I 

< 

⎜ 

⎝ I 

non 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

Odnosno dozvoljena intermitencija je maksimalno: 

ED% = 100ε 

⎛ I 

< 100 

⎜ 

⎝ I 

non 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 100 ⎞ 

= 100⎜ 

⎟ 

⎝119. 

51⎠ 

2 

= 70. 

015 ≈ 70 

[% 

] 


Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 2.5 primenom Klosovog obrasca 

dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: 

197


2004. GODINA 

M 

1 

s 

s 

kr 

kr 

p 

2M 

kr 

= 

1 skr 

+ 

s 1 

skr 

+ 

1 

M 

= 

M 

kr 

kr 

p 

M 

= 2 

M 

M 

⇒ 

M 

kr 

p 

⎛ 

⎜ 

M 

± 

⎝ M 

kr 

⇒ s 

kr 

p 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

p 

2 

kr 

1 ⎛ 1 skr 

= 

⎜ + 

2 ⎝ skr 

1 

M 

− 2 

M 

kr 

p 

−1 

= 2. 

5 ± 

s 

kr 

⎞ 

⎟ = 2.5 ⇒ 

⎠ 

+ 1 = 0 ⇒ 

2. 

5 

2 

−1 

= 5 ± 

Rešenje od s kr = 4.79 je neprihvatljivo, tako da je: 

s kr 

= 0.2087 

6. 

25 −1 

= 5 ± 

⎧0. 

2087 

5. 

25 = ⎨ 

⎩ 4. 

79 

odnosno kritična brzina obrtanja je: 

n 

kr 

60 f 

60 ⋅50 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

s ) = ( 1− 

0. 

2087) ⋅ = ( 1− 

0. 

2087) ⋅1000 

= 791. 

[ ] 

= 

kr 1 kr 

3 min 

p 

3 

Za nominanu brzinu važe odnosi: 

M 

M 

s 

s 

s 

nom 

kr 

kr 

p 

nom 

M 

= 

0. 

8M 

kr 

nom 

skr 

M 

+ = 2 

snom 

M 

⎡ 

⎢ 

M 

kr 

= skr 

± 

⎢M 

nom 

⎣ 

M 

= 2. 

5 ⇒ 

M 

kr 

nom 

⇒ s 

⎛ M 

⎜ 

⎝ M 

kr 

nom 

kr 

nom 

2 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 2. 

5 ⋅ 0. 

8 = 2 ⇒ M 

M 

− 2 

M 

kr 

nom 

s 

kr 

+ s 

⎤ 

−1⎥ 

= 0. 

2087 2 

⎥ 

⎦ 

2 

kr 

nom 

= 

= 0 ⇒ 

Rešenje od s nom = 0.77888 je neprihvatljivo, tako da je: 

s nom 

= 0.0559 

odnosno nominalna brzina obrtanja je: 

2M 

kr 

snom 

s 

+ 

s s 

kr 

kr 

nom 

⇒ 

2 

( ± 2 −1) = 0. 

2087( 2 ± 3) 

⎧ 0. 

0559 

= ⎨ 

⎩0. 

77888 

n 

nom 

60 f 

60 ⋅ 50 

−1 

( 1− 

s ) n = ( 1− 

s ) = ( 1− 

0. 

0559) ⋅ = ( 1− 

0. 

0559) ⋅1000 

= 944. 

1[ ] 

= 

nom s 

nom 

min 

p 

3 


Vrednost kritičnog momenta određujemo prema relacijama: 

s 

kr 

s 

' 

r 

R 

= 

X + X 

' 

r 

⇒ 

X 

s 

+ X 

' 

r 

= 

R 

s 

' 

r 

kr 

198


2004. GODINA 

M 

2 

2 

2 

30 m U 

s 30 m skrU 

s 30 ⋅3⋅ 

0.2087 ⋅ 220 

kr 

= ⋅ ⋅ 

= ⋅ ⋅ = 

= 18. 09 

' 

' 

π n1 

2( X X ) n 

s 

+ π 

r 

1 2R 

π ⋅1000 

⋅ 2 ⋅8 

r 

[ Nm] 

Pri direktnom upuštanju na mrežu motor može da savlada maksimalni polazni moment: 

M 

kr 18. 

09 

M 

pdir 

= = = 7. 

236 

M 

kr 2. 

5 

M 

p 

[ Nm] 

Kod upuštanja sa pretvaračem motor može da savlada polazni moment jednak kritičnom, 

ako je pretvarač dimenzionisan tako da podnese strujno opterećenje jednako statorskoj struji pri 

kritičnom momentu, odnosno: 

skrU 

s 0. 

2087 ⋅ 220 

I 

kr 

= = 

= 4. 

06 

' 

2R 

2 ⋅8 

M 

pfre 

= M 

kr 

= 18. 

09 

r 

[ Nm] 

[ A] 

Pri čemu ako pretvarač ima U/f karakteristiku, mora da krene sa frekvencijom: 

f 

p 

= skr 

⋅ f = 0 . 2087 ⋅50 

= 10. 

435 

[ Hz] 



Jednosmerni motor sa nominalnim podacima: rotorski napon U nom = 440 [V]; rotorska struja 

I nom = 126 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 3000 [ min -1 ]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.85 

pokreće radnu mašinu sa momentom opterećenja zavisnim od broja obrtaja M t = kn, gde je k = 0.05 

[Nm/min -1 ] i momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 2 [kgm 2 ]. Motor se napaja iz 

regulisanog tiristorskog ispravljača koji pri polasku obezbeđuje konstantu strujnu granicu jednaku 

svojoj nazivnoj vrednosti. 



motora. 


regulisani ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne 



Trofazni kliznokolutni motor pokreće zamajmu masu sa ukupnim momentom inercije J Σ = 

20 [kgm 2 ]. Kritični moment motora je M kr = 2.3M nom [Nm]; P nom = 50 [kW]; n nom = 2924 [min -1 ]. 

Kritični moment motora se postiže pri brzini n kr = 2670 [min -1 ]. 

a) Koliko je vreme zaleta motora t Z = ? do brzine n nom = 2700 [min -1 ]. 

b) Pri kojem dodatnom otporu u kolu rotora se postiže najkraće vreme zaleta do zadate brzine 

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


Ako se motor iz prethodnog zadatka goni sa frekventnim pretvaračem sa dovoljnim 

faktorom preopterećenja, za koliko će se vreme pogon ubrzati do brzine n nom = 2700 [min -1 ]. 

199


2004. GODINA 


Za jedan kratkotrajan pogon potrebno je hitno obezbediti elektromotor pošto je originalni 

pregoreo. Pogon zahteva 22 [kW] uz oko 1400 [min -1 ] u trajanju od 25 [min]. Pogon se ponavlja 

svakih 6 sati. Na raspolaganju su dva motora: 

1 motor: 380 [V]; 15 [kW]; 1410 [min -1 ]; cosϕ = 0.8; P CU /P FE = 4.1; τ zag = 40 [min], 

2 motor: 380 [V]; 11 [kW]; 1430 [min -1 ]; cosϕ = 0.77; P CU /P FE = 1.6; τ zag = 45 [min]. 

Proračunati uslove pogona ostvarenog sa oba motora i obrazložiti odluku o izboru motora. 


Odrediti potrebnu snagu elektromotora za pokretanje pokretnih stepenica sa slike. Zahteva 

se da istovremeno stepenice mogu da prenose deset osoba srednje mase 100 [kg]. Put od najniže 

tačke do najviše tačke traje 10 [s]. Zanemariti gubitke u motoru i prenosnom mehanizmu. 

D= 1 [m] 

h = 45 [m] 

M 

l = 150 [m] 



Pnom = U 

nomI 

nomη 

= 440 ⋅126 

⋅ 0.85 = 47124 

Prema tome nominalni moment iznosi: 

[ W ] 

Pnom 

Pnom 

30 ⋅ 47124 471.24 

M 

nom 

= = = = = 150. 0114 

Ω 2π 

nom 

π ⋅ 3000 π 

nnom 

60 

200 

[ Nm] 


integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do nominalne brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 

din 

30 

tz 

nnom 

nnom 

π dn π dn 

t 

z 

= ∫ dt = ∫ J 

Σ 

= J 

Σ 

30 M 

∫ 

din 

30 M 

0 0 

0 din 

Vreme zaleta pogona do nominalne brzine obrtanja za slučaj a) u kom tiristorski regulisani 

ispravljač ima nazivnu vrednost struje jednaku nominalnoj vrednosti struje motora, odnosno motor 

tokom zaleta razvija nominalni moment, nalazimo iz relacije:


2004. GODINA 

t 

za 

nnom n n 

nom 


= J 

Σ ∫ = J 

Σ ∫ 

= J 

Σ 

30 M 

dina 

30 M 

nom 

− M 

0 t 

30 

0 0 

nom 

∫ 

M 

dn 

− kn 

nom 


x 

t 

za 

= 

M 

nom 

π 

= J 

30 

Σ 

M 

nom 

− x 

− kn ⇒ n = 

⇒ dn = − 

k 

nom −knnom 

dx π J 

Σ 

M 

nom 

∫ − = ln 

kx 30 k M − kn 

M 

M 

nom 

nom 

nom 

dx 

k 

2 ⋅π 

150.0114 

= ln 

= 39.73 

30 ⋅ 0.05 150.0114 −150 

Na sličan način nalazimo i vreme zaleta za slučaj b) u kom tiristorski regulisani ispravljač 

ima nazivnu vrednost struje jednaku dvostrukoj vrednosti nominalne struje motora, odnosno motor 

tokom zaleta razvija dvostruku vrednost nominalnog momenta. Prema tome važi: 

[] s 

t 

zb 

nnom n n 

nom 

π dn π 

dn π 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ ∫ = J 

Σ 

30 M 30 2M 

− M 30 

∫ 

π J 

= 

30 k 

Σ 

dinb 

0 nom t 

2 

0 0 

2M 

nom 

ln 

2M 

− kn 

nom 

nom 

nom 

dn 

= 

M − kn 

2 ⋅π 

2 ⋅150.0114 

2 ⋅π 

= ln 

≈ ln 2 = 2.903 

30 ⋅ 0.05 2 ⋅150.0114 

−150 

30 ⋅ 0.05 

nom 

[] s 


a) Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u 


M 

m 

= 

2 M 

s 

+ 

s 

kr 

kr 

s 

kr 

s 




ω = 

M 

( 1− 

s) 

= 

ω ⇒ dω 

= −ω 

ds ⇒ 

1 

1 

dω 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ds ⇒ 

din m t m Σ 

1 

dt M 

m 

M 

m 



J 

J 

t 

z 

t 

z s 

s 

s 

1 

= J 

⎛ 

Σ 

ds 

ds J 

Σω1 

∫ dt = ∫ − ω = − ∫ = − ∫ = ∫ 

⎜ 

1ds 

J 

Σω1 

J 

Σω1 

M 

M 

2M 

m 

m 

kr 2M 

0 1 

1 1 

kr s ⎝ 

s skr 

+ 

s s 

1 

s 

J Σω ⎛ s s ⎞ 

kr 

J 

Σ 

⎜ 

⎟ 

ds + ds 

= 

2M 

⎝ s s ⎠ M 

s kr 

2 

1 

⎡⎛1− 

s 

⎢ 

⎜ 

⎣⎝ 

skr 

kr 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

1 

= ∫ ∫ ln s 

1 

ω 

kr kr 

2 

2 

kr 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

s 

s 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

⎞ 

⎟ds 

= 

⎠ 

201


2004. GODINA 




Pnom 

30Pnom 

30 ⋅5000 

M 

nom 

= = = = 163. 292 

ω 

nom 

πnnom 

π ⋅ 2924 

M 

kr 

= 2 .3M 

nom 

= 2.3 ⋅163.292 

= 375. 571[ Nm] 

ω 

s 2πf 

2 ⋅50 

⋅π 

ω 

1 

= = = = 100π 

[ rad / s] 

p p 1 

n1 

− nkr 

3000 − 2670 330 

skr 

= = 

= = 0.11[ ] 

n1 

3000 3000 

n1 

− n 3000 − 2700 300 

s = = 

= = 0.1[ ] 

n 3000 3000 

1 


2 

20 ⋅100 

⋅π 

⎛1− 

0. 

1 

⎞ 

t z 

= 

0. 

11ln 

0. 

1 = 39. 

760 

2 375. 

571 

⎜ − 

2 0. 

11 

⎟ 

⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 

[ Nm] 

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

t 

z 

⎡ 

⎢⎜ 

⎣⎝ 

2 

J ⎛ − s ⎞ ⎤ 

( s ) = Σω 1 1 

⎜ ⎟ − s ln s⎥ ⎦ 

kr 

2M 

kr 

2s 

kr 

⎟ 

⎠ 

kr 

[] s 


dt 

ds 

s krb 

z 

kr 

= 

= 

d 

ds 

kr 

⎪⎧ 

J ⎡⎛ Σω1 

1− 

s 

⎨ ⎢ 

⎜ 

⎪⎩ 

2M 

kr ⎣⎝ 

2skr 

2 

s −1 

= 

2ln s 

2 

2 

0.1 −1 

= 

2ln 0.1 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

kr 

⎤⎪⎫ 

J ⎡ 

Σω1 

1 

ln s⎥⎬ 

= ⎢− 

⎦⎪⎭ 

2M 

kr ⎢⎣ 

skr 

− 0.99 

= 

2ln 0.1 

0.214975768 = 0.4637 

2 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

2 

( 1− 

s ) − ln s = 0 ⇒ 


s 

R 

kr 

d 

Rr 

Rr 

+ Rd 

skr 

Rr 

skrb 

= ⇒ skrb 

= ⇒ = ⇒ Rd 

= Rr 

− Rr 

X 

X s R + R 

s 

r 

r 

⎛ skrb 

⎞ ⎛ 0.4637 ⎞ 

= R 

⎜ 

⎟ 

r 

−1 

= 0.36⎜ 

−1⎟ 

= 1. 157 

⎝ skr 

⎠ ⎝ 0.11 ⎠ 

krb 

r 

d 

[ Ω] 

kr 

⇒ 


2 

2 

J ω ⎡⎛ 1 1− 

s ⎞ ⎤ 20 ⋅100 

⋅π 

⎛ 1− 

0.1 

⎞ 

t 

z min 

= Σ ⎢ skrb 

ln s 

0.4637ln 0.1 = 17. 861 

2M 

⎜ 

kr 

2s 

⎟ − ⎥ = 

krb 

2 375.571 

⎜ − 

2 0.4637 

⎟ 

⎣⎝ 

⎠ ⎦ ⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 

[] s 

202


2004. GODINA 


Iz uslova zadatka proizlazi da frekventni pretvarač ima mogućnost preopterećenja, takvu da 

tokom zaleta može da izdrži struju koja odgovara vrednosti kritičnog prevalnog momenta. Prema 

tome tokom zaleta motor napajan sa pretvaračem može da održi konstantan moment jednak 

kritičnom prevalnom M = M , pa vreme zaleta jednostavno nalazimo iz izraza: 

din 

kr 

n 

n 

π dn π J 

Σ π J 

Σ π 20 

t 

z 

= J 

Σ 

dn n 

2700 15. 057 

30 

∫ = 

= = 

= 

M 

din 

30 M 

∫ 

kr 

30 M 

kr 

30 375.571 

0 

0 


Pošto su brzine obrtanja oba motora približno iste i zadovoljavajuće, eventualno bi oba 

mogla da se iskoriste za zamenu pregorelog motora, u slučaju da im je dozvoljena snaga u 

kratkotrajnom radu manja od zahtevane, pošto je vreme između isključenja i ponovnog uključenja 

dovoljno da se motor u potpunosti ohladi. Dozvoljena snaga u kratkotrajnom radu izračunava se na 

osnovu snage u trajnom radu P nom , vremenske konstante zagrevanja τ zag , vremena uključenja t p i 

odnosa stalnih i promenljivih gubitaka P CU /P FE . 

[] s 

P 

krat 

= P 

nom 

P 

1+ 

P 

FE 

CUnom 

t 

− 

τ 

1− 

e 

e 

p 

zag 

t 

− 

τ 

p 

zag 

Za prvi motor ova snaga iznosi: 

25 

1 − 

40 

1+ 

e 

P 

4.1 

krat 1 

= 15 

= 15 ⋅1.559 

= 23. 39 

25 

− 

40 

1− 

e 

Za drugi motor ova snaga iznosi: 

[ kW ] 

25 

1 − 

45 

1+ 

e 

P 

1.6 

krat 2 

= 11 

= 11⋅1.695 

= 18. 65 

25 

− 

45 

1− 

e 

[ kW ] 

Prvi motor zadovoljava, dok drugi ne zadovoljava, pošto je njegova dozvoljena snaga u 

kratkotrajnom radu veća od zahtevane : 

P 

[ kW ] > P = 22[ kW ] > P 18. [ kW ] 

krat1 = 23.39 

krat2 

= 65 


Priraštaj potencijalne energije u toku deset sekundi pri prenosu N osoba mase m 1 na visinu h 

iznosi: 

∆ = mgh = Nm gh 

W pot 1 

Prema tome potrebna snaga motora uz zanemarivanje gubitaka u motoru i mehanizmu u 

stacionarnom pogonu iznosi: 

203


2004. GODINA 

P = 

∆W 

t 

pot 

= 

Nm1gh 

t 

10 ⋅100 

⋅9.81⋅ 

45 

= 

= 44145 

10 

[ W ] = 44.145[ kW ] 



Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage P nom = 1,3 [kW]; priključnog rotorskog 

napona U nom = 220 [V]; nominalne brzine obrtanja n nom = 1000 [min -1 ]; koeficijenta korisnog dejstva 

η = 0.78 i sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 2 [kgm 2 ], pokreće se 

direktnim spajanjem na krutu mrežu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi R a = 7.5 [Ω]. 

Za koje vreme će motor dostići 98% nominalne brzine obrtanja bez momenta opterećenja? 


Trofazni asinhroni kliznokolutni motor nominalne snage P nom = 55 [kW]; priključnog 

rotorskog napona U nom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja n nom = 975 [min -1 ]; pokreće zamajnu 

masu sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 11,25 [kgm 2 ]. Kritični 

moment motora iznosi M kr = 2,3M nom [Nm], a motor ga razvija pri brzini obrtanja n kr = 890 [min -1 ]. 

Radni otpor faze rotora iznosi R r = 0,2 [Ω]. Motor se pokreće sa jednim stepenom otpora u 

rotorskom krugu 

a) Koliku otpornost treba da ima dodatni otpornik u kolu rotora da zaleta motora do brzine n nom 

= 900 [min -1 ] traje što kraće? 

b) Koliko je to najkraće vreme zaleta motora? 


U jednom pogonu drobilice primenjen je trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 

50 [kW]; priključnog rotorskog napona U nom = 380 [V]; nominalne struje I nom = 95 [A]; nominalne 

brzine obrtanja n nom = 980 [min -1 ]; koji ima struju praznog hoda I 0 = 30 [A]. Sa kolikom strujom se 

motor sme opteretiti u trajnom radu sa intermitiranim opterećenjem kod intermitencije 40%? 


Odrediti snagu motora pogona dizalice sa slike, ako dizalica diže teret mase m t = 20 [t] na 

visinu h max = 5 [m] za vreme t = 20 [s]. Koeficijent korisnog dejstva motora je η Mot = 0.86 a 

koeficijent korisnog dejstva reduktora i koturača η Red = 0.9. Pretpostaviti da su momenti inercije 

pogonskih elemenata zanemarljivi. 

i, η Red 

ASM 

D 

Teret 

204


2004. GODINA 






brzinom n = 980 [min -1 ]. 

M 

n 

M 1 

M 2 

n 

t 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

M 3 

M 1 = 12 [Nm] 

M 2 = 9 [Nm] 

M 3 = -4 [Nm] 

t 1 = 4 [s] 

t 2 = 20 [s] 

t 3 = 8 [s] 

t 4 = 12 [s] 



3 

Pnom 

Pnom 

30 ⋅1. 

3 ⋅10 

39 

M 

nom 

= = = 

= = 12. 

414 

Ω 2π 

nom 

π ⋅1000 

π 

nnom 

60 

[ Nm] 

Moment motora računamo iz odnosa prema skici na kojoj je prikazana mehanička 

karakteristika motora sa nezavisnom pobudom: 

n 

n 0 

n 

M 

0 

M m 

M max 

M 

n 

max 

0 

M 

m 

n0 

− n ⎛ n ⎞ 

= ⇒ M 

m 

= M 

max = M 

max 

= M 

max 

n n 

n 

⎜1 

− 

n 

⎟ 1 

0 

− 

0 ⎝ 0 ⎠ 

( − kn) 

205


2004. GODINA 

gde je: 

1 

k = 

n 

0 

Nominalna i maksimalna vrednost rotorske struje iznose: 

3 

Pnom 

1. 

3 ⋅10 

I 

nom 

= = = 7. 

576 

U η 220 ⋅ 0. 

78 

nom 

U 

nom 220 

I 

max = = = 29. 

334 

R η 7. 

5 

a 

[ A] 

[ A] 

Kod motora sa nezavisnom pobudom fluks je konstantan, pa važe linearni odnosi između 

momenta i struje, odnosno maksimalni moment određujemo iz relacije: 

M 

I 

max 

max 

M 

= 

I 

nom 

nom 

⇒ M 

max 

= M 

nom 

I 

I 

max 

nom 

29. 

334 

=12 . 414 = 48. 

067 

7. 

576 

[ Nm] 

Brzina praznog hoda iznosi: 

n 

0 

E0 

U 

nom 

U 

nom 

= = 

= nnom 

k Φ U 

nom 

− R 

E nom 

a 

I 

nom U 

nom 

− Ra 

I 

nnom 

220 

−1 

= 1000 

= 1348.205[ min ] 

220 − 7.5⋅ 

7.576 

nom 

= 

Pošto nema momenta opterećenja važi: 

M 

din 

= M = M 1 

m 

max 

( − kn) 


integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 30 

t 

zal 

= 

t 

zal 

∫ 

dt = 

0. 

98n 

∫ 

nom 

π 

J 

dn 

M 

π 

= J 

30 

0. 

98n 

∫ 

nom 

dn 

M 

π 

= J 

30 

0. 

98n 

Σ 

Σ 

Σ 

30 

din 

din 

M 

0 0 

0 

0 max 

1 


1 ⎛ 

x = M 

max 

( 1 − kn) 

⇒ n = 

k 

⎜ 1 − 

⎝ 

t 

zal 

M 

max 

π 

= J Σ 

30 

∫ 

( 1−k 

0. 

98n 

) 

M 

max 

nom 

− 

dx 

kM 

x 

M 

max 

⎞ 

dx 

⎟ ⇒ dn = − 

max ⎠ kM 

π J 

Σ 

= ln 

x 30 kM M 

max 

max 

max 

M 

∫ 

nom 

din 

dn 

( − kn) 

max 

( 1− 

k0. 

98n 

) = 

nom 

206


2004. GODINA 

π J 

Σ 

n0 

= ln 

30 M 

max 

n0 

n 

0 

− 0. 

98n 

nom 

2 ⋅π 

⋅1348. 

205 1348. 

205 

= 

ln 

= 7. 

624 

30 ⋅ 48. 

067 1348. 

205 − 0. 

98 ⋅1000 

[] s 


Motorni moment asinhronog motora jednostavnije je pretstaviti u funkciji klizanja nego u 


M 

m 

= 

2 M 

s 

+ 

s 

kr 

kr 

s 

kr 

s 




ω = 

M 

( 1− 

s) 

= 

ω ⇒ dω 

= −ω 

ds ⇒ 

1 

1 

dω 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ds ⇒ 

din m t m Σ 

1 

dt M 

m 

M 

m 



J 

J 

t 

z 

t 

z s 

s 

s 

1 

= J 

Σ 

ds 

ds J 

Σω1 

⎛ 

∫ dt = ∫ − ω = − ∫ = − ∫ = ∫ 

⎜ 

1ds 

J 

Σω1 

J 

Σω1 

M 

M 

2M 

m 

m 

kr 2M 

0 1 

1 1 

kr s ⎝ 

s skr 

+ 

s s 

1 

s 

J Σω ⎛ s s ⎞ 

kr 

J 

Σ 

⎜ 

⎟ 

ds + ds 

= 

2M 

⎝ s s ⎠ M 

s kr 

2 

1 

⎡⎛1− 

s 

⎢ 

⎜ 

⎣⎝ 

skr 

kr 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

1 

= ∫ ∫ ln s 

1 

ω 

kr kr 

2 

2 

kr 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

s 

s 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

⎞ 

⎟ds 

= 

⎠ 




3 

Pnom 

30Pnom 

30 ⋅ 55⋅10 

M 

nom 

= = = 

= 541. 

455 

ω πn 

π ⋅ 970 

nom 

nom 

[ Nm] 

M 

kr 

= 2 . 3M 

nom 

= 2. 

3⋅541. 

455 = 1245. 

347 

ω 

s 2πf 

2 ⋅50 

⋅π 

ω1 = = = = 33. 

334π 

rad / s 

p p 3 

n1 

− nkr 

1000 − 890 110 

skr = = = = 0. 

11[ ] 

n 1000 1000 

1 

n1 

− n 1000 − 900 100 

s = = = = 0. 

n 1000 1000 

1 

[ ] 

1[ ] 

207 

[ Nm] 

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


2004. GODINA 

t 

z 

2 

J ⎡⎛ − s ⎞ ⎤ 

( s ) = Σω 1 1 

⎜ ⎟ − s ln s⎥ ⎦ 

kr 

2M 

kr 

⎢⎜ 

⎣⎝ 

2s 

kr 

⎟ 

⎠ 


dt 

ds 

z 

kr 

= 

d 

ds 

kr 

⎪⎧ 

J ⎡⎛ Σω1 

1− 

s 

⎨ ⎢ 

⎜ 

⎪⎩ 

2M 

kr ⎣⎝ 

2skr 

2 

kr 

⎞ 

⎟ − s 

⎠ 

kr 

⎤⎪⎫ 

J ⎡ 

Σω1 

1 

ln s⎥⎬ 

= ⎢− 

⎦⎪⎭ 

2M 

kr 

⎣ skr 

2 

2 

s −1 

0. 

1 −1 

− 0. 

99 

s kra 

= = = = 0. 

214975768 = 0. 

4637 

2ln s 2ln 

0. 

1 2ln 

0. 

1 


2 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

2 

( 1− 

s ) − ln s = 0 ⇒ 

s 

R 

kr 

Rr 

Rr 

+ Rd 

skr 

Rr 

skra 

= ⇒ skra 

= ⇒ = ⇒ Rd 

= Rr 

− Rr 

X 

X s R + R 

s 

r 

⎛ s 

= Rr 

⎜ 

⎝ s 

r 

kra 

⎞ ⎛ 0. 

4637 ⎞ 

−1 ⎟ = 0. 

2⎜ 

−1⎟ 

0. 

643[ Ω ] 

⎠ ⎝ 0. 

11 ⎠ 

kra 

d 

= 

kr 

r 

d 

kr 

⇒ 


2 

2 

J ⎡⎛ 1 1− 

s ⎞ ⎤ 11. 

25 ⋅100 

⋅ ⎛ 1− 

0. 

1 

⎞ 

t 

z min 

= Σω 

π 

⎢ skra 

ln s 

0. 

4637ln 

0. 

1 = 1. 

01 

2M 

⎜ 

kr 

2s 

⎟ − ⎥ = 

krb 

2 3 1245. 

437 

⎜ − 

2 0. 

4637 

⎟ 

⎣⎝ 

⎠ ⎦ ⋅ ⋅ ⎝ ⋅ 

⎠ 


Zadana je intermitencija: 

ED% = 40% 

= 100ε 

= 100 

t 

p 

t 

p 

+ t 

m 

[] s 

I 

I p 

I p 

I 0 

I 0 

t p 

t p 

t 

t m 

t m 

Primenom metode ekvivalentne struje: 

I 

eff 

2 

p 

t 

p 

p 

m 

2 

2 

p 

2 

I 

0 

( − ε ) 

( 1− 

ε ) 

I + I 

0 

tm 

I ε + 1 

2 2 

= = 

= I 

p 

ε + I 

0 

ε 

t + t 

ε + 

( 1− 

) ≤ I 

nom 

208


2004. GODINA 

motor se neće pregrejati ako je trajno opterećen ekvivalentnom strujom čija vrednost ne premašuje 

vrednost nominalne struje. Pa sledi: 

I 

2 

eff 

= I 

2 

p 

ε + I 

2 

2 

( − ε ) ≤ I ⇒ 

2 

0 

1 

nom 

2 

2 2 

( 1− 

ε ) 95 − 30 ( 1− 

0. 

4) 

I 

nom 

− I 

0 

I 

p 

≤ 

= 

= 145. 

645 

ε 

0. 

4 

Strujno preopterećenje za vreme udaraca iznosi: 

[ A] 

p ≤ 

I 

I 

p 

nom 

145. 

645 

= = 1. 

533[ ] 

95 



∆W diz 

= mgh = 20000 ⋅9. 

81⋅5 

= 981000 

[ J ] 

Srednja vrednost snage motora je prema tome: 

∆Wdiz 

981000 

Psr = Pmot 

= = = 54500 5 

t η 20 ⋅ 0. 

9 

diz 

red 

[ W ] = 54. 

[ kW ] 



2 

2 1 2 

( M + M M + ) = ( 12 + 12 ⋅ 9 + 9 ) = 12 ⋅ 4 + 12 ⋅ 3 + 9 ⋅ = 

1 2 

2 

M 

M e 

= 12 ⋅ 7 + 9 ⋅ 3 = 111 = 10.536[ Nm] 

= 

1 1 2 2 

3 

3 

3 




vrednosti: 

β = 

1 

3 

1 

1+ 

1+ 

β 

α = = 

3 

= 

2 2 

2 

3 


M 

effMot 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

M 

2 

1 

t1 

α 

+ M 

( t + t ) 

1 

3 

2 

e2 

t 

2 

+ t 

2 

+ M 

+ βt 

2 

3 

4 

t 

3 

= 

2 

2 

12 ⋅ 4 + 111⋅ 

20 + 4 ⋅ 8 

2 

1 

( 4 + 8) 

+ 20 + ⋅12 

3 

3 

209 

= 

2924 

32 

= 9. 

559 

[ Nm]


2004. GODINA 


2πn 

Motnom π 

PeffMot = M 

effMot 

= 9. 

559 ⋅ ⋅ 980 = 980. 

995 98 

60 

30 

[ W ] ≈ 0. 

[ kW ] 



Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom snage P nom = 30 [kW]; nominalne brzine 

obrtanja n nom = 720 [min -1 ]; brzine obrtanja u praznom hodu n 0 = 750 [min -1 ]; sa momentom inercije 

motora J m = 6.25 [kgm 2 ], pokreće pogon vožnje mostne dizalice nosivosti m t = 10000 [kg], 

sopstvene mase m s = 15000 [kg]. Brzina vožnje je v = 2 [m/s]. Motor u stacionarnom stanju 

opterećen je sa 80% nominalnog momenta. 

Sa kojom konstantnom strujom treba pokretati motor, ako želimo pri punom opterećenju 

dizalice, postići punu brzinu vožnje posle pređenog puta od s = 5 [m] ? 

Struju izraziti u procentima u odnosu na nominalnu vrednost. 


Ako se zbog kvara uređaja za pokretanje motor iz prethodnog zadatka mora pustiti direktno 

priključenjem na mrežu, za koliko vreme će se dizalica ubrzati do pune brzine vožnje? 


Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći 

podaci: P nom = 100 [kW]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F. 

a) Na osnovu ovih podataka približno odrediti vremensku konstantu zagrevanja motora, uz 

pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao 

kod gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C]. 

b) Ako se opterećenje poveća 20% pri čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen 

korisnog dejstva , odrediti koliko dugo motor može da radi a da se ne pregreje. 

c) Ako se temperatura ambijenta smanji za 20% od proračunske, koliko bi moglo biti 

opterećenje u trajnom radu, pod istim pretpostavkom kao pod b). 


Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: U s = 220 [V]; n nom = 1400 [min -1 ]; L s = 

L r ' = 8.8 [mH]; R r ' = 2.5 [Ω]; f s = 50 [Hz]; napaja se iz frekventnog pretvarača u cilju regulisanja 

brzine u opsegu od 0 do 1,5 nominalne brzine. Ako je opterećenje stalno, nezavisno od brzine, 

odrediti: 

a) Kolika je maksimalna vrednost momenta opterećenja u pogonu, ako ni pri jednoj učestanosti 

preopteretljivost ne sme da bude manja od 1,3? 

b) Koja je potrebna učestanost da bi brzina pogona bila 80% nominalne brzine motora pri 

opterećenju iz a)? 


Na slici je prikazan karakteristični radni ciklus za motor jednosmerne struje sa stalnom 

nezavisnom i nominalnom pobudom i sa prinudnim hlađenjem, nominalne snage P nom = 10 [kW] i 

nominalne brzine obrtanja n nom = 1500 [min -1 ]. 

Odrediti optimalno vreme pauze tako da motor bude optimalno iskorišćen. 

210


2004. GODINA 

P 

n 

12 [kW] 

6 [kW] 

12 [kW] 

10 [kW] 

1500 [min -1 ] 

t 1 = 5 [s] 

t 2 = 15 [s] 

t 3 = 5 [s] 

t 4 = 10 [s] 

t 5 = 5 [s] 

750 [min -1 ] 

t 5 

t 

t 1 

t 2 

t 3 

t 4 

-8 [kW] 



M 

P 

P 

2π 

n 

60 

30 ⋅ 30 ⋅10 

1250 

3 

nom nom 

nom 

= = = 

= = 397. 888 

Ω 

nom 

π ⋅ 720 π 

nom 

[ Nm] 

Pošto je motor operećen u stacionarnom stanju sa 80% od nominalne vrednosti momenta, 

brzinu sa kojom se tad obrće možemo pronaći uz pomoć dijagrama sa slike: 

n 

n 0 

n stac 

n nom 

M 

0 

M stac 

M n 

M max 

n 

n 

0 

M 

stac 

− n 

nom 

n 

= n 

n0 

− n 

= 

M 

0 

stac 

⇒ 

n0 

− nn 

− M 

M 

nom 

stac 

stac 

750 − 720 

= 750 − ⋅ 0.8 ⋅ M 

M 

nom 

nom 

= 750 − 30 ⋅ 08 = 726 

−1 

[ min ] 

Zbirni moment inercije iznosi: 

211


2004. GODINA 

J 

Σ 

= J 

m 

( m 

+ 

s 

+ m ) v 

ω 

t 

2 

m 

2 

= J 

m 

2 

( ms 

+ mt 

) v 

+ 

2 

⎛ 2πn 

stac ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 60 ⎠ 

2 

= J 

m 

+ ( m 

s 

⎛ 30v 

+ m ) 

⎜ 

t 

⎝ πn 

stac 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

2 

[ ] 

⎛ 30 ⋅ 2 ⎞ 

= 6.25 

+ (15000 + 10000) ⋅⎜ 

⎟ = 6.25 + 17.301 = 23.351 kgm 

⎝ π ⋅ 726 ⎠ 

Vreme ubrzanja za konstantni moment ubrzanja, odnosno konstantno ubrzanje iznosi: 

2s 

2 ⋅ 5 

t zal 

= = = 5[ s] 

v 2 

odnosno, ako se zaletanje izvodi konstantnom strujom, odnosno konstantnim momentom važi: 

t 

zal 

J 

Σ 

= π 

30M 

d 

n 

t 

Odnosno potreban moment ubrzanja iznosi: 

πJ 

Σ π ⋅ 23.551 

M = nt 

= ⋅ 726 

din 

30t 

30 ⋅5 

= 

zal 

Stacionarni deo momenta iznosi: 

M 

stac 

= 0 .8M 

nom 

= 0.8⋅397.888 

= 318. 333 

Pa ukupni moment tokom zaletanja iznosi: 

358.099[ Nm] 

[ Nm] 

M 

m 

= M 

din 

+ M 

stac 

= 358 .099 + 318.333 = 676. 432 

Odnosno procentualno: 

M 

m 

M 

m 676.432 

% = 100 = ⋅100 

= 169.993[%] 

M 397.917 

nom 

[ Nm] 

Prema tome motor treba pokretati sa konstantom strujom: 

M 

m 

I 

m 

= 100I 

nom 

≈ 1. 7 

M 

nom 

I 

nom 


Moment motora zbog direktnog upuštanja neće biti konstantan, već se menja linearno sa 

promenom brzine obrtanja, shodno skici iz prethodnog zadatka. Pri tome važi: 

M 

n 

max 

0 

M 

m 

= ⇒ M 

n − n 

0 

m 

= M 

max 

n 

0 

− n 

n 

0 

= M 

max 

⎛ n ⎞ 

⎜1 − = M 

max 

− 

n 

⎟ 

⎝ 0 ⎠ 

( 1 k n) 

1 

212


2004. GODINA 

gde je: 

1 1 

k1 = = [ min] 

n0 

750 

M 

max 

M 

nom 

n0 

= ⇒ M 

max 

= M 

nom 

n0 

n0 

− nnom 

n0 

− n 

n0 

750 750 

k2 

= = = = 25[ ] 

n − n 750 − 720 30 

0 

nom 

nom 

= k M 

2 

nom 

Prema tome dinamički moment iznosi: 

M 

= M 

− M 

( 1− 

k n) − 0.8M 

= M ( k − 0. − k k n) 

= k2M 

nom 1 

nom nom 2 

8 

din m stac 

1 2 


integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanja vremena zaleta do željene brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 30 

t 

zal 

t 

n 

zal 

stac 

stac 


= ∫ dt = ∫ J 

Σ 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ 

30 M 30 M 30 

n 

n 

stac 

∫ 

din 

( k − 0. − k k n) 

din 

din 

M 

0 nom 2 

8 

0 0 

0 

1 2 


x = M 

t 

zal 

nom 

π 

= J 

30 

1 ⎛ 

x ⎞ 

dx 

0 

1 2 

⇒ n = k2 

dn 

k1k 

⎜ − 0. − ⇒ = − 

2 

M 

⎟ 

⎝ 

nom ⎠ k1k2M 

( k − .8 − k k n) 

Σ 

M 

2 

8 

nom 

( k −0.8−k 

k n ) 

2 

∫ 

1 2 stac 

dx 

− 

k k 

π J 

Σ 

= 

x 30 k k M 

dn 

nom 

M 

nom 

( k2 

− 0.8) 

( k − 0. − k k n ) = 

( − ) M 

M k 

nom 

nom 

M 

nom 0.8 

1 2 

1 2 

nom 2 

8 

2 

1 2 

π J 

Σ 

k2 

− 0.8 

= 

ln 

= 

30 k1k2M 

nom 

k2 

− 0.8 − k1k2nstac 

2 ⋅π 

⋅ 23.551 

25 − 0.8 

= 

⋅ ln 

= 0.37187 ⋅ ln 

1 750 

750 

30 ⋅ ⋅ ⋅397.917 

25 − 0.8 − ⋅ 720 

750 30 

30 

ln 

24.2 

0.2 

= 1.783 

stac 

[] s 


a) Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni 


o 

[ kWs C] 

CT = mCFE 

= 1000 ⋅ 0.48 = 480 / 

Za klasu izolacije F pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [ o C], maksimalna 

dozvoljena temperatura iznosi 140 [ o C], odnosno maksimalno dozvoljeni porast temperature iznosi: 

∆θ 

max 

= θ 

max 

−θ 

amb 

= 140 − 40 = 100 

[ C] 

o 

213


2004. GODINA 

Snaga gubitaka u nominalnom režimu rada iznosi: 

( 1−η 

) 

P 

⎛ 

nom nom 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

P 

nom 

Pnom 

⎜ 1 

⎟ 

γ = 

= − = 100000⎜ 

−1⎟ 

= 11111.11 111 

ηnom 

⎝ηnom 

⎠ ⎝ 0.9 ⎠ 

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona 

o 

[ W C] 

Pγ 

nom 

Pγ 

nom 11111.11 

∆θ 

max 

= Pγ 

nomRT 

= ⇒ A = = = 111.111 / 

A ∆θ 

100 

Vremenska konstanta zagrevanja je: 

T 

CT 

= 

A 

480000 

111.111 

max 

4320 

60 

[] s = [ min] = [ min] 

tz 

= ≅ 4320 

72 

[ W ] ≈ 11. [ kW ] 

θ 

T tz 

θ max 

∆θ max 

θ amb 

t 

b) Kako je prema uslovu zadatka potrebna snaga za 20% veća od nominalne, gubici u tom 


′ 

P 

γ 

1. 

20Pnom 

= 

η 

( 1−η 

) 

nom 

nom 

= 1. 

20P 

γnom 

= 1. 

20 ⋅11111. 

11 = 13333. 

33 

[ W ] 

maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, 

iznosi: 

′ 

′ Pγ 

Pγ 

∆θ 

max 

= = 1. 

2 = 1. 

20∆θ 

max 

= 1. 

20 ⋅100 

= 120 

A A 

o 

[ C] 

Maksimalna temperatura zagrevanja u trajnom pogonu, prema tome je: 

′ ′ 

θ 

max 

= ∆θ 

max 

+ θ 

amb 

= 120 + 40 = 160 

[ C] 

o 

214


2004. GODINA 

Za zagrevanje važi dijagram promene temperature kao na sledećoj slici. Polazeći od 

dijagrama vidimo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri 

kom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od: 

θ 

θ max 

θ max 

∆θ max 

θ amb 

t uk 

t 

tuk 

tuk 

⎜ 

⎛ ′ 

tuk 

tuk 

⎛ − ⎞ 

− 

− − 

′ ⎜ ⎟ 

′ 

− 

T 

T 

= 

+ = − − ⎟ 

⎞ T T θ 

tz 

tz 

tz 

tz 

θ 

max 

θ 

max 

1 e θ 

ambe 

θ 

max 

θ 

max 

θ 

amb 

e ⇒ e = 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

θ 

′ 

θ 

max 

−θ 

amb 160 − 40 120 

tuk = Ttz 

ln 

= 72 ⋅ ln = 72 ⋅ln 

= 72 ⋅ ln 6 = 129. 

007 

′ 

θ −θ 

160 −140 

20 

max 

max 

max 

max 

′ 

−θ 

′ 

−θ 

[ min] 

max 

amb 

⇒ 

c) Pošto se temperatura ambijenta smanjila za 20 [ o C], novi maksimalno dozvoljeni porast 

temperature iznosi: 

∆θ 

″ 

″ 

( 40 − 20) [ C] 

o 

max 

= θ 

max 

−θ 

amb 

= 140 − = 120 

Prema tome i gubici u motoru mogu da narastu na vrednost, koju dobijamo manipulacijom 

sledećih izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenom opterećenja: 

∆θ 

max 

P 

″ 

= P 

″ 

″ Pγ 

nom 

= ⇒ ∆θ 

A 

∆θ 

″ 

max 

= 

P 

A 

γnom 

120 

⇒ 

P 

P 

γnom 

γnom 

P 

″ 

″ ″ 

∆θ 

max η′′ 

= = 

∆θ 

P 

max nom 

η 

[ W ] [ kW ] 

max 

nom 

= 100000 = 120000 = 120 

∆θ 

max 

100 

( 1−η′′ 

) 

( 1−η 

) 

nom 

nom 

= 

P 

″ 

P 

nom 

⇒ 


Za ≈ 0 

s s snom 

R , važi: U ( f ) = 

⋅ 

s 

s 

s 

⎧U 

⎪ 

f 

U 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

snom 

snom 

snom 

f 

⇐ 

⇐ 

f 

s 

f 

> 

≤ 

f 

f 

snom 

215


2004. GODINA 

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

s 

kr 

ω 

s 

′ 

R 

2. 

5 

r 

= ω 

kr 

= = = 142 05 

′ 

L 

. 

s 

+ L 2 ⋅ 0 0088 

r 

. 

⎡rad 

⎢ 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

≠ 

f 

( ω ) 

s 

Relativna brzina rotora pri M kr odgovara maksimalno dozvoljenom preopterećenju M t , 

odnosno za: 

λ = 

M 

M 

kr 

t 

⇒ ω 

ra 

= ω 

kr 

2 

2 

⎡rad 

⎤ 

( λ − λ −1) = 142. 

051 ( . 3 − 1. 

3 −1) = 66. 

65 ⎥ ⎦ 

⎢ 

⎣ 

s 

Pa je maksimalna sinhrona brzina, odnosno učestanost jednaka sa: 

ω 

f 

s max 

s max 

= 1. 

5ω 

ω 

s max 

= 

2π 

snom 

+ ω 

ra 

= 80. 

56 

1400 pπ 

⎡rad 

⎤ 

= 1. 

5 + 66. 

65 = 506. 

2 

30 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

[ Hz] 

Kritični moment pri ovoj učestanosti iznosi: 

2 

2 

3 ⎛U 

snom 

⎞ 1 3 ⎛ 220 ⎞ 1 

M 

kra 

= 

32. 

196 

2 

⎜ 

⎟ = 

= 

s max L L 2 

⎜ 

506. 

2 

⎟ 

⎝ω 

⎠ 

′ 

+ ⎝ ⎠ 2 ⋅ 0. 

0088 

s 

r 

Maksimalna moguća vrednost momenta opterećenja: 

M 

kra 32. 

196 

M 

t 

= = = 24. 

77 

1. 

3 1. 

3 

[ Nm] 

216 

[ Nm] 

b) Pri učestanosti manjim od f snom ktritični moment M kr je konstantan i iznosi : 

2 

2 

3 ⎛U 

snom 

⎞ 1 3 ⎛ 220 ⎞ 1 

M 

krb 

= 

83. 

67 

2 

⎜ 

⎟ = 

= 

snom L L 2 

⎜ 

314 

⎟ 

⎝ ω ⎠ 

′ 

+ ⎝ ⎠ 2 ⋅ 0. 

0088 

Preopteretljivost je: 

λ 

M 

= 

M 

83. 

67 

= 

24. 

77 

krb 

kr 

= 

t 

Relativna brzina rotora je: 

s 

r 

3. 

378[ ] 

[ Nm] 

2 

⎡rad 

⎤ 

( . 378 − 3. 

378 −1) = 21. 

⎥ ⎦ 

⎜⎛ 

2 

ω 

⎟⎞ 

rb 

= ω 

kr 

λkr 

− λkr 

−1 

= 142. 

05 3 

507 

⎝ 

⎠ 

⎢ 

⎣ 

Potrebna ugaona brzina i učestanost jednake su: 

s


2004. GODINA 

ω 

f 

sb 

sb 

1400 pπ 

⎡rad 

⎤ 

= 0. 

8ω 

snom 

+ ω 

rb 

= 0. 

8 + 21. 

507 = 256. 

079 

30 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

ω 

s max 256. 

079 

= = = 40. 

756[ Hz] 

2π 

2π 


Pošto motor ima promenljivu brzinu treba primeniti metodu ekvivalentnog momenta. Iz 

djagrama radnog ciklusa za pojedine segmente različitih brzina i snaga, moramo izračunati 

momente motora. Uz uslov konstantnosti pobude φ = konst i uz pretpostavku da je moment 

proporcionalan sa strujom motora I a ~ M m , nalazimo momente za pojedine segmente radnog 

ciklusa: 

30 P1 

30 ⋅12000 

M 

1 

= = ≈ 152. 8 

π n π ⋅ 750 

1 

30 P2 

30 ⋅ 6000 

M 

2 

= = ≈ 76. 4 

π n π ⋅ 750 

2 

30 P3 

30 ⋅12000 

M 

3 

= = ≈ 76. 4 

π n π ⋅1500 

3 

30 P4 

30 ⋅10000 

M 

4 

= = ≈ 63. 6 

π n π ⋅1500 

4 

( − 8000) 

[ Nm] 

[ Nm] 

[ Nm] 

[ Nm] 

30 P5 

30 ⋅ 

M 

5 

= = 

≈ −50.93. 

6 

π n π ⋅1500 

5 


M 

30 P 

= 

π n 

30 ⋅10000 

nom 

nom 

= ≈ 63. 6 

nom 

π ⋅1500 

[ Nm] 

[ Nm] 

Na osnovu izračunatih vrednosti možemo nacrtati momentni dijagram za radni ciklus: 

M 

M 1 

t 2 

t 4 

M 2 

M 4 

t 1 

t 3 

t 5 

t 

M 3 

M 5 

Pošto motor ima prinudno hlađenje, ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus mora biti 

manji ili jednak nominalnom momentu: 

217


2004. GODINA 

M 

effMot 

= 

∑ 

i 

M 

∑ 

i 

2 

i 

t 

i 

t 

i 

= 

M 

2 

1 

t1 

+ M 

t 

1 

2 

2 

t 

2 

+ t 

2 

+ M 

+ t 

3 

2 

3 

t3 

+ t 

4 

+ M 

+ t 

5 

2 

4 

t 

+ t 

4 

0 

+ M 

2 

5 

t5 

≤ M 

nom 

iz čega proizlazi da optimalno vreme pauze treba da iznosi: 

t 

2 

2 

2 

2 

2 

M 

1 

t1 

+ M 

2 

t2 

+ M 

3 

t3 

+ M 

4 

t4 

+ M 

5 

t5 

0 

≥ 

2 

1 2 3 4 

t5 

M 

nom 

− ( t + t + t + t + )= 

2 

2 

2 

2 

2 

152.8 ⋅5 

+ 76.4 ⋅15 

+ 76.4 ⋅5 

+ 63.6 ⋅10 

+ 50.93 ⋅5 

= − ( 5 + 15 + 5 + 10 + 5)= 

2 

63.6 

286897.33 

= − 40 = 70.927 − 40 = 30.927[] 

s 

4044.96 



Trofaznom asihronom motoru sa podacima: P nom = 5.2 [kW]; U s = 220 [V]; n nom = 

1400 [min -1 ]; L s = L r ' = 8.2 [mH]; R r ' = 1.666 [Ω]; f s = 50 [Hz]; mora se ograničiti polazna struja na 

dvostruku vrednost nominalne struje, pri stalnoj i nominalnoj učestanosti. Ograničenje struje 

polaska ostvaruje se snižavanjem napona napajanja. Odrediti: 

a) Vrednost sniženog napona napajanja pomoću koga se ostvaruje traženi uslov u trenutku 

uključenja motora, odrediti polazni moment u ovom slučaju. 

b) Vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri brzini obrtanja od n b = 

500 [min -1 ]. 

c) Vrednost brzine obrtanja pri kojoj se sme dovesti nominalni napon na motor. 


Ako se motor iz prethodnog zadatka, pušta u pogon sa sniženim naponom određenim prema 

uslovu a) iz prethodnog zadatka, odrediti koliko puta će se povećati vreme zaleta do nominalne 

brzine obrtanja u odnosu na vreme zaleta koje se dobija kada se motor direktno priključuje na 

mrežu. Pri proračunu smatrati da je moment opterećenja motora zanemarljiv. 

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da se motor upušta sa sniženim 

naponom vrednosti U pol = 100 [V]. 


Ako se motoru iz prethodnih zadataka, ograničenje struje polaska na dvostruku vrednost 

nominalne struje, izvodi ubacivanjem simetričnog otpornika na red sa statorskim namotajima, 

odrediti: 

a) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, pomoću koga se ostvaruje traženi uslov 

u trenutku uključenja motora, odrediti polazni moment u tom slučaju. 

b) Vrednost otpornosti dodatnog statorskog otpornika, koji sme da se priključi na motor pri 

brzini obrtanja od n b1 = 500 [min -1 ] i n b2 = 1000 [min -1 ]. 


Na jednosmernom motoru opterećenom nominalnom snagom P nom = 5.5 [kW], meren je 

priraštaj temperature posle uključenja. Na početku priraštaj temperature u odnosu na okolinu bio je 

∆θ 0 = 0 [ o C]. Nakon pola sata izmeren je priraštaj temperature ∆θ 1 = 50 [ o C] a nakon sat vremena 

218


2004. GODINA 

∆θ 2 = 75 [ o C]. Na tablici motora naznačeno je da motor ima koeficijent korisnog dejstva η = 0.84. 

Na osnovu ovih podataka približno odrediti: 

a) Klasu izolacije motora. 

b) Masu motora, uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je 

toplotni kapacitet kao kod gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C]. 


Ako se opterećenje jednosmernog motora iz prethodnog zadatka poveća 25% pri čemu se ne 

menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motor može da radi a 

da se ne pregreje. 

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima klasu izolacije F i masu m 

= 46 [kg]. 


a) Nominalno klizanje motora iznosi: 

s 

nom 

= 

n 

s 

− n 

n 

s 

nom 

1500 −1400 

= 

1500 

= 

100 

1500 

= 

1 

15 

= 0.0666[ ] 

Nominalna vrednost struje motora iznosi: 

I 

snom 

= I 

' 

rnom 

U 

s 

U 

s 

220 

= = 

= 

Z 

2 

2 

nom 

' 

⎛ R ⎞ 

2 ⎛ 5 ⎞ 

r 

2 ' 

⎜ 

⎟ + ω ( + ) ⎜ ⎟ 

s 

Ls 

Lr 

⎝ s ⎠ 

⎜ 3 

nom 

⎟ + 

⎜ 1 ⎟ 

⎝ 15 ⎠ 

220 

220 

= 

= 

= 

2 

4 2 2 −6 

25 + 4 ⋅10 

⋅π 

⋅8.2 

⋅10 

625 + 26.543288 

220 

220 

= 

= 

= 8.619[ A] 

651.545288 25.52538517 

2 

( 100 ⋅π 

) ⋅ ( 2 ⋅ 0.0082) 

2 

= 

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje i 

uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost sniženog napona, 

koji obezbeđuje tražene uslove: 

U 

spol 

' 2 2 ' 2 

⎛ 5 ⎞ 

( R ) + ω ( L + L ) = 2 ⋅8. 

619 ⋅ ⎜ ⎟ + 26. 

= 

= I 

spolZ 

pol 

= 2 ⋅ I 

snom r s s r 

545288 

⎝ 3 ⎠ 

= 2 ⋅8.619 

⋅ 29.32306578 = 2 ⋅8.619 

⋅5.415877634 

= 

Polazni moment nalazimo iz relacije: 

R 

2 

2 

( I ) = 3⋅ 

2 ⋅ ⋅ ( 2 ⋅8.619) = 9. [ N ] 

' 

r 

M 

pol 

= 3⋅ 

p 

spol 

458 

ωs 

100π 

b) Klizanje pri brzini obrtanja od n b = 500 [min -1 ] iznosi: 

5 

3 

2 

93.344[ V ] 

m 

219


2004. GODINA 

s 

b 

= 

n 

s 

− n 

n 

s 

b 

1500 − 500 

= 

1500 

= 

1000 

1500 

= 

2 

3 

= 0.666[ ] 

Prema tome vrednost napona napajanja koja sme da se dovede na motor pri traženoj brzini 

obrtanja, a da struja pri tome ne bude veća od dvostruke vrednosti nominalne struje, iznosi: 

U 

sb 

' 2 

( L + L ) = 

' 

⎛ R ⎞ 

r 

= 2 ⋅ I = 2 ⋅ 

⎜ 

⎟ 

snomZ 

b 

I 

snom 

+ ωs 

s r 

⎝ sb 

⎠ 

= 2 ⋅8.619 

⋅ 

⎛ 

⎜ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

5 

3 

2 

3 

⎞ 

2 

⎟ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

2 

+ 26.5488 = 2 ⋅8.619 

⋅ 

32.7988 = 2 ⋅8.619 

⋅5.72702366 

= 

98.721V [ ] 

c) Iz uslova da pri traženoj brzini obrtanja struja ne sme da bude veća od dvostruke vrednosti 

nominalne struje nalazimo klizanje pri kom je ostvaren taj uslov: 

U 

snom 

' 

⎛ Rr 

⎜ 

⎝ sc 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

' 2 

( L + L ) ⇒ 

' 

⎛ R ⎞ 

r 

2 

= 2 ⋅ I = 2 ⋅ 

⎜ 

⎟ 

snomZ 

c 

I 

snom 

+ ωs 

s r 

⎝ sc 

⎠ 

2 

⎛ U 

= 

⎜ 

⎝ 2 ⋅ I 

snom 

snom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

− ω 

2 

s 

2 

' 2 ⎛ 220 ⎞ 

( L + L ) = ⎜ ⎟ − 26.545288 = 

s 

r 

⎝ 2 ⋅8.619 

⎠ 

2 

( 12.76269258) − 26.545288 = 162886322 − 26.5... = 136. ⇒ 

= 341024 

' 

⎛ R ⎞ 

r 

⎜ 

⎟ = 136.341024 = 11.67651635 ⇒ 

⎝ sc 

⎠ 

' 

Rr 

5 

sc 

= 

= 

= 0.1427[ ] 

11.67651635 3⋅11.67651635 

Odnosna tražena brzina obrtanja iznosi: 

n 

c 

−1 

( 1− 

s ) n = 1500 ⋅ ( 1− 

0.1427) = 1285.895[ ] 

= n 

min 

s 

c 

s 

2 


Vreme zaleta asinhronog motora pri direktnom upuštanju na mrežu do nominalne brzine 

obrtanja odnosno od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja određeno je izrazom: 

t 

zdir 

⎡⎛1− 

s 

⎢⎜ 

⎢⎣ 

⎝ 2s 

⎞ 

⎟ 

− s 

⎠ 

2 

J 

= Σω 1 

nom 

kr 

ln snom 

2M 

krdir 

kr 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

Slično, vreme zaleta asinhronog motora pri upuštanju sa smanjenim naponom iznosi: 

t 

zsnizeno 

⎡⎛1− 

s 

⎢⎜ 

⎢⎣ 

⎝ 2s 

⎞ 

⎟ 

− s 

⎠ 

2 

J 

= Σω 1 

nom 

kr 

ln snom 

2M 

krsnizeno 

kr 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

220


2004. GODINA 

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta sa sniženim naponom u odnosu na zalet 

sa nominalnim naponom iznosi: 

t 

zsnizeno 

t 

zdir 

= 

J 

Σω1 

2M 

krsnizeno 

J 

Σω1 

2M 

krdir 

⎡⎛1− 

s 

⎢⎜ 

⎢⎣ 

⎝ 2s 

⎡⎛1− 

s 

⎢⎜ 

⎢⎣ 

⎝ 2skr 

2 

nom 

kr 

2 

nom 

⎞ 

⎟ 

− s 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

− s 

⎠ 

kr 

kr 

ln s 

ln s 

nom 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

nom 

= 

M 

M 

krdir 

krsnizeno 

odnosno jednak je odnosu kritičnih momenata pri nominalnom i sniženom naponu. 

Kritični moment pri nominalnom naponu napajanja, nalazimo iz relacije: 

2 

2 

3⋅ 

p ⎛U 

s 

⎞ 1 3⋅ 

2 ⎛ 220 ⎞ 1 

M 

krdir 

= 

89. 

706 

' 

2 

⎜ 

⎟ = ⋅⎜ 

⎟ ⋅ = 

ω 

s 

Ls 

+ Lr 

2 ⎝100π 

⎠ 2 ⋅ 0. 

0082 

⎝ 

⎠ 

[ N ] 

Kritični moment pri sniženom naponu napajanja, nalazimo iz relacije: 

2 

2 

3⋅ 

p ⎛U 

spol ⎞ 1 3⋅ 

2 ⎛ 93. 

344 ⎞ 1 

M 

krsnizeno 

= 

16. 

149 

' 

2 

⎜ 

⎟ = ⋅⎜ 

⎟ ⋅ = 

⎝ ω 

s ⎠ Ls 

+ Lr 

2 ⎝ 100π 

⎠ 2 ⋅ 0. 

0082 

Prema tome traženi odnos povećanja vremena zaleta iznosi: 

m 

[ N ] 

m 

t 

zsnizeno 

t 

zdir 

= 

M 

M 

krdir 

krsnizeno 

= 

3⋅ 

p ⎛U 

s 

⎞ 

2 

⎜ 

⎟ 

⎝ ω 

s ⎠ 

3⋅ 

p ⎛U 

sp ⎞ 

2 

⎜ 

⎟ 

⎝ ω 

s ⎠ 

2 

2 

L 

s 

L 

s 

1 

' 

+ L 

r 

1 

' 

+ L 

r 

⎛ U 

= ⎜ 

⎝U 

s 

sp 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 220 ⎞ 

= ⎜ ⎟ 

⎝ 93. 

344 ⎠ 

2 

= 5. 

555[ ] 


a) Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na dvostruku vrednost nominalne struje i 

uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, važi: 

I 

pol 

= 2I 

nam 

= 

U 

Z 

s 

da 

= 

⎛ 

⎜ R 

⎝ 

da 

R 

+ 

s 

r 

pol 

' ⎞ 

⎟ 

⎠ 

U 

2 

s 

+ ω 

2 

s 

( L + L ') 

s 

r 

2 

⇒ 

s pol 

= 1 ⇒ 

pa je tražena vrednost otpornosti: 

R 

2 

2 

d1 π 

⎛ U 

s 

⎞ 2 

1 ⎛ 220 ⎞ 

= ⎜ 

⎟ − ωs 

s r r ⎜ ⎟ 

666 

⎝ 2I 

snam ⎠ 

4 ⎝ 8.619 ⎠ 

1 

= ⋅ 651.545288 − 26.545288 −1.666 

= 

4 

= 11.6765166 −1.666 

= 10.00984968 

2 

2 

( L + L ') − R ' = ⋅ − ( 100 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 0.0082) −1. 

= 

136.341034 −1.666 

= 

[ Ω] ≈ 10.010[ Ω] 

221


2004. GODINA 

Polazni moment nalazimo iz iste relacije, kao i u prethodnom zadatku: 

R 

2 

2 

( I ) = 3⋅ 

2 ⋅ ⋅ ( 2 ⋅8.619) = 9. [ N ] 

' 

r 

M 

pol 

= 3⋅ 

p 

spol 

458 

ωs 

100π 

b) Klizanje pri brzini obrtanja od n b1 = 500 [min -1 ] iznosi: 

s 

n 

− n 

5 

3 

1500 − 500 1000 2 

= = = 

1500 1500 3 

s b1 

b1 = 

= 

ns 

0.666[ ] 

Na isti način kao pod a) nalazimo relaciju za izračunavanje vrednosti dodatnog otpora: 

⎛ 

⎜ R 

⎝ 

R 

d 

d 2 

2 

R ⎞ ⎛ ⎞ 

r 

' U 

s 

+ 

⎟ = 

⎜ 

⎟ 

2 

− ωs 

s r 

' 

sb 

1 ⎠ ⎝ 2I 

snam ⎠ 

= 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

2 

( L + L ) ⇒ 

2 

U 

n 

2 

R 

− ωs 

s r 

2I 

snam 

sb 

1 

' 

2 r 

( L + L ') − = 11.6765116 − = 

= 11.6775166 

− 2.5 = 9.1765166[ Ω] 

≈ 9.177[ Ω] 

Na isti način nalazimo i traženu vrednost otpora pri brzini obrtanja n b2 = 1000 [min -1 ]: 

s 

n 

− n 

1500 −1000 

500 1 

= 

= = 

1500 1500 3 

s b2 

b2 = 

= 

ns 

R 

d 3 

= 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 

U 

s 

2 R 

− ωs 

s r 

2I 

snam 

sb2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

' 

0.333[ ] 

m 

5 

3 

2 

3 

5 

3 

1 

3 

r 

( L + L ') − = 11.6765166 − = 

= 11.6765166 

− 5 = 6.6765166[ Ω] 

≈ 6.677[ Ω] 


a) Iz uslova zadatka proizlaze sledeće relacije za priraštaje temperature nakon pola i jednog 

sata: 

⎛ − 

∆θ ( ) ⎜ 

1 = ∆θ t1 

= ∆θ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

∆θ ( ) ⎜ 

2 

∆θ t2 

= ∆θ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

t 

1 

T tz 

t 

− 

= 

2 

T tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Gde je T tz vremenska konstanta zagrevanja, a ∆θ max maksimalni priraštaj temperature u 

stacionarnom stanju. Pošto je ispunjen uslov t 2 = 2t 1 , deljenjem prethodne dve relacije i pogodnom 

manipulacijom, dobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja: 

222


2004. GODINA 

∆θ 

2 

∆θ 

e 

T 

1 

t1 

− 

T 

tz 

tz 

= 

∆θ 

∆θ 

max 

⎛ 

⎜ − e 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

t2 

− 

Ttz 

t 

max 

1 2 1 

− 

T 

∆θ 

2 

= −1⇒ 

∆θ 

1 

t1 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ ⎟ ⎠ 1− 

e 

= 

⎞ 

⎟ 1− 

e 

⎟ 

⎠ 

tz 

t1 

− 

T 

t1 

t1 

= − 

= 

⎛ ∆θ ⎞ ∆θ 

2 

1 

ln 

⎜ −1 

⎟ ln 

⎝ ∆θ ⎠ 

∆θ 

2 

− ∆θ 

1 

1 

= 43 . 281⋅ 

60 = 2596. 

86 s 

[] 

tz 

⎛ 

⎜1− 

e 

⎜ 

= 

⎝ 

t 

− 

T 

1 

tz 

1− 

e 

[ ] 

30 min 

= 

50 

ln 

75 - 50 

⎞⎛ ⎟⎜1 

+ e 

⎟⎜ 

⎠⎝ 

t1 

− 

T 

tz 

t1 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

= 1+ 

e 

t1 

− 

T 

= 43. 

281[ min]= 

tz 

⇒ 

Dalje možemo iz prethodnih relacija odrediti krajnju vrednost priraštaja temperature ∆θ max : 

∆θ 

max 

∆θ1 

∆θ1 

∆θ1 

= = 

= 

t1 

⎛ − ⎞ ⎛ ∆θ ⎞ 

2 

⎜ − 

T 2 

1 e ob ⎟ 1− 

− 

⎜ −1 

⎟ 2 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ∆θ1 

⎠ 

∆θ1 

2 

50 50 

= = = 100[ C] 

o 

100 − 75 25 

50 

50 

= 

75 

2 − 

50 

= 

Prema tome motor ima klasu izolacije F kojoj pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 

[ o C], maksimalna dozvoljena temperatura iznosi 140 [ o C], odnosno maksimalno dozvoljeni porast 

temperature iznosi 100 [ o C]. 

b) Snaga gubitaka u nominalnom režimu rada iznosi: 

( 1−η 

) 

Pnom 

nom 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

P 

nom 

Pnom 

⎜ 1 

⎟ 

γ = 

= − = 5500⎜ 

−1⎟ 

= 1047. 

619 

ηnom 

⎝ηnom 

⎠ ⎝ 0. 

84 ⎠ 

223 

[ W ] 

Vrednost toplotne provodnosti, određujemo iz toplotnog Omovog zakona: 

∆θ 

Pγ 

nom 

Pγ 

nom 1047. 

619 

= Pγ 

nomRT 

= ⇒ A = = 

10. 

47619 

A ∆θ 100 

max 

= 

max 

o 

[ W / C] 

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotni kapacitet motora: 

CT 

Ttz = ⇒ CT 

= ATtz 

= 10 . 47619 ⋅ 2596. 

86 = 27205. 

199 

A 

o 

[ Ws/ C] 

Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični toplotni 

kapacitet kao kod gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C], proizlazi da mu je masa približno: 

CT 

27205. 

199 

CT = mCFE 

⇒ m = = = 56. 

677 

C 1000 ⋅ 0. 

48 

FE 

[ kg]


2004. GODINA 




′ 

P 

γ 

1. 

25Pnom 

= 

η 

( 1−η 

) 

nom 

nom 

= 1. 

25P 

γnom 

= 1. 

25⋅1047. 

619 = 1309. 

524 

[ W ] 

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, 

iznosi: 

∆θ 

′ 

′ 

P 

γ 

max 

= = 1 .25∆θ 

max 

= 1.25 ⋅100 

= 125 

A 

o 

[ C] 

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom 

se motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od: 

tuk 

tuk 

⎛ − ⎞ 

− 

′ ⎜ ⎟ ′ ′ 

− 

Ttz 

Ttz 

∆θ 

max 

= ∆θ 

max 

1 e = ∆θ 

max 

− ∆θ 

max 

e ⇒ e 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

′ 

∆θ 

max 

125 

t uk 

= T tz 

ln 

= 43.281⋅ 

ln = 

′ 

∆θ 

− ∆ 

125 −100 

max 

θ 

max 

125 

= 43 .281⋅ 

ln = 43.281⋅ 

ln 5 = 69.658[ min] 

25 

t 

− 

T 

uk 

tz 

′ 

∆θ 

max 

− ∆θ 

= 

′ 

∆θ 

max 

max 

⇒ 



Odrediti koliki otpor treba uključiti u kolo rotora trofaznog asinhronog motora sa 

namotanim rotorom da bi pri prelasku motora na rad u režim kočnice dobili elektromagnetni 

kočioni moment jednak 130% nominalnog momenta, ako je brzina u početku kočenja bila 

nominalna. Podaci motora su: nominalna snaga P nom = 16 [kW]; nominalni međufazni napon U nom = 

380 [V]; nominalna brzina obrtanja n nom = 718 [min -1 ]; omski otpor statora R s = 0.26 [Ω]; induktivni 

otpor statora X s = 0.354 [Ω]; omski otpor rotora R r = 0.105 [Ω]; induktivni otpor rotora X r = 0.24 

[Ω]; prenosni odnos stator/rotor N s / N r = 1.63 [ ]; veza Y; frekvencija mreže f s = 50 [Hz]. 


Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora nalaze se sledeći podaci: nominalna snaga 

P nom = 2.8[kW]; nominalni fazni napon U nom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja n nom = 935[min -1 ]; 

faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]. 

Ako konstruktor motora garantuje preopteretljivost ν = 1.8 [ ], može li motor podizati, sa 

odnosom prenosa i R = 20:1, teret mase m t = 250 [kg] obešen na uže namotano na bubanj prečnika 

D b = 0.30 [m], u slučaju: 

a) Ako je namotaj statora spojen u trougao. 

b) Ako je namotaj statora spojen u zvezdu. 

224


2004. GODINA 

i R 

ASM 

D b 

n t 

n b 

v t 

m t 

Teret 


Kolika će biti brzina podizanja tereta u pogonu iz prethodnog zadatka za slučaj a) ako se u 

granicama od sinhrone do kritične brzine motora njegova mehanička karakteristika može 

aproksimativno pretstaviti kao prava linija. 


Na trofaznom asinhronom motoru mase m = 56.677 [kg], sa sopstvenom ventilacijom, klase 

izolacije F, opterećenom nominalnom snagom P nom = 5.5 [kW], pri temperaturi ambijenta θ amb = 20 

[ o C]. meren je pad temperature posle isključenja. Nakon sat izmerena je temperatura θ 1 = 70 [ o C]. 

Pretpostaviti da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod 

gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C] i da se motor kada mu sopstveni ventilator ne radi dva puta lošije 

hladi nego kad radi. 

Na osnovu ovih podataka približno odrediti koeficijent korisnog dejstva motora η. 


Ako se opterećenje trofaznog asinhronog motora iz prethodnog zadatka poveća 50% pri 

čemu se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, odrediti koliko dugo motor 

može da radi a da se ne pregreje. 

Napomena: Ako niste rešili prethodni zadatak uzeti da motor ima stepen korisnog dejstva η 

= 0.84 [ ]. 


Klizanje u trenutku prespajanja na režim kočnice iznosi: 

s 

koc 

= 

n 

s 

+ n 

n 

s 

nom 

750 + 718 1468 

= = = 1.957[ ] 

750 750 

Traženu vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo odrediti iz uslova zadatka: 

60 

P 

1.3⋅30 

⋅16000 

nom 

M 

koc 

= 1 .3M 

nom 

= 1.3 = 

= 276. 637 

2π 

nnom 

π ⋅ 718 

[ N ] 

m 

225


2004. GODINA 

Takođe vrednost elektromagnetnog kočionog momenta možemo naći iz relacije: 

M 

koc 

′ 

3p 

Rr 

= 

ω s 

koc 

I 

r 

′ 

2 

= 

3p 

2πf 

R 

s 

rΣ 

koc 

′ 

⎛ ′ ⎞ 

⎜ Rr 

Σ 

R + ⎟ 

s 

⎜ s ⎟ 

koc 

⎝ ⎠ 

U 

2 

2 

s 

⎜ 

⎛ ′ 

+ X + ⎟ 

⎞ 

s 

X 

r 

⎝ ⎠ 

2 

Izjednačavanjem ove dve vrednosti i postupnim rešavanjem dobijamo relaciju za 

izračunavanje svedene ukupne vrednosti rotorske omske otpornosti: 

⎛ ′ ⎞ 

⎜ RrΣ 

R + ⎟ 

s 

⎜ s ⎟ 

koc 

⎝ ⎠ 

⎛ ′ ⎞ 

⎜ Rr 

Σ ⎟ 

⎜ s ⎟ 

koc 

⎝ ⎠ 

R 

rΣ 

′ 

2 

2 

+ R 

2 

R 

+ 2 

s 

rΣ 

⎜ 

⎛ ′ 

+ X + ⎟ 

⎞ 

s 

X 

r 

⎝ ⎠ 

rΣ 

koc 

′ 

R 

′ ⎛ 

⎜ 

2Rss 

⎝ 

s 

koc 

3p 

− 

2πf 

2 

R 

s 

3p 

= 

2πf 

rΣ 

koc 

3p 

U 

− 

2πf 

M 

′ 

2 

s 

koc 

U 

M 

s 

2 

s 

koc 

koc 

R 

s 

rΣ 

koc 

′ 

+ R 

⎞ 

⎟ 

+ s 

⎠ 

U 

M 

2 

s 

2 

s 

koc 

2 

koc 

⇒ 

⎜ 

⎛ ′ 

+ X + ⎟ 

⎞ 

s 

X 

r 

⎝ ⎠ 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

2 

s 

2 

= 0 ⇒ 

2 

⎤ 

⎜ 

⎛ ′ 

+ X ⎟ 

⎞ 

s 

+ X 

r ⎥ = 0 

⎝ ⎠ ⎦ 

Relacija je kvadratna jednačina u kojoj pojedini članovi imaju sledeće brojčane vrednosti: 

2 

⎛ 3 ⎞ 

2 

⎜ 

p U 

s 

3 4 220 

2 

⎟ 

⋅ 

Rsskoc 

− skoc 

= 2 ⋅ 0.26 ⋅1.957 

− ⋅ ⋅1.957 

= −12.061 

2 

⎝ πf 

M 

koc ⎠ 

2 ⋅π 

⋅50 

276.637 

2 

′ ⎛ N 

s 

⎞ 

2 

X 

⎜ 

⎟ 

r 

= X 

r 

= 1.63 ⋅ 0.24 = 0.638[ ] 

⎝ N 

r ⎠ 

2 

2 ⎡ 2 

⎤ 

2 2 

2 

⎢ ⎜ 

⎛ ′ 

s 

⎟ 

⎞ 

koc 

Rs 

+ X 

s 

+ X 

r ⎥ = 1.957 [ 0.26 + ( 0.354 + 0.638) 

] = 4. 028 

⎣ ⎝ ⎠ ⎦ 

Prema tome vrednost svedene ukupne rotorske omske otpornosti nalazimo kao rešenje 

kvadratne jednačine: 

2 

′ 

′ 

R r Σ 

−12.061⋅ 

R r Σ 

+ 4.028 = 0 ⇒ 

′ 

R r Σ 1/ 2 

12.061± 

= 

12.061 

2 

2 

− 4 ⋅ 4.028 

12.061± 

11.373 ⎧11.717 

= 

= ⎨ 

2 ⎩ 0.344 

[ Ω] 

[ Ω] 

Uzimamo veću vrednost otpora pošto sa njom dobijamo manju struju kočenja. Iz tog 

proizlazi da je vrednost ukupne rotorske omske otpornosti: 

′ 

Rr 

Σ 11.717 

RrΣ = = = 4. 410 

2 

2 

⎛ N ⎞ 1.63 

s 

⎜ 

⎟ 

⎝ N 

r ⎠ 

[ Ω] 

Na kraju vrednost tražene dodatne otpornosti dobijamo iz relacije: 

226


R 

rd 

= R 

Σ 

− R = 4.410 − 0.24 = 4. 17 

r 

r 

[ Ω] 

2004. GODINA 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

2800 

nom 

nom 

= ⋅ = 28. 597 

nom 

π 935 

[ Nm] 

Pri garantovanom preopterećenju motor može da savlada maksimalni moment opterećenja u 

iznosu: 

M 

max 

=νM 

nom 

= 1 .8⋅ 

28.597 = 51. 475 

Moment tereta je: 

[ Nm] 

Db 

Db 

0.3 

M 

t 

= Ft 

= mt 

g = ⋅ 250 ⋅9.81 

= 367. 875 

2 2 2 

[ Nm] 

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost: 

′ M 

t 367.875 

M 

t 

= = = 18. 394 

i 20 

R 

[ Nm] 

a) Ako se motor pokreće u vezi trougao svedeni moment tereta je manji i od nominalnog 

momenta a i od maksimalno garantovanog, što znači da u toj vezi motor može da podiže zadati 

teret. 

′ 

M = t 

18.394 

= 

nom 

max 

475 

[ Nm] < M = 28.597[ Nm] < M 51. [ Nm] 

b) Ako se motor pokreće u vezi zvezda zbog smanjenog napona garantovani maksimalni 

moment motora se smanjuje na vrednost: 

M 

M 

= 

⎛ 

⎜ 

U 

⎝U 

νM 

= 

3 

maxD nom 

maxY 

= = 17. 158 

2 

l 

f 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

51.475 

3 

[ Nm] 

te motor neće moći dizati teret pošto je svedeni moment tereta veći od maksimalnog za vezu 

zvezda: 

′ 

M 

t 

= 18.394 

max Y 

= 158 

[ Nm] > M 17. [ Nm] 


Iz uslova zadatka proizlazi proporcija, iz koje nalazimo brzinu obrtanja motora: 

′ 

M 

M 

t 

nom 

= 

n 

n 

s 

s 

− n 

− n 

t 

nom 

⇒ 

227


2004. GODINA 

n 

t 

′ 

M 

t 

= ns 

− 

s nom 

M 

nom 

18.394 

−1 

( n − n ) = 1000 − ( 1000 − 935) = 958.191[ min ] 

28.597 

M 

M nom 

M t 

' 

n nom 

n t 

n s 

n 

Brzina obrtanja bubnja je prema tome: 

n 

b 

= 

n 

i 

t 

R 

1 

[ ] 

.191 

= 

958 = 47.910 min 

− 

20 

Odnosno kružna brzina bubnja je: 

2π 

47.910 ⋅π 

⎡rad 

ω b 

= n b 

= = 5. 017 

60 30 ⎢ 

⎣ s 

Na kraju tražena brzina podizanja tereta iznosi: 

Db 

0.3 

⎡m⎤ 

vt = 

b 

= ⋅5.017 

= 0. 753 

2 ω 2 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎥ 

⎦ 


Motor ima klasu izolacije F za koju pri maksimalnoj temperaturi ambijenta od 40 [ o C], 

maksimalna dozvoljena temperatura namotaja motora iznosi θ max = 140 [ o C], odnosno maksimalno 

dozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θ max = 100 [ o C]. Izmerena nadtemperatura nakon jednog sata 

od isključenja iznosi: 

∆θ 

1 

= θ1 

−θ 

amb 

= 70 − 20 = 50 

[ C] 

o 

Iz uslova zadatka proizlaze sledeća relacija za pad temperature nakon jednog sata: 

∆θ 

= ∆θ 

1 

t 

− 

Tth 

( t ) = ∆θ 

e 

1 

max 

1 

Gde je T th vremenska konstanta hlađenja, a ∆θ max maksimalni priraštaj temperature u 

stacionarnom stanju. Vremenska konstanta hlađenja iz uslova zadatka je dvostruko veća od 

228


2004. GODINA 

vremenske konstante zagrevanja T th = 2T tz . Uvažavajući ovu činjenicu iz prethodne relacije 

dobijamo vrednost vremenske konstante zagrevanja: 

[ min] 30[ min] 

1 1 t1 

t1 

60 

Ttz = Tth 

= − = = = = 43. 281[ min]= 

2 2 ∆θ1 

∆θ 

max 

100 ln2 

ln 2ln 

2 ⋅ ln 

∆θ 

∆θ 

50 

max 

= 43 . 281⋅ 

60 = 2596. 

86 

[] s 

1 


kapacitet kao kod gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C], proizlazi da mu je toplotni kapacitet: 

o 

[ Ws C] 

CT = mCFE 

= 56 .677 ⋅1000 

⋅ 0.48 = 27205.199 / 

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora: 

T 

CT 

= 

A 

C 

⇒ A = 

T 

27205.199 

= = 

⋅ = 

o 

[ W C] 

T 

tz 

10.47619 / 

tz 

2596.86 

Vrednost gubitaka u nominalnom režimu, određujemo iz toplotnog Omovog zakona: 

Pγ 

nom 

∆θ 

max 

= Pγ 

nomRT 

= ⇒ Pγ 

nom 

= A∆θ 

max 

= 10 .47619 ⋅100 

= 1047. 619 

A 

I na kraju nalazimo traženi koeficijent korisnog dejstva: 

[ W ] 

η 

nom 

= 

P 

nom 

P 

nom 

+ P 

γnom 

5500 

= 

5500 + 1047.619 

= 0.84[ ] 




′ 

P 

γ 

1.50Pnom 

= 

η 

( 1−η 

) 

nom 

nom 

= 1.50P 

γnom 

= 1.50 ⋅1047.619 

= 1571.429 

[ W ] 

maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim opterećenjem, 

iznosi: 

∆θ 

′ 

′ 

P 

γ 

max 

= = 1 .50∆θ 

max 

= 1.50 ⋅100 

= 150 

A 

o 

[ C] 

Znamo da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od vremena pri kom 

se motor zagreva iznad dozvoljenog priraštaja temperature, odnosno duže od: 

⎛ − 

′ 

∆θ 

= ⎜ 

max 

∆θ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

t 

T 

uk 

tz 

⎞ 

⎟ = ∆θ 

⎟ 

⎠ 

max 

′ 

− ∆θ 

max 

′ 

e 

229 

t 

− 

T 

uk 

tz 

⇒ e 

t 

− 

T 

uk 

tz 

′ 

∆θ 

max 

− ∆θ 

= 

′ 

∆θ 

max 

max 

⇒


2004. GODINA 

t 

uk 

′ 

∆θ 

max 

150 

= Ttz 

ln 

= 43. 

281⋅ln 

= 

′ 

∆θ − 

150 −100 

max 

∆θ 

max 

150 

= 43 . 281⋅ln 

= 43. 

281⋅ln3 

= 47. 

549[ min] 

50 




400 [V], nominalna snaga P nom = 1600 [W], omski otpor rotora R a + R pp = 2.5 [Ω], nominalna brzina 

obrtanja n nom = 1550 [min -1 ], koeficijent iskorišćenja η nom = 0.8 [ ]. Motor se upušta u rad pomoću 

automatskog upuštača. 

a) Odrediti broj stepeni i vrednost otpora pojedinih stepeni upuštača, polazeći od uslova, da 

zalet treba osigurati uz uslov M min = M nom i M max = 2M nom . 

b) Odrediti pri kojim brzinama obrtanja treba izvesti automatsku komutaciju otpora u upuštaču. 


Ako se motor sa otporničkim upuštačem iz prethodnog zadatka koristi za pokretanje dizalice 

sa slike, odrediti vreme ubrzanja tereta, odnosno motora do nominalne brzine obrtanja. 

Sem podataka navedenih u prethodnom zadatku, poznati su još i sledeći podaci o teretu, 

bubnju, reduktoru i motoru: masa tereta m t = 72 [kg]; prečnik bubnja D b = 0.20 [m]; prenosni odnos 

reduktora i R = 9.95 [ ]; koeficijent iskorišćenja reduktora η R = 0.9 [ ]; moment inercije reduktora J R 

= 0.012 [kgm 2 ] i moment inercije motora J M = 0.03 [kgm 2 ]. 

i R 

n m 

n b 

v t 

DCM 

D b 

η R 

m t 

Teret 


Ako se motor koji goni pogon iz prethodnog zadatka umesto sa otporničkim upuštačem 

upušta i napaja sa polu-upravljivim tiristorskim regulisanim ispravljačem, kome je strujna granica 

podešena na dvostruku vrednost nominalne struje motora, odrediti: 

a) Vreme ubrzanja tereta, odnosno motora, do nominalne brzine obrtanja. 

b) Vreme usporenja tereta, odnosno motora, do nulte brzine obrtanja. 

230


2004. GODINA 


Stacionarno stanje u pogonu iz prethodnog zadatka tokom jednog ciklusa dizanja traje t stac = 

1 [s]. Nakon jednog ciklusa dizanja potrebno je u što kraćem mogućem vremenu ponoviti 

uzastopno neograničen broj ciklusa. Odrediti minimalno vreme mirovanja pogona između dva 

ciklusa za slučaj: 

a) Da se motor hladi sopstvenim ventilatorom, pri čemu se motor kada mu sopstveni ventilator 

ne radi tri puta lošije hladi nego kad radi . 

b) Da se motor hladi prinudno sa prigrađenim ventilatorom, koji se ne isključuje tokom 

mirovanja pogona. 



P nom = 2.75 [kW]; nominalni fazni napon U nom = 220 [V]; nominalna brzina obrtanja n nom = 

935 [min -1 ]; faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; frekvencija mreže f s = 50 [Hz]. Motor se napaja iz 

tranzistorskog pretvarača promenljive frekvencije a goni radnu mašinu sa momentom opterećenja 

linearno zavisnim od brzine obrtanja M t = k n n [Nm]; gde konstanta ima vrednost k n = 0.03 

[Nm/min -1 ]. 

a) Kolika će biti brzina obrtanja motora za slučaj da je izlazna frekvencija pretvarača f s = 12.5; 

25; 37.5 i 50 [Hz]? 

b) Sa kolikim relativnim tačnošću odstupa brzina obrtanja motora za navedene frekvencije 

napajanja motora pod a) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora? 


Na slikama na sledećoj strani prikazana je električna šema n - stepenog otpornog upuštača i 

familija mehaničkih karakteristika pri puštanju u rad jednosmernog motora sa nezavisnom 

pobudom. 

Opšti izraz za rotorsku struju pri uključenom j – tom otporničkom stepenu glasi: 

I 

a 

U − E 

= n − ∑ −1 

Ra 

+ R 

pp 

+ 

i= 

1 

( j ) 

∆R 

di 

Rotorska struja ima maksimalnu vrednost pri nultoj brzini obrtanja i svim uključenim 

stepenima, odnosno zadovoljava relaciju: 

I 

amax 

= 

R 

a 

+ R 

U − 0 

pp 

+ 

n 

∑ 

i=1 

∆R 

di 

= 

R 

a 

U 

+ R 

pp 

+ R 

duk 

Iz toga sledi da ukupna vrednost otpora upuštača iznosi: 

i=1 

amax 

( R R ) 

n 

U 

R 

duk 

= ∑ ∆Rdi 

= − 

a 

+ 

I 

Ako uvedemo smenu: 

pp 

λ = 

I 

I 

amax 

amin 

= 

k 

k 

M 

M 

ΦI 

ΦI 

amax 

amin 

= 

M 

M 

max 

min 

> 1 

231


2004. GODINA 

U 

∆R dn 

∆R dj+1 

∆R dj 

∆R d2 

I amin 

∆R d1 

U f 

Φ 

E 

R f 

I f 

n 

R a 

I a 

R pp 

n 

n pmax 

n 0 

n n 

n j+1 

n j 

n 1 

n=0 

I anom 

I amax 

I a 

I ak 

Na osnovu sličnosti trouglova na prethodnoj slici, sledi relacija odnosa minimalne i 

maksimalne struje pri upuštanju i brzina pri kojima se vrši komutacija upuštača: 

I 

amax 

I 

− I 

amax 

amin 

= 

n 

j+ 

1 

n 

0 

− n 

− n 

j 

j 

= 

I 

amin 

1 − = 1 − ⇒ 

j+ 

1 = 

0 

I 

amax 

λ 

1 

n 

⎛ 1 ⎞ 1 

n ⎜1 

− ⎟ + n 

j 

⎝ λ ⎠ λ 

232


2004. GODINA 

Pri čemu važi za j = 0: 

n = 0 j=0 

I za j = 1: 

⎞ 

⎜ 

⎛ 1 

n − 

1 = n 0 

1 ⎟ 

⎝ λ ⎠ 

Odnosno opšta relacija: 

n 

1 

λ 

j+ 

1 

= n1 

+ n j 

važi: 

Prema tome brzine pri kojima se vrši komutacija upuštača čine geometrijski niz, za koji 

n 

j 

⎛ 1 ⎞ 

j−1 

1− 

j 

⎡ 

⎜ ⎟ 

1 ⎛ 1 ⎞ ⎤ 

1 

1 

1 ... n 

⎝ λ ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ ⎛ ⎞ 

= 

⎠ 

⎢ + + + ⎜ ⎟ ⎥ 1 

= n1 

= ⎢1 

− ⎜ ⎟ ⎥n0 

= ⎜1 

− n 

j 

⎟ 

⎢ 

⎥ 1 

⎣ λ ⎝ λ ⎠ ⎦ 1− 

⎢⎣ 

⎝ λ ⎠ ⎥⎦ 

⎝ λ ⎠ 

λ 

j 

0 

Isključivanje poslednjeg n – tog stepena upuštača vrši se pri brzini n n , za koju važi: 

nn ≥ n pmax 

Brzina n pmax može se izraziti na osnovu sličnosti trouglova, a preko maksimalne struje 

upuštanja I max i struje kratkog spoja I ak : 

n 

I 

pmax 

ak 

= 

= 

R 

a 

I 

ak 

− I 

I 

U 

+ R 

ak 

pp 

amax 

⎛ I 

amax 

n0 1 n 0 

I ⎟ ⎞ 

= ⎜ − 

⎝ ak ⎠ 

Iz prethodne dve relacije dalje sledi: 

n 

n 

≥ n 

pmax 

⎛ ⇒ ⎜ 

− 

⎝ 

⎞ 

n 

1 ⎛ 

amax 

1 ⎟n 

≥ ⎜ − n 

I 

⎟ 

λ 

0 

1 

0 

ak 

⎠ 

⎝ 

I 

⎞ 

⎠ 

⎛ 1 ⎞ 

⇒ ⎜ ⎟ 

⎝ λ ⎠ 

n 

≤ 

I 

amax 

I 

ak 

n 

⇒ λ ≥ 

I 

I 

ak 

amax 

da potreban broj stepeni upuštača mora da zadovolji relaciju: 

⎛ I 

ln 

⎜ 

I 

n ≥ 

⎝ 

ln 

ak 

amax 

( λ) 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Broj stepeni n svakako mora biti ceo broj. Pri čemu ako je desna strana prethodne 

nejednačine ceo broj, onda je brzina kod poslednje komutacije jednaka upravo brzini n pmax , odnosno 

233


2004. GODINA 

ako nije brzina kod poslednje komutacije biće manja od brzine n pmax , odnosno kod poslednje 

komutacije dobija se struja motora koja je I min 

a) Za zadati motor nominalna struja iznosi: 

I 

Pnom 

= 

U η 

1600 

= = 

400 ⋅ 0. 

8 

anom 

5 

nom nom 

Struja kratkog spoja iznosi: 

I 

U 

+ R 

400 

= 

2. 

5 

ak 

= 

= 

Ra 

pp 

160 

[ A] 

[ A] 

Iz uslova zadatka nalazimo faktor λ: 

λ = 

M 

M 

max 

min 

= 

I 

I 

a max 

a min 

= 

2I 

I 

anom 

anom 

= 2 

Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije: 

⎛ I 

ln 

⎜ 

≥ 

⎝ I 

n 

ln 

ak 

a max 

⎞ ⎛ 160 ⎞ 

⎟ ln⎜ 

⎟ 

⎠ ⎝ 2 ⋅5 

= 

⎠ 

( λ) ln( 2) 

ln 

= 

ln 

( 16) 

( 2) 

ln 

= 

ln 

4 

( 2 ) 

( 2) 

= 

4[ ] 

Ukupna vrednost otpora upuštača iznosi: 

R 

U 

I 

400 

( R + R ) = − 2. 

5 = 40 − 2. 

5 37. 

5[ Ω ] 

duk 

= − 

a pp 

= 

a max 

2 ⋅5 

Vrednosti otpora pojedinačnih stepena upuštača iznose: 

( Ra 

+ R 

pp 

)( λ − 1) = 2. 

5 ⋅ ( 2 − 1) 2 [ Ω ] 

λ∆Rd1 

= 2 ⋅ 2 5 [ Ω ] 

λ∆ 

2 

= 2 ⋅5 

[ Ω ] 

λ∆ = 2 ⋅10 

[ Ω ] 

∆R 

= 

5 

d 1 

= . 

∆R 

= . 5 

d 2 

= 

3 

= 

d 

= 

4 

= 

d 3 

= 

∆R d 

R 10 

∆R d 

R 20 

Radi provere ukupnu vrednost upuštača motora možemo odrediti i kao zbir pojedinačnih 

vrednosti otpora pojedinih stepeni: 

R 

n 

[ ] 

= ∑ ∆Rdi 

= 2. 

5 + 5 + 10 + 20 37. 

5 Ω 

duk 

= 

i= 

1 

b) Brzinu obrtanja u praznom hodu nalazimo iz relacija: 

( R + R ) I 

U − ( R + R ) 

U − 

a pp nom 

a pp 

I 

nom 

nnom 

= 

⇒ k 

EΦ 

nom 

= 

⇒ 

k 

EΦ 

nom 

nnom 

U 

U 

400 

n0 = = 

n 

400 ⋅1550 

= ⋅1550 

= 1600 

− 

nom 

= 

min 

k U − I 400 − 2. 

5⋅5 

387. 

5 

EΦ nom 

( R + R ) 

a 

pp 

nom 

1 

[ ] 

235


2004. GODINA 

Pojedinačne brzine obrtanja pri kojima treba da se vrši komutacija upuštača nalazimo iz 

prethodno određenih relacija: 

−1 

[ ] 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 

n 

1 = n 

0 ⎜1 

− ⎟ = 1600 ⋅ ⎜1 

− ⎟ = 1600 ⋅ = 800 min 

⎝ λ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 3 

n 

1 

2 = n 

− 

0 ⎜1 

− 1600 1 = 1600 ⋅ = 1200 

2 

⎟ = ⋅ ⎜ − 

2 

⎟ 

min 

⎝ λ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 4 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 7 

n 

1 

3 = n 

− 

0 ⎜1 

− 1600 1 = 1600 ⋅ = 1400 

3 

⎟ = ⋅ ⎜ − 

3 

⎟ 

min 

⎝ λ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 8 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 15 

n 

4 = n 

− 

0 ⎜1 

− 1600 1 = 1600 ⋅ = 1500 

4 

⎟ = ⋅ ⎜ − 

4 

⎟ 

min 

⎝ λ ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 

[ ] 

[ ] 

1 

[ ] 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

1600 

nom 

nom 

= ⋅ = 9. 857 

nom 

π 1550 

Sila zemljine teže tereta iznosi: 

Ft = mt 

g = 72 ⋅9.81 

= 706. 32 

[ N ] 

[ Nm] 

Moment tereta na osovini bubnja iznosi: 

Db 

0.2 

M 

t 

= Ft 

= ⋅ 706.32 = 70. 632 

2 2 

[ Nm] 

Svedeni momet tereta na osovini motora ima vrednost: 

′ M 

t 70.632 

M 

t 

= = = 7. 887 

i η 9.95⋅ 

0.9 

R 

R 

[ Nm] 

Što u odnosu na nominalni moment motora iznosi: 

′ 

M 

t 

= 

′ 

M 

M 

t 

nom 

M 

nom 

= 

7.887 

⋅ M 

9.857 

nom 

= 0.8⋅ 

M 

nom 

[ Nm] 

Svedeni moment inercije tereta na osovinu motora nalazimo iz relacije: 

J 

⎛ v 

⎜ 

⎞ 

⎟ 

2 

t 

⎜ ⎟ 

2 

2 

′ 

1 D 72 0.2 

m 

⎝ ωb 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

t 

= 

⎠ 

t 

= m 

2 

t 

⎜ ⎟ = 

i 

⎜ = ⋅ 

R 

2i 

⎟ 

R 

0.9 2 9.95 

R 

η η 

R ⎝ ⎠ ⎝ ⋅ ⎠ 

0.008 

Ukupan moment inercije sveden na osovinu motora iznosi: 

2 

[ kgm ] 

236


J 

Σ 

2 

[ ] 

′ 

= J 

M 

+ J 

R 

+ J 

t 

= 0.03 

+ 0.012 + 0.008 = 0.05 kgm 

2004. GODINA 

Proces pokretanja pogona možemo podeliti na četiri segmenta zaleta do pojedinačnih brzina 

komutacija upuštača prema sledećoj slici. 

n 

n 0 

n 4 

n stac 

n nom 

I ak 

n 3 

n 2 

n 1 

n 

n=0 

M t 

' 

M nom 

M m 

M max 

M m 

Moment motora nije konstantan, već se menja linearno sa promenom brzine obrtanja, 

shodno prethodnoj slici. Pri tome za prvi segment zaletanja od nulte brzine obrtanja do prve 

komutacione brzine važi: 

M 

n 

max 

0 

= 

M 

m 

⇒ M 

n − n 

0 

m 

= M 

max 

n 

0 

− n 

n 

0 

= 2M 

nom 

⎛ ⎜1 

− 

⎝ 

n 

n 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Prema tome dinamički moment za prvi segment iznosi: 

M 

din 

⎛ n ⎞ 

⎛ n 

= M − = 

⎜ − 

⎟ − = 

⎜ 

m 

M 

stac 

2M 

nom 

1 0.8M 

nom 

M 

nom 

1.2 − 2 

⎝ n0 

⎠ 

⎝ n0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 


integraljenjem dobijamo relaciju za izračunavanje vremena zaleta do željene brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 30 

t 

zal1 

= 

t 

zal1 

∫ 

0 

dt = 

n 

1 

∫ 

0 

π 

J 

30 

Σ 

dn 

M 

din 


π 

= J 

30 

n 

1 

∫ 

Σ 

0 

dn 

M 

din 

π J 

= 

30 M 

Σ 

nom 

n 

1 

∫ 

0 

dn 

⎛ 

⎜1.2 

− 2 

⎝ 

n 

n 

0 

din 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

237


2004. GODINA 

238 

( ) 

2 

1.2 

2 

2 

1.2 

0 

0 

0 

dx 

n 

dn 

x 

n 

n 

n 

n 

x 

− 

= 

⇒ 

− 

= 

⇒ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

= 

− 

= 

− 

= 

− 

= 

Σ 

Σ 

− 

Σ 

∫ 

0 

0 

0 

0 

1 

0 

2 

1.2 

1.2 

0 

1 

2 

2 

1.2 

1.2 

ln 

2 

30 

2 

1.2 

1.2 

ln 

2 

30 

2 

30 

0 

1 

n 

n 

M 

J 

n 

n 

n 

M 

J 

n 

dx 

n 

M 

J 

t 

nom 

nom 

n 

n 

nom 

zal 

π 

π 

π 

[] 

s 

M 

J 

n 

nom 

0.761 

ln 6 

9.857 

2 

30 

0.05 

1600 

0.2 

1.2 

ln 

2 

30 

0 

= 

⋅ 

⋅ 

⋅ 

⋅ 

⋅ 

= 

= 

Σ 

π 

π 

Slično za drugi segment zaleta od prve do druge komutacione brzine važi: 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ − 

= 

− 

= 

⇒ 

− 

= 

= 

− 

= 

− 0 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

1 

0 

1 

4 

2 

2 

2 

n 

n 

M 

n 

n 

n 

M 

M 

n 

n 

M 

n 

M 

n 

n 

M 

n 

n 

M 

nom 

max 

m 

m 

max 

max 

max 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

− 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ − 

= 

− 

= 0 

0 

4 

3.2 

0.8 

1 

4 

n 

n 

M 

M 

n 

n 

M 

M 

M 

M 

nom 

nom 

nom 

stac 

m 

din 

∫ 

∫ 

∫ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

= 

= 

Σ 

Σ 

Σ 

2 

1 

2 

1 

2 

1 

0 

2 

4 

3.2 

30 

30 

30 

n 

n 

nom 

n 

n 

din 

n 

n 

din 

zal 

n 

n 

dn 

M 

J 

M 

dn 

J 

M 

dn 

J 

t 

π 

π 

π 

( ) 

4 

3.2 

4 

4 

3.2 

0 

0 

0 

dx 

n 

dn 

x 

n 

n 

n 

n 

x 

− 

= 

⇒ 

− 

= 

⇒ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

= 

− 

− 

= 

− 

− 

= 

− 

= 

Σ 

Σ 

− 

− 

Σ 

∫ 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

2 

0 

1 

0 

4 

3.2 

4 

3.2 

0 

2 

4 

3 

4 

3.2 

2 

4 

3.2 

ln 

4 

30 

4 

3.2 

4 

3.2 

ln 

4 

30 

4 

30 

0 

2 

0 

1 

n 

n 

n 

n 

M 

J 

n 

n 

n 

n 

n 

M 

J 

n 

dx 

n 

M 

J 

t 

nom 

nom 

n 

n 

n 

n 

nom 

zal 

π 

π 

π 

[] 

s 

t 

M 

J 

n 

zal 

nom 

0.381 

2 

0.761 

2 

0.2 

1.2 

ln 

4 

30 

1 

0 

≈ 

= 

= 

= 

Σ 

π 

Slično za treći segment zaleta od druge do treće komutacione brzine važi: 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ − 

= 

− 

= 

⇒ 

− 

= 

= 

− 

= 

− 0 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

2 

0 

1 

8 

4 

4 

4 

3 n 

n 

M 

n 

n 

n 

M 

M 

n 

n 

M 

n 

M 

n 

n 

M 

n 

n 

M 

nom 

max 

m 

m 

max 

max 

max 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

− 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ − 

= 

− 

= 0 

0 

8 

7.2 

0.8 

1 

8 

n 

n 

M 

M 

n 

n 

M 

M 

M 

M 

nom 

nom 

nom 

stac 

m 

din 

∫ 

∫ 

∫ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

= 

= 

= 

Σ 

Σ 

Σ 

3 

2 

3 

2 

3 

2 

0 

3 

8 

7.2 

30 

30 

30 

n 

n 

nom 

n 

n 

din 

n 

n 

din 

zal 

n 

n 

dn 

M 

J 

M 

dn 

J 

M 

dn 

J 

t 

π 

π 

π 

( ) 

8 

7.2 

8 

8 

7.2 

0 

0 

0 

dx 

n 

dn 

x 

n 

n 

n 

n 

x 

− 

= 

⇒ 

− 

= 

⇒ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

− 

=


2004. GODINA 

t 

zal3 

π J 

= 

30 M 

Σ 

π n0 

J 

= 

30 8M 

n 

7.2−8 

n 

∫ 

nom n 

7.2−8 

n 

Σ 

nom 

3 

0 

2 

0 

1.2 

ln 

0.2 

n0dx 

π n0J 

− = 

8 30 8M 

t 

zal 

= 

4 

1 

= 

0.761 

4 

Σ 

nom 

n 

7.2 −8 

n 

ln 

n 

7.2 −8 

n 

≈ 0.190 

[] s 

2 

0 

3 

0 

π n0J 

= 

30 8M 

Σ 

nom 

3n 

7.2 −8 

4n 

ln 

7n 

7.2 −8 

8n 

0 

0 

0 

0 

= 

Slično za četvrti segment zaleta od treće do četvrte komutacione brzine važi: 

M 

max 

M 

max 

8M 

max 

M 

m 

n0 

− n ⎛ n ⎞ 

= = = ⇒ M = 8 

= 16 

⎜1 

− 

⎟ 

m 

M 

max 

M 

nom 

n0 

− n 7 

3 

n − 

− 

0 

n0 

n 

n0 

⎝ n 

n 

0 ⎠ 

0 

n0 

8 

⎛ n ⎞ 

⎛ n ⎞ 

M 

⎜ 

⎟ − = 

⎜ − 

⎟ 

din = M 

m − M 

stac = 16M 

nom 

1 − 0.8M 

nom 

M 

nom 

15.2 16 

⎝ n0 

⎠ 

⎝ n0 

⎠ 

n4 

n4 

n4 

π dn π dn π J 

Σ 

dn 

tzal4 

= ∫ J 

Σ 

= J 

Σ ∫ = 

30 M 30 30 

∫ 

n 

⎛ ⎞ 

3 

din 

M 

n3 

din 

M 

nom n n 

3 

⎜15.2 

−16 

⎟ 

⎝ n0 

⎠ 

⎛ n ⎞ n0 

n0dx 

x = 

⎜15.2 

−16 

⇒ n = ( 15.2 − x) 

⇒ dn = − 

n 

⎟ 

⎝ 

0 ⎠ 16 

16 

n4 

n 

− 

3 

7n 

15.2 16 

0 

n 

15.2 −16 

15.2 −16 

0 

π J 

Σ 

n0dx 

π n0J 

Σ 

n0 

π n0J 

Σ 

8n0 

tzal4 

= ∫ − = ln 

= ln 

30 M 

16 30 16M 

n4 

15 

15.2−16 

15.2 −16 

30 16M 

n 

nom n3 

nom 

nom 15.2 −16 

n0 

n0 

16n 

π n J 1.2 tzal 

0.761 

0 Σ 

1 

= ln = = 0.095[] 

s 

30 16M 

0.2 8 8 

≈ 

nom 

0 

0 

= 

Slično za poslednji peti segment zaleta po prirodnoj karakteristici motora od četvrte 

komutacione brzine do nominalne brzine obrtanja važi: 

M 

max 

M 

max 

16M 

max 

M 

m 

n0 

− n ⎛ n ⎞ 

= = = ⇒ M = 16 

= 32 

⎜1 

− 

⎟ 

m 

M 

max 

M 

nom 

n0 

− n 15 

4 

n − 

− 

0 

n0 

n 

n0 

⎝ n 

n 

0 ⎠ 

0 

n0 

16 

⎛ n ⎞ 

⎛ n ⎞ 

M 

⎜ 

⎟ − = 

⎜ − 

⎟ 

din = M 

m − M 

stac = 32M 

nom 

1 − 0.8M 

nom 

M 

nom 

31.2 32 

⎝ n0 

⎠ 

⎝ n0 

⎠ 

nnom 

nnom 

nnom 


Σ 

dn 

tzal5 

= ∫ J 

Σ 

= J 

Σ ∫ = 

30 M 

∫ 

n 

din 

30 M 

n din 

30 M 

nom n 

⎛ n ⎞ 

4 

4 

4 

⎜31.2 

− 32 

⎟ 

⎝ n0 

⎠ 

⎛ n ⎞ n0 

n0dx 

x = 

⎜31.2 

− 32 ⇒ n = ( 31.2 − x) 

⇒ dn = − 

n 

⎟ 

⎝ 

0 ⎠ 32 

32 

239


2004. GODINA 

t 

zal5 

n 

31. 

2−32 

n 

π J 

Σ 

= 

30 M 

∫ 

nom 

π n0 

J 

= 

30 16M 

Σ 

nom 

nom 

0 

n 

31. 

2−32 

n 

4 

0 

n0dx 

π n0J 

− = 

32 30 32M 

15n0 

31. 

2 − 32 

16n0 

ln 

1550 

31. 

2 − 32 

1600 

Σ 

nom 

π n0 

J 

= 

30 32M 

n 

31. 

2 − 32 

n 

ln 

n 

31. 

2 − 32 

n 

Σ 

nom 

4 

0 

nom 

0 

1. 

2 t 

zal 

ln = 

0. 

2 16 

1 

= 

0. 

761 

= ≈ 0. 

048 s 

16 

[] 

Ukupno vreme zaleta čini zbir pojedinačnih vremena zaleta: 

⎛ 1 1 1 1 ⎞ 31 31 

t 

zal 

= t 

zal1 + t 

zal2 

+ t 

zal3 

+ t 

zal4 

+ t 

zal5 

= t 

zal1⎜1+ 

+ + + ⎟ = t 

zal1 

= 0.761⋅ 

= 1. 474 

⎝ 2 4 8 16 ⎠ 16 16 

Približno tačan rezultat vremena zaleta možemo naći pod pretpostavkom da se motor 

ubrzava sa konstantnim momentom sa srednjom vrednošću: 

M 

+ M 

2 

+ 2M 

min max nom nom 

M 

sr 

= 

= 

= 1. 5 

M 

Aproksimativno u tom slučaju dinamički moment iznosi: 

din 

sr 

stac 

nom 

2 

nom 

M 

nom 

M ≈ M − M = 1 .5M 

− 0.8M 

= 0. 7M 

nom 

[] s 

I samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja je približno: 

t 

zal 

n 

n 

nom 

nom 

nom 


Σ π J 

Σn 

≈ ∫ J 

Σ 

= J 

Σ ∫ = ∫ dn = 

30 M 

din 

30 M 

din 

30 0.7M 

nom 

30 0.7M 

0 

0 

0 

⋅ 0.05⋅1550 

= π 

= 1.176[] 

s 

30 ⋅ 0.7 ⋅ 9.857 

n 

nom 

nom 

= 


a) Pošto je strujna granica tiristorski regulisanog ispravljača podešena na dvostruku vrednost 

nominalne struje motora, tokom čitavog zaleta motor razvija moment jednak dvostrukoj vrednosti 

nominalnog momenta, pa dinamički moment iznosi: 

M = M − M = 2 M − 0.8M 

= 1. 2M 

udin 

m 

stac 

nom 

nom 

nom 

A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi: 

t 

zal 

n 

n 

nom 

nom 

nom 


Σ π J 

Σn 

= ∫ J 

Σ 

= J 

Σ ∫ = ∫ dn = 

30 M 

udin 

30 M 

udin 

30 1.2M 

nom 

30 1.2M 

0 

0 

0 

⋅ 0.05⋅1550 

= π 

= 0.686[] 

s 

30 ⋅1.2 

⋅9.857 

n 

nom 

nom 

= 

b) Pošto polu-upravljivi tiristorski regulisani ispravljač ne može da vraća energiju u mrežu, 

pogon kod zaustavljanja koči samo moment tereta, odnosno dinamički moment kočenja iznosi: 

240


2004. GODINA 

M = M − M = 0 − 0.8M 

= −0. 

8M 

kdin 

m 

stac 

nom 

nom 

A samo vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja iznosi: 

t 

usp 

= 

n 

0 

∫ 

nom 

π 

J 

30 

Σ 

dn 

M 

kdin 

π 

= J 

30 

⋅ 0.05 ⋅1550 

= π 

= 1.029 

30 ⋅ 0.8⋅9.857 

Σ 

n 

[] s 

0 

∫ 

nom 

dn 

M 

kdin 

π J 

Σ 

= − 

30 0.8M 

nom 

n 

0 

∫ 

nom 

π J 

Σn 

dn = 

30 0.8M 

nom 

nom 

= 


Struju motora u stacionarnom stanju možemo odrediti na osnovu proporcionalnosti struje i 

momenta: 

M 

′ 

M 

nom 

t 

= 

k 

k 

M 

M 

ΦI 

ΦI 

anom 

astac 

= 

I 

I 

anon 

astac 

⇒ I 

astac 

= 

′ 

M 

M 

t 

nom 

I 

anon 

0.8M 

= 

M 

nom 

nom 

I 

anon 

= 0.8I 

anon 

= 0.8⋅5 

= 4 

[ A] 

Dijagram strujnog opterećenja u funkciji vremena tokom jednog ciklusa rada je sledeći: 

I a 

n 

I azal 

n nom 

I astac 

I akoc 

t zal 

t stac 

t koc 

t mir 

t 

a) Zbog pogoršanih uslova hlađenja, tokom perioda ciklusa u kom sopstveni ventilacioni 



vrednosti: 

β = 

1 

3 

1+ 

1+ 

β 

α = = 

2 2 

1 

3 

= 

2 

3 

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne vrednosti struje: 

I 

anom 

≥ I 

aefft 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

+ 

i 

∑ 

k 

I 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

α 

I 

2 

azal 

( t + t ) 

zal 

t 

zal 

usp 

+ I 

+ t 

2 

astac 

stac 

t 

stac 

+ βt 

mir 

⇒ 

241


2004. GODINA 

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi: 

t 

mir 

2 

2 

1 ⎡ I 

azal 

t 

zal 

+ I 

astac 

t 

≥ ⎢ 

2 

β 

⎣ I 

anom 

2 

⎡10 

⋅ 0.686 + 4 

= 3⋅ 

⎢ 

2 

⎣ 5 

2 

stac 

−α 

⋅1 

2 

− 

3 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

( t + t ) − t = 

zal 

usp 

stac 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

( 0.686 + 1.029) −1 

= 3⋅[ 3.384 − 2.144] = 3.72[ s] 

b) Za slučaj kada je obezbeđeno prinudno hlađenje motora važi: 

I 

anom 

≥ I 

aefft 

= 

∑ 

i 

∑ 

i 

I 

2 

i 

t 

i 

t 

i 

= 

t 

I 

2 

azal 

zal 

t 

+ t 

zal 

usp 

+ I 

+ t 

2 

astac 

stac 

t 

+ t 

stac 

mir 

⇒ 

Iz toga sledi da minimalna vrednost vremena mirovanja mora da iznosi: 

I 

azal 

t 

zal 

+ I 

tmir 

≥ 

2 

I 

10 

= 

2 

2 

anom 

2 

astac 

⋅ 0. 

686 + 4 

2 

5 

2 

t 

stac 

⋅1 

− 

− ( t + t + t )= 

zal 

usp 

stac 

( 0. 

686 + 1. 

029 + 1) = 3. 

384 − 2. 

715 = 0. 

669[] 

s 


U granicama od sinhrone do nominalne brzine motora njegova mehanička karakteristika za osnovnu 

frekvenciju napajanja, može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija. Familija mehaničkih 

karakteristika za različite frekvencije od osnovne predstavlja paralelne prave za osnovnu frekvenciju koje 

seku n-osu za vrednost sinhrone brzine obrtanja, kao na donjoj slici. 

M 

M nom 

M t 

=k n 

n 

n 4 

n s4 

n 3 

n s3 

n 2 

n s2 

n 1 

n s1 

n 

a) Na osnovu vrednosti nominalnog momenta i brzine obrtanja motora možemo odrediti 

jednačinu prave mehaničke karakteristike za frekvenciju napona napajanja f s = 50 [Hz]. Nominalni 

moment motora iznosi: 

60 Pnom 

30 2750 

M 

nom 

= = ⋅ = 28. 

086 

2π 

n π 935 

nom 

[ Nm] 

242


2004. GODINA 

Jednačinu osnovne mehaničke karakteristike nalazimo iz relacija: 

M m 

M 

m 

M 

nom 

= annom 

+ b1 

⎫ 

M 

= an + b1 

⇒ 

⎬− ⇒ a = − 

0 = ans 

1 

+ b1 

⎭ ns 

1 

− n 

M 

nom 

M 

nom 

= − n + ns 

1 

n − n n − n 

s1 

nom 

s1 

nom 

nom 

nom 

⇒ b 

1 

= 

n 

s1 

M 

nom 

− n 

nom 

n 

s1 

⇒ 

Stacionarnu radnu tačku za za frekvenciju napajanja f s = 50 [Hz] nalazimo na preseku motorne i 

otporne mehaničke karakteristike, odnosno: 

M 

nom 

M 

nom 

⎛ M 

nom 

⎞ M 

nom 

− n + 

= ⇒ 

⎜ + 

⎟ 

1 

ns 

1 

knn1 

n1 

kn 

= ns 

1 

⇒ 

ns 

1 

− nnom 

ns 

1 

− nnom 

⎝ ns 

1 

− nnom 

⎠ ns 

1 

− nnom 

= M 

nomns1 

28. 

026 ⋅1000 

28. 

026 

− 

n1 = 

= ⋅1000 

≈ 935 

M + k n − n 28. 

026 + 0. 

03⋅ 

1000 − 935 29. 

976 

min 

nom 

n 

( ) ( ) 

s1 

nom 

1 

[ ] 

Mehaničke karakteristike za druge frekvencije napajanja paralelne su osnovnoj 

karakteristici, pa u opštom slučaju važi: 

M 

M 

m 

m 

= an + bi 

M 

nom 

= − 

n − n 

M 

nom 

− 

n − n 

n 

i 

s1 

= 

M 

s1 

nom 

nom 

⇒ a 

nom 

M 

nom 

M 

nom 

= − ⇒ 0 = ansi 

+ bi 

⇒ bi 

= nsi 

n − n 

n − n 

s1 

M 

nom 

n + 

n − n 

s1 

s1 

M 

nom 

n1 

+ 

n − n 

M 

+ k 

nom 

n 

n 

si 

nom 

( n − n ) 

s1 

nom 

n 

si 

nom 

nom 

n 

si 

= k n 

n 

i 

⎛ M 

⇒ n 

⎜ 

i 

⎝ ns 

1 

− n 

nom 

nom 

+ k 

n 

s1 

nom 

⎞ M 

nom 

⎟ = 

⎠ ns 

1 

− n 

nom 

⇒ 

n 

si 

⇒ 

Odnosno u našem brojnom slučaju za preostale frekvencije napajanja f s = 37.5; 25; 12.5 [Hz], 

brzine obrtanja motora su: 

f 

n 

f 

n 

f 

n 

s 

2 

s 

3 

s 

4 

= 37. 

5 

= 

M 

= 25 

= 

M 

= 12 

= 

M 

−1 

[ Hz] ⇒ n = 750[ min ] 

M 

+ k 

nom 

n 

s2 

s2 

( n − n ) 

nom n s1 

nom 

−1 

[ Hz] ⇒ ns3 

= 500[ min ] 

M 

+ k 

nom 

n 

s3 

( n − n ) 

nom n s1 

nom 

−1 

. 5[ Hz] ⇒ ns4 

= 250[ min ] 

nom 

M 

+ k 

nom 

n 

n 

s4 

( n − n ) 

s1 

nom 

⇒ 

28. 

026 

= ⋅ 750 ≈ 701 

29. 

976 

⇒ 

28. 

026 

= ⋅ 500 ≈ 467. 

5 

29. 

976 

⇒ 

28. 

026 

= ⋅ 250 ≈ 233. 

7 

29. 

976 

−1 

[ min ] 

−1 

[ min ] 

−1 

[ min ] 

b) Relativno odstupanje brzina obrtanja motora za navedene frekvencije napajanja motora pod 

a) u odnosu na nazivnu sinhronu brzinu motora, nalaze se iz sledećih relacija: 

243


2004. GODINA 

n1 

− ns 

ε = 

n 

935 −1000 

1 

1 

100 = ⋅100 

= − ⋅100 

= − 

s1 

1000 1000 

n 

ε = 

− n 

701− 

750 

2 s2 

2 

100 = ⋅100 

= − ⋅100 

= − 

ns 

1 

1000 1000 

n 

ε = 

− n 

65 

49 

467. 

5 − 500 32. 

5 

100 = 

⋅100 

= − ⋅100 

= 

1000 

1000 

3 s3 

3 

− 

ns 

1 

n 

ε = 

− n 

233. 

7 − 250 16. 

3 

100 = 

⋅100 

= − ⋅100 

= 

1000 

1000 

6. 

5 

4. 

9 

4 s4 

4 

− 

ns 

1 

[% 

] 

[% 

] 

3. 

25 

1. 

63 

[% 

] 

[% 

] 



Radna mašina ima moment inercije J T = 400 [kgm 2 ]. U ustaljenom radu treba da se okreće 

brzinom obrtanja od oko n stac = 1450 [min -1 ] i troši snagu od P T = 200 [kW]. Za vreme pokretanja 

radna mašina ne pruža otpor. Opterećenje se javlja tek kad radni mehanizam postiže radnu brzinu. 

Pokretanje ne sme trajati duže od 20 [s]. Na raspolaganju je trofazni asinhroni motor sa sledećim 

podacima: nominalna snaga P nom = 220 [kW]; nominalni međufazni napon U nom = 6 [kV]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 1460 [min -1 ] i frekvencija mreže f s = 50 [Hz]. Vreme pokretanja 

neopterećenog motora iznosi 1 [s]. Polazni moment motora iznosi M pol = 1.3M nom , kritični moment 

motora iznosi M kr = 1.8M nom , a minimalni moment motora iznosi M pol = 0.8M nom . Potrebno je 

oceniti: 

a) Koliki je srednji moment tokom pokretanja? 

b) Da li motor može da obezbedi postavljene zahteve pogona radne mašine? 



400 [V]; nominalna snaga P nom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1550 [min -1 ]; 

koeficijent iskorišćenja η nom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sa 

dva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu bez 

momenta opterećenja, samo sa momentom inercije svedenim na osovinu motora J T = 0.85 [kgm 2 ]. 

a) Odrediti strujnu granicu ispravljača ako se želi da pri pokretanju motor ostvari polazni 

moment jednak nominalnom momentu motora. 

b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine n max = 2500 [min -1 ]. 



125 [V], nominalna rotorska struja I anom = 23 [A], omski otpor rotora R a + R pp = 0.12 

[Ω]. Ispitivanjem je utvrđeno da kolektor izdrži udarnu struju od I amax = 82 [A]. 

Može li se motor pokretati upuštačem sa dva stepena bez štetnih posledica za kolektor, ako 

minimalna struja u toku pokretanja sa obzirom na teret ne sme pasti ispod I amin = 23 [A]. 



P nom = 6.6[kW]; nominalni fazni napon U nom = 220[V]; nominalna brzina obrtanja n nom = 935[min -1 ]; 

faktor snage cosϕ = 0.74 [ ]; koeficijent korisnog dejstva η = 0.84 [ ] i frekvencija mreže f s = 50 

[Hz]. Izmerena masa motora iznosi m = 56.677 [kg]. Pri konstantnom opterećenju meren je rast 

temperature. Nakon 45 minuta izmeren je porast temperature od ∆θ = 63 [ o C], a nakon dovoljno 

244


2004. GODINA 

dugog vremena u ustaljenom stanju od ∆θ = 100 [ o C]. Pretpostaviti da je motor u pogledu 

zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C]. 

Na osnovu ovih podataka približno odrediti opterećenje i klasu izolacije motora. 



statorskog napona U nom = 380 [V]; nominalne struje I nom = 25 [A]; nominalne brzine obrtanja n nom = 

975 [min -1 ]; sa sopstvenim momentom inercije J M = 0.25 [kgm 2 ] pokreće radni mehanizam koji ne 

pruža otpor tokom pokretanja sa momentom inercije svedenim na osovinu motora J T = 2.35 [kgm 2 ]. 

Kritični moment motora iznosi M kr = 3.2M nom , a srednja struja tokom pokretanja je I pol = 5I nom . 

Može li taj motor zaštititi prekostrujni rele od 25 [A] kome karakteristika odgovara onoj na 

slici. 

I / I nom 

14 

12 

10 

8 

6 

4 

2 

0 

2 4 6 8 10 

t [s] 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 220000 

= ⋅ = 

nom 

nom 

1419. 490 

nom 

π 1480 

[ Nm] 

Srednja vrednost momenta pokretanja iznosi približno: 

( M + M + M ) 

pol min nom 1. 

3 + 0. 

8 + 1. 

8 

M 

sred 

= = 

M 

nom 

= 1. 

3M 

nom 

3 

3 

= 1 . 3⋅1419. 

490 = 1845. 

337 Nm 

[ ] 

= 

Približnu vrednost momenta inercije motora nalazimo iz vremena pokretanja neopterećenog 

motora, računajući da motor tokom pokretanja razvija srednju vrednost momenta: 

π J 

M 

30M 

sredt 

zM 30 ⋅1419.490 

⋅1 

t 

zM 

= nnom 

⇒ J 

M 

= 

= 

= 9.287 

30 M 

πn 

π ⋅1460 

sred 

nom 

245 

2 

[ kgm ]


2004. GODINA 

Ukupan moment inercije je prema tome: 

J 

Σ 

2 

[ ] 

= J 

M 

+ J 

T 

= 400 + 9.287 = 409.287 kgm 

A vreme pokretanja opterećenog motora približno iznosi: 

π J 

Σ 

J 

M 

J 

Σ 409.287 

t = nnom 

= t 

z zM 

= 1⋅ 

= 44. 

30 M J J 9.297 

07 

sred 

M 

M 

što je više od traženih 20 [s]. 

Dakle motor ne zadovoljava, da bi zadovoljio traženo vreme pokretanja, morao bi da razvije tokom 

pokretanja srednji moment veći ili jednak vrednosti: 

z 

[] s 

π J 

Σ π ⋅ 409.287 ⋅1460 

M 

sred 

≥ nnom 

= 

= 3128.363 2 

30 t 

30 ⋅ 20 

[ Nm] ≈ 2. M 

nom 



M 

= 

P 

P 

= 

2π 

n 

60 

30 ⋅1600 

= = 

nom nom 

nom 

9. 857 

Ω 

nom 

π ⋅1550 

nom 

[ Nm] 

Strujnu granicu treba podesiti na vrednost nominalne vrednosti struje motora, jer regulacija 

brzine obrtanja pri polasku potpada u opseg regulacije brzine sa konstantnim momentom, odnosnu u 

opseg regulacije rotorskog napona. Prema tome važi: 

Pnom 

1600 

I 

amax 

= I 

anom 

= = = 5 

U η 400 ⋅ 0.8 

nom 

[ A] 

Brzina obrtanja n max = 2500 [min -1 ], ne može se ostvariti samo regulacijom rotorskog 

napona, već se mora slabiti i pobuda posle dostizanja nominalne brzine obrtanja. 

M nom 

P nom 

M T 

M m 

0 

n nom 

n max 

n 

Kombinovani ispravljač sa dva tiristorska ispravljača upravo to automatski obezbeđuje, 

odnosno kombinovano vrši regulaciju sa konstantnim momentom do nominalne brzine obrtanja i 

246


2004. GODINA 

regulaciju sa konstantnom snagom iznad nominalne brzine obrtanja. Momenat se pri tome menja 

saglasno dijagramu na prethodnoj slici. 

Relaciju za izračunavanja vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo iz 

Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 

din 

30 

tzal n max 

π dn 

t 

zal 

= ∫ dt = ∫ J 

Σ 

30 M 

0 0 

din 

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamički 

moment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi: 

t 

zal1 

= 

n 

nnom 

n 


Σ 

J 

Σ 

= J 

Σ 

M 

∫ 

= 

30 

din 

30 M 

nom 

30 M 

∫ 

0 

nom 0 

nom 

nom 

π J 

∫ dn = 

30 M 

0 

⋅ 0.85⋅1550 

= π 

= 13.997 

30 ⋅9.857 

[] s 

Σ 

nom 

n 

nom 

Za drugi opseg važi: 

Ω 

nom 

nnom 

Pnom = M 

nomΩ 

nom 

= M 

mΩ ⇒ M 

m 

= M 

nom 

= M 

nom 

Ω n 

nmax 

nmax 

nmax 


Σ 

t 

zal2 

= ∫ J 

Σ 

= ∫ J 

Σ 

= ∫ ndn = 

30 M 

n 

nnom 

din 

30 

n 

nom 30 M 

nom 

nomnnom 

M 

nnom 

nom 

n 

π J 

Σ 1 2 2 π ⋅ 0.85 

2 

= 

nmax 

− nnom 

= 

⋅ 2500 −1550 

30 M n 2 

30 ⋅ 9.857 ⋅1550 

⋅ 2 

nom 

nom 

Ukupno vreme pokretanja je prema tome: 

t 

zal 

= t 

zal1 + t 

zal2 

= 13.997 + 11.208 = 25. 205 

2 

( ) ( ) = 11.208[] 

s 

[] s 


Potreban broj stepeni upuštača nalazimo iz relacije: 

⎛ I 

ln 

⎜ 

I 

a 

n ≥ 

⎝ 

ln 

ak 

max 

( λ) 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

gde su, struja kratkog spoja i odnos maksimalne i minimalne struje pri upuštanju: 

U 125 

I = = = 1041. 

ak 

R + R 0.12 

666 

λ 

I 

a 

= 

amax 

I 

amin 

pp 

82 = = 

23 

3.565[ ] 

[ A] 

247


2004. GODINA 

Pa važi: 

⎛1041.666 

⎞ 

ln⎜ 

⎟ 

82 

n ≥ 

⎝ ⎠ 

= 

ln 

( 3.565) 

2.541 

= 1.999 

1.271 

Što znači da je dovoljno dva stepena upuštača da bi se ostvario traženi uslov. 


Pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je specifični 

toplotni kapacitet kao kod gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C], toplotni kapacitet nalazimo iz relacije: 

o 

[ Ws C] 

CT = mCFE 

= 56 .677 ⋅1000 

⋅ 0.48 = 27205.199 / 

Vremenska konstanta zagrevanja iz uslova zadatka je: 

[ min] = 45⋅ 

60 [ s] 

T tz 

= 45 = 2700 

Iz izraza za vremensku konstantu zagrevanja, nalazimo toplotnu provodnost motora: 

CT 

CT 

27205. 

199 

Ttz = ⇒ A = = = 10. 

076⋅ 

= 

A T 2700 

tz 

o 

[ W / C] 

Vrednost gubitaka, određujemo iz toplotnog Omovog zakona: 

Pγ 

∆θ 

max 

= Pγ 

R T 

= ⇒ Pγ 

= A∆θ 

max 

= 10. 

076 ⋅100 

= 1007. 

6 

A 

[ W ] 

Iz izraza za koeficijent korisnog dejstva, nalazimo vrednost opterećenja motora: 

η 

P 

P + P 

η 

⇒ P = P 

1−η 

= γ 

γ 

0. 

84 

= ⋅1007. 

6 = 5289. 

9 

1− 

0. 

84 

Klasu izolacije motora određujemo iz vrednosti nadtemperature u ustaljenom stanju pri 

nominalnom opterećenju motora: 

∆θ 

Pγ 

A 

[ W ] 

( 1−η) Pnom 

( 1− 

0. 

84) ⋅ 6600 

o 

o 

= 

= 124. 

776[ C] ≈ [ C] 

nom 

max nom 

= = 

125 

ηA 

0. 

84 ⋅10. 

076 

Motor ima klasu izolacije H za koju maksimalno dozvoljena nadtemperatura iznosi ∆θ max = 

125 [ o C]. 


Iz uslova da je odnos prevalnog i polaznog momenta 3.2, primenom Klosovog obrasca 

dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: 

248


2004. GODINA 

M 

s 

kr 

p 

2M 

kr 

M 

kr 1 ⎛ 1 skr 

⎞ 1 skr 

M 

kr 2 M 

kr 

= ⇒ = 

⎜ + 

⎟ ⇒ + = 2 ⇒ skr 

− 2 skr 

+ 1 = 0 ⇒ 

1 skr 

M 

p 

2 

+ 

⎝ skr 

1 ⎠ skr 

1 M 

p 

M 

p 

s 1 

M 

= 

M 

kr 

kr 

p 

⎛ 

⎜ 

M 

± 

⎝ M 

kr 

p 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

−1 

= 3.2 ± 

3.2 

Rešenje od s kr = 6.2397 je neprihvatljivo, tako da je: 

2 

⎧0.1603 

−1 

= 3.2 ± 10.24 −1 

= 3.2 ± 9.24.25 = ⎨ 

⎩6.2397 

s kr 

= 0.1603 

I / I nom 

14 

12 

10 

8 

5I nom 

6 

4 

2 

0 

2 4 6 8 10 

3.2 [s] 

t [s] 

Pre nego što izračunamo vreme pokretanja, moramo odrediti potrebne vrednosti za njegovo 

izračunavanje: vrednost nominalnog i kritičnog momenta, sinhrone mehaničke ugaone brzine, 

ukupnog momenta inercije svedenog na osovinu motora i klizanja u nominalnoj radnoj tački: 

M 

P 

30P 

= 

πn 

30 ⋅11000 

nom 

nom 

nom 

= 

= = 114. 176 

ωnom 

nom 

π ⋅920 

[ Nm] 

M 

kr 

= 3 .2M 

nom 

= 3.2 ⋅114.176 

= 365. 363 

ωs 

2πf 

2 ⋅50 

⋅π 

ω1 = = = = 104.720 rad / s 

p p 3 

J 

s 

Σ 

nom 

[ ] 

2 

[ ] 

= J 

M 

+ J 

T 

= 0.25 

+ 2.35 = 2.6 kgm 

n1 

− nnom 

1000 − 920 80 

= = = = 0.08[ ] 

n 1000 1000 

1 

[ Nm] 

Vreme pokretanja od jediničnog klizanja do nominalnog klizanja, nalazimo iz relacije: 

249


2004. GODINA 

t 

z 

2 

⎡⎛ ⎞ ⎤ 

2 

J ω − 

⋅ ⎛ − 

⎞ 

= Σ 1 

1 s 

⎢⎜ 

nom 

⎟ 

2.6 104.720 1 0.08 

− ⎥ = 

⎜ − ⋅ 

⎟ 

skr 

ln snom 

0.1603 ln0. 

08 = 

2M 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2skr 

⎠ ⎥⎦ 

365.363 ⎝ 2 ⋅ 0.1603 

⎠ 

= 0 .3726 ⋅ 3.0992 + 0.4049 = 1.3056 s 

( ) [] 

Sa dijagrama na prethodnoj slici se vidi da zaštitni prekostrujni rele neće proraditi uz struju 

5I nom pre otprilike 3.2 [s], što je veće od vrednosti vremena pokretanja, što znači da se rele može 

upotrebiti. 



Dva jednaka jednosmerna motora sa nezavisnom pobudom sa podacima: nominalna snaga 

P nom = 14 [kW]; nominalni rotorski napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 75 [A]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 1025 [min -1 ]; spojeni su mehanički preko zajedničkog vratila i 

električno povezani u paralelu. Otpor namotaja rotora i pomoćnih polova iznosi R a + R pp = 0.2 [Ω]. 

Prilikom pokretanja motora u kolu rotora jednog od motora ostao je priključen otpornik od R d = 0.4 

[Ω]. 

Odrediti brzinu obrtanja i raspodelu opterećenja oba motora ako je ukupno opterećenje M opt 

= 170 [Nm]. 



400 [V]; nominalna snaga P nom = 1600 [W]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1550 [min -1 ]; 

koeficijent iskorišćenja η nom = 0.8 [ ]. Motor je priključen na kombinovani tiristorski regulator sa 

dva regulisana ispravljača za napajanje rotorskog i pobudnog kola. Motor pokreće radnu mašinu sa 

konstantnim momentom opterećenja nezavisnim od brzine obrtanja M T = 7 [Nm] i momentom 

inercije svedenim na osovinu motora J T = 0.85 [kgm 2 ]. 

a) Odrediti maksimalnu brzinu obrtanja motora koja se može ostvariti kombinovanom 

regulacijom. 

b) Odrediti vreme pokretanja motora do brzine određene pod a) uz uslov da je strujna granica 

ispravljača za napajanje rotorskog kola postavljena na dvostruku vrednost nominalne 

vrednosti struje motora. 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 160 [kW] i nominalne brzine obrtanja n nom 

= 980 [min -1 ]; pokreće dizalicu. Motor je spojen tako da spušta teret i pri tome se u stacionarnom 

stanju obrće brzinom obrtanja n dole = 1025 [min -1 ]. 

Odrediti približno uz zanemarivanje svih gubitaka energije, koliku snagu razvija motor i u 

kom se smislu kreće energija 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 7.5 [kW]; nominalnog faznog napona U nom 

= 220 [V]; nominalne brzina obrtanja n nom = 1462.5 [min -1 ] i frekvencije mreže f s = 50 [Hz] ima 

sledeće parametre ekvivalentne šeme: R s = 0.227 [Ω]; R r ’ = 0.125 [Ω]; X s = 0.512 [Ω]; X r ’ = 0.769 

[Ω]; X m = 9.86 [Ω]. Motor pokreće radnu mašinu čiji je moment kvadratno zavisan od brzine 

obrtanja i radi u nominalnom režimu. 

Ako se regulacija brzine vrši promenom napona napajanja, na koliko ga treba promeniti da 

bi se brzina obrtanja podesila na n = 835 [min -1 ]. 

250


2004. GODINA 



statorskog napona U nom = 380 [V]; nominalne brzina obrtanja n nom = 935 [min -1 ]; faktora snage 

cosϕ = 0.74 [ ]; koeficijenta korisnog dejstva pri nominalnom opterećenju η nom = 0.88 [ ] i 

frekvencije mreže f s = 50 [Hz], ima pri nominalnom opterećenju proporciju odnosa gubitaka P Cunom : 

P Fenom : P trvnom = 1.6 : 1 : 0.2. Motor se pušta iz hladnog stanja. Vremenska konstanta zagrevanja je 

T tz = 28 [min], a temperatura okoline θ amb = 26 [ o C]. Maksimalno dozvoljeni porast temperature je 

∆θ max = 75 [ o C]. 

Odrediti vreme koje motor može raditi opterećen momentom M opt = 1.5M nom . 



U = Enom 

+ I 

nomΣR1 

= k 

EΦnomnnom 

+ I 

nom 

( Ra 

+ R 

pp 

)⇒ 

U − I 

nom 

( Ra 

+ R 

pp 

) 220 − 75⋅ 

0.2 205 

k Φnom 

= 

= 

= 

n 

1025 1025 

E 

= 

nom 

0.2 

[ V min] 

Na osnovu datih uslova mogu se napisati naponske jednačine posebno za oba motora: 

n = 

U R + R 

1 

= n2 

= n ⇒ E1 

E2 

= E1 

+ I1ΣR1 

= k 

EΦnomn 

+ I1 

= E2 

+ I 

2ΣR2 

= k 

EΦnomn 

+ I 

2 

( 

a pp 

) 

( R + R R ) 

U + 

a 

pp 

d 

Iz ovih jednačina možemo izraziti vrednosti pojedinačnih struja motora: 

I 

I 

1 

2 

U − k 

EΦ 

= 

R + R 

= 

R 

a 

a 

U − k 

E 

+ R 

pp 

nom 

Φ 

pp 

n 

nom 

n 

+ R 

d 

Iz uslova da je moment opterećenja jednak zbiru pojedinačnih momenata motora dobijamo: 

M 

M 

= k 

Φ 

1 M nomI 1 

= k 

Φ 

2 M nomI 2 

M 

opt 

= M 

1 

+ M 

2 

= k 

MΦnom 

1 2 

= k 

M 

Φ 

nom 

( U − k Φ n) 

E 

nom 

⎛U 

− k Φ 

⎜ 

⎝ Ra 

+ R 

( ) ⎜ 

E nom 

E nom 

I + I = k Φ 

+ 

⎟ = 

⎛ 

⎜ 

⎝ R 

a 

1 

+ R 

pp 

M 

nom 

+ 

R 

a 

1 

+ R 

pp 

+ R 

Dalje rešavanjem postavljenih relacija, po brzini obrtanja dobijamo: 

d 

pp 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

n 

U − k Φ n ⎞ 

R + + ⎟ 

a 

R 

pp 

Rd 

⎠ 

U − k Φ 

E 

nom 

n = 

k 

M 

Φ 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ R 

a 

1 

+ R 

M 

pp 

opt 

+ 

R 

a 

1 

+ R 

pp 

+ R 

d 

⇒ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

251


2004. GODINA 

U 

M 

opt 

n = − 

⇒ 

k 

EΦnom 

⎛ 

⎞ 

⎜ 

1 

1 

k 

+ 

⎟ 

EΦnomk 

MΦnom 

⎝ Ra 

+ R 

pp 

Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

⎠ 

U 

M 

opt 

n = − 

⇒ 

k 

EΦnom 

⎛ 

⎞ 

⎜ 

1 

1 

k 

+ 

⎟ 

EΦnomk 

MΦnom 

⎝ Ra 

+ R 

pp 

Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

⎠ 

2 

P = EI 

a 

= k 

EΦnomnI 

a 

= MΩ = k 

MΦnomI 

π a 

n ⇒ k 

MΦnom 

= 

30 k 

EΦnom 

⇒ 

60 

π 

U M 

opt 

Ra 

( Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

) 220 π ⋅170 

⋅ 0.2 ⋅ 0.2 + 0.4 

n = − 

= − 

2 

k 30 

EΦnom 

2 

0.2 

( ) [ ( + ) + ] 

30 ⋅ 0.2 2 ⋅ 0.2 + 0.4 

k 

EΦnom 

2 Ra 

R 

pp 

Rd 

π 

π ⋅170 

⋅ 0.2 ⋅ 0.6 

−1 

= 1100 − 

= 1100 − 66.759 = 1033.241[ min ] 

30 ⋅ 0.04 ⋅ 0.8 

Iz toga sledi da su vrednosti pojedinačnih rotorskih struja: 

I 

I 

U − k 

EΦ 

= 

R + R 

n 220 − 0.2 ⋅1033.241 

13.3518 

= 

= 

0.2 

0.2 

nom 

1 

= 

a pp 

U − k 

Φ 

n 

220 − 0.2 ⋅1033.241 

13.3518 

E nom 

2 

= 

= 

= = 

Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

0.2 + 0.4 0.6 

66.759 

[ A] 

22.253 

( ) 

( ) = 

[ A] 

I na kruju vrednosti traženih momenata motora dobijamo iz odnosa: 

M 

M 

1 

opt 

= 

k 

M 

k 

Φ 

M 

Φ 

nom 

nom 1 

( I + I ) ⇒ 

1 

I 

( I + I ) 

2 

I1 

66.759 

M 

1 

= M 

opt 

= 170 

= 170 ⋅ 0.75 = 127. 5 

66.759 + 22.253 

1 

2 

M = M 

opt 

− M = 170 −127.5 

42. 5 

2 1 

= 

[ Nm] 

[ Nm] 



M 

P 

P 

2π 

n 

60 

30 ⋅1600 

nom nom 

nom 

= = = = 9. 857 

Ω 

nom 

π ⋅1550 

nom 

[ Nm] 

Maksimalna brzina obrtanja ostvaruje se slabljenjem pobude posle dostizanja nominalne 

brzine obrtanja, sve do brzine u kojoj motor više ne ostvaruje višak momenta za ubrzanje pri 

nominalnoj vrednosti struje motora, prema slici na sledećoj strani. 

Iz uslova da je u opsegu regulacije sa slabljenjem pobude konstantna snaga, nalazimo 

vrednost maksimalne brzine obrtanja na osnovu sledećih relacija: 

P 

nom 

= M 

nomΩ 

nom 

= M 

mΩ ⇒ M 

nomnnom 

= M 

mn 

⇒ M 

m 

= M 

T 

⇒ 

252


2004. GODINA 

n 

nom 

max 

nnom 

= 1550 ⋅ = 2182. 621 

M 

T 

7 

−1 

[ ] 

M 9.857 

= min 

M nom 

P nom 

M T 

M m 

0 

n nom 

n max 

n 

b) Relaciju za izračunavanje vremena pokretanja do željene brzine obrtanja dobijamo na 

uobičajeni način iz Njutnove jednačine, korišćenjem veze između ugaone brzine i brzine obrtanja: 

2πn 

dω 

π dn 

dω 

π dn J 

Σ π 

ω = ⇒ = ⇒ M 

din 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

60 dt 30 dt 

dt 30 dt M 

din 

30 

tzal n max 

π dn 

t 

zal 

= ∫ dt = ∫ J 

Σ 

30 M 

0 0 

din 

Integral moramo rešiti razbijanjem opsega integraljenja na dva, jedan u kom je dinamički 

moment ubrzanja konstantan i drugi u kom je promenljiv. Za prvi opseg važi, uz uslov da 

dozvoljavamo preopterećenje motora sa dvostrukom vrednošću nominalne struje: 

= λ λ 

M 

I 

max max 

M 

max 

M 

nom 

⇒ = = 

M 

nom 

I 

nom 

nnom 

nnom 

n 


Σ 

t 

zal1 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

= 

30 M 

∫ 

din 

30 M 

max 

− M 

T 

30 M 

max 

− M 

∫ 

0 

0 

T 0 

nom 

π 

∫ dn = 

30 M 

π J 

= 

30 λ ⋅ M 

Σ 

nom 

− M 

T 

n 

nom 

π ⋅ 0.85⋅1550 

= 

30 ⋅ 

( 2 ⋅ 9.857 − 7) 

= 10.852 

[] s 

max 

J 

Σ 

− M 

T 

n 

nom 

Za drugi opseg važi: 

P 

t 

Ω 

nom 

nnom 

= M 

maxΩ 

nom 

= M 

mΩ ⇒ M 

m 

= M 

max 

M 

max 

Ω n 

nmax 

nmax 

nmax 


Σ 

dn 

= ∫ J 

Σ 

= ∫ J 

Σ 

= ∫ 

= 

30 M 

nnom 

din 

30 n 

n 

nom 30 M 

M 

nom 

maxn 

1 

nom 

− 

n 

T 

M 

nom 

max 

M 

T 

− 

n 

n M n 

max 

= 

zal2 

π J 

Σ 

= 

30 λM 

n 

nom 

n 

nom n 

max 

∫ 

nom 

dn 

1 M 

T 

− 

n λM 

n 

nom 

nom 

π J 

Σ 

= 

30 λM 

n 

253 

nom 

n 

nom n 

max 

∫ 

nom 

dn 

1 1 

− 

n λn 

max 

max 

nom


2004. GODINA 

Radi kraćeg pisanja u daljem postupku rešavanjem samo integrala, dobijamo: 

n 

n 

max 

dn 

1 1 

− 

n λn 

max 

max 

max 

max 

∫ = ∫ = ∫ = λnmax 

∫ 

= 

nom 

max 

n 

n 

nom 

= λn 

= λn 

= λn 

ndn 

n 

1− 

λn 

⎡ 

⎢ 

⎢− 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

⎢− 

⎣ 

⎡ 

⎢λn 

⎣ 

max 

λn 

λn 

n 

max n 

( n − n ) 

( n − n ) 

⎛ λn 

⎜ln 

⎝ λn 

nom 

− λn 

− λn 

− n 

− n 

ndn 

n 

1− 

λn 

⎞ 

⎟ − 

⎠ 

max 

n 

n 

max 

nom 

⎤ 

( n − n ) ⎥⎦ 

⎛ 

⎜ 

⎝ λ 

n 

n 

⎛ nmax 

⎞⎤ 

⎜ 1− 

⎟⎥ 

⎜ λnmax 

ln 

⎟⎥ 

= 

⎜ n ⎟ 

nom ⎥ 

⎜ 1− 

⎟⎥ 

⎝ λnmax 

⎠⎦ 

⎛ λn 

− ⎞⎤ 

max 

nmax 

⎜ln 

⎟⎥ 

= 

⎝ λnmax 

− nnom 

⎠⎦ 

1− 

⎛ 

⎞ 

n 

⎛ 

1− 

⎜ n 

⎟ 

max nmax 

⎜ nmax 

λn 

= ⎜ 

dn 

λn 

− + 

⎟ 

= ⎜− 

+ 

⎜ ∫ ∫ ⎟ ∫ ∫ 

max 

dn 

λnmax 

dn λnmax 

n 

n n 

⎜ 

n 

nom 

nom 

⎜ 1− 

n 

⎟ 

nom 

1− 

⎝ 

λn 

⎠ ⎝ 

λn 

max 

max 

max 

max 

max 

max 

max 

Odnosno na kraju je vreme pokretanja u drugom opsegu: 

nom 

nom 

max 

max 

max 

max 

nom 

max 

max 

nom 

⎞ 

−1+ 

1 

⎟dn 

⎠ 

n 

λn 

max 

max 

max 

nom 

max 

⎞ 

− dx 

⎟ 

⎟ = 

x ⎟ 

⎠ 

t 

zal2 

π J ⎡ ⎛ 

⎞ 

⎤ 

Σ 

λnmax 

− nnom 

= 

λn 

⎢ 

⎜ 

⎟ 

max 

λnmax 

ln 

− ( nmax 

− nnom 

) ⎥ = 

30 λM 

nomnnom 

⎣ ⎝ λnmax 

− nmax 

⎠ 

⎦ 

π J ⎡ ⎛ 

⎞ 

⎤ 

Σ 

nmax 

λnmax 

− nnom 

= 

⎢λn 

⎜ 

⎟ 

max 

ln 

− ( nmax 

− nnom 

) ⎥ = 

30 M 

nom 

nnom 

⎣ ⎝ λnmax 

− nmax 

⎠ 

⎦ 

π ⋅ 0.85 ⋅ 2182.621 ⎡ ⎛ 2 ⋅ 2182.621−1550 

⎞ 

⎤ 

= ⋅ ⎢2 

⋅ 2182.621⎜ 

ln 

⎟ − 2182.621−1550 

30 ⋅9.857 

⋅1550 

⎥ 

⎣ ⎝ 2 ⋅ 2182.621− 

2182.621⎠ 

⎦ 

⎛ 

2815.242 ⎞ 

= 0.012716 

⋅⎜4365.242 

⋅ ln − 632.621⎟ 

≈ 6.084[] 

s 

⎝ 

2182.621 ⎠ 

( ) = 

Ukupno vreme pokretanja je zbir pojedinačnih vremena pokretanja u opsegu regulacije sa 

konstantnim momentom i konstantnom snagom: 

t 

zal 

= t 

zal1 + t 

zal2 

= 10.852 + 6.084 = 16. 936 

[] s 


Pošto je motor spojen tako da spušta teret a obrće se sa brzinom većom od sinhrone, znači 

da motor radi u generatorskom režimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegova 

mehanička karakteristika može se aproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici. 

Na osnovu odnosa sa slike nalazimo, jednačinu prave koja aproksimira momentnu 

karakteristiku asinhronog motora za brzine oko sinhrone: 

254


2004. GODINA 

M m 

M 

m 

= an + b 

M 

= − 

n − n 

s 

M 

nom 

= annom 

+ b⎫ 

⇒ 

⎬ 

0 = an + b 

nom 

nom 

s 

s 

M 

n + 

n − n 

nom 

nom 

n 

s 

− ⇒ 

⎭ 

M 

a = − 

n − n 

s 

nom 

nom 

⇒ b = 

n 

s 

M 

nom 

− n 

nom 

n 

s 

⇒ 

M 

M nom 

n dole 

n nom 

n 

n s 

M dole 

Iz toga nalazimo vrednost generatorskog momenta motora u stacionarnoj tački: 

M 

dole 

M 

= − 

n − n 

s 

nom 

nom 

n 

dole 

M 

+ 

n − n 

s 

nom 

nom 

n 

s 

= 

n 

s 

M 

nom 

− n 

nom 

( n − n ) 

s 

dole 


M 

nom 

= 

60 P 

2π n 

nom 

nom 

Uz zanemarivanje gubitaka konačno, vrednost tražene snage koju razvija motor je: 

P 

dole 

2π 

M 

nom 

2π 

60 P n − n 2π 

ndole 

= 

s dole dole 

60 n − n 

60 2π 

n n − n 60 

nom s dole 

( n − n ) n = 

n = 

= M 

dole 

dole 

s nom 

nom s nom 

= P 

n 

− n 

n 

1000 −1025 

1050 

1050 

s dole dole 

nom 

= 160 ⋅ 

⋅ = −160 

⋅ ⋅ = −209. 

184 

ns 

− nnom 

nnom 

1000 − 980 980 20 980 

25 

[ kW ] 

Motor prema tome vraća energiju u mrežu. 


Treba sniziti efektivnu vrednost napona napajanja motora. Kako je moment opterećenja 

proporcionalan kvadratu brzine obrtanja u traženom režimu iznosi: 

M 

T 

= M 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

Ω 

Ω 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= M 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

n 

n 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

60 P 

2π 

n 

nom 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

n 

n 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

255


2004. GODINA 

= 

60 ⋅ 7500 ⎛ 

⎜ 

2 ⋅π 

⋅1462.5 

⎝ 

835 

1462.5 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 15.963 

[ Nm] 

Klizanje je u traženoj radnoj tački: 

s = 

n 

s 

− n 

n 

s 

1500 − 835 

= = 0.443[ ] 

1500 

Vrednost momenta u funkciji vrednosti efektivnog faznog napona nalazimo na osnovu 

ekvivalentne šeme i činjenice da je proizvedena mehanička snaga motora jednaka snazi razvijenoj 

na ekvivalentnoj otpornosti rotorskog kruga, odnosno da važi da je: 

M 

P 

= 

Ω 

s 

Rr 

3 

= 

s 

2πf 

p 

' 

I 

' 

r 

2 

= 

3p 

2πf 

' 

r 

R 

s 

I 

' 

r 

2 

I s 

I r 

' 

R s 

X s 

X r 

' 

R r 

'/s 

U f 

I m 

U r 

' 

X m 

Veličinu svedene vrednosti rotorske struje nalazimo postupnim rešavanjem, naponskih i 

strujnih odnosa u kolu sa slike: 

' 

⎛ R 

' 

⎞ 

r 

jX ⎜ 

m 

jX ⎟ 

' 

r 

R 

+ 

⎛ 

r 

' 

⎞ s 

Z mr = Z m Z r = jX ⎜ 

m 

jX ⎟ ⎝ ⎠ 

+ 

r 

= 

' 

s 

⎝ ⎠ Rr 

+ j 

r m 

s 

' 

⎛ R 

' 

⎞ 

r 

jX ⎜ 

m 

jX ⎟ 

+ 

r 

s 

Z uk = Z s + Z mr = Rs 

+ jX 

s 

+ 

⎝ ⎠ 

' 

Rr 

' 

+ j( X 

r 

+ X 

m 

) 

s 

U f 

' 

' Z mr U f Z mr 

I s = ⇒ I s Z mr = I r Z r ⇒ I r = I s = 

Z uk 

Z r Z uk Z r 

' 

( X + X ) 

256


2004. GODINA 

I 

' 

r 

U 

= 

= 

R 

s 

+ 

jX 

s 

+ 

jX 

' 

r 

R 

s 

f 

m 

⎛ R 

⎜ 

r 

⎝ s 

+ 

j 

' 

+ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

' 

( X + X ) 

r 

jX 

' 

r 

' 

⎡ Rr 

' 

( R + jX ) + j( X + X ) 

s 

= 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

s 

' 

r 

R 

s 

s 

⎢ 

⎣ s 

− X 

s 

jX 

r 

m 

U 

m 

f 

m 

jX 

' 

r 

R 

s 

m 

⎛ R 

⎜ 

r 

⎝ s 

+ 

' 

r 

R 

s 

j 

' 

' 

( X + X ) 

+ 

⎤ ⎛ R 

⎥ + ⎜ 

r 

jX 

m 

⎦ ⎝ s 

jX U 

+ 

r 

jX 

' 

+ 

jX 

' 

r 

' 

r 

jX 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

m 

' 

r 

= 

= 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

' 

' 

' 

⎤ ⎡ R 

⎤ 

r 

' 

( X + X ) − X X + j ( X + X ) + R ( X + X ) ⎥⎦ 

r 

m 

r 

m 

⎥ 

⎦ 

m 

f 

⎢ 

⎣ s 

s 

m 

s 

r 

m 

Sam moduo vrednosti rotorske struje je prema tome: 

I 

' 

r 

= 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

s 

' 

r 

R 

s 

− 

( ) 2 ' 

⎤ ⎡ 

( ) ( ) 2 

+ + + + + + ⎥ ⎤ 

' 

' R 

r 

' 

X X X X X X 

X X R X X 

⎦ 

s 

r 

s 

m 

r 

X 

m 

m 

U 

⎥ 

⎦ 

f 

⎢ 

⎣ s 

s 

m 

s 

r 

m 

Iz tog proizlazi da je vrednost momenta određena izrazom: 

M 

= 

3p 

2πf 

' 

r 

R 

s 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

s 

' 

r 

R 

s 

− 

2 

m 

2 

2 

f 

' 

( ) ( ) ( ) 2 

' 

' 

⎤ ⎡ R 

' 

⎤ 

r 

X X + X X + X X + X + X + R X + X 

s 

r 

s 

m 

r 

X 

m 

⎥ 

⎦ 

U 

⎢ 

⎣ s 

s 

m 

s 

r 

m 

⎥ 

⎦ 

Iz prethodnog, na kraju dobijamo i izraz za potrebnu sniženu efektivnu vrednost napona: 

U 

f 

= 

2πf 

M 

3p 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

s 

' 

r 

R 

s 

− 

2 

' 

' 

' 

⎤ ⎡ Rr 

' 

( X X + X X + X X ) + ( X + X ) + R ( X + X ) 

s 

r 

s 

m 

r 

m ⎥ 

⎦ 

' 

Rr 

X 

s 

⎢ 

⎣ 

2 

m 

s 

s 

m 

s 

r 

m 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

2 

Posebno izračunajmo: 

⎡ 

⎢R 

⎣ 

s 

' 

r 

R 

s 

− 

' 

' 

⎤ 

( X X + X X + X X ) = 

s 

r 

s 

m 

⎡ 

= 

⎢0.227 

⋅ 

⎣ 

r 

0.125 

0.443 

− 

m 

⎥ 

⎦ 

2 

( 0.512 ⋅ 0.769 + 0.512 ⋅ 9.86 + 0.769 ⋅ 9.86) = 167. 970 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

2 

257


2004. GODINA 

⎡ Rr 

⎢ 

⎣ s 

' 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

' 

( X + X ) + R ( X + X ) = 

s 

m 

s 

r 

⎡0.125 

= ⎢ ⋅ 

⎣0.443 

Prema tome tražena vrednost iznosi: 

m 

2 

( 0.512 + 9.86) + 0.227 ⋅ ( 0.769 + 9.86) = 28. 509 

2 ⋅π 

⋅50 

⋅15.693 

167.970 + 28.509 

U f 

= 

⋅ 

= 76. 7125 V 

3⋅ 

2 0.125 2 

⋅9.86 

0.443 

[ ] 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

2 


Gubici pri nominalnom opterećenju iznose: 

P 

P 

( 1−η 

) 32 ⋅ ( 1− 

0.88) 

32 ⋅ 0.12 

nom nom 

γnom = 

= 

= = 4. 364 

η 

nom 

0.88 0.88 

[ kW ] 

Na osnovu date proporcije, dobijaju se vrednosti nominalnih gubitaka u bakru, gvožđu i 

gubitaka trenja i ventilacije, pojedinačno: 

γnom 

( 1.6 + 1+ 

0. ) P ⇒ 

P 2 

P 

P 

P 

= 

Fenom 

= Pγ 

nom 

Pγ 

nom 4.364 

= = = 1. [ ]⇒ 

1.6 + 1+ 

0.2 2.8 2.8 

kW 

= 1.6PFenom 

= 1.6 ⋅1.558 

= 2. [ kW ]⇒ 

P − P + P = 4 . 364 − 2. 

493 + 1. 

558 = 0. 

Fenom 

558 

Cunom 

493 

trvnom 

= γ nom Cunom Fenom 

313 

( ) ( ) [ kW ] 

Pri datom opterećenju M opt = 1.5M nom smatramo da je i struja motora 1.5 puta veća, što znači 

da su gubici u bakru 2.25 puta veći, odnosno: 

2 

' ⎛ M 

opt ⎞ 

PCu = 

⎜ PCunom 

= 1.5 

2 PCunom 

= 2.25PCunom 

= 2.25⋅ 

2.493 = 5. 609 

M 

⎟ 

⎝ nom ⎠ 

Ukupni gubici pri povećanom opterećenju prema tome su: 

[ kW ] 

' 

γ 

P 

' 

= PCu + PFenom 

+ Ptrvnom 

= 5.609 + 1.558 + 0.313 = 7. 48 

[ kW ] 

Maksimalni priraštaj temperature zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim 

opterećenjem, je prema tome: 

∆θ 

′ 

′ 

Pγ 

A 

′ 

P 

7.48 

γ 

max 

= = ∆θ 

max 

= ⋅ 75 = 128. 552 

Pγ 

nom 

4.364 

258 

o 

[ C] 

Dozvoljeni porast temperature je ∆θ max = 75 [ o C] ali u odnosu na θ amb = 40 [ o C], prema tome 

postoji još 40 – 26 = 14 [ o C] rezerve koje možemo iskoristiti, odnosno dozvoliti ukupan dozvoljen priraštaj


2004. GODINA 

temperature od ∆θ max = 89 [ o C]. Dakle motor pod povećanim opterećenjem, ne smemo držati duže 

od: 

tuk 

tuk 

⎛ − ⎞ 

− 

′ ⎜ ⎟ ′ ′ 

− 

Ttz 

Ttz 

∆θ 

max 

= ∆θ 

max 

1 e = ∆θ 

max 

− ∆θ 

max 

e ⇒ e 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

′ 

∆θ 

max 

128. 

552 

tuk 

= Ttz 

ln 

= 28⋅ln 

= 

′ 

∆θ − 

128. 

552 − 89 

max 

∆θ 

max 

128. 

552 

= 28 ⋅ln = 28 ⋅ln3. 

250 = 33. 

002[ min] 

53. 

552 

t 

− 

T 

uk 

tz 

′ 

∆θ 

max 

− ∆θ 

= 

′ 

∆θ 

max 

max 

⇒ 



Na slici je dat pogonski sistem za podizanje tereta, sa sledećim podacima: maksimalna masa 

tereta m max = 5000 [kg]; prečnik doboša D = 480 [mm]; prenosni odnos reduktora i red = 25 [ ]; 

koeficijent korisnog dejstva reduktora η red = 0.83 [ ]. Odrediti: 

a) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri dizanju maksimalnog tereta brzinom v 

= 30.5 [m/min]. 

b) Moment motora, njegovu brzinu obrtanja i snagu pri spuštanju maksimalnog tereta brzinom 

v = 25 [m/min]. 

M 

i 

D 

Reduktor 

v 

m 


Za trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa podacima: U s = 220 [V]; R s = 0 [Ω]; 

R r ' = 1.666 [Ω]; f s = 50 [Hz]; pri nominalnom broju obrtaja n nom = 1400 [min -1 ]; izmerena je 

mehanička snaga na osovini motora od P nom = 5.2 [kW]. Odrediti: 

a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora L s i rotora L r ' pod pretpostavkom da su približno 

iste L s = L r '. 

b) Vrednost kritičnog momenta M kr i kritičnog klizanja s kr . 

c) Vrednost dodatnog otpora u rotoru pri kom se pri polasku ostvaruje maksimalno ubrzanje. 

d) Vrednost polazne struje u slučaju ako je ostvaren uslov pod c) I pol i polaznog ubrzanja α s u 

slučaju da je moment tereta potencijalan i jednak nominalnom momentu motora, a ukupan 

moment inercije pogona sveden na osovinu motora J Σ = 2 [kgm 2 ]. 

259


2004. GODINA 


Četiri radna mehanizma imaju isti moment inercije J t = 6.25 [kgm 2 ], i svima je potrebna 

jednaka snaga P T = 11 [kW]; pri nominalnom broju obrtaja n nom = 715 [min -1 ]. Različite su im 

statičke karakteristike: 

a) Radni mehanizam A ima M t = konst. 

b) Radni mehanizam B ima M t = kn. 

c) Radni mehanizam C ima M t = kn 2 . 

d) Radni mehanizam D ima karakteristiku prema slici: 

M 

M nom 

0.5M nom 

n nom 

n 

Sva četiri mehanizma pogone se istim asinhronim klizno-kolutnim motorom. Podaci motora 

su: nominalna snaga P nom = 11 [kW]; nominalni napon i struja U nom = 380 [V]; I nom = 30.8 [A]; 

nominalna brzina obrtanja n nom = 715 [min -1 ]; kritični moment motora M kr /M nom = 2.9[ ]; moment 

inercije J m = 0.45 [kgm 2 ]. Sva četiri mehanizma, zaleću se uz konstantni moment motora koji je 

125% od nominalnog. Automatsko upravljanje obezbeđuje konstantan moment delujući na 

pokretač. 

Za sva četiri pogona odrediti vreme trajanja zaleta. 


Za sva četiri pogona iz prethodnog zadatka odrediti ubrzanje na početku zaleta. 


Brzinu obrtanja pri kom počinje opadati moment motora iz trećeg zadatka, zbog toga što 

više nije priključen otpor u kolu rotora. 


Maksimalna sila i momenat tereta iznose: 

[ N ] 

Fmax = mmax 

g = 5000 ⋅9.81 

= 49050 

D 0.48 

M 

max 

= Fmax 

= 49050 ⋅ = 11772 Nm 

2 

2 

[ ] 

Svedeni moment opterećenja i moment motora u stacionarnom stanju su isti i iznose: 

' M 

max 11772 

M 

m 

= M 

t 

= = = 567. 3 

iη 

25 ⋅ 0.83 

[ Nm] 

Brzina dizanja preračunata u [m/s] je: 

260


2004. GODINA 

v ⎡ m ⎤ 30.5 ⎡m⎤ 

= 30.5 

⎢ ⎥ 

= = 0. 

⎣min⎦ 

60 

508 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 


v 2v 

2 ⋅ 0.508 ⎡rad 

⎤ 

ω = = = = 2. 

B 

R D 0.48 

116 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 


n 

B 

1 

[ ] 

ω 

B 

30 2.116 ⋅ 30 

− 

= = = 20.2 min 

π π 

Iz prenosnog odnosa lako izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: 

ωm 

i = 

ω 

T 

ωm 

= 

ω 

B 

= 25 

⎡rad 

⎤ 

ωm = iωm 

= 25⋅ 

2.116 = 52. 9 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

30ω 

m 52.9 ⋅ 30 

− 

nm 

= = = 505.15 min 

π π 

1 

[ ] 

Prema tome pri dizanju motor razvija snagu: 

[ W ] [ kW ] 

Pm = M 

mωm 

= 567.3⋅52.9 

= 30010.17 ≅ 30 

b) Sličnim postupkom kao pod a) pri spuštanju dobijamo za tražene vrednosti: 

+ω 

M m 

= 567.3 [Nm] 

-M 

M m 

= 390.83 [Nm] 

+M 

-ω 

' M 

max 11772 

M 

m 

= M 

t 

= η = 0.83 = 390. 83 

i 25 

[ Nm] 

261


2004. GODINA 

25 ⎡m⎤ 

v = = 0. 4166 

60 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

v 2v 

2 ⋅ 0.4166 ⎡rad 

⎤ 

ω 

B 

= = = = 1. 736 

R D 0.48 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

⎡rad 

⎤ 

ωm = iω 

B 

= 25 ⋅1.736 

= 43. 402⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

30ω 

m 43.402 ⋅30 

−1 

nm 

= = = 414.45[ min ] 

π π 

Pm = M 

mωm 

= 390.83⋅ 

43.402 = 16962.8 W ≅ 17 kW 

[ ] [ ] 

U koordinatnom sistemu moment – ugaona brzina grafički pretstavljeni potencijalni 

momenti za dizanje, odnosno motorni režim rada i za spuštanje, odnosno generatorski režim rada, 

su kao na prethodnom dijagramu. 


a) Vrednost klizanja pri nominalnom broju obrtaja iznosi: 

s 

nom 

ns 

− nnom 

1500 −1400 

1 

= = 

= = 0, 0666 

n 1500 15 

s 

• 

[] 

Nominalni moment iznosi: 

M 

= 

P 

P 

= 

2π 

n 

60 

60 ⋅5200 

= = 

nom nom 

nom 

35. 469 

ωnom 

2π 

⋅1400 

nom 

[ Nm] 

Iz izraza za nominalni moment, možemo naći vrednost svedene rotorske struje, odnosno 

tražene vrednosti rasipnog induktiviteta: 

R′ 

M = 

′ 

I ′ 

nom 

( s ) 2 

r 

3p 

I 

r nom 

snomωs 

35.469 

1 

⋅ 

15 

5 

3⋅ 

2 ⋅ 

3 

⋅100 

⋅π 

2 M 

nsnomωs 

2 

( s ) = = 

74.286[ A ] 

r nom 

= 

3pR′ 

r 

2 

( s ) = I ′ ( s ) = 74.286 8. [ A] 

I ′ 

r nom r n0 m 

= 619 

I ′ 

r 

( s ) 

n 

= 

⎛ R′ 

⎞ 

r 

⎜ 

s 

⎟ 

⎝ n ⎠ 

2 

U 

s 

+ ω 

1 ⎛ U 

L + ′ = 

⎜ 

s 

Lr 

ωs 

⎝ 

Ls + L′ 

r 

≈ 0. 0164 

s 

I ′ 

r 

( sn 

) 

[ H ] 

L 

2 ( ) 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

s 

+ L′ 

r 

2 

⎛ R′ 

r ⎞ 

− ⎜ ⎟ 

⎝ s ⎠ 

1 

= ⋅ 

100π 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

220 

8.619 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 5 ⎞ 

− ⎜ ⋅15⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

2 

1 

= ⋅5.515494 

100π 

262


2004. GODINA 

Ls 

+ L′ 

r 

Ls = L′ 

r 

= ≈ 0. 0082 

2 

[ H ] 

b) Vrednost kritičnog klizanja i momenta nalazimo iz relacija: 

s 

kr 

M 

= 

nom 

R′ 

r 

5 

= = 0.3235[ ] 

ω ( + ′ 

s 

Ls 

Lr 

) 3⋅5.15494 

2M 

kr 

M 

nom 

⎛ snom 

s 

= 

⇒ M = 

⎜ 

kr 

+ 

snom 

skr 

2 

+ 

⎝ skr 

s 

s s 

kr 

nom 

35.469 ⎛ 1 

⎞ 

M kr 

= ⎜ + 4.8529⎟ 

= 89. 718 

2 ⎝15⋅ 

0.3235 ⎠ 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

[ Nm] 

c) Maksimalno ubrzanje se obezbeđuje pri otporu koji obezbeđuje kritični moment u polasku, 

odnosno: 

R′ 

+ R′ 

( Ls 

+ L′ 

r 

) − Rr 

r d 

s 

pol 

= 1 = 

⇒ R′ 

d 

= ω 

′ 

s 

ωs 

( Ls 

+ L′ 

r 

) 

R d 

5 

′ = 5.15494 − ≈ 3. 485 

3 

[ Ω] 

d) Vrednost polazne struje je prema tome: 

U 

n 

220 

I 

spol 

= I ′ 

rpol 

= 

= 

≈ 30. 197 

2ω 

2 ⋅5.15494 

s 

( L + L′ 

) 

s 

Vrednost polaznog ubrzanja nalazimo iz relacije: 

r 

[ A] 

α 

pol 

= 

dω 

= 

dt 

M 

p 

− M 

J 

Σ 

nom 

= 

M 

k 

− M 

J 

Σ 

nom 

89.718 − 35.469 ⎡rad 

= 

= 27.125⎢ 

2 

2 

⎣ s 

⎤ 

⎥ 

⎦ 


Nominalni moment pogonskog motora iznosi: 

30 

11 

M 

nom 

= Pnom 

= 9550 ⋅ = 146. 92 

π 

715 

[ Nm] 

Polazni moment po uslovu zadatka ima 125% veću vrednost od nominalnog: 

M 

pol 

= 1 .25M 

nom 

= 1.25⋅146.92 

= 183. 65 

[ Nm] 

Vreme trajanja zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći zavisnost 

dinamičkog viška momenta u funkciji brzine obrtanja. 

263


2004. GODINA 

Radni mehanizam A: 

M 

t 

= M 

nom; ⇒ M 

d 

= M 

pol 

− M 

t 

= 1.25M 

nom 

− M 

nom 

= 0.25M 

nom 

= 36. 73 

dω 

2πn 

dn 

M d 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

dt 60 dt 

2 

J = J + J = 0.45 + 6.25 6.7[ kgm ] 

Σ 

πJ 

Σ 

dt = 

30M 

t 

za 

m t 

= 

d 

n 

dn ⇒ 

264 

[ Nm] 

nom 

nnom 

π J 

n 

Σdn 

π J 

Σ π J 

Σ nom π J 

Σ π 6.7 

= dn = n = nnom 

= ⋅ ⋅ 715 = 13.658[ s] 

30 0 

M 30 M 0 

30 M 0 30 M 30 36.73 

= ∫ ∫ 

Radni mehanizam B: 

M 

t 

zb 

t 

d 

d 

M 

nom 146.92 

= kn ⇒ k = = = 0. 2055[] ⇒ M 

d 

= M 

pol 

− M 

t 

= M 

pol 

− kn 

n 715 

n 

nom 

π dn π 

= J 

Σ ∫ = J 

Σ 

30 M 

0 d 

30 

nom n nom 


∫ 

0 

M 

dn 

− kn 

M 

pol 

− x 

x = M 

pol 

− kn ⇒ n = ⇒ dn = − 

k 

M pol −knnom 

π 

dx π J M 

Σ 

t 

zb 

= J 

Σ ∫ − = − ln x 

30 

kx 30 k 

π J 

= 

30 k 

Σ 

M 

pol 

1.25M 

nom 

ln 

1.25M 

− M 

Radni mehanizam C: 

M 

t 

zc 

T 

nom 

nom 

pol 

d 

dx 

k 

− kn 

M 

pol 

pol 

nom 

d 

π J 

= 

30 k 

π ⋅ 6.7 1.25⋅ 

M 

= ⋅ ln 

30 ⋅ 0.2055 0.25⋅ 

M 

Σ 

nom 

nom 

ln 

M 

pol 

M 

pol 

− kn 

nom 

= 

= 3.4143⋅ 

ln5 = 5.495[ s] 

2 M 

nom 146.92 

= kn ⇒ k = = = 2.874 ⋅10 

⇒ M = M − M = M 

2 

2 

nnom 

715 

nnom ⎛ nnom 

nnom 

π dn π 1 

= = 

⎜ dn 

dn 

J 

Σ ∫ 

J 

Σ 

+ 

2 

30 M − 

⎜ ∫ ∫ 

pol 

kn 30 

0 

2 M 

pol ⎝ 

0 M 

pol 

+ kn 0 M 

pol 

− 

Prvi integral rešavamo smenom: 

x = 

M 

x − 

M 

pol 

pol 

+ kn ⇒ n = ⇒ dn = 

k 

− kn 

− 4 2 

[] 

d pol t pol 

n 

M pol + kn 

nom nom 

dn 

dx 1 M 

M 

pol 

+ knnom 

1 

pol 

+ 

∫ 

0 

M 

pol 

= ∫ 

+ kn 

Drugi integral rešavamo smenom: 

M 

pol 

= 

k x 

ln x 

k 

dx 

k 

M 

pol 

= 

k 

ln 

⎞ 

⎟ 

kn ⎟ 

⎠ 

M 

pol 

kn 

nom


2004. GODINA 

x = 

n 

nom 

∫ 

0 

M 

M 

pol 

pol 

dn 

− 

− 

M 

kn ⇒ n = 

= 

kn 

M 

pol 

− 

∫ 

M 

pol 

kn 

nom 

pol 

k 

− 

− x dx 

⇒ dn = − 

k 

dx 1 

= − ln x 

k x k 

M 

pol 

− 

M 

pol 

kn 

nom 

= 

1 

k 

ln 

M 

pol 

M 

− 

pol 

kn 

nom 

Na osnovu vrednosti integrala vreme zaleta će biti: 

t 

zc 

= 

π 

30 

2 

π 

= 

30 2 

J 

Σ 

M 

J 

M 

Σ 

pol 

pol 

⎛ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

1 

ln 

k 

k 

M 

ln 

M 

M 

pol 

pol 

+ 

− 

pol 

+ 

M 

kn 

kn 

pol 

nom 

nom 

kn 

nom 

π 

= 

30 2 

1 

+ ln 

k M 

J 

M 

Σ 

pol 

ln 

k 

pol 

M 

− 

M 

M 

pol 

pol 

pol 

kn 

nom 

⎞ 

⎟ = 

⎟ 

⎠ 

k + kn 

k − kn 

nom 

nom 

= 

6.7 ⋅π 

183.65⋅ 

2.874 ⋅10 

= 

⋅ ln 

−4 

30 ⋅ 2 183.65⋅ 

2.874 ⋅10 

183.65⋅ 

2.874 ⋅10 

0.4352322 

= 0.5⋅3.0539684 

⋅ ln = 4.4090972[ s] 

0.0242502 

−4 

−4 

+ 2.874 ⋅10 

− 2.874 ⋅10 

−4 

−4 

⋅ 715 

= 

⋅ 715 

Radni mehanizam D: 

M 

M 

t 

zd 

M − 0.5M 

⎛ n ⎞ 

⎜ + M 

nom 

n 

⎟ 

⎝ nom ⎠ 

⎛ n ⎞ ⎛ 

= M 

pol − M 

t = 1.25 

M 

nom − 0.5 M 

nom 

⎜ 1+ 

= 

n 

⎟ 

⎜ 0.75 − 0. 5 

⎝ nom ⎠ ⎝ 

nnom n 

π dn π J 

nom 

Σ dn 

= J 

Σ ∫ = 

30 M 

∫ 

n 

d 

30 M 

0 nom 0 0.75 − 0. 5 n 

nom 

nom 

t 

= 0.5M 

nom 

+ n 

= 0.5 

n 

⎜ 

1 

nom 

d 


n 

0.75 − x 

x = 0.75 

− 0.5 ⇒ n = nnom 

⇒ dn = −2n 

n 

0.5 

t 

zd 

π J 

= 

30 M 

π J 

= 

30 M 

Σ 

nom 

Σ 

nom 

nom 

n 

0.75−0.5 

n 

2n 

∫ 

0.75 

nom 

nom 

nom 

− 2n 

nom 

dx 

x 

π J 

= − 

30 M 

Σ 

nom 

nom 

2n 

nom 

nom 

dx 

n 

n 

nom 

n 

0.75 − 0.5 

ln x n 

0.25 

⎞ 

⎟M 

⎠ 

0.75 2 ⋅ 715 ⋅ 6.7 ⋅π 

0.75 

ln = 

⋅ ln = 6.82902 ⋅ ln 3 = 7.50244[ s] 

0.25 30 ⋅146.92 

0.25 

nom 

nom 

nom 

= 


Ubrzanje na početku zaleta naćićemo posebno za svaki mehanizam, nalazeći vrednost 

dinamičkog viška momenta za nultu odnosno početnu brzinu obrtanja. 

Ubrzanje na početku zaleta uz t = 0, n = 0 biće: 

265


2004. GODINA 

M 

d 

= J 

dω 

dt 

dω 

dt 

Σ 

⋅ ⇒ = 

M 

d 

J 

(0) 

Σ 

Radni mehanizam A: 

( 0) = 0.25M 

36.73[ Nm] 

M 

d 

= const ⇒ M 

d 

nom 

= 

dω 

M 

d 

( 0) 36.73 

−2 

= = = 5.482[ s ] 

dt J 6.7 

Σ 

Radni mehanizam B: 

M 

( 0) = M = 1.25M 

183.65[ Nm] 

d pol 

nom 

= 

M 

d 

( 0) 183.65 

−2 

dω 

= = = 27.41[ s 

dt J 6.7 

Σ 

Radni mehanizam C: 

M 

( 0) = M = 1.25M 

183.65[ Nm] 

d m 

nom 

= 

M 

d 

( 0) 183.65 

−2 

dω 

= = = 27.41[ s 

dt J 6.7 

Radni mehanizam D: 

M 

Σ 

( 0) = 1.25M 

− 0.5M 

= 0.75M 

110.19[ Nm] 

d nom 

nom 

nom 

= 

M 

d 

( 0) 110.19 

−2 

dω 

= = = 16.446[ s 

dt J 6.7 

Σ 

] 

] 

] 


Po isključenju zadnjeg stepena rotorskog upuštača motor prelazi u radnu tačku na prirodnoj 

momentnoj karakteristici sa traženom brzinom obrtanja u kojoj je moment motora 125% od 

vrednosti nominalnog momenta. Uz pomoć Klosove jednačine dobija se, klizanje koje odgovara 

traženoj brzini obrtanja: 

s 

n 

= 

− n 

kr 

+ 

s 

750 − 715 

= = 0.04666[ ] 

750 

s nom 

nom 

ns 

2M 

kr 

snom 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

nom 

= ⇒ + − = 0 ⇐ ⋅skr 

snom 

⇒ skr 

− skr 

snom 

+ snom 

snom 

skr 

skr 

snom 

M 

nom 

M 

nom 

M 

s 

kr 

= s 

nom 

s 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

kr 

nom 

nom 

⎛ M 

± 

⎜ 

⎝ M 

kr 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

−1 

= ⋅ 

⎟ 

0.04666 

⎠ 

[] 

( ± − ) = ⎨ 

⎧ 

2 

0.2624 

2.9 2.9 1 

⎩0.0083 

[] 

= 0 

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog. 

266


2004. GODINA 

M 

kr 

2 M 

nom 

2M 

kr 

M 

nom 

sm 

skr 

M 

kr 

M 

nom 

M 

m 

= = 

⇒ + − 2 

= 0 ⇐ ⋅skr 

sm 

⇒ 

sm 

skr 

sm 

skr 

skr 

sm 

M 

nom 

M 

m 

+ 

+ 

s s s s 

s 

s 

2 

m 

m 

kr 

m 

M 

kr 

M 

nom 

2 

− smskr 

+ skr 

= 0 ⇒ 

M M 

nom 

m 

kr 

m 

M 

kr 

M 

nom 

M 

kr 

M 

nom 2 

2.9 ⎛ 2.9 ⎞ 

= skr[ 

± ( ) −1] 

= 0.2624 ⋅[ 

± ⎜ ⎟ −1] 

= 

M M M M 

1.25 ⎝1.25 

⎠ 

nom 

m 

= 0.2624 ⋅[2.32 

± 

2.32 

2 

nom 

m 

⎧1.158076 

−1] 

= ⎨ 

⎩0.059455 

Drugo rešenje odgovara motornom režimu, pa je prema tome tražena brzina obrtanja: 

[] 

[] 

2 

n 

m 

= n (1 − s ) = 750 ⋅ (1 − 0.059455) = 705.4[ min 

s 

m 

−1 

] 



Uređaj za vertikalni transport tereta pokreće se pomoću elektro motora. Otporni moment 

uređaja sveden na pogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente M t = M t1 

+ M t2 . Prva komponenta M t1 = 30 [Nm] = konst ima reaktivnu prirodu, a druga komponenta ima 

potencijalnu prirodu i može se predstaviti kao funkcija tereta m izraženog u tonama [t], na sledeći 

način M t2 = 0.1m [Nm]. Pogonski motor može da radi u sva četiri kvadranta, a njegova mehanička 

karakteristika je n = ±1500 - 2M m , gde je: n - brzina obrtanja u [min -1 ], M m - moment u [Nm], znak 

plus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta. 

Odrediti radne tačke pogona u stacionarnom stanju, na mehaničkoj karakteristici pri 

spuštanju i dizanju tereta, ako je: 

a) m a = 200 [t] 

b) m b = 400 [t] 

U kakvim režimima radi motor u ovim radnim tačkama? 


i r 

, η r 

J b 

, η b 

v t 

ASM 

D b 

n m 

m t 

Teret 

267


2004. GODINA 

Kod bušačkog postrojenja za pronalaženje nafte za spuštanje i dizanje cevi u bušotinu koristi 

se elektromotorni pogon, koji sadrži elemente kao na slici. Opterećenje se putem čeličnog užeta, 

preko Arhimedove koturače sa četiri para koturova, prenosi na vratilo bubnja dizalice, koji se 

pogoni preko reduktora sa asinhronim motorom. Masa tereta je m t = 80 [t] a brzina podizanja v t = 

90 [m/h]. Spoljni prečnik bubnja je D b = 1 [m], a moment inercije bubnja je J b = 100 [kgm 2 ]. Stepen 

iskorišćenja bubnja, koturače i užeta je η b = 0.9 [ ]. Reduktor ima prenosni odnos i r = 350 [ ] i 

stepen iskorišćenja η r = 0.95 [ ]. Moment inercije koturova u koturači, užeta i zupčanika zanemariti 

a) Uz date uslove kolika treba da bude brzina obrtanja asinhronog motora n m = ?. 

b) Koliko iznosi svedeni moment tereta na vratilo motora M t ’ = ? i snaga motora P m . 

c) Koliko iznosi svedeni moment inercije tereta i bubnja na vratilo motora J t ’ = ? 


Radni ciklus elektromotornog pogona sastoji se od zaleta na n z = 1100 [min -1 ], a zatim se 

posle toga zalet prekida i nastupa kočenje do stanja mirovanja. Ubrzanje izvodi sam motor, a u 

kočenju mu pomaže mehanička kočnica. Radni mehanizam (opterećenje) pruža konstantni otpor 

kretanju u iznosu od M t = konst = 120 [Nm] a mehanička kočnica od M k = konst = 330 [Nm]. 

Momentna karakteristika motora n = f (M m ) data je na slici. Ukupni moment inercije pogona 

sveden na osovinu motora iznosi J Σ = 6.25 [kgm 2 ]. 

a) Odrediti trajanje zaleta. 

b) Odrediti trajanje kočenja. 

1100 [min -1 ] 

Kočenje 

+n 

Ubrzanje 

-M 

+M 

-600 [Nm] 0 150 [Nm] 

700 [Nm] 


Za pogon iz prethodnog zadatka: 

a) Odrediti broj obrtaja u intervalu zaleta. 

b) Odrediti broj obrtaja u intervalu kočenja. 


Pogonski elektromotor pogona u mirovanju priključuje se na mrežu sa tendencijom obrtanja 

“napred”. Motor razvija na osovini obrtni moment M m = 1500 [Nm]. Reaktivni moment tereta 

sveden na osovinu motora iznosi u mirovanju M t ‘ = 3250 [Nm]. U kom će se smeru “napred” ili 

“nazad” okretati elektromotorni pogon? 


Obrtni moment tereta može se pretstaviti u obliku: 

[ ] 

M 

t 

= M 

t1 + M 

t 2 

= ± 30 + 0. 1m Nm 

a mehanička karakteristika motora u obliku: 

−1 

[ ] 

n = ± 1500 − 2M 

min 

m 

268


2004. GODINA 

gde znak plus odgovara dizanju, a minus spuštanju tereta. 

a) Za dizanje važe sledeće relacije: 

t 

a 

[ Nm] M 

m 

M = + 30 + 0.1m 

= 30 + 0.1⋅ 

200 = 50 = 

n 

da 

−1 

[ ] 

= + 1500 − 2M 

= 1500 − 2 ⋅50 

= 1400 min 

Za spuštanje važe sledeće relacije: 

t 

a 

m 

[ Nm] M 

m 

M = −30 

+ 0.1m 

= −30 

+ 0.1⋅ 

200 = −10 

= 

n 

sa 

−1 

( −10) = −1480[ ] 

= −1500 

− 2M 

= −1500 

− 2 ⋅ 

min 

b) Za dizanje važe sledeće relacije: 

t 

b 

m 

[ Nm] M 

m 

M = + 30 + 0.1m 

= 30 + 0.1⋅ 

400 = 70 = 

n 

db 

−1 

[ ] 

= + 1500 − 2M 

= 1500 − 2 ⋅ 70 = 1360 min 

Za spuštanje važe sledeće relacije: 

t 

b 

m 

[ Nm] M 

m 

M = −30 

+ 0.1m 

= −30 

+ 0.1⋅ 

400 = 10 = 

n 

sb 

−1 

[ ] 

= −1500 

− 2M 

= −1500 

− 2 ⋅10 

= −1520 

min 

m 

Režimi rada motora za slučaj a) radne tačke A i B i slučaj b) radne tačke C i D prikazani su 

na sledećoj slici: 

n 

A (50,1400) 

C (70,1360) 

n = +1500-2M m 

M t2a 

M t2b 

+M t1 

0 

M m 

-M t1 

M t2a 

M t2b 

B (-10,-1480) 

n = -1500-2M m 

D (10,-1520) 

269


2004. GODINA 


a) Brzina dizanja tereta preračunata u [m/s] je: 

⎡m⎤ 

90 ⎡m⎤ 

v t 

= 90⎢ 

⎥ 

= = 0. 025 

⎣ h ⎦ 3600 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

i r 

, η r 

J b 

, η b 

v t 

v u 

F u 

ASM 

D b 

n m 

F t 

m t 

Teret 

Brzina kretanja užeta, odnosno obodna brzina bubnja je: 

v 

= v 

= v z 

= 0.025⋅8 

= 0. 

u b t u 

2 

⎡m⎤ 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

gde je z u = broj užeta na kojoj teret visi. 


ω 

= 

v 

R 

2v 

= 

D 

2 ⋅ 0. 

2 

= = 0. 

1 

b b 

b 

4 

b b 


⎡rad 

⎤ 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

n 

b 

1 

[ ] 

30ω 

b 30 ⋅ 0.4 

− 

= = = 3.8197 min 

π π 

Iz prenosnog odnosa izračunavamo ugaonu brzinu i brzinu obrtanja motora: 

i r 

ωm 

= 

ω 

b 

= 350 

⎡rad 

⎤ 

ωm = iωb 

= 350 ⋅ 0.4 = 140 

⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

30ω 

m 30 ⋅140 

− 

nm 

= = = 1336.9 min 

π π 

1 

[ ] 

270


2004. GODINA 

b) Silu u užetu nalazimo iz relacije: 

Ft 

mt 

g 80000 ⋅9.81 

Fu = = = 

= 98100 

z z 8 

u 

u 

[ N] 

Prema tome moment na osovini bubnja je: 

Fu 

Rb 

Fu 

Db 

98100 ⋅1 

M 

b 

= = = = 54500 

η 2η 

2 ⋅ 0. 

9 

b 

b 

[ Nm] 

Svedeni moment bubnja na osovinu motora je: 

M 

b 54500 

M 

t 

' = = = 163. 9098 

i η 350 ⋅ 0.95 

r 

r 

Potrebna snaga motora iznosi: 

[ Nm] 

[ W ] ≅ [ kW ] 

Pm = Pt 

' = M 

t 

' ωm 

= 163.9098 ⋅140 

= 22947.36 23 

c) Fiktivnu vrednost mase svedene na bubanj nalazimo iz relacije o održanju kinetičke 

energije: 

1 

2 

m ' v 

t 

2 

b 

= 

1 

2 

m v 

2 

t 

2 

t 

⇒ 

⎛ vt 

⎞ ⎛ 1 ⎞ 80000 

mt ' = mt 

⎜ mt 

= = 1250 

2 

v 

⎟ = 

⎜ 

b 

z 

⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ u ⎠ 8 

2 

[ kg] 

Traženi moment inercije bubnja i mase tereta sveden na osovinu motora je: 

J 

2 

2 

⎛ Db 

⎞ 

⎛ 1 ⎞ 

2 J 

b 

+ m 

t' 

⎜ ⎟ 100 + 1250⎜ 

⎟ 

J 

b 

+ m 

t' 

Rb 

2 

2 

t 

' = 

= 

⎝ ⎠ 

= 

⎝ ⎠ 

= 

2 

2 

2 

i 

i 

350 ⋅ 0. 

95 ⋅ 0. 

9 

r 

ηrηb 

r 

ηrηb 

0. 

003938 

2 

[ kgm ] 


a) U intervalu ubrzanja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u I kvadrantu: 

M m 

= a n + 

1 

k 1 

Za nultu brzinu važi: 

( 0) = 700[ Nm] k1 

M m 

= 

Za brzinu n z = 1100 [min -1 ] važi: 

M m 

⎡ ⎤ 

( 1100) 150[ Nm] = a 1100 + k = a 1100 + 700 ⇒ a = = −0. 

5 

⎥ ⎦ 

271 

150 − 700 

1100 

Nm 

⎢ 

⎣min 

= 

1 

1 1 

1 

−1


2004. GODINA 

Dakle, moment motora se može predstaviti sledećom relacijom: 

M m 

= 700 − 0. 

5n 

[ Nm] 

Pošto je moment opterećenja M t = konst = 120 [Nm] važi: 

M 

d 

= M 

m 

− M 

t 

= 700 − 0. 

5n 

− 120 = 580 − 0. 

5n 

= J 

Σ 

dω πJ 

= 

dt 30 

Σ 

dn 

dt 

pa se vreme zaleta od nulte brzine do n z = 1100 [min -1 ] nalazi integraljenjem prethodnog izraza po dt: 

t 

z 

= 

t 

z 

∫ 

πJ 

dt = 

30 

n 

Σ 

z 

∫ 

dn 

M 

πJ 

= 

30 

n 

Σ 

d 

5 

0 0 

0 

z 

∫ 

dn 

580 − 0. 

n 


580 − 0.5n = t ⇒ n = 2 ⋅ 580 − 2t 

⇒ dn = −2dt 

580−0.5nz 

πJ 

− 

Σ 2dt 

2πJ 

580 0.5n 

Σ 

z 2πJ 

Σ 

t 

z 

= ∫ − = − ln t 

= − [ ln( 580 − 0.5nz 

) − ln 580]= 

30 t 30 580 30 

2πJ 

= 

30 

Σ 

580 

580 

ln 

580 − 0.5n 

z 

2 ⋅π 

⋅ 6.25 580 

= ln 

= 1.30899ln 

30 580 − 0.5 ⋅1100 

580 

30 

= 3.8770 

b) U intervalu kočenja momentnu karakteristiku motora dobijamo iz dijagrama u II kvadrantu: 

M mk 

= a n + 

2 

k 2 

[] s 

Za nultu brzinu važi: 

( 0) = 0[ Nm] k2 

M mk 

= 

Za brzinu n z = 1100 [min -1 ] važi: 

M mk 

− 600 

Nm 

2 2 2 

2 

5454 

1100 ⎢ 

⎣min 

⎡ ⎤ 

( 1100) −600[ Nm] = a 1100 + k = a 1100 + 0 ⇒ a = = −0. 

⎥ ⎦ 

= 

−1 

Dakle, moment motora u režimu kočenja se može predstaviti sledećom relacijom: 

600 

M mk 

= − n = −0. 

5454n 

1100 

[ Nm] 

Pošto je moment opterećenja M t = konst = 120 [Nm] i moment kočnice M k = konst = 330 

[Nm] važi: 

d J dn 

M M M M 

600 600 ω π 

dk = 

mk − 

t − 

k = − n − 120 − 330 = − 450 − n = J 

Σ 

Σ = 

1100 

1100 dt 30 dt 

pa se vreme kočenja od brzine n z = 1100 [min -1 ] do nulte brzine nalazi integraljenjem po dt: 

272


2004. GODINA 

t 

k 

= 

t 

k 

∫ 

0 

πJ 

dt = 

30 

Σ 

0 

∫ 

n 

z 

dn 

M 

dk 

πJ 

= − 

30 

Σ 

0 

∫ 

n 

z 

dn 

600 

450 + n 

1100 


600 

t − 450 1100 

450 + n = t ⇒ n = ⇒ dn = dt 

1100 

600 600 

1100 

450 

πJ 

dt J 

450 

Σ 1100 π 

Σ 1100 

tk 

= − ∫ = − lnt 600 

30 600 t 30 600 450 + n 

600 

450+ 

n 

1100 

z 

1100 

600 

450 + nz 

πJ 

Σ 1100 ⎡ ⎛ 600 ⎞⎤ 

πJ 

Σ 1100 

= − ⎢ln 

450 − ln⎜450 

+ n ⎟⎥ 

= 

1100 

z 

ln 

30 600 ⎣ ⎝ 1100 ⎠⎦ 

30 600 450 

600 

450 + ⋅1100 

⋅ 6. 

25 1100 

1050 

= π ⋅ ⋅ ln 

1100 

= 1. 

19999ln 

= 1. 

01668[] 

s 

30 600 450 

450 

z 

= 

= 


a) Broj obrtaja za vreme zaleta nalazimo iz sledećih relacija: 

n 

= 

60 

dN 

dt 

⇒ dN 

n n πJ 

= dt = 

60 60 30M 

Σ 

d 

dn ⇒ N 

z 

N 

πJ 

Σ 

= ∫ dN = 

30 ⋅ 60 

0 

z n z 

∫ 

0 

n 

M 

d 

dn 

U slučaju zaleta važi: M d 

= 580 − 0. 

5n 

pa se broj obrtaja pri zaletu od nulte brzine do 

brzine n z = 1100 [min -1 ] nalazi iz izraza: 

N 

z 

πJ 

Σ 

= 

30 ⋅ 60 

n z 

∫ 

n 

580 − 0. 

0 

5 

dn 

n 


580 − 0. 5n 

= t ⇒ n = 2 ⋅ 580 − 2t 

⇒ dn = −2dt 

580−0. 

5n 

580− 

πJ 

Σ 2 ⋅580 

− 2t 

2 ⋅ 2πJ 

Σ 

N 

z 

= − = − 

⋅ 

∫ 

2dt 

30 60 t 

30 ⋅ 60 

∫ 

⋅ 2πJ = − Σ 

30 ⋅ 60 

580 

0. 

5 

⎛ 580 

⎜ 

⎝ t 

( ) −1 

dt = 

z n z 

580 − 0. 

5n 

2 z 

( 580lnt 

− t) = 

580 

2 ⋅ 2πJ = − Σ 

z 

n z 

580 

30 ⋅ 60 

2 ⋅ 2πJ 

Σ 

⎡ 580 ⎤ 

= ⎢580ln 

− 0. 

5nz 

⎥ = 

30 ⋅ 60 ⎣ 580 − 0. 

5nz 

⎦ 

[ 580ln( 580 − 0. 

5n 

) − 580ln580 

− ( 580 − 0. 

5 − )]= 

580 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

273


2004. GODINA 

= 

2 ⋅ 2 ⋅π 

⋅ 6. 

25 ⎡ 

580 

⎤ 

⋅ 580 ln 

0. 

5 1100 = 50. 

9575 

30 60 ⎢ ⋅ 

− ⋅ 

⋅ ⎣ 580 − 0. 

5 ⋅1100 

⎥ 

⎦ 

[ obrtaja] 

b) Broj obrtaja za vreme kočenja nalazimo na sličan način kao pod a): 

n 

= 

60 

dN 

dt 

⇒ dN 

n n πJ 

= dt = 

60 60 30M 

Σ 

dk 

dn ⇒ N 

k 

N 

k 

πJ 

Σ 

= ∫ dN = 

30 ⋅ 60 

0 

0 

∫ 

n 

z 

n 

M 

dk 

dn 

Za režim kočenja važi: 

600 

M dk 

= −450 − n pa se broj obrtaja pri kočenju od brzine n z = 

1100 

1100 [min -1 ] do nulte brzine nalazi iz izraza: 

N 

k 

πJ 

Σ 

= 

30 ⋅ 60 

0 

∫ 

n z 

n 

dn 

600 

− 450 − n 

1100 


600 

t − 450 1100 

450 + n = t ⇒ n = ⇒ dn = dt 

1100 

600 600 

1100 

450 

2 450 

πJ 

Σ t − 450 1100 πJ 

Σ ⎛1100 

⎞ 

⎞ 

= − 

= − ⎜ ⎟ ⎜ 

⎛ 450 

N 

− 

k 

⎟ = 

⋅ 

∫ 

dt 

⋅ 

∫ 1 dt 

30 60 600 

600 600 30 60 ⎝ 600 ⎠ 600 ⎝ t ⎠ 

450+ 

n z 

t 

450+ 

n z 

1100 1100 

1100 

2 

πJ 

⎛ ⎞ 

450 

Σ 1100 

= − ⎜ ⎟ ( t − 450lnt) 600 = 

30 ⋅ 60 ⎝ 600 ⎠ 

450 + n z 

1100 

2 

πJ 

⎧ 

⎫ 

Σ ⎛1100 

⎞ ⎛ 

600 ⎞ ⎡ ⎛ 600 ⎞⎤ 

= − ⎜ ⎟ ⎨⎜ 

450 − 450 − nz 

⎟ − 450⎢ln 

450 − ln⎜450 

+ nz 

⎟⎥⎬ 

= 

30 ⋅ 60 ⎝ 600 ⎠ ⎩⎝ 

1100 ⎠ ⎣ ⎝ 1100 ⎠⎦⎭ 

⎛ 

⎞ 

2 

πJ 

⎜ 

⎟ 

Σ ⎛1100 

⎞ ⎜ 

600 

450 

= ⎜ ⎟ n + 

⎟ 

z 

450ln 

= 

30 ⋅ 60 ⎝ 600 ⎠ ⎜1100 

600 ⎟ 

450 + nz 

⎝ 

1100 ⎠ 

⋅ 6. 

25 ⎛1100 

⎞ 

= π ⋅⎜ 

⎟ 

30 ⋅ 60 ⎝ 600 ⎠ 

2 

⎛ 

⎜ 

⋅⎜ 

⎜ 

⎝ 

600 

1100 

⎞ 

450 

⎟ 

⋅1100 

+ 450ln 

⎟ = 8. 

0190 

600 ⎟ 

450 + ⋅1100 

1100 ⎠ 

[ obrtaja] 


Pošto se reaktivni teret suprostavlja kretanju a njegov moment M t ‘ = 3250 [Nm] je veći od 

momenta motora M m = 1500 [Nm] pogon će ostati u mirovanju . 

274


2004. GODINA 

+n 

+M t 

' = konst 

-M 

M m 

+M 

0 

-M t 

' = konst 

-n 



Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom ima sledeće podatke: nominalni rotorski 


2250 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 0.25 [Ω]. Odrediti: 

a) Na koji način se ostvaruje režim sa rotorskom strujom I a = 45 [A] uz brzinu obrtanja n a = 

1000 [min -1 ] uz nepromenjenu pobudu i nepromenjen otpor u rotorskom kolu. 

b) Na koji način se ostvaruje režim rada sa nominalnim momentom opterećenja na vratilu 

motora i brzinu obrtanja n b = 3000 [min -1 ]. 

c) Stacionarno stanje, ako se pri nominalnim uslovima rada u kolo rotora doda otpornost R d = 1 

[Ω] a moment opterećenja se menja zavisno od ugaone brzine M T = 0.21ω. 


h 

v = 10 [m/s] 

h = 20 [m] 

A 

l 1 

= 500 [m] l 2 

= 300 [m] l 3 

= 200 [m] 

B 

l 

Vozilo mase m 0 = 1500 [kg] kreće se po trasi prema slici, prevozeći teret m t = 3000 [kg] 

brzinom v = 10 [m/s]. Vozilo se kreće iz tačke A i zaustavlja se u tački B. Pogonski motor pokreće 

točkove poluprečnika r = 0.5 [m] preko reduktora prenosnog odnosa i r = 10 [ ] i koeficijenta 

korisnog dejstva η r = 0.85 [ ], obezbeđujući maksimalnu vučnu silu F vmax = 7000 [N] i maksimalnu 

kočionu silu F kmax = 4000 [N]. Koeficijent otpora kotrljanja µ ω = 0.08 [ ]. Otpor trenja i vetra 

zanemariti. 

Odrediti putni dijagram vučne sile u funkciji vremena. 

275


2004. GODINA 


Za pogonski motor iz prethodnog zadatka odrediti veličinu efektivnog obrtnog momenta u 

toku ciklusa kretanja. Motor je sa prinudnom ventilacijom. 


Radi određivanja momenta inercije centrifuge izmerena je funkcija opadanja brzine motora 

po njegovom isključenju. Podatak o veličini gubitaka trenja i ventilacije nije bio na raspolaganju, pa 

su izvedena dva merenja. 

Prvo je motor pušten slobodno da se zaustavlja, pa je izmereno: 

t[min] 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 

n[min -1 ] 600 575 553 531 511 493 473 455 437 421 404 

Zatim je dodata kočnica zanemarljivog momenta inercije sa kočionim momentom M k = 

konst = 260 [Nm], pa je izmereno: 

t[min] 0 2 4 6 8 10 12 14 

n[min -1 ] 600 563 533 504 478 455 432 410 

Koliko iznose moment inercije i gubici trenja i ventilacije motora. 


Momentni zahtevi elektromotornog pogona prikazani su na slici. Izračunati parametre 

motora predviđenog da radi: 

a) U pogonu S3 (ED% = 60%). 

b) U pogonu S1. 

Pri rešavanju zadatka predpostaviti da je odnos gubitaka P Cunom / P Fenom = 3, vremenska 

konstanta zagrevanja T tz = 45 [min] i vremenska konstanta hlađenja T th = 90 [min]. 

M 

M 1 = 20 [Nm] 

M 2 = 10 [Nm] 

t 1 = 2 [min] 

t 2 = 1.5 [min] 

t 3 = 2 [min] 

M 1 

M 2 

t 1 

t 2 

t 3 

t 


a) Zahtevani režim se ostvaruje smanjenjem napona na vrednost koja proizlazi iz sledećih 

relacija proišlih iz naponske jednačine i relacije za indukovanu elektromotornu silu: 

276


( R + R ) = 220 − 53⋅ 

0. 

25 = 206. 

[ V ] 

Enom = U − I 

anom a pp 

75 

E 206 nom . 75 

− 

E k Φ n k Φ 

91. 

889 10 

3 min 

I 2250 

V 

nom 

= 

E nom anom 

⇒ 

E nom 

= = = ⋅ 

anom 

[ V ] 

−3 

Ea = k 

EΦnomna 

= 91. 

889 ⋅10 

⋅1000 

= 91. 

889 

U 

a 

= Ea 

+ I 

a 

Ra 

+ R 

pp 

= 91 . 1889 − 45⋅ 

0. 

25 = 103. 

139 V 

( ) [ ] 

[ ] 

2004. GODINA 

b) Tražena brzina veća je od nominalne, te se dobija slabljenjem fluksa. Takođe korišćenjem 

naponske i momentne jednačina, dobijamo potrebnu vrednost na koju treba da oslabimo fluks: 

60 Pnom 

60 EnomI 

anom 30 206. 

75⋅ 

53 

M 

nom 

= = 

= ⋅ = 46. 

509 

2π 

nnom 

2π 

nnom 

π 2250 

E k Φ n = U − I ( R + R )⇒ 

b 

= 

E b b 

ab a pp 

[ Nm] 

30 

M 

nom 

M 

b 

= M 

T 

= M 

nom 

= k 

MΦbI 

ab 

= k 

EΦbI 

ab 

⇒ I 

ab 

= ⇒ 

π 30 

k 

EΦb 

π 

U Ra 

+ R 

pp U M Ra 

+ R 

nom 

pp U π a pp 

nb 

= − I 

ab 

= − 

= − M 

nom 

2 

k 

30 

EΦb 

k 

EΦb 

k 

EΦb 

k 

EΦb 

k 

EΦb 

30 

k 

( k 

EΦb 

) 

EΦb 

π 

2 U 

π ( Ra 

+ R 

pp 

) 

( k 

EΦb 

) − k 

EΦb 

+ M 

nom 

= 0 ⇒ 

nb 

30 nb 

2 220 

π 0. 

25 

( k 

EΦb 

) − ⋅ k 

EΦb 

+ 46. 

509 ⋅ ⋅ = 0 ⇒ 

3000 

30 3000 

2 

−3 

−4 

k Φ − 73. 

334 ⋅10 

⋅ k Φ + 4. 

0587 ⋅10 

= 0 

( ) ( ) ( R + R ) 

( ) ⇒ 

E 

b 

( k Φ ) 

E 

b 

E 

b 

−3 

( 73. 

334 ⋅10 

) 

−3 

2 

−4 

−3 

73. 

334 ⋅10 

± 

− 4 ⋅ 4. 

0587 ⋅10 

= 

−3 

2 

⎧67. 

31⋅10 

= ⎨ 

⎩ 6. 

03⋅10 

Drugo rešenje otpada jer suviše veliko slabljenje izaziva prekomerno povećanje vrednosti 

rotorske struje. Prema tome da bi se ostvario traženi režim, fluks treba oslabiti na vrednost: 

⇒ 

ϕ 

k 

Φ 

67. 

31⋅10 

−3 

E b 

= = 

−3 

k 

EΦnom 

91. 

889 ⋅10 

= 0. 

7325 ⇒ Φ 

b 

= ϕΦ 

nom 

= 0. 

7325Φ 

nom 

c) Moment opterećenja u funkciji brzine obrtanja određen je relacijom: 

M T 

2π 

= 0. 

21ω 

= 0. 

21⋅ 

⋅ n ≈ 0. 

022 ⋅ n 

60 

U stacionarnoj radnoj tački sa dodatnim otporom u kolu rotora R d = 1 [Ω], važi: 

n 

c 

( R + R + R ) 

( k Φ ) 

( R + R + R ) 

U π a pp d U 

π a pp 

= − M 

T 

= − 0. 

022n 

2 

c 

2 

k Φ 

k Φ 30 

E 

b 

( k Φ ) 

30 

E nom 

E b 

E nom 

= 2394. 193 − 0. 

341⋅ 

nc 

⇒ 

Pa iz toga sledi da je tražena radna tačka u: 

277 

d 

=


2004. GODINA 

1 

[ ] 

2394. 

193 

− 

= = 1785. 

38 min 

1+ 

0. 

341 

M 

c 

= M 

T 

= 0 . 022 ⋅ nc 

= 0. 

022 ⋅1785. 

38 = 39. 

28 Nm 

n c [ ] 

n 

n c 

n 0 

= 2394.19 [min -1 ] 

M T 

= 0.022n [Nm] 

n c 

= 1758.38 [min -1 ] 

R d 

M T 

= 39.28 [Nm] 

M 


Odredimo prvo vučne sile u stacionarnom stanju za penjanje po prvoj kosini, kretanje po 

ravnom delu i spuštanje po drugoj kosini. Ukupna težina vozila sa teretom je: 

( m + m ) ga = ( 1500 + 3000) ⋅ 9. 

81 [ N] 

F = 

t 

44145 

0 

= 

h 

F v1 

α 1 

F t1 

F 

α 1 

F n1 

F tr1 

h = 20 [m] 

l 1 

= 500 [m] 

l 

Ugao nagiba prve kosine je: 

h 20 

α1 

= arctg = arctg = arctg0. 

04 = 2. 

29 

l 500 

1 

o 

[] 

278


2004. GODINA 

Radi određivanja vučne sile u stacionarnom stanju pri penjanju po prvoj kosini silu zemljine 

teže na kosini treba razložiti na komponentu paralelnu kosini i komponentu normalnu na kosinu, 

kao na prethodnoj slici. 

F t 1 

= F sinα 1 

F n 

= F cos 

1 

α 1 

Vučna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja: 

F 

= Ft1 

+ Ftr1 

= Ft1 

+ µ 

ω 

Fn 

1 

= F sinα1 

+ µ 

ω 

F cosα1 

= F( sinα1 

+ µ 

ω 

cos 

1 

)= 

o 

o 

= 44145 ⋅ sin 2. 

29 + 0. 

08 ⋅ cos 2. 

29 = 5300 N 

v1 α 

( ) [ ] 

Na ravnom delu trase vučna sila u stacionarnom stanju jednaka je sili otpora kotrljanja: 

h 

F v2 

F tr2 

F 

h = 20 [m] 

l 2 

= 300 [m] 

l 

Fv 2 

Ftr 

2 

= µ F = 0. 

08 ⋅ 44145 = 3532 

= 

ω 

[ N ] 

Ponavljajući postupak sličan kao kod prve kosine za vučnu silu u stacionarnom stanju kod 

spuštanja niz drugu kosinu: 

h 

F tr3 

α 3 

F v3 

h = 20 [m] 

F n3 

F t3 

F 

l 3 

= 200 [m] 

l 

α 3 

o 

= arctg0. 

1 5. 

[] 

h 20 

α 

3 

= arctg = arctg 

= 71 

l 200 

3 

279


2004. GODINA 

F t 3 

= F sinα 3 

F n 

= F cos 

F 

3 

α 3 

v3 = −Ft 

3 

+ Ftr3 

= Ft 

3 

+ µ 

ω 

Fn3 

= −F sinα 

3 

+ µ 

ω 

F cosα 

3 

= F − sinα 

3 

+ µ 

ω 

cosα 

3 

o 

o 

( − sin5. 

71 + 0. 

08 ⋅ cos5. 

71 ) = 878[ N] 

= 44145 ⋅ 

− 

( )= 

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu vučnu silu F vmax = 7000 [N], što znači da 

obezbeđuje dinamičku silu pri ubrzanju od: 

Fd 1 

= Fv max 

− Fv 

1 

= 7000 − 5300 = 1700 

Ubrzanje je prema tome: 

[ N ] 

a 

z 

0 

2 

[ ] 

1700 − 

1500 + 3000 

d1 

• 

= = 

= 0. 

3777 ms 

m 

F 

+ m 

t 

Pošto se vozilo po dostizanju brzine v = 10 [m/s] kreće ravnomerno, trajanje ubrzanja iznosi: 

t ' 

v 

a 

10 

= 

0. 

3777 

1 

= = 

• 

z 

26. 

47 

[] s 

l 1 

' 

s 1 

'' 

s 1 

' 

α 1 

l 1 

= 500 [m] 

l 

Tokom tog vremena vozilo pređe put u iznosu: 

v 10 

s ' = t ' = ⋅ 26. 

47 = 132. 

35 

1 

2 1 

2 

[ m] 

Ukupna dužina prve kosine iznosi: 

l1 

500 

l1 ' = = = 500. 

4 

o 

cosα 

cos 2. 

29 

1 

[ m] 

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž prve kosine: 

s '' = l ' −s 

' = 500. 

4 −132. 

35 368. 

05 

1 1 1 

= 

[ m] 

280


2004. GODINA 

za vremenski period trajanja: 

s1'' 

368. 

05 

t1 '' = = = 36. 

805 

v 10 

[] s 

Na ravnom delu trase vozilo se kreće ravnomerno i prelazi ga za vreme: 

l2 

300 

t2 = = = 30 

v 10 

[] s 

Pogonski motor vozila obezbeđuje maksimalnu kočionu silu F kmax = 4000 [N], što znači da 

dinamička sila pri kočenju iznosi: 

( − 878) [ N ] 

Fd 3 

= Fk 

max 

− Fv 

3 

= 4000 − = 4878 

Usporenje je prema tome: 

a 

k 

F 

m + m 

0 

2 

[ ] 

4878 − 

1500 + 3000 

d 3 

• 

= = 

= 1. 

0833 ms 

t 

s3 '' 

l 3 

' 

s3 ' 

α 1 

l 3 

= 200 [m] 

l 

Prema tome vremenski period kočenja iznosi: 

t ' 

v 

a 

10 

= 

1. 

0833 

3 

= = 

• 

k 

9. 

231 

[] s 

Tokom kočenja vozilo pređe put u iznosu: 

v 10 

s ' = t ' = ⋅ 9. 

231 = 46. 

154 

3 

2 3 

2 

[ m] 

Ukupna dužina druge kosine iznosi: 

281


2004. GODINA 

l3 

200 

l3 ' = = = 200. 

997 

o 

cosα 

cos5. 

71 

1 

[ m] 

Prema tome vozilo ravnomernom brzinom prelazi put duž druge kosine: 

s '' = l ' −s 

' = 200. 

997 − 46. 

154 154. 

84 

3 3 3 

= 

za vremenski period trajanja: 

s3'' 

154. 

84 

t3 '' = = = 15. 

484 

v 10 

[] s 

[ m] 

Ukupno vremensko trajanje vožnje po čitavoj trasi iznosi: 

t c 

= t ' + t '' + t + t '' + t ' = 26. 

47 + 36. 

805 + 30 + 15. 

484 + 9. 

231 117. 

99 

1 1 2 3 3 

= 

Na osnovu prethodno izračunatih vrednosti vučnih sila i njihovih vremenskih trajanja crta se 

traženi putni dijagram: 

[] s 

F 

F vmax 

t 2 

F v1 

F v2 

F v3 

F kmax 

t 

t 1 

' 

t 1 

'' 

t 3 

'' 

t 3 

' 

Gde su: 

= [ Nm] 

t ' = 26 1 

. 47[] 

s 

= 1 

[ Nm] 

t '' . 805[] 

s 

1 

= 36 

= 2 

[ Nm] 

t = 30[] 

s 

2 

3 

= − [ Nm] 

t3 '' = 15. 

484[] 

s 

= − [ Nm] 

t ' . 231[] 

s 

F v max 

7000 

F v 

5300 

F v 

3532 

F v 

878 

F max 

k 

4000 

3 = 9 


Na osnovu vrednosti vučnih sila proračunavamo vrednosti momenata motora u 

pojedinačnim segmentima vožnje: 

282


2004. GODINA 

Fv maxr 

7000 ⋅ 0. 

5 

M 

1 

' = = = 411. 

76 

irηr 

10 ⋅ 0. 

85 

F r 5300 ⋅ 0. 

5 

M 

1 

'' 

= 

ir 

r 

10 ⋅ 0. 

85 

F r 3532 ⋅ 0. 

5 

M 

2 

= 

ir 

r 

10 ⋅ 0. 

85 

Fv 

3rηr 

− 878⋅ 

0. 

5⋅ 

0. 

85 

M '' = = 

= 

i 

10 

[ Nm] 

t ' = 26 1 

. 47 

[] s 

v1 

= = 

311. 

76[ Nm] 

t '' . 805[] 

s 

η 

1 

= 36 

v2 

= = 

207. 

76[ Nm] 

t 30[] 

s 

η 

3 

− 

r 

37. 

315 

Fv maxrηr 

− 4000 ⋅ 0. 

5⋅ 

0. 

85 

M 

3' 

= = 

= −170 

i 

10 

r 

[ Nm] 

[ Nm] 

2 = 

t3 '' = 15. 

484 

t ' = 9 3 

. 231 

Putni dijagram momenta sličan je već nacrtanom putnom dijagramu vučnih sila. Pošto motor 

ima prinudno hlađenje ukupni ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi: 

[] s 

[] s 

M 

eff 

= 

= 

= 

∑ 

j 

αt 

411. 

76 

j 

2 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

i 

2 

i 

ti 

t 

i 

+ 

∑ 

81772. 

947 = 285. 

96 

l 

βt 

⋅ 26. 

47 + 311. 

76 

l 

= 

2 

[ Nm] 

M ' 

2 

1 

t ' + M '' 

1 

⋅36. 

805 + 207. 

76 

117. 

99 

1 

2 

t '' + M 

2 

1 

2 

2 

t + M '' 

t 

c 

2 

⋅30 

+ 37. 

315 

2 

3 

2 

t '' + M '' 

3 

3 

⋅15. 

484 + 170 

2 

2 

t '' 

3 

= 

⋅9. 

231 

= 

Ugaona brzina motora za brzinu vozila v = 10 [m/s] iznosi: 

−1 

[ ] 

v 10 

Ω m 

= irω 

t 

= ir 

= 10 ⋅ = 50 s 

r 0. 

5 

30 

n = 60 = ⋅50 

= 477. 

46 s 

− 

m 

Ω 

m 

2π 

π 

1 

[ ] 


[ W ] 14. 

[ kW ] 

Peff = M 

eff 

Ω 

m 

= 285. 

96 ⋅50 

= 14298 ≈ 3 


Na dijagramima nacrtanim na osnovu tabličnih merenih vrednosti na slici, određene su 

promene vremena ∆t 1 i ∆t 2 za jednaku promenu brzine obrtanja ∆n u tangentama na krivama 

promene brzine posebno za oba merenja. 

U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim momentu 

trenja i ventilacije, pa za to merenje važi: 

M 

k1 

= M 

trv 

= J 

dω 

dt 

Σ 

= 

J 

Σ 

2π 

∆n 

60 ∆t 

1 

U drugom merenju pogon se zaustavlja sa kočionim momentom jednakim zbiru momenta 

trenja i ventilacije i momenta kočnice, pa za to merenje važi: 

283


2004. GODINA 

M 

k 2 

= M 

trv 

+ M 

k 

= J 

dω 

dt 

Σ 

= 

J 

Σ 

2π 

∆n 

60 ∆t 

2 

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat moment 

trenja i ventilacije: 

M 

M 

k 2 

k1 

M 

trv 

+ M 

= 

M 

trv 

k 

∆t 

= 

∆t 

1 

2 

M 

⇒ 1+ 

M 

k 

trv 

∆t 

= 

∆t 

1 

2 

M 

⇒ 

M 

k 

trv 

∆t 

= 

∆t 

1 

2 

−1 

⇒ M 

1 

∆t2 

14 

M 

trv 

= M 

k 

= M 

k 

= −260 

⋅ = −260 

⋅3. 

5 = −910 

∆t1 

∆t1 

− ∆t2 

18 −14 

−1 

∆t 

2 

trv 

= M 

k 

[ Nm] 

1 

= 

∆t1 

−1 

∆t 

2 

Traženi moment inercije je prema tome: 

60 ∆t 

2π 

∆n 

30 

π 

18 ⋅ 60 

( − 300) 

2 

3 2 

[ kgm ] = 31. 

283 10 [ kgm ] 

1 

J 

Σ 

= M 

trv 

= −910 

⋅ ⋅ = 31283 

⋅ 

Snaga gubitaka trenja i ventilacije na brzini obrtanja od n = 600 [min -1 ] iznosi: 

2π 

π 

Ptrv = M 

trv 

n = −910 

⋅ ⋅ 600 = −57176 

176 

60 30 

[ W ] = −57. 

[ kW ] 

284


2004. GODINA 


a) Momentni dijagram svodimo na standardni oblik isprekidanog opterećenja pogona S3, kao 

na sledećoj slici. Ekvivalentan moment za pogon S3 iznosi: 

2 

2 

2 

M 

1 

t1 

+ M 

2 

t2 

20 ⋅ 2 + 10 ⋅1. 

5 

M e 

= 

= 

= 16. 

475 

t + t 

2 + 1. 

5 

1 

2 

2 

[ Nm] 

Intermitencija, odnosno odnos vremena rada i vremena ciklusa pri tome iznosi: 

ε = 

t 

t 

r 

c 

= 

t 

1 

t1 

+ t2 

+ t + t 

2 

3 

= 

2 + 1. 

5 

2 + 1. 

5 + 2 

= 0. 

636 

[] ⇒ ED% = 63. 

6% 

Ova vrednost intermitencije se razlikuje od standardno definisane intermitencije (ED% = 

60%), što znači da motor trebamo da odaberemo prema momentu svedenom na standardnu 

intermitenciju: 

M 

M e 

t 1 

+ t 2 

t 3 

t 

ε 

0. 

636 

M 

es tan d 

= M 

e 

= 16 . 475⋅ 

= 16. 

96 

= 60 

ε 

0. 

6 

s tan d 

[ Nm] S3 

ED% % 

b) Ako se zanemari uticaj gubitaka u gvožđu ekvivalentan moment u trajnom pogonu nalazimo 

metodom ekvivalentnog momenta uz uračunavanje slabijeg hlađenja tokom mirovanja: 

β = 

T 

T 

tz 

th 

= 

45 

= 0. 

5 

90 

2 

2 

M 

1 

t1 

+ M 

2 

t2 

20 ⋅ 2 + 10 ⋅1. 

5 

M nom 

= 

= 

= 14. 

529[ Nm] S1 

t + t + βt 

2 + 1. 

5 + 0. 

5 ⋅ 2 

1 

2 

2 

2 

3 

Ako se uticaj gubitaka u gvožđu ne zanemaruje, ekvivalentan moment u trajnom pogonu 

možemo naći iz činjenice da se tokom dovoljno dugog vremena, odnosno dovoljnog broja ciklusa 

nad temperatura stabilizuje, na taj način da u radnom periodu raste od minimalne vrednosti do 

maksimalne a u periodu mirovanja opada od maksimalne do minimalne. Ujedno maksimalna 

temperatura ne sme biti veća od dozvoljene za klasu izolacije motora. Ovaj proces prikazan je na 

sledećem dijagramu: 

285


2004. GODINA 

∆θ 

∆θ max 

∆θ doz 

∆θ min 

t r 

t m 

t 

Polazeći od dijagrama možemo pisati relaciju za granične temperature: 

∆θ 

∆θ 

∆θ 

max 

doz 

min 

P 

= γ 

= 

A 

P 

= 

γnom 

A 

= ∆θ 

P 

= 

cu 

P 

t 

T 

doze − 

m 

th 

+ P 

A 

cunom 

Fenom 

+ P 

A 

Fenom 

= ∆θ 

min 

e 

tr 

− 

T 

tz 

+ ∆θ 

max 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

tr 

− 

T 

tz 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Smenom zadnje relacije u prethodnu dobijamo relaciju za izračunavanje odnosa dozvoljene i 

maksimalne nadtemperature: 

∆θ 

∆θ 

∆θ 

tm 

tr 

− − ⎛ 

Tth 

Ttz 

e e + ∆θ ⎜ 

max 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

tr 

− 

= 

Ttz 

doz 

∆θ 

doz 

doz 

max 

1− 

e 

= 

1− 

e 

tr 

− 

T 

tz 

⎛ tr 

tm 

⎞ 

−⎜ 

⎟ 

+ 

Ttz 

T 

⎝ th ⎠ 

= 

P 

cunom 

P 

cu 

+ P 

+ P 

Fenom 

Fenom 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎟ 

⎠ 

P 

= 

⎛ M 

e 

⎞ 

⎜ 

M 

⎟ 

⎝ nom ⎠ 

cunom 

2 

P 

+ P 

cunom 

Fenom 

+ P 

Iz ovog odnosa dobijamo da je kvadrat odnosa dopustivog i nominalnog momenta: 

Fenom 

⎛ M 

⎜ 

⎝ M 

e 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

1 − e 

tr 

− 

T 

tz 

⎡ P 

⎢ 

⎢ P 

⎣ 

cunom 

Fenom 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

1− 

e 

tr 

− 

T 

tz 

t 

− 

T 

m 

th 

⎞ 

⎟ − e 

⎟ 

⎠ 

t 

− 

T 

m 

th 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

Prema tome odabrani motor u trajnom pogonu treba da razvija minimalno moment: 

286


2004. GODINA 

M 

nom 

= M 

e 

= 16. 

475 ⋅ 

t 

− 

Ttz 

1 e 

tr 

− ⎡ 

−⎛ 

− 

T P 

tz cunom 

1 e ⎢ ⎜1 

− e 

⎢ P ⎜ 

Fenom 

⎣ ⎝ 

1 − e 

3. 

5 

− 

45 

1− 

e 

⎡ ⎛ 

⎢3⎜ 

1 − e 

⎢⎣ 

⎝ 

r 

t 

− 

T 

3. 

5 

− 

45 

− 

2 

90 

m 

th 

⎞ 

⎟ − e 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

− e 

⎠ 

t 

− 

T 

− 

2 

90 

m 

th 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

= 

= 14. 

⎤ 

⎥ 

⎥⎦ 

1[ Nm] S1 

Ekvivalentan moment možemo naći i pomoću približne metode: 

M 

⎛ P 

⎜1 

+ 

⎝ P 

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 

ε1 

⎢ε 

2 

⎜ −1⎟ 

+ 1⎥ 

⎞ ⎣ ⎝ β ⎠ ⎦ P 

⎟ 

− 

ε1 

⎠ ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ P 

ε 

2 ⎢ε 

1⎜ 

−1⎟ 

+ 1⎥ 

⎣ ⎝ β ⎠ ⎦ 

= 

Fenom 

Fenom 

ε 2 

M ε1 

cunom 

cunomε1 

ε = ε = 0 636 

1 

1 

2 

. 

M 

nom 

= M 

ε1 

= 

⎛ P 

⎜1 

+ 

⎝ P 

= 

Fenom 

cunom 

M 

ε 2 

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 

ε1 

⎢ε 

2 

⎜ −1⎟ 

+ 1⎥ 

⎞ ⎣ ⎝ β ⎠ ⎦ P 

⎟ 

− 

ε1 

⎠ ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ P 

ε 

2 ⎢ε 

1⎜ 

−1⎟ 

+ 1⎥ 

⎣ ⎝ β ⎠ ⎦ 

16. 

475 

Fenom 

cunom 

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 

1⋅ 

⎢0. 

636 ⋅⎜ 

−1⎟ 

+ 1 

1 

0. 

5 

⎥ 

⎛ ⎞ 

1 

1 

⎣ ⎝ ⎠ ⎦ 

⎜ + ⎟ ⋅ 

− 

⎝ 3⋅1⎠ 

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 3⋅1 

0. 

636 ⋅ ⎢1 

⋅⎜ 

−1⎟ 

+ 1 

0. 

5 

⎥ 

⎣ ⎝ ⎠ ⎦ 

⇒ 

= 

ε 

1 

= 14. 

012[ Nm] S1 

Vidimo da se rezultati sve tri različite metode ne razlikuju značajno. 

287


2005. GODINA 

4 




Odrediti moment inercije kupe dužine l = 1000 [mm], poluprečnika osnovice R = 500 [mm]. 

Osa rotacije prolazi kroz osu simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena kupa iznosi 

ρ = 4.5 [kg/dm 3 ]. 

A 

A 

A 

R 

l = 1000 [mm] 

R = 500 [mm] 


Kupa iz prethodnog zadatka mora se zaleteti za vreme t z = 25 [s] na brzinu n = 1000 [min -1 ]. 

Kupa je direktno spregnuta sa osovinom jednosmernog motora sa nezavisnom pobudom, čiji je 

sopstveni moment inercije zanemarljiv. 

Odrediti potrebnu snagu motora, koji može da obezbedi traženo trajanje zaleta ako mu je 

nominalna brzina obrtanja približno n nom = 1000 [min -1 ] i ako se motor napaja iz tiristorskog 

regulatora, koji obezbeđuje tokom zaleta konstantnu struju jednaku nominalnoj. 


Ako se jednosmerni motor iz prethodnog zadatka napaja iz četvorokvadrantnog tiristorskog 

ispravljača, koji obezbeđuje vraćanje energije tokom kočenja, koliko će energije povući iz mreže 

tokom jednog časa rada u ciklusima zaleta do nominalne brzine i kočenja do nulte brzine? 

Nominalni napon motora je U nom = 400 [V], koeficijent korisnog dejstva η nom = 0.9 [ ] i koeficijent 

korisnog dejstva ispravljača η isp = 0.95 [ ] Trajanje jednog ciklusa iznosi t c = 60 [s]. 


Za motor rudničke dizalice treba odrediti snagu motora prema datim podacima: visina 

dizanja H = 300 [m]; maksimalno opterećenje m T = 13600 [kg]; masa protivtega m P = 10900 [kg]; 

brzina kretanja tereta u stacionarnom stanju v stac = 8 [m/s]; ubrzanje u polasku a pol = 0.8 [m/s 2 ]. 

Jedan radni ciklus se sastoji iz perioda puštanja u rad sa konstantnim momentom, normalnog rada u 

stacionarnom stanju, slobodnog zaustavljanja i mirovanja u trajanju t 0 = 30 [s]. 

Nacrtati dijagrame zavisnosti snage i brzine u funkciji vremena za radni ciklus P, v = f(t). 

Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu. 

288


2005. GODINA 


Trofazni dvobrzinski motor od P nom = 4/8 [kW], f = 50 [Hz] i 2p = 8/4 [ ] goni radnu mašinu 

sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 10 [kgm 2 ]. 

Koliko se smanjuju gubici u bakru rotora (za zalet bez opterećenja) do pune brzine obrtanja, 

ako ga upuštamo postepeno, uključujići prvu nižu pa drugu višu brzinu, prema gubicima koji bi 

nastali direktnim uključenjem više brzine? 


Izdelimo kupu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy, 

prema slici: 

A 

l = 1000 [mm] 

y 

dx 

dm x 

dy 

x 

r 

dm y 

R = 500 [mm] 

A 

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Moment 

inercije jednog segmenta diska dm x na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi: 

dJ 

x 

= dm 

x 

⋅ x 

2 

= 

2 

3 

( 2π rdxρdy) x = 2πdyρx 

dx 


Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element kupe, dobijamo integraljenjem svih 

segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r: 

4 

3 x r 1 4 1 2 

J 2 x dx = 2πdyρ 

= πdyρr 

= mxr 

= dJ 

4 0 2 2 

r 

r 

= 3 

x ∫dJ 

x 

= ∫ πdyρx 

dx = 2πdyρ 

∫ 

r 0 

o 

y 

Dalje moment inercije kupe dobijamo integraljenjem svih elementarnih diskova, po 

rastojanju od vrha y od 0 do l: 

J 

= 

∫ 

l 

dJ 

y 

= 

l 

∫ 

0 

1 πρ r 

2 

4 

dy 

289


2005. GODINA 

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo iz sličnosti trouglova, odnosno 

relacije: 

r 

y 

= 

R 

l 

⇒ r = 

R 

y 

l 

Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije kupe: 

J 

4 l 

1 ⎛ R ⎞ 

= πρ⎜ 

⎟ 

2 

∫ y 

⎝ l ⎠ 0 

2 

3 ⎛ πρlR 

⎞ 

= 

R 

10 

⎜ 

3 

⎟ 

⎝ ⎠ 

4 

1 ⎛ R ⎞ 

dy = πρ⎜ 

⎟ 

2 ⎝ l ⎠ 

2 

= 

3 

10 

m 

k 

R 

2 

4 

5 

y 

5 

l 

= 

0 

1 

10 

4 

⎛ R ⎞ 

πρ⎜ 

⎟ l 

⎝ l ⎠ 

5 

= 

1 

10 

πρlR 

4 

= 

gde je m k masa kupe, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova, 

po rastojanju od vrha y od 0 do l: 

m 

k 

l 

l 2 

2 3 

2 R 2 R y 

∫πρ r dy = πρ y dy = πρ = 

2 

2 

3 0 

0 

0 

l 

l 

= ∫dm 

y 

= ∫ 

l 

l 

1 

πρlR 

3 

2 

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za moment inercije kupe: 

1 

10 

1 

10 

4 

3 4 

J = πρlR 

= ⋅π 

⋅ 4.5⋅10 

⋅1⋅ 

0.5 = 

88.357 

2 

[ kgm ] 


Dinamički moment ubrzanja prema uslovu zadatka je konstantan i jednak nominalnom: 

M 

d 

= M nom 

Za konstantni moment ubrzanja važi: 

t 

zal 

πJ 

Σ 

= 

30M 

d 

n 

zal 

πJ 

= 

30M 

Σ 

nom 

n 

nom 

Prema tome traženi nominalni moment motora i snaga iznose: 

πJ 

Σ π ⋅88.357 

M 

nom 

= nnom 

= ⋅1000 

= 370. 11[ Nm] 

30t 

zal 

30 ⋅ 25 

π 

π 

P = M 

nomΩ 

nom 

= M 

nom 

nnom 

= 370.11⋅ 

⋅1000 

= 38757.829 W 

30 

30 

[ ] ≈ 38. [ kW ] 

nom 

76 


Iz uslova zadatka zaključujemo da i pri zaletu i pri kočenju motor zbog strujnog ograničenja 

razvija konstantni moment jednak nominalnom. Prema tome trajanje zaleta i kočenja je isto a gubici 

tokom zaleta i kočenja jednaki su nominalnim gubicima. Iz toga sledi da uložena energija tokom 

jednog ciklusa iznosi: 

290


2005. GODINA 

I 

azal 

= I 

akoc 

= I 

anom 

⇒ M 

zal 

= M 

koc 

= M 

nom 

⇒ Pgzal 

= Pgkoc 

= Pgnom 

⇒ t 

zal 

= tkoc 

= 25 

P 

⎛ ⎞ 

nom 

⎜ 

1 

η = η = 

⇒ = 

−1⎟ 

mη 

isp 

Pgnom 

Pnom 

P + 

nom 

Pgnom 

⎝η 

mη 

isp ⎠ 

W + W + W = P t + P t + P t = 

W 1 c 

= 

zal stac koc zal zal stac stac koc koc 

= ( Pnom 

+ Pgnom 

) t 

zal 

+ 0 − ( Pnom 

− Pgnom 

) tkoc 

= Pgnom 

( t 

zal 

+ tkoc 

) = 2Pgnomt 

zal 

Tražena energija tokom jednog časa rada je prema tome: 

[] s 

3600 3600 

3600 ⎛ ⎞ 

⎜ 

1 

W ⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 

− ⎟ 

1h 

brojciklusa W1 

c 

W1 

c 

2 Pgnomt 

zal 

2 Pnom 

1 t 

t 

c 

tc 

tc 

⎝η 

mη 

isp ⎠ 

⎛ 

⎞ 

= 

3600 3 1 

⋅ 2 ⋅38. 

76 ⋅10 

⋅⎜ 

−1⎟ ⋅ 25 = 19720 ⋅10 

3 [ Ws] 

= 

60 

⎝ 0. 

9 ⋅ 0. 

95 ⎠ 

= 

zal 

= 19720 

• 

[ kWs] ≈ 5. 

477 [ kWh] 

= 


U stacionarnom stanju sila dizanja tereta iznosi: 

( m − m ) g = ( 13600 −10900) ⋅9.81 

= [ N] 

Fstac = 

T P 

26487 

Za ubrzanje je potrebno obezbediti višak sile u iznosu: 

( m + m ) a = ( 13600 + 10900) ⋅ 0.8 = [ N ] 

Fd = 

T P pol 

19600 

a 

v 

D 

Prema tome ukupna sila koju je potrebno obezbediti 

tokom zaleta iznosi: 

Fpol = Fstac 

+ Fd 

= 26487 + 19600 = 46087 

Vreme zaleta je: 

t 

v = 

a 

= 

8 = 

stac 

pol 

10 

pol 

0.8 

[] s 

Visina koju teret prelazi tokom zaleta je: 

h 

1 2 1 

pol 

= a 

polt 

pol 

= ⋅ 0.8⋅10 

2 = 40 

2 2 

[ m] 

[ N] 

m P 

m T 

Pošto se zaustavljanje obavlja bez učešća motora, samo pod dejstvom zemljine teže, sila 

kočenja je: 

Fkoc = Fstac 

= 26487 

[ N ] 

Sila kočenja obezbeđuje usporenje od: 

291


2005. GODINA 

a 

koc 

2 

[ ] 

= Fkoc 

19600 − 

= 

= 1.081 

m + m 13600 + 10900 

ms 

T 

P 

Vreme i visina koju teret prelazi tokom kočenja su: 

t 

v 

= 

a 

8 

[] s 

stac 

koc 

= ≈ 7. 40 

koc 

1.081 

1 2 1 

koc 

= akoctkoc 

= ⋅1.081⋅ 

7.40 

2 = 29. 60 

h 

2 

2 

[ m] 

Put koji teret prelazi u stacionarnom stanju je prema tome: 

( h + h ) = 300 − ( 40 + 29.60) = 230. [ m] 

hstac = H − 

pol koc 

40 

Dalje sledi da stacionarno stanje traje: 

t 

h 

= 

v 

230.4 

stac 

stac 

= ≈ 28. 8 

stac 

8 

[] s 

Samo vreme trajanja ciklusa je: 

tc = t 

pol 

+ tstac 

+ tkoc 

+ t0 = 10 + 28.8 + 7.4 + 30 = 76. 2 

Pošto nisu dati podaci o stepenu korisnog dejstva motora i mehanizma za dizanje, možemo 

smatrati da se tokom zaleta potrebna snaga motora menja linearno od nulte vrednosti do 

maksimalne u iznosu: 

[] s 

[ W ] [ kW ] 

Pmpol max 

= Fpolvstac 

= 46087 ⋅8 

= 368696 ≈ 369 

U stacionarnom stanju radi održanja konstantne brzine obrtanja motor razvija snagu u 

iznosu: 

[ W ] [ kW ] 

Pmstac = Fstacvstac 

= 26487 ⋅8 

= 211896 ≈ 212 

Kočenje se odvija pod dejstvom zemljine teže, pa motor u tom ciklusu razvija snagu u 

iznosu: 

P mkoc 

= 0 

Na osnovu prethodno izračunatih parametara mogu se nacrtati dijagrami promene brzine i 

snage motora u funkciji vremena, kao na sledećoj slici. 

Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenja 

tokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β: 

β = 

1 

4 

= 0.25 

1+ 

β 

2 

1+ 

5 

8 

[] α = = = = 0.625[] 

2 

1 

4 

292


2005. GODINA 

v 

v stac 

P m 

P m 

' 

P mpolmax 

P mstac 

t zal 

t stac 

t koc 

t 0 

t c 

Ukupni ekvivalentna snaga motora za ciklus nalazimo iz sledeće relacije, vodeći pri tome 

računa da pošto tokom zaleta, zagrevanje je proporcionalno sa vrednočću momenta, odnosno struje, 

a ne snage računamo sa fiktivnom konstantnom snagom P m ' jednakoj maksimalnoj snazi P mpolmax 

koja se razvija u tom periodu: 

P 

m 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

+ 

i 

∑ 

k 

P 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

= 

= 

2 

mpol max 

t 

pol 

P 

α 

+ P 

+ P 

( t + t ) + t + βt 

0.625⋅ 

( 10 + 7.4) 

pol 

2655997.2 

47.175 

= 

2 

mstac 

tstac 

koc 

stac 

237.278[ kW ] 

2 

mkoc 

tkoc 

0 

= 

369 

2 

2 

⋅10 

+ 212 ⋅ 28.8 

+ 28.8 + 0.25⋅30 

= 


Energiju gubitaka u bakru rotora za za jednobrzinsko upuštanje p = 2 dobijamo na osnovu 

relacija: 

ω 

W 

s 

2πn 2 60 2 2 

= s π f πf 

πf 

= = = ⇒ s1 = 1 ⇒ s2 

= 0 

60 60 p p 2 

Cur 

= J 

2 

2 

2 2 ωs 

2 2 J 

Σ ⎛ 2πf 

⎞ J 

Σ 

( s − s ) = J ( 1 − 0 ) = ⎜ ⎟ ( 2πf 

) 2 

2 

ωs 

Σ 1 2 Σ 

= 

2 

2 

Energija gubitaka za postupno dvorzinsko upuštanje p = 4/2, dobijamo iz relacija: 

2 

⎝ 

2 

⎠ 

8 

ω 

2πf 

2πf 

= = ⇒ s 1 

' = 1 ⇒ s ' = 0 ⇒ 

p' 

4 

s 

' 

2 

293


2005. GODINA 

2 

2 

ωs 

' 

Σ 1 2 Σ 

= 

2 

2 2 ωs 

' 2 2 J 

Σ ⎛ 2πf 

⎞ J 

Σ 

( s ' −s 

' ) = J ( 1 − 0 ) = ⎜ ⎟ ( 2πf 

) 2 

WCur 

' = J 

2 

2 

2 ⎝ 4 

ωs 

− ωs 

' ωs 

' p 1 1 

s1 '' 

= = 1− 

= 1− 

= 1− 

= ⇒ s2 

'' = 0 

ω ω p' 

2 2 

W 

W 

Cur 

z 

'' 

= J 

= W 

Cur 

s 

s 

2 

2 

2 

ωs 

Σ 1 2 

Σ 

= 

2 

' + W 

2 

2 2 ωs 

⎛ 1 ⎞ J 

Σ ⎛ 2πf 

⎞ J 

Σ 

( s '' −s 

'' ) = J ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ( 2πf 

) 2 

Cur 

'' = 

J 

Σ 

32 

2 

J 

Σ 

+ 

32 

⎝ 2 ⎠ 

8 ⎝ 2 

J 

Σ 

= 2πf 

16 

⎠ 

⎠ 32 

2 1 J 

Σ 

= 

2 8 

2 

2 

2 

( 2πf 

) ( 2πf 

) ( ) ( 2πf 

) = WCur 

Procentualno energija izgubljena pri dvobrzinskom upuštanju u odnosu na energiju pri 

jednobrzinskom upuštanju iznosi: 

1 

W 

W 

Cur 

z 

W % = 100 = 

2 

z 

⋅100 

= 

W W 

Cur 

Cur 

50 [%] 

Odnosno smanjenje gubitaka u dvobrzinskom upuštanju prema jednobrzinskom upuštanju 

iznosi 50%. 

32 

1 

2 



Odrediti moment inercije lopte poluprečnika R = 500 [mm]. Osa rotacije prolazi kroz osu 

simetrije. Specifična masa materijala od kojeg je izrađena lopta iznosi ρ = 4.5 [kg/dm 3 ]. 

A 

A 

A 

R 

R = 500 [mm] 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 40 [kW]; priključnog rotorskog napona 

U nom = 380 [V]; nominalne brzine obrtanja n nom = 1430 [min -1 ]; pokreće loptu iz prethodnog 

zadatka. Lopta je direktno spregnuta sa osovinom motora, čiji je sopstveni moment inercije 

zanemarljiv (ako niste izračunali moment inercije iz prethodnog zadatka usvojite J Σ = 235 [kgm 2 ]). 

Kritični moment motora iznosi M kr = 4M nom [Nm]. 

a) Koliko iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. 

b) Ako se motor pokreće upuštačem zvezda – trougao koliko se puta povećava vreme zaleta? 

294


2005. GODINA 


Trofazni asinhroni motor iz prethodnog zadatka napaja se iz frekventnog pretvarača koji 

obezbeđuje trajno strujno preopterećenje od 130% nominalne vrednosti struje. 

a) Koliko u tom slučaju iznosi vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. 

b) Ako motor po dostizanju nominalne brzine nije opterećen, odnosno vuče samo struju 

praznog hoda u iznosu od 40% nominalne vrednosti struje, odrediti maksimalan broj 

upuštanja motora napajanog frekventnim pretvaračem na sat. 

Uzeti u obzir da je hlađenje u mirovanju četiri puta lošije nego pri nominalnom radu. 


Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka napaja se sa tiristorskim podešivačem kojem je 

struja ograničena na trostruku vrednost nominalne struje motora. Pod pretpostavkom da se 

zanemaruju statorski gubici, gubici u gvožđu i struja magnećenja, odrediti: 

a) Vrednost svedene rotorske otpornosti R r ’ i rasipnih induktivnosti pod pretpostavkom da su 

iste L s = L r ’ . 

b) Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja. 


Trofazni asinhroni motor iz prethodnih zadataka pokreće preko reduktora prenosnog odnosa 

i red = 10 [ ], koeficijenta korisnog dejstva η red = 0.9 [ ], bubanj dizalice prečnika D = 0.8 [m]. 

Odrediti vrednost maksimalnog tereta koji može da podigne dizalica: 

a) Pri direktnom upuštanju motora. 

b) Pri upuštanju sa tiristorskim podešivačem kojem je struja ograničena na trostruku vrednost 



Izdelimo loptu na elementarne diskove, na rastojanju y od vrha, poluprečnika r i debljine dy, 

prema slici: 

A 

R 

y 

dx 

dm x 

r 

x 

A 

dm y 

dy 

295


2005. GODINA 

Pronađimo prvo moment inercije jednog segmenta diska, poluprečnika r visine dy. Moment 

inercije jednog segmenta diska dm x na udaljenosti x od ose rotacije (prema slici), iznosi: 

dJ 

x 

= dm 

x 

⋅ x 

2 

= 

2 

3 

( 2π rdxρdy) x = 2πdyρx 

dx 


Moment inercije diska, koji je ujedno i jedan element lopte, dobijamo integraljenjem svih 

segmenata diska, po poluprečniku elementa x od 0 do r: 

4 

3 x r 1 4 1 2 

J 2 x dx = 2πdyρ 

= πdyρr 

= mxr 

= dJ 

4 0 2 2 

r 

r 

= 3 

x ∫dJ 

x 

= ∫ πdyρx 

dx = 2πdyρ 

∫ 

r 0 

o 

y 

Dalje moment inercije lopte dobijamo integraljenjem svih momemata inercije elementarnih 

diskova, po rastojanju od centra y od -R do R: 

J 

= 

∫ 

R 

dJ 

y 

= 

R 

∫ 

−R 

1 πρ r 

2 

4 

dy 

Promenu poluprečnika r u funkciji rastojanja y nalazimo primenom Pitagorine teoreme, 

odnosno relacije: 

r 

2 

= R 

2 

− y 

2 

Pa prethodni integral daje vrednost traženog momenta inercije lopte: 

3 5 

4 2 2 4 

⎛ 

4 2 y y ⎞ 

( R − 2R 

y + y ) dy = πρ⎜ 

R y − 2R 

+ ⎟ = 

R 

R 

R 

4 

R 

3 

−R 

0 

0 

5 0 

= 1 

1 

4 1 

J πρ ∫r 

dy = πρ2∫r 

dy = πρ2 

2 

2 

2 

∫ 

⎛ 2 1 ⎞ 8 2 ⎛ 4 

= πρR 

πρ 

⎝ 3 5 ⎠ 3⋅5 

5 ⎝ 3⋅ 

5 

5 

3 2 

2 

⎜1− 

+ ⎟ = πρR 

= ⎜ R ⎟R 

= ml 

R 

gde je m l masa lopte, koju možemo odrediti integraljenjem svih masa inercije elementarnih diskova, 

po rastojanju od centra y od -R do R: 

⎞ 

⎠ 

2 

5 

⎜ 

⎝ 

⎟ 

⎠ 

m 

l 

R 

R 

= 2 

R 

∫dmy 

= ∫πρ r dy = 2πρ 

∫ 

⎜ 

= R 

3 

⎟ 0 

3 3 

R 

−R 

0 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

3 

2 2 

⎛ 

2 y ⎞ 

3⎛ 1 ⎞ 4 3 

( R − y ) dy = 2πρ⎜ 

R y − ⎟ = 2πρR 

⎜1 

− ⎟ πρ 

Posle unosa vrednosti dobijamo vrednost za tra\eni moment inercije lopte: 

8 

15 

8 

15 

5 

3 5 

J = πρR 

= ⋅π 

⋅ 4.5⋅10 

⋅ 0.5 = 

235.619 

2 

[ kgm ] 


Prvo odredimo potrebne vrednosti za izračunavanje vremena zaleta, vrednost nominalnog i 

kritičnog momenta, nominalnog i kritičnog klizanja: 

296


2005. GODINA 

3 

Pnom 

30Pnom 

30 ⋅ 40 ⋅10 

M 

nom 

= = = 

= 267. 113 

Ω 

nom 

πnnom 

π ⋅1430 

M 

kr 

= 4 M 

nom 

= 4 ⋅ 267.113 = 1068. 453[ Nm] 

n1 

− nnom 

1500 −1430 

70 

snom 

= = 

= = 0. 04666 

n1 

1500 1500 

⎛ 

2 ⎞ 

⎜ M ⎛ ⎞ 

kr 

M 

kr ⎟ 

s 

= ⋅ 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

kr 

= snom 

± −1 

⎟ 

0.04666 

M 

nom 

⎝ 

⎝ M 

nom ⎠ 

⎠ 

[ Nm] 

• 

[] 

[] 

( ± − ) = ⎨ 

⎧ 

2 

0.3674 

4 4 1 

⎩0.00529 

Drugo rešenje je neprirodno jer daje rezultat za kritično klizanje manje od nominalnog. 

a) Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja izračunavamo na osnovu poznatog izraza: 

2 

2 

J ⎡ 

⎤ ⎡ 

⎤ 

Σ 

ω − snom 

J 

l f − snom 

t = 1 

1 

2π 

1 

zal ⎢ − skr 

ln snom 

⎥ = ⎢ − skr 

ln snom 

⎥ = 

2 M 

kr 

⎣ 2skr 

⎦ 2 pM 

kr 

⎣ 2skr 

⎦ 

2 

235. 

619 ⋅ 2 ⋅π 

⋅ 50 ⎡1− 

0. 

04667 

⎤ 

= 

⋅ ⎢ 

− 0. 

3674 ⋅ln 

0. 

06667⎥ 

= 43. 

021[] 

s 

2 ⋅ 2 ⋅1068. 

453 ⎣ 2 ⋅ 0. 

3674 

⎦ 

b) Moment motora M m , pa i kritični moment M kr linearno je proporcionalan sa kvadratom 

vrednosti priključnog napona. Pošto se kod prebacivanja veze trougla u zvezdu statorski napon 

smanjuje na: 

[] 

U ' = U 

s 

f 

U 

l 

= 

3 

⇒ 

moment motora se smanjuje na: 

M 

m 

M 

m 

' = ⇒ M 

kr 

' = 

3 

M 

3 

kr 

Pa se vreme zaleta produžava na: 

2 

2 

J ⎡ 

⎤ ⎡ 

⎤ 

Σ 

ω 1− 

snom 

J 

Σ 

1− 

snom 

t 

zal 

' = 1 

ω1 

⎢ − skr 

ln snom 

⎥ = ⎢ − skr 

ln snom 

⎥ = 3t 

2 M 

kr 

' ⎣ 2skr 

⎦ 2 M 

kr ⎣ 2skr 

⎦ 

3 

= 3 ⋅ 43.021 = 129.063 s 

[] 

zal 

= 


a) Dinamički moment ubrzanja ostvaren napajanjem sa frekventnim pretvaračem, prema 

uslovu zadatka je konstantan i jednak 130% od vrednosti nominalnog momenta: 

M = 1. 

3 

d 

M nom 

Za konstantni moment ubrzanja vreme zaleta nalazimo iz relacije: 

πJ 

Σ 

πJ 

Σ 

π ⋅ 235. 

619 

t 

zal 

= nzal 

= 

nnom 

= 

⋅1430 

= 101. 

61 

30M 

30 ⋅1. 

3⋅ 

M 30 ⋅1. 

3⋅ 

267. 

113 

d 

nom 

297 

[] s


2005. GODINA 

b) Prema uslovima zadatka, određujemo vrednosti za faktore izračunavanja uticaja hlađenja 

tokom zaleta i kočenja α i tokom mirovanja β: 

β = 

1 

4 

= 0.25 

1+ 

β 

2 

1+ 

5 

8 

[] α = = = = 0.625[] 

2 

1 

4 

I m 1.3I nom 

t c 

0.4I nom 

t 

t zal 

t pr 

Ukupni ekvivalentna struja motora za ciklus mora biti manja od nominalne struje motora, pa 

za najgori slučaj kad nema mirovanja između ciklusa važi: 

I 

nom 

≤ 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

+ 

i 

∑ 

k 

I 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

l 

= 

2 

( 1. 

3I 

) t + ( 0. 

4I 

) 

nom 

zal 

αt 

zal 

+ t 

2 

2 

2 

2 

αt 

zal 

+ t 

pr 

= 1. 

3 t 

zal 

+ 0. 

4 t 

pr 

⇒ t 

pr 

− 0. 

4 t 

pr 

= 1. 

3 t 

zal 

−αt 

zal 

2 

2 

1. 

3 −α 

1. 

3 − 0. 

625 

t 

pr 

= t 

zal 

= 

⋅101. 

61 = 128. 

827 

2 

2 

1− 

0. 

4 1− 

0. 

4 

pr 

[] s 

Trajanje ciklusa i traženi broj maksimalnih upuštanja je na kraju: 

tc = t 

zal 

+ t 

pr 

= 101 . 61+ 

128. 

827 = 230. 

437 

3600 3600 

z = = = 15. 

622[] ≈ 15[] 

t 230. 

437 

c 

[] s 

nom 

2 

t 

pr 

⇒ 

⇒ 


Vrednost rasipnih induktiviteta dobijamo iz sledećih relacija: 

M 

kr 

3⋅30 

= ⋅ 

πn 

2 

S 

U 

S 

( X + X ') ⇒ 

S 

2 

R 

298


2005. GODINA 

2 

3⋅30 

U 3⋅30 

220 

S R 

43257 

πn 

2M 

π ⋅1500 

2 ⋅1068. 

453 

S 

( X + X ') = ⋅ = ⋅ 

= 0. 

[ Ω]⇒ 

S 

2 

kr 

X 

S 

+ X 

R' 

0. 

43257 

LS + LR' 

= = = 0. 

001377 

S R 

6885 

2πf 

2π50 

s 

[ H ] ⇒ L = L ' = 0. 

[ mH ] 

Vrednost svedenog rotorskog otpora nalazimo iz relacije za kritično klizanje: 

s 

kr 

X 

R ' = s 

r 

= 

kr 

S 

R ' 

r 

+ X 

⇒ 

' 

( X + X ') = 0 . 3674 ⋅ 0. 

43257 = 0. 

1589[ Ω] 

S 

R 

R 

Vrednost momenta motora u funkciji klizanja za napajanje sa tiristorskim podešivačem sa 

strujnim ograničenjem I pmax , dobijamo iz sledećih relacija: 

M 

M 

nom 

m 

3⋅30 

Rr' 

= ⋅ 

πn 

s 

S 

3⋅30 

Rr' 

= ⋅ 

πn 

s 

S 

nom 

2 3⋅30 

Rr' 

I 

r' 

= ⋅ 

πn 

s 

S 

nom 

2 3⋅30 

R ' ⎛ I 

r 

I 

r' 

= ⋅ ⋅ 

nS 

s 

⎜ 

π ⎝ I 

2 

( I ) ⇒ 

snom 

p max 

snom 

I 

snom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

s 

⋅ 

s 

nom 

nom 

⎛ I 

= 

⎜ 

⎝ I 

p max 

snom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

M 

nom 

s 

nom 

s 

Zalet sa konstantnom strujom vrši se sve do brzine obrtanja pri kojoj se dostiže nominalna 

vrednost napona na izlazu tiristorskog pretvarača, nakon čega se dalje zalet obavlja po prirodnoj 

momentnoj karakteristici za naponsko napajanje. Vrednost klizanja s b koje određuje prelazak na 

prirodnu karakteristiku dobija se iz sledećih relacija: 

299


2005. GODINA 

M 

s 

s 

m 

nom 

s 

kr 

⎛ I 

= 

⎜ 

⎝ I 

p max 

snom 

skr 

s 

+ 

s 

= ± 

nom 

2 

b 

M 

2 

M 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

M 

nom 

M 

= 2 

M 

s 

s 

kr 

nom 

s 

nom 

b 

⎛ 

⎜ 

I 

⎝ I 

M 

2 

M 

= 

s 

snom 

p max 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

b 

kr 

2 

kr 

nom 

M 

s 

+ 

s 

kr 

b 

⇒ s 

nom 

2 

b 

s 

⇒ 

s 

= 

M 

2 

M 

⎛ 1 ⎞ 

2 ⋅ 4 ⋅⎜ 

⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

nom 

b 

kr 

nom 

⎛ s 

⎜ 

⎝ s 

s 

b 

kr 

kr 

⎛ 

⎜ 

I 

⎝ I 

s 

s 

+ 

s 

nom 

snom 

p max 

0. 

04667 ⋅ 0. 

3674 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

kr 

b 

2 

0. 

04667 

− 

0. 

3674 

⎞ M 

⎟ = 2 

⎠ M 

s 

− 

s 

kr nom 

b 

= ± . 

2 2 

kr 

nom 

⎛ 

⎜ 

I 

⎝ I 

s 

snom 

p max 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

s 

− 

s 

nom 

kr 

= ± 

nom 

kr 

kr 

nom 

⇒ 

0 150[ ] 

⎛ 

⎜ 

I 

⎝ I 

snom 

p max 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⇒ 

Realno rešenje je pozitivno pošto se radi o motornom režimu. 

Vreme zaleta nalazimo primenom Njutnove jednačine na dva segmenta promene 

dinamičkog momenta za strujno i naponsko napajanje, uz uslov da je moment opterećenja M t = 0. 

Rešenje jednačine nalazimo korišćenjem veze između ugaone brzine i klizanja: 

ω = 

M 

din 

( 1− 

s) 

= 

ω ⇒ dω 

= −ω 

ds ⇒ 

dω 

dt 

Σ 

Σ 

( M − M ) = M = J ⇒ dt = dω 

= − ω ds ⇒ 

m 

1 

t 

m 

s 

Σ 

Iz zadnje relacije integraljenjem za prvi segment za klizanje od 1 do s b , dobijamo vreme 

zaleta za strujno napajanje: 

J 

M 

m 

J 

M 

m 

s 

tz' 

s 

s s 

b 

= = − = − ∫ b 

= − ∫ 

b 

J 

Σ 

ds 

t 

z' 

∫ dt ∫ ω 

sds 

J 

Σω 

s 

J 

Σω 

s 

M 

m 

M 

0 1 

1 m 

1 ⎛ I 

⎜ 

⎝ I 

2 

1 

⎛ ⎞ 

⎛ 

⎜ 

I 

snom ⎟ 

J 

Σω 

s 

= = ⎜ 

I 

∫ sds 

⎝ I 

p max ⎠ M 

nomsnom 

s ⎝ I 

b 

⎛ 1 ⎞ 

= ⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

2 

snom 

p max 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

M 

J 

Σ 

nom 

ω 

s 

s 

nom 

2 

235. 

619 ⋅100 

⋅π 

1− 

0. 

15 

⋅ = 161. 

229 

2 ⋅ 267. 

113 2 ⋅ 0. 

04667 

2 

s 

2 

[] s 

p max 

snom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

sds 

2 

M 

1 ⎛ 

⎜ 

I 

= 

s 

b ⎝ I 

nom 

snom 

p max 

s 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

nom 

2 

= 

J 

Σω 

s 

1− 

s 

M 2s 

nom 

2 

b 

nom 

= 

Slično za drugi segment za klizanje od s b do s nom , dobijamo vreme zaleta za naponsko 

napajanje: 

t '' 

s 

s 

z 

a 

nom 

nom 

= J 

∫ = ∫ − = − ∫ = − ∫ = 

M 

∫ 

b 

J 

Σ 

ds 

ds 

Σω1 

tz'' 

dt ω1ds 

J 

Σω1 

J 

Σω1 

M 

M 

2M 

sb 

m 

sb 

m 

s 

kr 2 

0 

b 

kr s 

s skr 

+ 

s s 

s 

⎛ 

b 

sb 

J Σω ⎞ 

⎜ s skr 

+ ⎟ 

J 

Σ 

ds ds = 

2M 

⎜ 

⎟ 

kr ⎝ 

2s 

s kr 

s 

s ⎠ 

2M 

nom 

nom 

= ∫ ∫ 

1 

ω 1 

kr 

⎛ s 

⎜ 

⎝ 2s 

2 

kr 

s 

+ s 

kr 

kr 

⎞ s 

ln s 

⎟ 

⎠ s 

b 

nom 

= 

s 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

s 

s 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

⎞ 

⎟ds 

= 

⎠ 

300


2005. GODINA 

= 

= 

2 2 

2 2 

J Σω ⎡⎛ 

⎞ ⎤ 

⎡⎛ 

− ⎞ 

1 

s 

⎢⎜ 

b 

− snom 

s 

⎟ 

b 

J 

Σ 2πf 

s 

+ ⎥ = ⎢⎜ 

b 

snom 

s 

⎟ 

skr 

ln 

+ skr 

ln 

2M 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2skr 

⎠ snom 

⎥⎦ 

2 pM 

kr ⎢⎣ 

⎝ 2skr 

⎠ s 

2 

2 

235. 

619 ⋅ 2 ⋅π 

⋅ 50 ⎡0. 

15 − 0. 

04667 

0. 

15 ⎤ 

⋅ ⎢ 

+ 0. 

3674 ⋅ln 

⎥ = 7. 

908 s 

2 ⋅ 2 ⋅1068. 

453 ⎣ 2 ⋅ 0. 

3674 

0. 

04667⎦ 

b 

nom 

[] 

⎤ 

⎥ = 

⎥⎦ 

Prema tome vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena: 

t 

z 

= t 

z' 

+ t 

z'' 

= 161 . 229 + 7. 

908 = 169. 

137 

[] s 


Moment nepoznatog tereta i svedeni moment nepoznatog tereta na osovinu motora su: 

D 

M = T 

mT 

g 

2 

M 

T 

mT 

g D 

M 

T' 

= = 

i η i η 2 

red 

red 

red 

red 

Maksimalnu masu tereta koju može da podigne dizalica, dobijamo iz uslova da se u polasku 

mora razviti moment veći od svedenog. Odnosno treba da važi: 

MOTOR 10:1 

D=0.8 [m] 

η red 

= 0.9 

F T 

m T 

= ? 

M 

mpol 

≥ M 

T 

' ⇒ m 

T 

≤ 

2M 

mpol 

i 

gD 

red 

η 

red 

a) Pri direktnom upuštanju motor razvija polazni moment: 

2M 

kr 

2M 

kr 2 ⋅1068. 

453 

M 

pola 

= = = 

= 691. 

727 

s s 

pol 

s 

kr 

kr 1 

1 

+ + 0. 

3674 + 

s s 1 s 

0. 

3674 

pol 

kr 

kr 

Pa u tom slučaju se može dići teret sa maksimalnom masom od: 

2 ⋅ 691. 

727 ⋅10 

⋅ 0. 

9 

m Ta 

≤ 

= 1596. 

53 

9. 

81⋅ 

0. 

8 

[ kg] 

[ Mm] 

301


2005. GODINA 

b) Pri upuštanju sa strujnim izvorom sa vrednošću strujne granice jednake trostrukoj vrednosti 

nominalne vrednosti struje, polazni moment motora iznosi: 

M 

polb 

3⋅30 

Rr' 

2 3⋅30 

Rr' 

s 3⋅30 

R ' 

= ⋅ I 

r' 

= ⋅ ⋅ 

snom 

snom nom 

πn 

s πn 

1 

s πn 

s 

S pol 

S 

nom 

nomsnom 

= 9 ⋅ 267. 

113⋅ 

0. 

04667 112. 

196 

= 9 M 

= 

2 nom 

r 2 

( 3I 

) ⋅ = 9 ⋅ ⋅ I ⋅ s = 

[ Nm] 

Što znači da se u tom slučaju može dići teret sa maksimalnom masom od: 

2 ⋅112. 

196 ⋅10 

⋅ 0. 

9 

m Tb 

≤ 

= 257. 

33 

9. 

81⋅ 

0. 

8 

[ kg] 

S 

nom 



Pogon mostne dizalice nosivosti m t = 10000 [kg], vlastite mase m s = 15000 [kg] rešen je sa 

trofaznim asinhronim motorom sa namotanim rotorom nominalne snage P nom = 30 [kW], nominalne 

brzine obrtanja n nom = 720 [min -1 ], sa sopstvenim momentom inercije J m = 6.25 [kgm 2 ]. Motor se 

upušta otporničkim upuštačem koji obezbeđuje približno konstantan moment pri upuštanju. Motor 

je u vožnji opterećen sa 80% od nominalne vrednosti momenta. Brzina vožnje je v = 2 [m/s]. 

Sa kolikim konstantnim momentom treba pokretati motor ako želimo pri punom opterećenju 

postići punu brzinu vožnje od v = 2 [m/s], nakon s = 5 [m] vožnje? 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 11 [kW]; nominalne brzine obrtanja n nom = 

2880 [min -1 ] i sopstvenog momenta inercije J m = 0.1 [kgm 2 ], pokreće se konstantnim momentom 

vrednosti 130% nominalnog momenta. 

Koliko sme da iznosi moment inercije opterećenja na osovini motora ako se pun zalet mora 

izvršiti za t zal = 2 [s]? Momenta opterećenja nema. 


Radni mehanizam promenljivog opterećenja od P t = 2 [kW] do 10 [kW] trebao bi da se 

okreće sa približno konstantnom brzinom od n = 2200 [min -1 ] do 2400 [min -1 ]. Na raspolaganju 

imamo jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom, sa sledećim nazivnim podacima: nominalna 

snaga P nom = 10 [kW], nominalni napon U nom = 220 [V], nominalna rotorska struja I anom = 52.4 [A], 

nominalna brzina obrtanja n nom = 2250 [min -1 ]. 

Potrebno je zaključiti koje su verovatne granice promene brzine obrtanja i odgovaraju li 

traženim granicama. Sa obzirom na konstrukciju motora, verovatna je pretpostavka da se gubici u 

armaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka. 


Trofazni asinhroni motor nominalne snage P nom = 40 [kW] i nominalne brzine obrtanja n nom 

= 1430 [min -1 ] opterećen je sa nominalnim opterećenjem. Tokom rada u toku kratkog vremena t imp 

= 2 [s] ostaje bez opterećenja. 

Odrediti brzine obrtanja do koje će se maksimalno ubrzati motor tokom rasterećenja. 

Skicirati zavisnost promene brzine obrtanja i momenta motora tokom rasterećenja. Ukupni moment 

inercije opterećenja sveden na osovinu motora je J Σ = 150 [kgm 2 ]. 

302


2005. GODINA 


Pogon sa svedenim momentom inercije J t = 2 [kgm 2 ] je ostvaren sa trofaznim asinhronim 

motorom sa nominalnim podacima U nom = 380 [V]; I nom = 19.5 [A]; P nom = 7.5 [kW]; n nom = 680 

[min -1 ]; cosϕ nom = 0.74. 

Odrediti približnu vrednost gubitaka koji nastaju tokom zaleta ako je vrednost rotorskog 

otpora svedenog na stator 1.5 puta veća od vrednosti statorskog otpora. 


Vreme ubrzanja iznosi: 

t 

s 

= 

v 

2 ⋅ s 2 ⋅ 5 

= = 

v 2 

zal 

= 

sr 

5[ s] 


M 

30 P 

= ⋅ 

π n 

30 30000 

= ⋅ 

π 720 

nom 

nom 

= 

nom 

397.887[ Nm] 

Motor se ubrzava do radne tačke u kojoj je opterećen sa 80% nominalnog momenta, 

odnosno do: 

n 

zal 

ns 

− nnom 

750 − 720 

= ns 

− ⋅ M 

t 

= 750 − ⋅ 0.8M 

nom 

= 750 − 30 ⋅ 0.8 = 726[ min 

M 

M 

nom 

nom 

−1 

] 

Shodno tome ugaona brzina pogonskog vratila motora u stacionarnom stanju iznosi: 

ω 

m 

π 2 ⋅π 

⋅ 726 

= = = 76.026 s 

60 60 

1 

[ ] 

2 n zal 

− 

Svedeni moment inercije tereta na pogonsko vratilo, prema tome je: 

J 

2 

2 

( ms 

+ mt 

) v ( 15000 + 10000) ⋅ 2 

2 

= 

17.301[ kgm ] 

ek 

= 

= 

2 

2 

ωm 

76.026 

Ukupan svedeni moment inercije iznosi: 

J 

Σ 

2 

[ ] 

= J 

m 

+ J 

ek 

= 17.301+ 

6.25 = 23.551 kgm 

Potreban moment ubrzanja nalazimo iz relacije: 

M 

d 

= const = M − M = xM − 0. 8M 

m 

t 

nom 

nom 

= J 

dω 

dt 

Σ 

= 

J 

Σ 

ω 

t 

m 

zal 

Prema tome motor moramo pokretati sa konstantnim momentom u odnosu na nominali veći 

za umnožak: 

x = 

J 

Σ 

ωm 

M nom 

t 

zal 

23.351 76.026 

+ 0.8 

= ⋅ + 0.8 = 0.8924 + 0.8 = 1.6924 ≈ 1.7[ ] 

397.887 5 

303


2005. GODINA 

Što iznosi 170% od vrednosti nominalnog momenta. 



M 

30 P 

= ⋅ 

π n 

30 11000 

= ⋅ 

π 2880 

nom 

nom 

= 

nom 

36.473[ Nm] 

Moment ubrzanja jednak je konstantnom momentu pokretanja pošto prema uslovu zadatka 

nema momenta opterećenja: 

M 

d 

= const = M 

m 

− M 

t 

= 1 .3M 

nom 

= 1.3⋅36.473 

= 47. 4049 

Nominalna ugaona brzina pogonskog vratila motora iznosi: 

[ Nm] 

ω 

nom 

π 2 ⋅π 

⋅ 2880 

= = = 301.593 s 

60 60 

1 

[ ] 

2 n nom 

− 

Potrebno ugaono ubrzanje tokom zaleta je prema tome: 

α 

zal 

2 

[ ] 

ωnom 

301.593 

− 

= = = 150.796 s 

2 

t zal 

Iz toga sledi da je maksimalni ukupni svedeni moment inercije: 

J 

Σ 

= 

M 

α 

d 

zal 

,4049 

= 

47 = 0.314[ kgm 

2 ] 

150.796 

Odnosno svedeni noment inercije tereta može da iznosi maksimalno: 

J 

t 

= J Σ 

− J 

m 

= 0.314 − 0.1 = 

0.214[ kgm 


Koeficijent korisnog dejstva motora iznosi: 

2 

] 

P 

η = 

U I 

nom 

nom 

anom 

= 

10000 

220 ⋅52.4 

= 0.867[ ] 

Prema tome nominalni gubici su: 

Pnom 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

Pgnom = Pel 

− Pnom 

= − Pnom 

= Pnom 

⎜ −1⎟ 

= 10000 ⋅⎜ 

−1⎟ 

= 1534. 025 

η 

⎝η 

⎠ ⎝ 0.867 ⎠ 

Pošto se gubici u armaturnom kolu kreću u granicama od 40% do 70% ukupnih gubitaka, 

njihova vrednosti se kreće u granicama: 

P 

( 0 .4...0.7) P = ( 0.4...0.7) ⋅1534.025 

= 613.61...1073. [ W ] 

Cunom 

= 

gnom 

8175 

304 

[ W ]


2005. GODINA 

Iz toga sledi da se vrednost otpornost rotorskog i kompenzacionog namotaja kreće u 

granicama: 

R 

a 

PCunom 

613.61...1073.8175 

+ R 

pp 

= = 

= 0.223475...0. 39108 

2 

2 

I 

52.4 

anom 

[ Ω] 

Koeficijent 

k E 

Φ se prema tome kreće u granicama: 

( R + R ) 

U − 

a pp 

I 

anom 

k 

EΦ = 

⇒ 

nnom 

U − ( Ra 

' + R 

pp 

') 

I 

anom 220 − 0.223475 ⋅52.4 

k 

EΦ ' = 

= 

= 0. 09257 

nnom 

2250 

U − ( Ra 

'' + R 

pp 

'') 

I 

anom 220 − 0.39108 ⋅52.4 

k 

EΦ' ' = 

= 

= 0. 08867 Vmin 

n 

2250 

nom 

A brzina obrtanja u praznom hodu kreće se u granicama: 

U 

= ⇒ 

k E 

Φ 

U 220 

− 

n0 ' = = = 2376. 58 min 

k 

EΦ' 

0.09257 

U 220 

n0 '' = = = 2481. 11 min 

k Φ'' 

0.08867 

n 0 [ ] 1 

E 

−1 

[ ] 

305 

[ Vmin] 

[ ] 

Vrednost rotorske struje za minimalno opterećenje od P t = 2 [kW] nalazimo približno iz 

relacije: 

I 

a2 kW 

≈ 0.2I 

anom 

= 0.2 ⋅ 52.4 = 10. 48 

[ A] 

I na kraju brzina obrtanja uz uslove postavljene u zadatku za minimalno opterećenje 

verovatno se kreće u granicama: 

( R + R ) 

U − 

a pp 

I 

a2kW 

n2kW 

= 

⇒ 

k 

EΦ 

U − ( Ra 

' + R 

pp 

') 

I 

a2kW 

220 − 0.223475 ⋅10.48 

− 

n2kW 

' = = 

= 2351. 27 min 

k 

EΦ' 

0.09257 

U − ( Ra 

'' + R 

pp 

'') 

I 

a2kW 

220 − 0.39108 ⋅10.48 

n2kW 

'' 

= = 

= 2434. 88 min 

k Φ' 

0.08867 

E 

1 

[ ] 

−1 

[ ] 

Pri maksimalnom opterećenju od P t = 10 [kW] motor se obrće nominalnom brzinom obrtanja 

n nom = 2250 [min -1 ], što pretstavlja minimalnu očekivanu brzinu obrtanja. Maksimalna očekivana 

brzina obrtanja pri minimalnom opterećenju iznosi n max = 2434.88 [min -1 ]. Na osnovu prethodnog 

razmatranja zaključujemo da verovatne granice promene brzine obrtanja od n = 2250 [min -1 ] do 

2434.88 [min -1 ] ne odgovaraju traženim granicama n = 2200 [min -1 ] do 2400 [min -1 ].


2005. GODINA 



3 

Pnom 

Pnom 

30 ⋅ 40 ⋅10 

M 

nom 

= = = 

= 267. 

12 

Ω 2π 

nom 

π ⋅⋅1430 

nnom 

60 


s 

n − n 

1500 −1430 

= 

1500 

1 nom 

nom 

= 

= 

n1 

0. 

0467[ ] 

Elektromehanička vremenska konstanta iznosi: 

J snomn1 

π 150 ⋅ 0.0467 ⋅1500 

⋅π 

Tm = Σ = 

= 4. 12 

M 30 267.12 ⋅30 

nom 

[ Nm] 

Pre rasterećenja brzina obrtanja u stacionarnom stanju jednaka je nominalnoj brzini obrtanja. 

Kada bi rasterećenje trajalo beskonačno, brzina motora bi u novom stacionarnom stanju dostigla 

sinhronu brzinu obrtanja n 1 , pa funkcija promene brzine sa vremenom ima oblik: 

[] s 

⎛ 

n = n − 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

1 

1 

1 − t 

− t 

⎜ Tm 

Tm 

1 

e ⎟ + nnome 

⎟ 

⎠ 

Prema tome tražena brzina obrtanja na kraju rasterećenja iznosi: 

306


2005. GODINA 

nk 

2 

2 

⎛ − ⎞ 

− 

= 

4.12 

4.12 

1500 ⋅ ⎜1 

⎟ 

− e 

+ 1430 ⋅ e = 1500 − 

min 

⎝ ⎠ 

2 

− 

4.12 

−1 

( 1500 −1430) ⋅ e = 1456.92[ ] 

Po prestanku rasterećenja brzina obrtanja teži da se vrati u početno stacionarno stanje, po 

funkciji: 

n = n 

nom 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

1 

− t 

T 

m 

⎞ 

⎟ + n 

⎟ 

⎠ 

k 

e 

1 

− t 

T 

m 

Na osnovu prethodnih relacija, na prethodnom dijagramu skiciran je odziv brzine obrtanja u 

funkciji vremena tokom rasterećenja. 



s 

nom 

= 

n 

1 

− n 

n 

1 

nom 

1500 −1430 

= 

= 0.0467[ ] 

1500 

Rotorski gubici u zaletu od nulte brzine do nominalne brzine iznose: 

W 

Cur 

= J 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 

2 2 J 

Σ 

⎛ 2πf 

⎞ 2 2 

( s − s ) = ⎜ ⎟ ( s − s )= 

p 

nom 

2 

2 2 

⎛ 2 ⋅π 

⋅50 

⎞ 

= ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 

2 ⎝ 4 ⎠ 

2 

⎝ 

p 

⎠ 

pol 

nom 

2 

( 1 − 0.0467 ) = 6155.050[ Ws] 

Statorski i rotorski gubici kod zaleta mogu se približno računati iz relacija: 

W 

W 

Cur 

Cus 

t 

zal 

0 

t 

zal 

2 

2 

() t R dt I '() t R ' dt 

= ∫ I 

r r 

= 

= 

t 

zal 

∫ 

0 

2 

I () t R dt 

s 

s 

∫ 

0 

r 

r 

Uz zanemarivanje struje magnećenja važi da je I s = I r ’, pa važi: 

W 

W 

Cur 

Cus 

= 

t 

zal 

∫ 

0 

t 

I 

zal 

∫ 

0 

r 

I 

' 

s 

() t 

2 

() t 

2 

R ' dt 

r 

R dt 

s 

= 

Rr 

' 

⇒ W 

R 

s 

Cus 

= 

Rs 

W 

R ' 

r 

Cur 

= 

1 

1.5 

⋅ 6155.050 = 4103.367 

[ Ws] 

Traženi ukupni gubici tokom zaleta će prema tome biti: 

Wzal = WCus 

+ WCur 

= 4103 .367 + 6155.050 = 10258. 417 

[ Ws] 

307


2005. GODINA 



Dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom kruto su spregnuta i pokreću 

dizalicu. Rotorski namotaji motora napajaju se iz istog regulisanog izvora jednosmernog napona. 

Pobudni namotaji se napajaju iz posebnih regulisanih izvora koji se mogu zasebno podešavati. 

Motori treba da u svim režimima dele moment opterećenja srazmerno svojim nominalnim 

momentima. 

Prvi motor ima nazivne podatke: P nom = 10 [kW]; U nom = 220 [V]; I anom = 47 [A]; R a + R pp = 

0.154 [Ω]; n nom = 1500 [min -1 ]. Drugi motor ima nazivne podatke: P nom = 2 [kW]; U nom = 220 [V]; 

I anom = 9.2 [A]; R a + R pp = 0.283 [Ω]; n nom = 1400 [min -1 ]. Otporni moment dizalice sveden na 

pogonsko vratilo motora, može se predstaviti kao zbir dve komponente M t = M t1 + M t2 . Prva 

komponenta M t1 = 30 [Nm] = konst ima potencijalnu prirodu, a druga komponenta ima reaktivnu i 

može se predstaviti kao funkcija brzine obrtanja n izražene u [min -1 ], na sledeći način M t2 = 0.002 . n 

[Nm]. 

Za brzinu obrtanja n 1 = 1000 [min -1 ] pri dizanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnih 

veličina, napona napajanja, rotorske struje i pobudnih flukseva pojedinačno za oba motora. 


Za motore iz prethodnog zadatka, pri istim zahtevima, za brzinu obrtanja n 2 = 1800 [min -1 ] 

pri spuštanju tereta, odrediti vrednosti karakterističnih veličina, napona napajanja, rotorske struje i 

pobudnih flukseva za oba motora. 


Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nazivnim podacima: P nom = 10.5 [kW]; 

U nom = 380 [V]; I nom = 20.6 [A]; cosϕ = 0.85 [ ]; n nom = 1460 [min -1 ] i sopstvenog momenta inercije 

J m = 0.05 [kgm 2 ], pokreće radnu mašinu čiji se otporni moment menja u zavisnosti od brzine 

obrtanja n izražene u [min -1 ] po relaciji M t = 49.014 + 0.0375 . n [Nm]. Svedeni moment inercije 

radne mašine na osovinu motora iznosi J t = 0.45 [kgm 2 ]. Motor se pušta u pogon sa otporničkim 

upuštačem koji mu od nulte brzine obrtanja do brzine n 1 = 1420 [min -1 ] obezbeđuje konstantan 

moment dvostruke vrednosti nominalne vrednosti momenta motora M pol = 2M nom , a dalje se motor 

ubrzava po prirodnoj karakteristici motora. 

Koliko je vreme zaleta motora do 99.5% brzine obrtanja u stacionarnoj radnoj tački? 


Ako motor iz prethodnog zadatka ima masu m = 50 [kg] a klasa izolacije mu je F, koliko 

dugo motor može da radi sa a da se ne pregreje sa opisanom radnom mašinom posle pokretanja iz 

hladnog stanja? 

Proračun izvršiti uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je 

toplotni kapacitet gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C] i da mu se stepen korisnog dejstva i hlađenje bitno 

ne menjaju sa opterećenjem. 


Elektromotorni pogon lopate za dubinsko kopanje radi na sledeći način: najpre se zaleće bez 

opterećenja, zatim izvlači sa opterećenjem, onda istresa teret, pa koči protivstrujno bez tereta. 

Pogon je ostvaren sa trofaznim asinhronim motorom sa nominalnim podacima U nom = 380 [V]; I nom 

= 19.5 [A]; P nom = 7.5 [kW]; n nom = 680 [min -1 ]; cosϕ nom = 0.74 [ ]; P Cunom /P Fenom = 3 [ ]. Rotorski 

otpor sveden na stator 1.5 puta veći od vrednosti statorskog otpora. Ukupni moment inercije sveden 

na osovinu motora je J Σ = 1.625 [kgm 2 ]. Teret pri izvlačenju opterećuje osovinu motora sa P t = 6.2 

308


2005. GODINA 

[kW]. Motor kad stoji hladi se tri puta slabije nego kad se vrti. Posle svakog ciklusa motor neko 

vreme stoji tako da trajanje uključenja može se oceniti sa maksimalno ε = 65 [%]. 

Odrediti koliko ciklusa može izvesti ovaj pogon na sat, a da se motor ne preoptereti, pri 

tome pretpostaviti ta su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa. 


Za nominalni režim prvog motora važi: 

( R + R ) = 220 − 47 ⋅ 0. 

154 212. 

[ V ] 

Enom 1 

= U − I 

anom1 

a1 

pp1 

= 762 

Enom 

1 212. 

762 

Enom = k 

E1Φnom1nanom1 

⇒ k 

E1Φnom1 

= = = 0. 

14184 

n 1500 

1 

V 

anom1 

60 Pm 

1 30 10000 

M 

mnom1 = = ⋅ = 63. 

662 

2π 

n π 1500 

nom1 

[ Nm] 

30 30 

⎡ Nm⎤ 

k 

M1Φnom1 

= k 

E1Φnom1 

= ⋅ 0. 

14184 = 1. 

3545 

π 

π 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

Za nominalni režim drugog motora važi: 

( R + R ) = 220 − 9. 

2 ⋅ 0. 

283 217. 

[ V ] 

309 

[ min] 

Enom2 = U − I 

anom2 

a2 

pp2 

= 3964 

Enom2 

217. 

3964 

Enom = k 

E 2Φnom2nanom2 

⇒ k 

E 2Φnom2 

= = = 0. 

15528 

n 1400 

2 

V 

60 Pm 

2 30 2000 

M 

mnom2 = = ⋅ = 13. 

642 

2π 

n π 1400 

nom2 

anom2 

[ Nm] 

30 30 

⎡ Nm⎤ 

k 

M 2Φnom2 

= k 

E 2Φnom2 

= ⋅ 0. 

15528 = 1. 

4826 

π 

π 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

[ min] 

Brzina obrtanja n 1 = 1000 [min -1 ] pri dizanju, svakako se mora postići smanjenjem rotorskog 

napona, koji je zajednički za oba motora, pri čemu da bi motori delili moment opterećenja srazmerno 

svojim nominalnim momentima, moraju se pobude smanjiti. Pri tome zgodno je smanjiti pobudu samo 

drugog motora, jer smanjenje pobude prvog motora dovodi do većeg ukupnog povećanja struje koju motori 

vuku, jer taj motor sa većim procentom učestvuje u stvaranju momenta. Iz postavljenih uslova slede relacije 

za proizvedene momente motora i moment opterećenja, na osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenih 

momenata oba motora: 

M 

m1 = k 

M1Φnom1I 

a1 

M 

m2 = k 

M 2Φ2I 

a2 

M 

m1 

k 

M1Φnom1I 

a1 

M 

mnom1 

M 

mnom2 

= 

= ⇒ M 

m2 

= M 

m1 

M 

m2 

k 

M 2Φ2I 

a2 

M 

mnom2 

M 

mnom1 

M 

t 

= M 

t1 + M 

t 2 

= 30 + 0. 

002n1 

= 30 + 0. 

002 ⋅1000 

= 32 

M ⎛ + = + 

mnom2 

M 

M 

= 

⎜ 

t 

M 

m1 M 

m2 

M 

m1 

M 

m1 

M 

m1 

1 + 

M 

mnom1 

⎝ M 

M 

t 32 

M 

m1 = 

= = 26. 

353[ Nm] 

M 

mnom2 

13. 

642 

1+ 

1+ 

M 63. 

662 

[ Nm] 

= 

mnom2 

mnom1 

mnom1 

M 

m2 = M 

t 

− M 

m1 

= 32 − 26. 

353 = 5. 

647 

[ Nm] 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎠


2005. GODINA 

Prema tome prvi motor vuče rotorsku struju vrednosti: 

M 

m1 

26. 

353 

I 

a1 = = = 19. 

456 

k Φ 1. 

3545 

M1 

nom1 

[ A] 

Iz toga sledi da rotorski napon napajanja oba motora iznosi: 

U 

( R + R ) = 0. 

14184 ⋅1000 

+ 19. 

456 ⋅ 0. 

154 144. 

[ V ] 

= k 

E1Φnom1n1 

+ I 

a1 

a1 

pp1 

836 

1 

= 

Vrednost rotorske struje i fluksa drugog motora dobijamo iz relacija za napon i moment 

drugog motora: 

( R R ) 

U 

1 

= k 

E 2Φ2n1 

+ I 

a2 

a2 

+ 

pp2 

30 

M 

m2π 

M 

m2 

= k 

M 2Φ2I 

a2 

= k 

E 2Φ2I 

a2 

⇒ k 

E 2Φ2 

= ⇒ 

π 

30I 

a2 

M 

m2π 

U1 

1 M 

m2n1π 

U1 

= n1 

+ I 

a2 

( Ra2 

+ R 

pp2 

) ⇒ I 

a2 

− + 

= 0 ⇒ 

30I 

a2 

Ra2 

+ R 

pp2 

I 

a2 

30( Ra2 

+ R 

pp2 

) 

2 U1 

M 

m2n1π 

I 

a2 

− I 

a2 

+ 

= 0 ⇒ 

Ra2 

+ R 

pp2 

30( Ra2 

+ R 

pp2 

) 

I 

a2 

= 

U 

⎡ 

1 

1 

m2 

1 

± ⎢ 

⎥ − 

( R + R ) 2( R + R ) 30( R + R ) = 

2 

a2 

pp2 

a2 

pp2 

a2 

pp2 

⎢⎣ 

U 

2 

⎤ 

⎥⎦ 

2 

144. 863 ⎛ 144. 

863 ⎞ 5. 

647 ⋅1000 

⋅π 

2 

= ± ⎜ ⎟ − 

= 255. 

942 ± 255. 

942 − 2089. 

585 = 

2 ⋅ 0. 

283 ⎝ 2 ⋅ 0. 

283 ⎠ 30 ⋅ 0. 

283 

⎧507. 

769[ A] 

= 255. 

942 ± 251. 

827 = ⎨ 

⎩ 4. 

115[ A] 

Prvo rešenje je preveliko a zahteva i suviše veliko slabljenje pobude, te drugo rešenje je 

prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude nalazimo iz relacije za rotorski napon: 

E 2 

nom2 

( R + R ) 

310 

M 

n π 

U1 

− I 

a2 

a2 

pp2 

144. 

863 − 4. 

115⋅ 

0. 

283 

k 

E 2 

Φ2 

= 

= 

= 0. 

1437 

n1 

1000 

k 

E 2Φ2 

0. 

1437 

ϕ = = = 0. 

9254[ ] 

k Φ 0. 

15528 

Što iznosi 92.54% od vrednosti nominalnog fluksa. 

[ V min] 


Iz postavljenih uslova slede relacije za proizvedene momente motora i moment opterećenja, na 

osnovu kojih nalazimo vrednosti proizvedenih momenata oba motora: 

M 

M 

m1 

m2 

M 

= 

M 

mnom1 

mnom2 

⇒ M 

m2 

= M 

m1 

M 

M 

mnom2 

mnom1 

( −1800) 26. 

[ Nm] 

M 

t 

= M 

t1 + M 

t 2 

= 30 + 0. 

002n2 

= 30 + 0. 

002 ⋅ = 4


2005. GODINA 

M ⎛ = + = + 

mnom2 

M 

= 

⎜ + 

mnom2 

M 

t 

M 

m1 M 

m2 

M 

m1 

M 

m1 

M 

m1 

1 

M 

mnom1 

⎝ M 

mnom1 

M 

t 26. 

4 

M 

m1 = 

= = 21. 

741[ Nm] 

M 

mnom2 

13. 

642 

1+ 

1+ 

M 63. 

662 

mnom1 

M 

m2 = M 

t 

− M 

m1 

= 26. 

4 − 21. 

741 = 4. 

659 

[ Nm] 

Vrednost rotorskih struja i flukseva motora dobijamo iz relacija za napon i moment motora, 

sa tim da se kočioni režim dobija izmenom polariteta napajanja, sa tim da se oba motora moraju 

nalaziti u režimu slabljenja polja pošto je brzina obrtanja veća od obe nominalne brzine obrtanja: 

( Ra 

1 

R 

1 

) 

( R R ) 

U 

1 

= −U 

= k 

E1Φ1n 

2 

+ I 

a1 

+ 

pp 

U 

2 

= −U 

= k 

E 2Φ2n2 

+ I 

a2 

a1 

+ 

pp1 

30 

M 

m1π 

M 

m1 

= k 

M1Φ12I 

a1 

= k 

E1Φ1 

I 

a1 

⇒ k 

E1Φ1 

= ⇒ 

π 

30I 

a1 

30 

M 

m2π 

M 

m2 

= k 

M 2Φ2I 

a2 

= k 

E 2Φ2I 

a2 

⇒ k 

E 2Φ2 

= ⇒ 

π 

30I 

Za prvi motor važi: 

( R + R ) 

a2 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎠ 

M 

m1π 

U 1 M 

m1n2π 

−U 

= n2 

+ I 

a1 

a1 

pp1 

⇒ I 

a1 

+ + 

= 0 ⇒ 

30I 

a1 

Ra 

1 

+ R 

pp1 

I 

a1 

30( Ra 

1 

+ R 

pp1 

) 

2 U 

M 

m1n2π 

I 

a1 

+ I 

a1 

+ 

= 0 ⇒ 

Ra 

1 

+ R 

pp1 

30( Ra 

1 

+ R 

pp1 

) 

I 

a1 

= − 

U 

⎡ 

m1 

2 

± ⎢ 

⎥ − 

( R + R ) 2( R + R ) 30( R + R ) = 

2 

a1 

pp1 

a1 

pp1 

a1 

pp1 

220 

= − ± 

2 ⋅ 0. 

154 

= −714. 

286 ± 

⎢⎣ 

U 

2 

⎤ 

⎥⎦ 

2 

M 

( −1800) 

n π 

⎛ − 220 ⎞ 21. 

741⋅ 

⋅π 

⎜ ⎟ − 

= 

⎝ 2 ⋅ 0. 

154 ⎠ 30 ⋅ 0. 

154 

2 

⎧ 18. 

391 

714. 

286 + 26610. 

922 = −714. 

286 ± 732. 

677 = ⎨ 

⎩−1446. 

963 

[ A] 

[ A] 

Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude prvog motora nalazimo iz relacije 

za rotorski napon: 

( R + R ) 

−U 

− I 

a1 

a1 

pp1 

− 220 −18. 

391⋅ 

0. 

154 

k 

E1 Φ1 

= 

= 

= 0. 

12379 

n 

−1800 

ϕ 

k 

Φ 

2 

0. 

12379 

= = 0 8728[ ] 

0. 

14184 

E1 

1 

1 

= 

. 

k 

E1Φnom1 

Što iznosi 87.28% od vrednosti nominalnog fluksa prvog motora. 

Za drugi motor važi: 

[ V min] 

311


2005. GODINA 

( R + R ) 

M 

m2π 

U 1 M 

m2n2π 

−U 

= n2 

+ I 

a2 

a2 

pp2 

⇒ I 

a2 

+ + 

= 0 ⇒ 

30I 

a2 

Ra2 

+ R 

pp2 

I 

a2 

30( Ra2 

+ R 

pp2 

) 

2 U 

M 

m2n2π 

I 

a2 

+ I 

a2 

+ 

= 0 ⇒ 

Ra2 

+ R 

pp2 

30( Ra2 

+ R 

pp2 

) 

I 

a2 

= − 

U 

⎡ 

m2 

2 

± ⎢ 

⎥ − 

( R + R ) 2( R + R ) 30( R + R ) = 

2 

a2 

pp2 

a2 

pp2 

a2 

pp2 

⎢⎣ 

2 

U 

⎤ 

⎥⎦ 

2 

M 

( −1800) 

n π 

− 220 ⎛ − 220 ⎞ 4. 

659 ⋅ ⋅π 

2 

= ± ⎜ ⎟ − 

= −388. 

693 ± 388. 

693 + 3103. 

183 = 

2 ⋅ 0. 

283 ⎝ 2 ⋅ 0. 

283 ⎠ 30 ⋅ 0. 

283 

⎧ 3. 

972[ A] 

= −388. 

693 ± 392. 

665 = ⎨ 

⎩− 

781. 

358[ A] 

Prvo rešenje je prirodno, pa zahtevano slabljenje pobude drugog motora nalazimo iz relacije 

za rotorski napon: 

( R + R ) 

−U 

− I 

a2 

a2 

pp2 

− 220 − 3. 

972 ⋅ 0. 

283 

k 

E 2 

Φ2 

= 

= 

= 0. 

12285 

n 

−1800 

ϕ 

k 

Φ 

2 

0. 

12285 

= = 0 7912[ ] 

0. 

15528 

E 2 2 

2 

= 

. 

k 

E 2Φnom2 

Što iznosi 79.12% od vrednosti nominalnog fluksa drugog motora. 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

10500 

nom 

nom 

= ⋅ = 68. 676 

nom 

π 1460 

[ Nm] 

[ V min] 

Prema uslovima zadatka, polazni moment ima konstantnu vrednost od nulte do brzine 

obrtanja n 1 = 1420 [min -1 ] u iznosu: 

M 

pol 

M 

pol 

= M 

nom 

= 2 ⋅ 68.676 = 137. 352 

M 

nom 

[ Nm] 

Iznad te brzine obrtanja do sinhrone brzine obrtanja, moment motora možemo aproksimirati 

linearnom relacijom: 

M 

m 

ns 

− n 1500 − n 

= M 

nom 

= 

⋅ 68.676 = 2575.35 −1. 

7169 ⋅ n 

n − n 1500 −1460 

s 

nom 

[ Nm] 

Stacionarnu radnu tačku nalazimo na preseku momentnih krivi motora i opterećenja, 

odnosno iz relacije: 

M 

m 

= M 

t 

⇒ 2575.35 −1.7169 

⋅ n = 49.014 + 0. 0375 ⋅ n ⇒ 

312


2005. GODINA 

2575.35 − 49.014 

−1 

n = 

= 1440[ min ]⇒ 

1.7169 + 0.0375 

M 

m 

= M 

t 

= 2575 .35 −1.7169 

⋅ n = 2575.35 −1.7169 

⋅1440 

= 103. 014 Nm 

[ ] 

M 

M m 

(n) 

137.352 [Nm] 

103.014 [Nm] 

49.014 [Nm] 

M t 

(n) 

0 

1420 [min -1 ] 

1440 [min -1 ] 

n 

Brzina do koje treba izračunati vreme zaleta iznosi: 

n 

99 

0.995⋅1440 

= 1432. 8 

−1 

[ ] 

= min 

Ukupni moment inercije iznosi: 

J 

Σ 

2 

[ ] 

= J 

m 

+ J 

t 

= 0.05 

+ 0.45 = 0.5 kgm 

Vreme zaleta nalazimo integraljenjem u dva opsega u kojima se menja zakon promene 

dinamičkog momenta: 

t 

zal 

tzal 

n99 

n 

= ⎛ 

Σ 

Σ 

= = ⎜ 

∫ ∫ 

+ 

⎜ ∫ 1 n 

⎝ 

− 

∫ 

99 

πJ 

dn πJ 

dn dn 

dt 

30 M 30 

− 

0 0 d 

M 

0 pol 

M 

t 

M 

n1 

m 

M 

t 

1420 

π ⋅ 0.5 ⎛ 

dn 

= ⋅⎜ 

∫ 

+ ........ 

30 ⎝ 137.352 − ( 49.014 + 0.0375 ⋅ n) 

0 

..... 

1432.8 

+ ∫ 

313 

⎞ 

⎟ = 

⎟ 

⎠ 

dn 

2575.35 −1.7169 

⋅ n − 

( 49.014 + 0. ⋅ n) 

1420 

0375 

1420 

1432.8 

π ⋅ 0.5 ⎛ dn 

dn ⎞ 

= ⋅⎜ 

⎟ 

+ 

= 

30 

∫ 

⎝ 88.338 − 0.0375 ⋅ n 

∫ 

2526.336 −1. 

7544 ⋅ n 

0 1420 

⎠ 

88.338−0.03751420 

⋅ 

2526.336−1.75441432. 

⋅ 8 

π ⋅ 0.5 ⎛ 1 

dx 1 

dy ⎞ 

= ⋅⎜ 

⎟ 

+ 

= 

30 ⎝ − 0.0375 

∫ 

x −1. 

7544 

∫ 

y 

88.338 

2526.336−1.7544⋅1420 

⎠ 

π ⋅ 0.5 ⎛ 1 

88.338 

1 2526.336 −1.7544 

⋅1420 

⎞ 

= ⋅⎜ 

ln 

+ ln 

⎟ = 

30 ⎝ 0.0375 88.338 − 0.0375⋅1420 

1.7544 2526.336 −1.7544 

⋅1432.8 

⎠ 

= 1.372 s 

[] 

⎞ 

⎟ 

= 

⎠


2005. GODINA 


Električna snaga, koeficijent korisnog dejstva i gubici pri nominalnom opterećenju iznose: 

Pel = 3 U 

nomI 

nomcosϕ 

= 3 ⋅380 

⋅ 20.6 ⋅ 0.85 = 11525. 72 

Pnom 

10500 

η 

nom = = 0.911[ ] 

P 11525.72 

= 

el 

Pgnom = Pel 

− Pnom 

= 11525 .72 −10500 

= 1025. 72 


dozvoljena nadtemperatura iznosi 100 [ o C], pa vrednost toplotne provodnosti iznosi: 

[ W ] 

[ W ] 

P 

A = 

∆ θ 

gnom 

max 

= 

1025.72 

100 

= 10.2572 

o 

[ W / C] 



o 

[ kWs C] 

CT = mCFE 

= 50 ⋅ 0.48 = 24 / 

Vremenska konstanta zagrevanja je prema tome: 

T 

CT 

= 

A 

24000 

10.2572 

2340 

60 

[] s = [ min] = [ min] 

tz 

= ≅ 2340 

39 

Snagu motora i gubitke u stacionarnom stanju, uz uslove definisane u zadatku nalazimo iz 

relacija: 

M 

m 103.014 

Pm ' = Pnom 

= ⋅10500 

= 1.5 ⋅10500 

= 15750 

M 68.676 

nom 

( 1−η 

) 

Pm 

' 

nom 

Pm 

' 

Pg ' = 

= Pgnom 

= 1.50 ⋅1025.72 

= 1538. 58 

η P 

nom 

nom 

Maksimalni porast temperatura zagrevanja, u stacionarnom stanju sa povećanim 

opterećenjem, iznosi: 

∆θ 

′ 

′ 

Pg 

A 

′ 

Pg 

P 

P 

g 

max 

= = = 1 .50 ⋅100 

= 150 

g 

A 

o 

[ C] 

Polazeći od činjenice da ne smemo motor pod povećanim opterećenjem, držati duže od 

vremena pri kom se motor zagreva iznad dozvoljene granice temperature, odnosno duže od: 

[ W ] 

[ W ] 

tuk 

tuk 

⎛ − ⎞ − 

′ ⎜ ⎟ 

∆ 

− 

T 

T θ 

tz 

tz 

∆θ max 

= ∆θ 

max 

1 e ⇒ e = 1− 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

∆θ 

max 

max 

′ 

= 

′ 

∆θ 

max 

− ∆θ 

′ 

∆θ 

max 

max 

⇒ 

314


2005. GODINA 

′ 

∆θ 

max 

150 150 

tuk = Ttz 

ln = 39 ⋅ ln = 39 ⋅ ln = 39 ⋅ ln 3 = 42. 846 

′ 

∆θ 

− ∆θ 

150 −100 

50 

max 

max 


Stepen korisnog dejstva motora iznosi: 

[ min] 

η 

nom 

= 

3U 

nom 

P 

I 

nom 

nom 

cosϕ 

nom 

= 

7500 

3 ⋅380 

⋅19.5 

⋅ 0.74 

= 0.7897[ ] 

Ukupni nominalni gubici prema tome iznose: 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

Pgnom = Pnom 

⎜ −1 

⎟ = 7500 ⋅⎜ 

−1⎟ 

= 1997. 278[ W ] 

⎝η 

nom ⎠ ⎝ 0.7897 ⎠ 

P 

⎛ + = 

Cunom 

P 

P + = 

⎜ 

gnom 

PCunom 

PFenom 

PFenom 

PFenom 

PFenom 

1 + 

PFenom 

⎝ P 

Pgnom 

1997.278 

PFenom = = = 499. 319[ W ] 

PCunom 

1+ 

3 

1+ 

P 

= 

Fenom 

Fenom 

PCunom = Pgnom 

− PFenom 

= 1997 .278 − 499.319 = 1497. 959 

[ W ] 

Cunom 

Prema tome pri opterećenju od P t = 6.2 [kW] gubici će iznositi: 

2 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎠ 

⎛ Pt 

⎞ 

⎛ 6.2 ⎞ 

Pg = PCu 

+ PFenom 

= 

⎜ PCuenom 

+ PFenom 

= ⎜ ⎟ ⋅1497.959 

+ 499.319 = 1522. 991 

P 

⎟ 

⎝ nom ⎠ 

⎝ 7.5 ⎠ 

Rotorski gubici u zaletu bez tereta iznose: 

2 

[ W ] 

W 

Curz 

= J 

= 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 

2 2 J 

Σ 

⎛ 2πf 

⎞ 2 2 

( s − s ) = ⎜ ⎟ ( s − s )= 

1 

2 

1 2 

.625 ⎛ 2 ⋅π 

⋅50 

⎞ 

⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 

2 ⎝ 4 ⎠ 

2 

2 

⎝ 

p 

⎠ 

1 

2 

( 1 − 0 ) = 5011.909[ Ws] 

2 

Rotorski gubici tokom kočenja bez tereta iznose: 

W 

Curk 

= J 

= 

Σ 

ω 

2 

s 

2 

2 

2 2 J 

Σ 

⎛ 2πf 

⎞ 2 2 

( s − s ) = ⎜ ⎟ ( s − s )= 

1 

2 

1 2 

.625 ⎛ 2 ⋅π 

⋅50 

⎞ 

⋅⎜ 

⎟ 

2 ⎝ 4 ⎠ 

2 

⋅ 

2 

⎝ 

p 

⎠ 

1 

2 

( 2 −1 

) = 15035.727[ Ws] 

2 

Statorski i rotorski gubici kod zaleta i kočenja, uz zanemarivanje struje magnećenja, mogu 

se približno izračunati iz relacija: 

315


2005. GODINA 

W 

W 

Cur 

Cus 

= 

t 

zal 

∫ 

0 

t 

∫ 

I 

zal 

0 

r 

I 

' 

s 

() t 

2 

() t 

2 

Rr 

' dt 

Rr 

' 

= ⇒ 

Rs 

R dt 

s 

Rs 

1 

WCusz = WCurz 

= ⋅5011.909 

= 3341. 273 

R ' 1.5 

r 

[ Ws] 

Rs 

1 

WCusk = WCurk 

= ⋅15035.727 

= 10023. 818 

R ' 1.5 

r 

[ Ws] 

Traženi ukupni gubici tokom zaleta i kočenja će prema tome biti: 

Wzal = WCusz 

+ WCurz 

= 5011 .909 + 3341.273 = 8353. 102 

W = W + W = 15035 .727 + 10023.818 = 25059. 

[ Ws] 

[ Ws] 

koc Cusk Curk 

545 

Za vreme jednog ciklusa u toplotu se pretvori energija: 

W + W + P t 

zal 

koc 

g 

p 

gde je t p vreme trajnog opterećenja. 

Hlađenjem motora u jedinici vremena može se odvesti toplotna snaga odnosno gubici P gnom 

ako je u trajnom pogonu nominalno opterećen, toplotna snaga βP gnom ako je motor u mirovanju i 

αP gnom ako je motor u zaletu ili kočenju. Na osnovu zahteva da zagrevanje ne sme da premaši 

dopuštenu granicu mora se odvesti onoliko toplote koliko se i stvori, odnosno: 

( t + t ) + P t + βP 

t = 

Wzal 

+ Wkoc 

+ Pg 

t 

p 

= αPgnom 

z k gnom p gnom m 

1+ 

β 

= Pgnom 

( t 

z 

+ tk 

) + Pgnomt 

p 

+ βPgnomtm 

2 

gde je t m vreme mirovanja, t z vreme zaleta i t s vreme kočenja. 

Označimo li sa t c vreme trajanja ciklusa, broj ciklusa na sat z možemo odrediti na osnovu 

relacije: 

3600 

z = 

t c 

Pri relativnoj intermitenciji ε vreme trajnog opterećenja i vreme mirovanja iznose: 

3600 

t 

p 

= εtc 

− 

z k 

z 

+ 

z 

3600 

tm 

= ( 1− 

ε ) tc 

= ( 1− 

ε ) 

z 

( t + t ) = ε − ( t t ) 

k 

Ubacivanjem ovih vremena u relaciju bilansa toplotne energije dobijamo relaciju za broj 

ciklusa: 

W 

zal 

⎡ 3600 

+ Wkoc 

+ Pg 

⎢ε 

− 

z k 

⎣ z 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

( t + t ) = 

316


2005. GODINA 

z = 3600 

W 

zal 

1+ 

β 

= P 

2 

ε P − P 

+ W 

gnom 

( ) + P β ( 1− 

ε ) 

gnom 

koc 

− 

⎡ 

⎢ 

⎣ 

3600 

z 

( t + t ) + P ε − ( t + t ) + βP 

( 1− 

ε ) ⇒ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

z 

k 

1− 

β 

2 

gnom 

⎞ 

( t + t ) P − P ⎟ 

⎠ 

z 

g 

k 

gnom 

g 

gnom 

z 

k 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

gnom 

3600 

z 

Iz uslova zadatka da su vremena zaleta i kočenja vrlo kratka u odnosu na vreme ciklusa, 

sledi približna relacija za dozvoljeni broj ciklusa: 

( Pgnom 

− Pg 

) + Pgnomβ 

( − ε ) = 

ε 1 

z ≈ 3600 

Wzal 

+ Wkoc 

0.65⋅ 

( 1997.278 −1522.991) 

+ 1997.278 ⋅ 0.333⋅ 

0.35 

= 3600 ⋅ 

= 58.322 ≈ 58[ ] 

8353.102 + 25059.545 

Sličan rezultat može se dobiti i ako se ne zanemari vreme trajanja zaleta i kočenja, analizom 

izraza u broiocu tačnog izraza za dozvoljeni broj ciklusa. Ako zamenimo energiju gubitaka nastalih 

tokom zaleta i kočenja sa ekvivalentom energijom koja nastaje kao delovanje srednje snage 

gubitaka tokom zaleta i kočenja P gzk , važi relacija: 

W + W = + 

zal 

koc 

( t z 

t k 

) P gzk 

Pa broioc izraza za dozvoljeni broj ciklusa možemo pisati u obliku: 

W 

zal 

⎛ 1− 

β ⎞ ⎡ ⎛ 1− 

β ⎞⎤ 

( t + t ) P − P = ( t + t ) P − P − P ⎥ ⎦ 

+ Wkoc 

− 

z k ⎜ g 

gnom ⎟ z k ⎢ gzk ⎜ g 

gnom 

⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎝ 2 

⎟ 

⎠ 

Ocenimo veličine u faktoru u srednjoj zagradi upoređujući pojedine elemente sa P gnom . Prvo 

opterećenje u stacionarnom stanju P g nije mnogo različito od P gnom . Drugo uz minimalni odnos β = 

0.25 važi: 

1− 

β ⎛ 1− 

0.25 ⎞ 

Pg 

− Pgnom 

≈ ⎜1− 

⎟Pgnom 

= 0. 625P 

2 ⎝ 2 ⎠ 

gnom 

Sa druge strane struje tokom zaleta i kočenja su 4 do 5 puta veće od nominalne struje, a P gzk 

je proporcionalno sa kvadratu struje, pa važi: 

gyk 

( 16 ÷ ) P gnom 

P ≈ 25 

⎛ 1− 

β ⎞ 

Iz toga proizilazi da je P gzk je 25 do 40 puta veće od ⎜ P g 

− Pgnom 

⎟ , odnosno da treći 

⎝ 2 ⎠ 

član broioca iznosi samo 2.5% do 4% od zbira prva dva, pa iz toga sledi da izraz za dozvoljeni broj 

ciklusa približno iznosi: 

( P − P ) + P β ( 1− 

ε ) 

( W + W ) 

zal 

koc 

( P − P ) + P β ( − ε ) 

ε 

gnom g gnom 

ε 

gnom g gnom 

1 

z ≈ 3600 

≈ 3700 

0.97 

W + W 

zal 

koc 

ili u našem slučaju: 

317


2005. GODINA 

( 1997.278 −1522.991) 

0.65⋅ 

+ 1997.278⋅ 

0.333⋅ 

0.35 

z = 3700 ⋅ 

= 59.94 ≈ 60[ ] 

8353.102 + 25059.545 

što se ne razlikuje mnogo od prethodnog rezultata. 



Serijski motor jednosmerne struje razvija pri nominalnom naponu napajanja U nom = 170 [V], 

nominalnoj struji I anom = 39 [A] i brzini n nom = 600 [min -1 ] moment M nom = 100 [Nm]. 

Ako se moment opterećenja smanji na M t = 50 [Nm], odrediti novu brzinu i struju motora pri 

istom naponu napajanja. 


Kran nosivosti m t = 500 [kg] sa masom protivtega m s = 250 [kg] ima brzinu dizanja od v = 

0.5[m/s]. Brzina obrtanja motora je n nom = 960 [min -1 ]. 

a) Kolika je potrebna snaga asinhronog motora u trajnom pogonu (uz zanemareno trenje)? 

b) Koliki potreban moment mora da razvije asinhroni motora u trajnom pogonu ? 


Dvopolni trofazni asinhroni motor sa kratkospojenim rotorom za priključni napon U nom = 

220 [V]; f nom = 50 [Hz] pokreće radnu mašinu sa konstantnim momentom opterećenja M t = 20 

[Nm]. Bez dodatnog otpora u kolu rotora pri tome dostiže dve brzine obrtanja, u nestabilnoj radnoj 

tački n t1 = 804 [min -1 ] i u stabilnoj radnoj tački n t2 = 2878 [min -1 ]. Odrediti: 

a) Vrednost rasipnog induktiviteta statora L s i rotora L r ' pod pretpostavkom da su približno 

iste. 

b) Vrednost prevalnog momenta M kr i prevalnog klizanja s kr . 


Motor iz prethodnog zadatka napaja iz frekventnog pretvarača. 

a) Da li se pogon može pokrenuti, obzirom da je moment opterećenja veći od polaznog 

momenta motora? 

b) Kolika se maksimalna brzina pogona može postići podešavanjem frekvencije. 


Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za kratkotrajni rad, su 

sledeći podaci: P nom = 120 [kW]; t uk = 130 [min]; η = 0.9; m = 1400 [kg]; klasa izolacije F. 

Na osnovu ovih podataka odrediti koliko bi moglo biti opterećenje u trajnom radu pri čemu 

se ne menjaju bitno uslovi hlađenja i stepen korisnog dejstva, uz pretpostavku da je motor u 

pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C]. 


Nominalna snaga u trajnom pogonu iznosi: 

2πn 

nom 2 ⋅π 

⋅ 600 

PMot = M 

Mot 

= 100 = 6283. 185 

60 60 

318 

[ W ] 

Nominalni moment serijskog motora jednosmerne struje zadovoljava relaciju:


2005. GODINA 

M = k Φ I = k k I I = C 

nom 

M 

nom 

anom 

M 

Φ 

anom 

anom 

M 

I 

2 

anom 

Sličnu relaciju zadovoljava i smanjeni moment opterećenja: 

M = M = k ΦI = k k I I = C 

t 

m 

M 

a 

M 

Φ 

a 

a 

M 

I 

2 

a 

Deljenjem ove dve relacije dobijamo relaciju za vrednost struje motora pri smanjenom 

opterećenju: 

M 

M 

t 

nom 

CM 

I 

= 

C I 

M 

2 

a 

2 

anom 

⇒ I 

a 

= I 

anom 

M 

M 

t 

nom 

= 39 ⋅ 

50 

100 

= 

39 

2 

= 27.577 

[ A] 

Nominalnu vrednost elektromotorne sile nalazimo iz sledeće jednačine uz pretpostavku da 

su mehanički gubici približno jednaki nuli: 

E 

P 

6283.185 

nom 

nom 

= = = 161. 10 

I 

anom 

39 

[ V ] 

Iz naponske jednačine sledi da vednost sumarne otpornosti rotorskog kruga iznosi: 

U 

nom 

− Enom 

170 −161.10 

8.9 

( R + R + R ) = 

= 

= = 0. 228[ Ω] 

a 

pp 

s 

I 

anom 

Vrednost elektromotorne sile pri smanjenom opterećenju je prema tome: 

39 

( R + R + R ) = 170 − 25.577 ⋅ 0.228 = 163. [ V ] 

E = U 

nom 

− I 

a a pp s 

71 

Brzinu motora pri smanjenom opterećenju nalazimo iz sledećih relacija: 

Enom 

= k 

EΦnomnnom 

= k 

EkΦ 

I 

anomnnom 

= CE 

I 

anomnnom 

⇒ 

E = k 

EΦn 

= k 

EkΦ 

I 

an 

= CE 

I 

an 

⇒ 

E CE 

I 

an 

E I 

anom 163.71 

39 

− 

= ⇒ n = nnom 

= ⋅ ⋅ 600 = 862.28 min 

E C I n E I 161.10 25.577 

nom 

E 

anom 

nom 

nom 

a 

39 

1 

[ ] 


a) Potrebna snaga u trajnom pogonu iznosi: 

( m − m ) gv = ( 500 − 250) ⋅ 9.81⋅ 

0.5 = 1226. [ W ] 

PMot = mgv = 

s t 

25 

b) Potreban moment u trajnom pogonu iznosi: 

M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 1226.25 

Mot 

Mot 

= 

= 12. 197 

nom 

π 960 

[ Nm] 

319


2005. GODINA 


Klizanje u prvoj radnoj tački motora iznosi: 

s 

n 

− n 

3000 − 804 2196 

= 

= 

3000 3000 

1 t1 

t1 = 

= 

n1 

0.732[ ] 

Klizanje u drugoj radnoj tački motora iznosi: 

s 

n 

− n 

3000 − 2878 122 

= 

= 

3000 3000 

1 t 2 

t 2 

= 

= 

n1 

0.040666[ ] 

Primenom Klosovog obrasca za obe radne tačke dobijamo relaciju za izračunavanje 

kritičnog klizanja: 

M 

s 

t 

2 

kr 

2M 

kr 

= 

st1 

s 

+ 

s s 

kr 

⎛ st 

2 

− s 

⎜ 

⎝ s s 

t1 

t1 

t 2 

kr 

t1 

2M 

kr 

= 

st 

2 

s 

+ 

s s 

⎞ 

⎟ = − 

⎠ 

kr 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − 

⎟ = 0 ⇐ / ⋅ s 

⎝ st1 

st 

2 ⎠ 

2196 ⋅122 

2 

3000 

2 

( s − s ) ⇒ s = s s ⇒ s = ± s s = ± 

= ± 0.17253[] 

t1 

kr 

t 2 

t 2 

s 

⇒ 

s 

t1 

kr 

kr 

s 

+ 

s 

Kritični moment nalazimo iz relacije: 

kr 

t1 

s 

= 

s 

t1 

t 2 

t 2 

kr 

s 

+ 

s 

kr 

kr 

t 2 

s 

⇒ 

t1 

− s 

s 

kr 

t1 

t 2 

M 

t 

⎛ st 

2 

skr 

⎞ 20 ⎛ 0.732 0.17253 ⎞ 

M 

kr 

= 

44. 779 

2 ⎜ + ⎜ 

⎟ = 

skr 

s 

⎟ = 

+ 

⎝ t 2 ⎠ 2 ⎝ 0.17253 0.732 ⎠ 

t 2 

[ Nm] 

+ s 

Iz izraza za kritični moment, nalazimo vrednost ekvivalentne induktanse: 

kr 

kr 

M 

kr 

2 

s 

' 

( X + X ) 

2 

2 

' 30 3 U 

s 30 3 220 

( X + X ) = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 5. [ Ω] 

30 3 U 

= ⋅ ⋅ 

⇒ 

s r 

161 

π n 2 

π n 2M 

3000 2 ⋅ 44.779 

1 1 kr 

π 

s r 

Vrednosti rasipnog induktiviteta statora L s i rotora L r ' pod pretpostavkom da su približno 

iste, iznose: 

' 

' 

' Ls 

+ Lr 

X 

s 

+ X 

r 5. 

161 

Ls = Lr 

= = = = 0. 

008214 124 

2 2ω 

2 ⋅ 2 ⋅π 

⋅50 

[ H ] = 8. 

[ mH ] 


Može se pokrenuti. 

Frekvenciju napajanja motora možemo povećavati sve dok je moment opterećenja manji od 





M 

M 

kr 

t 

M 

kr 44. 

779 ⎛ f 

sb 

⎞ 

= = ≈ 2. 

239 ⇒ 

⎜ 

⎟ = 2. 

239 ⇒ 

M 

krb 

20 

⎝ f 

s ⎠ 

2 

320


2005. GODINA 

f 

sb 

= f 

s 

2 . 239 = 50 ⋅ 2. 

239 = 74. 

816 


n 

sb 

1b 

n1 

= 3000 ⋅ = 4488. 96 

f 

s 

50 

[ Hz] 

−1 

[ ] 

f 74.816 

= min 


∆n 

kr 

= s 

kr 

n1 = 0.17253⋅3000 

= 517. 59 

−1 

[ min ] 



n 

b 

−1 

[ ] 

= n1 b 

− ∆nkr 

= 4488.96 − 517.59 = 3971. 37 min 




o 

[ kWs C] 

CT = mCFE 

= 1400 ⋅ 0.48 = 672 / 



∆θ 

max 

= θ 

max 

−θ 

amb 

= 140 − 40 = 100 

[ C] 

o 


( 1−η 

) 

Pnom 

nom 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

P 

nom 

Pnom 

⎜ 1 

⎟ 

γ = 

= − = 120⎜ 

−1⎟ 

= 13. 333 

η 

nom ⎝η 

nom ⎠ ⎝ 0.9 ⎠ 

Vremenska konstanta zagrevanja je: 

[ kW ] 

T 

tz 

CT 

CT 

′ 

= = ∆θ 

max 

A P 

γ 

gde je toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature u 


A = 

P 

∆θ 

γ 

max 

′ 

Dijagram porasta temperatura zagrevanja za kratkotrajni rad možemo ilustrovati sledećim 

dijagramom, iz koga sledi jednačina za vezu između dozvoljene nadtemperasture i nadtemperature 

u stacionarnom stanju: 

321


2005. GODINA 

θ 

θ max 

θ max 

∆θ max 

θ amb 

t uk 

t 

tuk 

⎛ − ⎞ 

t ⎜ 

C 

uk 

T ′ 

⎛ − ⎞ 

∆θ 

⎟ ⎛ 

max 

′ ⎜ ⎟ ′ ⎜ ⎟ ′ 

− 

T 

P 

tz 

γ 

∆θ = ∆ 

= ∆ − = ∆ 

⎜ 

max 

θ 

max 

1 e θ 

max 

1 e 

θ 

max 

1− 

e 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 

⎝ ⎠ 

⎝ 

⎝ ⎠ 

∆θ 

max 

100 = ∆θ 

t P 

− 

C 

uk γ 

′ 

T ∆θmax 

K 

⎛ − ⎞ 

′ 

′ 

tuk 

P 130 60 13.333 

100 ⎜ 

⋅ ⋅ 

max 

1 − 

∆θ 

e ⎟ 

γ 

= = ∆θ 

⇒ K = = 

= 154. 

⎜ ⎟ CT 

672 

⎝ ⎠ 

max 

154.758 

⎛ − ⎞ 

′ 

′ ⎜ ⎟ 

⎜ 

⎛ ′ 

− 

∆θmax 1 e = f ∆θ 

⎟ 

⎞ 

max 

⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

⎞ 

⎟ 

⇒ 

⎟ 

⎠ 

max 

758 

o 

[ C] 

Ovu jednačinu ne možemo eksplicitno rešiti po nadtemperaturi u stacionarnom stanju. 

Rešavanje se svodi na izračunavanje funkcije sa desne strane za razne vrednosti promenljive, te 

uzimanjem za rešenje vrednost promenljive za koju funkcija ima vrednost dozvoljenu 

nadtemperaturu. Vrednosti funkcije možemo srediti tabelarno ili grafički kao što sledi. 

′ 

∆θ 

max 

120 86.9532 

130 90.4658 

140 93.6464 

150 96.5374 

160 99.1751 

161 99.4262 

162 99.6751 

163 99.9218 

163.5 100.0443 

164 100.1663 

165 100.4088 

170 101.5902 

f ⎜ 

⎛ ∆θ 

′ ⎟ 

⎞ 

⎝ max ⎠ 

322


2005. GODINA 

Dakle rešenje je 163.5, pa sledi da u trajnom radu možemo motor opteretiti sa snagom čija 

vrednost sledi iz sledećeg izraza, uz uslov da se koeficijent korisnog dejstva ne menja promenom 

opterećenja: 

P' 

( 1−η' 

) 

Pγ 

nom 

' Pγ 

nom 

Pγ 

nom 

' ∆θ 

max η' 

P' 

A = = ⇒ = = 

= ⇒ 

∆θ 

∆ 

∆ Pnom 

( − 

nom 

) 

max 

θ 

max 

' P 

1 

nom 

θ 

max 

' η 

γ 

Pnom 

η 

P ' ∆θ 

max 100 

= P = 120 73. 

∆θ 

' 163.5 

= 

nom 

394 

max 

[ kW ] 



nom 

1 2 

3 

4 

5 

6 

7 

8 

Pogonsko 

vratilo 

z 1 

= 20 

z 2 

= 57 

z 3 

= 25 

z 4 

= 67 

z 5 

= 25 

z 6 

= 75 

z 7 

= 25 

z 8 

= 65 

J 1 

= 0.012 [kgm 2 ] 

J 2 

= 0.05 [kgm 2 ] 

J 3 

= 0.015 [kgm 2 ] 

J 4 

= 0.06 [kgm 2 ] 

J 5 

= 0.10 [kgm 2 ] 

J 6 

= 0.12 [kgm 2 ] 

J 7 

= 0.01 [kgm 2 ] 

J 8 

= 0.06 [kgm 2 ] 

Izlazno 

vratilo 

323


2005. GODINA 

Odrediti ukupan moment inercije pogona sveden na vratilo motora i brzinu obrtanja 

pogonskog izlaznog vratila uređaja sa zupčastim prenosom prikazanim na slici. Brzina obrtanja 

osovine motora iznosi n nom = 940 [min -1 ]. 


Dva trofazna asinhrona motora sa kratkospojenim rotorom pokreću pomoću različitih 

reduktora radnu mašinu sa dizaličnom karakteristikom otpornog momenta M t = 2451 [Nm] i 

momenta inercije J t = 37.5 [kgm 2 ]. 

Odrediti vreme zaleta pogona ako se momenti motora pri puštanju u rad drže konstantnim. 

Nominalni podaci prvog motora i reduktora su P nom1 = 15 [kW]; n nom1 = 1461 [min -1 ]; J m1 = 

0.1 [kgm 2 ]; M pol1 / M nom1 = 1.6 [ ]; i 1 = 15 [ ]. Nominalni podaci drugog motora i reduktora su P nom2 

= 10 [kW]; n nom2 = 974 [min -1 ]; J m2 = 0.1 [kgm 2 ]; M pol2 / M nom2 = 1.5 [ ]; i 2 = 10 [ ]. 

Radna 

M1 i 1 

i 2 

M2 

mašina 


Koliko puta će vreme kočenja do potpunog zaustavljanja dizalice pri spuštanju tereta biti 

veće od vremena kočenja pri dizanju, ako je moment opterećenja konstantan M t = 50 [Nm] i ako je 

srednji kočioni moment M koc = 100 [Nm] a ukupni moment inercije tereta je J t = 0.5 [kgm 2 ]. Brzina 

obrtanja motora na početku kočenja iznosi n m = 975 [min -1 ]. 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, ima podatke P nom = 6.7 [kW], 

n nom = 1455 [min -1 ], M kr / M nom = 3 [ ]. Odrediti da li ovaj motor može startovati pri nominalnom 

momentu opterećenja ako napon napajanja padne za 15%. 


Na natpisnoj pločici trofaznog asinhronog motora predviđenog za trajni rad, su sledeći 

podaci: P nom = 11 [kW]; η = 0.9; klasa izolacije F. Pri povećanom opterećenju od 20% iznad 

nominalnog merenjem je utvrđeno da nadtemperaturu klase izolacije motor dostiže za t uk = 110 

[min]. 

Uz pretpostavku da je motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet 

kao kod gvožđa, C FE = 0.48 [kWs/kg o C] odrediti približno masu motora. 


Prenosni odnosi pojedinih parova zupčanika iznose: 

57 

20 

2 

4 

i [] i 

[] 

= z 

z 

1 

= 

1 

75 

25 

= z 

z 

2 

= 

3 

67 

25 

6 

8 

i [] i [] 

= z 

z 

3 

= 

5 

= z 

z 

4 

= 

7 

65 

25 

Svedeni moment inercije pogonskog mehanizma na vratilo motora iznosi: 

324


2005. GODINA 

J 

= J 

J 

+ 

+ J 

J 

4 

+ 

i 

+ J 

J 

+ 

i 

+ J 

+ 

i 

2 3 

5 6 7 

8 

Σ 1 2 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

i1 

1 

i2 

1 

i2 

i3 

1 

i2 

i3 

i4 

0.05 + 0.015 0.06 + 0.1 

= 0.012 + 

+ 

2 

2 

⎛ 57 ⎞ ⎛ 57 67 ⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⋅ ⎟ 

⎝ 20 ⎠ ⎝ 20 25 ⎠ 

= 0.023987 

2 

[ kgm ] 

Izlazna brzina pogonskog mehanizma iznosi: 

J 

= 

0.12 + 0.01 

+ 

⎛ 57 67 75 ⎞ 

⎜ ⋅ ⋅ ⎟ 

⎝ 20 25 25 ⎠ 

2 

0.06 

+ 

⎛ 57 67 75 65 ⎞ 

⎜ ⋅ ⋅ ⋅ ⎟ 

⎝ 20 25 25 25 ⎠ 

2 

= 

n 

izl 

= n 

n 

n 

1 

[ ] 

940 − 

1 

nom 

8 

= = = 

= 15.778 min 

i1i 

57 67 75 65 

2i3i4 

i1i2i3i4 

⋅ ⋅ ⋅ 

20 25 25 25 


Pod pretpostavkom da momentnu krivu u oblasti oko sinhrone brzine obrtanja možemo 

smatrati linearnom, važe relacije za momente motora: 

M 

s 

nom1 

nom1 

= 

M 

s 

m1 

1 

M 

s 

nom2 

nom2 

= 

M 

s 

m2 

2 

pri čemu nominalni momenti i klizanja imaju vrednosti: 

M 

s 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

15000 

nom1 

nom1 = ⋅ = 98. 042 

nom1 

π 1461 

n 

− n 

1500 −1461 

39 

= 

= 

1500 1500 

s1 

m1 

1 

= 

= 

ns 

1 

M 

s 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

10000 

nom2 

nom2 = ⋅ = 98. 042 

nom2 

π 974 

n 

− n 

1000 − 974 26 

= = 

1000 1000 

s2 

m2 

2 

= 

= 

ns2 

[ Nm] 

0.026[ ] 

[ Nm] 

0.026[ ] 

Iz toga proizilazi da se moment tereta deli po motorima u stacionarnom stanju u odnosu: 

M = M ' + M ' 2 

M 

M 

t 

m1 m 

' 1 

i 

m 1 

= M 

m1i1 

= M 

nom1 

1 

snom 

1 

' 2 

i 

m 2 

= M 

m2i2 

= M 

nom2 

2 

snom2 

Pošto važe odnosi: 

s 

s 

n 

i 

nom1 

1 

= 

s = s 

1461 

15 

nom1 nom2 

= 

n 

nom2 

i 

2 

974 

= = 97.4 

10 

325


2005. GODINA 

važi i odnos: 

s s = s 

1 

= 2 

Pa iz relacija za moment sledi: 

M = M 

t 

s = 

M 

s 

m 

1 

' + M 

m2 

' = M 

nom1 

1 

nom1 

M 

t 

i M 

+ 

s 

i 

nom2 

2 

nom2 

s1 

s2 

⎛ M 

nom1i1 

M 

i + 

= 

⎜ 

1 

M 

nom2 

i2 

s + 

snom 

1 

snom2 

⎝ snom 

1 

s 

2451 

0.026 ⋅ 2451 

= 

= 

98.042 ⋅15 

98.042 ⋅10 

98.042 ⋅ 15 + 10 

+ 

0.026 0.026 

nom1 

i 

nom2 

2 

nom2 

( ) 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎠ 

≈ 0.026 

Što znači da u stacionarnoj radnoj tački da se oba motora okreću nominalnim brzinama i da 

su opterećena nominalnim momentima, iz toga sledi da je brzina obrtanja izlaznog vratila reduktora: 

n 

t 

= 

n 

nom1 

i 

1 

2 

1 

[ ] 

1461 nnom2 

974 

= = = = 97.4 min 

− 

15 i 10 

Iz uslova zadatka sledi da su polazni momenti motora konstantni, pa je svedeni polazni 

moment na izlaznoj osovini reduktora: 

M 

M 

M 

M 

M 

pol1 

pol1 

pol 2 

= 1. 

6M 

' = i M 

1 

= 1. 

5M 

' = i 

M 

nom1 

pol1 

= 1. 

6 ⋅ 98. 

042 = 156. 

867 

= 15⋅156. 

867 = 2353. 

008 

nom2 

= 1. 

5⋅98. 

042 = 147. 

063 

= 10 ⋅147. 

063 = 1470. 

63 

[ Nm] 

[ Nm] 

[ Nm] 

[ Nm] 

pol 2 2 pol2 

pol' = M 

pol1 ' + M 

pol 2' 

= 2353.008 + 1470.63 = 3823. 638 

⇒ 

⇒ 

[ Nm] 

Ukupni svedeni moment inercije na izlaznu osovinu reduktora iznosi: 

J 

Σ 

' = J 

= 

2 

2 

t 

+ J 

m1 ' + J 

m2' 

= J 

t 

+ J 

m1i1 

+ J 

m2i2 

= 

2 

2 

37.5 

+ 0.1⋅15 

+ 0.1⋅10 

= 37.5 + 22.5 + 10 = 70 kgm 

2 

[ ] 

Traženo vreme zaleta za konstantni polazni moment i konstantni moment opterećenja 

nalazimo iz relacije: 

J 

Σ' 

ω 

t 2π 

J 

Σ' 

nt 

π 70 ⋅97.4 

t 

zal 

= = 

= ⋅ 

= 0. 5201 

M ' 60 M ' −M 

30 3823.638 − 2451 

d 

pol 

t 

[] s 


Pri dizanju ukupan teret usporava kretanje, pa je ukupan moment kočenja jednak zbiru 

momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije: 

J 

Σω 

m π J 

Σnm 

π 0.5⋅975 

tkocd = = 

= ⋅ = 0. 34034 

M + M 30 M + M 30 100 + 50 

koc 

t 

koc 

t 

[] s 

326


2005. GODINA 

Pri spuštanju ukupan teret ima tendenciju da ubrzava kretanje, pa je ukupan moment kočenja 

jednak razlici momenta kočenja i momenta tereta, pa vreme kočenja nalazimo iz relacije: 

t 

J 

= 

M 

ω 

m 

− M 

π J 

= 

30 M 

n 

0.5⋅975 

Σ 

Σ m 

kocs 

= ⋅ = 1. 0210 

koc t 

koc 

− M 

t 

30 100 − 50 

π 

[] s 

Pa traženi odnos vremena kočenja pri spuštanju i dizanju iznosi: 

t 

t 

kocd 

kocd 

= 

1.02100 

0.34034 

= 

3[ ] 


Nominalno klizanje motora iznosi: 

s 

nom 

= 

n − n 

1 

n 

1 

nom 

1500 −1455 

= 

= 

1500 

45 

1500 

= 0.03[ ] 

Primenom Klosovog obrasca dobijamo relaciju za izračunavanje kritičnog klizanja: 

M 

s 

s 

nom 

2 

kr 

kr 

= 

2M 

− 

M 

2M 

kr 

snom 

s 

+ 

s s 

kr 

kr 

nom 

s 

nom 

kr 

nom 

s 

kr 

s 

⇒ 

s 

+ s 

nom 

kr 

2 

nom 

s 

+ 

s 

kr 

nom 

= 0 ⇒ 

2M 

− 

M 

kr 

nom 

= 0/ 

⋅ s 

2 

⎛ 

2 ⎞ 

M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ 

2 ⎜ M 

kr 

⎛ M 

kr 

⎞ ⎟ 

= s ± 

⎜ 

⎟ − = 

= 

⎜ 

± 

⎜ 

⎟ 

nom 

snom 

snom 

snom 

−1 

M 

⎟ 

nom ⎝ M 

nom ⎠ 

M 

nom 

⎝ 

⎝ M 

nom ⎠ 

⎠ 

2 ⎧0.174852 

= 0.03( 3 ± 3 −1) 

= ⎨ 

⎩ 0.0051 

Usvaja se prvo rešenje pošto je drugo manje od nominalnog klizanja. 

Polazni moment izračunavamo ponovnom primenom Klosovog obrasca: 

kr 

nom 

2M 

kr 

M 

nom 

2 ⋅3⋅ 

M 

nom 

M 

pol 

= = 

= 

= 1. 0179 

s 

pol s 1 s 

kr 

kr 

1 0.174852 

s 

kr 

+ 

s 

pol 

2M 

s 

kr 

+ 

M 

1 

+ 

0.174852 

kr 

⋅ s 

1 

nom 

⇒ 

M 

nom 

Pri smanjenom naponu za 15% motor razvija polazni moment: 

⎛ 

= ⎜ 

⎝ 

U ' 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ 0.85 ⋅U 

= ⎜ 

⎝ 

⋅ M 

nom 

M 

pol 

' 

⎜ 

M 

pol 

nom 

U ⎟ ⎜ 

1.0179 0. 7354 

nom 

U ⎟ 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⋅ 

manji od momenta opterećenja jednakim nominalnom, što znači da se motor ne može pokrenuti. 

= 

M 

nom 

327


2005. GODINA 




∆θ 

max 

= θ 

max 

− θ 

amb 

= 140 − 40 = 100 

o 

[ C ] 


( 1−η 

) 

Pnom 

nom 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

P 

nom 

Pnom 

⎜ 1 

⎟ 

γ 

= 

= − = 11⎜ 

−1⎟ 

= 1. 22223 

ηnom 

⎝ηnom 

⎠ ⎝ 0.9 ⎠ 

[ kW ] 

Toplotna provodnost određena relacijom između snage gubitaka i nadtemperature u 


Pγ 

A = 

∆ θ 

nom 

max 

= 

1222.23 

100 

= 12.2223 

o 

[ W C] 

Gubici pri povećanom opterećenju, uz uslov da je koeficijent korisnog dejstva približno 

konstantan, iznose: 

P 

P' 

( 1−η 

) 

nom 

γ 

' = 

= 1.2Pnom 

1 

η 

⎜ 

− = 

nom 

η ⎟ 

nom 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

1.2P 

γnom 

Nadtemperatura u stacionarnom stanju u tom slučaju iznosi: 

∆θ 

P ' 1.2P 

nom 

' = 

γ 

1.2 

max 

120 

A 

= 

γ 

A 

= ∆θ 

= 

o 

[ C] 

Vremensku konstantu zagrevanja nalazimo iz uslova zadatka da se nadtemperatura klase 

izolacije motora dostiže za t uk = 110 [min]: 

⎛ 

∆θ 

′ ⎜ 

max 

= ∆θ 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

tuk 

T = 

∆θ 

′ 

ln 

∆θ 

′ 

− ∆θ 

t 

− 

T 

uk 

tz 

tuk 

⎞ − ′ 

∆ 

′ 

⎟ T ∆θ 

− ∆θ 

max 

t θ − ∆θ 

tz 

uk 

⇒ e = 

ln ⇒ − = ln 

⎟ 

∆ 

′ 

∆ 

′ 

⎠ 

θ 

Ttz 

θ 

110 110 

= 

= = 61.392[ min] = 3683. [ s] 

120 ln 6 

ln 

120 −100 

tz 

53 

max 

max 

⇒ 

Toplotni kapacitet je prema tome: 

o 

o 

[ Ws/ 

C] 45.021209[ kWs C] 

CT = ATtz 

= 12 .2223⋅3683.53 

= 45021.209 = 

/ 

Na kraju traženu masu motora, pod pretpostavkom da je motor u pogledu zagrevanja 

homogen i da mu je specifični toplotni kapacitet kao kod gvožđa C FE = 0.48 [kWs/kg o C], nalazimo 

iz sledeće relacije: 

328


2005. GODINA 

C 

m = 

C 

T 

FE 

45.021209 

= = 

0.48 

93.794 

[ kg] 



Jednomotorni pogon papir mašine sa tri valjka izveden je sa kombinovanim kaišnim i 

zupčastim mehaničkim prenosom prikazanim na slici. Tehnologija rada papir mašine zahteva da 

periferne brzine svih valjaka budu jednake. Prečnik prvog valjka iznosi D 1 = 600 [mm]. Brzina 

obrtanja osovine motora iznosi n nom = 1450 [min -1 ]. Odrediti perifernu brzinu prvog valjka i 

prečnike drugog i trećeg valjka. 

d 1 

= 300 

Motor 

d 2 

= 1300 

d 3 

= 591 

d 4 

= 900 

d 5 

= 714.4 

d 7 

=531 

z 1 

= 20 z 1 

= 20 z 1 

= 20 

d 6 

= 898 

d 8 

= 930 

z 2 

= 57 z 2 

= 57 z 2 

= 57 

z 3 

= 26 z 4 

= 168 

D 1 

= 600 D 2 

=? D 3 

= ? 


Izračunati ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora pogona iz prethodnog zadatka 

ako je moment inercije motora J m = 0.66 [kgm 2 ], ako su svi valjci šuplji iste dužine l = 1000 [mm] i 

debljine zida a = 100 [mm], a specifična masa materijala od kog su izrađeni iznosi ρ = 4.5 [kg/dm 3 ]. 

Momenti inercije ostalih delova mehanizma su zanemarljivi. 


Pogonski motor pogona iz prethodnih zadataka nominalne snage P nom = 4.6 [kW] pogoni se 

frekventnim pretvaračem. Odrediti srednju snagu otpornika u jednosmernom kolu pretvarača, ako 

pri kočenju pretvarač obezbeđuje konstantni moment kočenja jednak nominalnom momentu 

motora. Ako niste u prethodnom zadatku izračunali ukupni svedeni moment inercije usvojiti da on 

iznosi J Σ = 2 [kgm 2 ]. 

329


2005. GODINA 


Šestopolni asinhroni motor napajan iz mreže frekvencije 50[Hz], ima nominalni moment M nom 

= 73.9 [Nm], kritični moment mu iznosi M kr = 4M nom , a polazni moment mu iznosi M pol = 2M nom . 

Odrediti nominalnu snagu motora. 


Dvomotorni pogon sačinjavaju dva motora jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom 

upravljana posebno sa regulatorima u rotorskom i pobudnom krugu. Prvi motor ima nazivne 

podatke: U nom = 440 [V]; I anom = 26.1 [A]; R a + R pp = 1.1 [Ω]; n nom = 3000 [min -1 ]. Drugi motor ima 

nazivne podatke: U nom = 220 [V]; I anom = 55 [A]; R a + R pp = 0.091 [Ω]; n nom = 1400 [min -1 ]. Prvi 

motor pokreće preko reduktora prenosnog odnosa 25:1 valjak prečnika D 1 = 600 [mm], a drugi 

motor preko reduktora prenosnog odnosa 20:1 valjak prečnika D 2 = 1000 [mm]. Valjci su 

priljubljeni jedan uz drugi i vrte se zajedno bez proklizavanja. U stacionarnom stanju izmerena je 

periferijska brzina valjaka od v = 250 [m/min] i rotorske struje motora I a1 = 15 [A] i I a2 = 20 [A]. 

Koliki su u tom slučaju moment opterećenja, naponi napajanja i pobude motora u odnosu na 

nominalne, . 

ω 1 

ω 2 

M 

M1 

i 1 

i 2 

D 1 D 2 

M2 

M 


Prenosni odnosi kombinovanih prenosnika pojedinačnih valjaka iznose: 

d 

d 

z 

1300 900 57 

= ⋅ ⋅ 

300 592 20 

2 4 2 

1 

= 

= 

d1 

d 

3 

z1 

i 

d 

d 

z 

18.807[ ] 

z4 

1300 898 57 168 

= ⋅ ⋅ ⋅ 100.309[ ] 

z3 

300 714.4 20 26 

1300 930 57 

= ⋅ ⋅ 21.630[ ] 

300 531 20 

2 6 2 

2 

= 

= 

d1 

d 

5 

z1 

i 

i 

d 

d 

z 

2 8 2 

3 

= 

= 

d1 

d7 

z1 

Brzina obrtanja i ugaona brzina osovine prvog valjka poznatog prečnika je prema tome: 

1 

[ ] 

n 1450 mot 

n = = = 77.099 min − 

1 

i 

1 

18.807 

2πn 

⋅ 

⎡ ⎤ 

= 1 π 77.099 r 

ω1 

= = 8.074 

60 30 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

Obodna brzina prvog valjka iznosi: 

D1 

0.6 ⎡m⎤ 

v1 = ω 1 

= 8.074 ⋅ = 2. 442 

2 2 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

330


2005. GODINA 

Obodne brzine valjaka su iste, pa iz toga slede relacije za izračunavanje traženih prečnika 

drugog i trećeg valjka: 

v 

n 

1 

= v 

2 

D 

= v3 

= ω1 

2 

n D = n 

1D1 

= 

2 2 3D3 

n 

mot 

i 

1 

D 

1 

1 

= ω 

⇒ 

2 

D 

2 

nmot 

nmot 

= D2 

= D3 

⇒ 

i i 

2 

3 

2 

D 

= ω 

3 

2 

3 

πn1D1 

= 

30 ⋅ 2 

πn2D2 

= 

30 ⋅ 2 

πn3D3 

= 

30 ⋅ 2 

d 

2 

d 

6 

z2 

z4 

i2 

d1 

d 

5 

z1 

z3 

d3 

d 

6 

z4 

591 898 168 

D2 = D1 

= 

D1 

= D1 

= ⋅ ⋅ ⋅ 0.6 = 3. 2 

i d 

2 

d 

4 

z 

1 

2 d 

4 

d 

5 

z3 

900 714.4 26 

d d z 

1 

3 

1 

d 

2 

d8 

z2 

i3 

d1 

d 

7 

z1 

d3 

d8 

591 930 

D3 = D1 

= D1 

= D1 

= ⋅ ⋅ 0.6 = 0. 69 

i d 

2 

d 

4 

z 

1 

2 d 

4 

d 

7 

900 531 

d d z 

1 

3 


Moment inercije pojedinačnih šupljih valjaka su: 

1 

[ m] 

⇒ 

4 4 

2 

( 0.6 − 0.4 ) = 45. [ kgm ] 

4 4 

1 D1 

− D1 

u 1 

3 

1 

= πlρ 

= ⋅π 

⋅1⋅ 

4.5 ⋅10 

⋅ 

946 

J 

2 16 32 

4 4 

1 D2 

− D2u 

1 

3 4 4 

2 

J 

2 

= πlρ 

= ⋅π 

⋅1⋅ 

4.5 ⋅10 

⋅ 3.2 − 3 = 10539. 978 kgm 

2 16 32 

4 4 

1 D3 

− D3u 

1 

3 4 4 

J 

3 

= πlρ 

= ⋅π 

⋅1⋅ 

4.5 ⋅10 

⋅ 0.69 − 0.49 = 74. 672 kgm 

2 16 32 

( ) [ ] 

2 

( ) [ ] 

Traženi ukupni svedeni moment inercije na osovinu motora je prema tome: 

1 

2 

1 

2 

2 

2 

3 

2 

3 

[ m] 

2 

[ ] 

J J J 45.946 10539.978 74.672 

J 

Σ 

= J 

m 

+ + + = 0.66 

+ + + = 1.9971 kgm 

2 

2 

2 

i i i 18.807 100.309 21.630 


Vrednost kinetičke energije kočenja iznosi: 

2 

1 2 1 ⎛ 2πn 

⎞ 1 ⎛π 

⋅1450 

⎞ 

W koc 

= J 

Σω 

= J 

Σ ⎜ ⎟ = ⋅1.9971⋅⎜ 

⎟ = 23023. 06 

2 2 ⎝ 60 ⎠ 2 ⎝ 30 ⎠ 

Konstantni moment kočenja jednak je nominalnom momentu motor, te vreme kocenja 

iznosi: 

2 

[ J ] 

M 

koc 

60 Pnom 

30 4600 

dω 

πn 

= M 

nom 

= = ⋅ = 30.294 

Σ 

Σ 

2π 

n π 1450 

dt 30t 

nom 

nom 

[ Nm] = konst = J = J ⇒ 

koc 

331


2005. GODINA 

t 

πnnom 

1.9971⋅π 

⋅1450 

= J Σ 

= 

= 10. 

30M 

30 ⋅30.294 

koc 

010 

nom 

Pošto se sva energija kočenja mora potrošiti u otporniku, njegova srednja snaga iznosi: 

Wkoc 

23023.06 

Psr = = = 2300. 006 

t 10.010 

koc 

[ W ] 


Primenom Klosovog obrasca dobijamo relacije za izračunavanje kritičnog i nominalnog 

klizanja: 

M 

s 

pol 

2 

kr 

s kr 

332 

[] s 

2 2 

M 

kr 

1 2M 

kr 

2M 

kr 

= ⇒ s 

pol 

= 1 ⇒ + skr 

− = 0/ 

⋅ skr 

⇒ skr 

− skr 

+ 1 = 0 ⇒ 

s 

pol skr 

skr 

M 

pol 

M 

pol 

+ 

s s 

kr 

pol 

2 ⋅ 4M 

nom 

2 

− skr 

+ 1 = 0 ⇒ skr 

− 4skr 

+ 1 = 0 ⇒ 

2M 

4 ± 

= 

nom 

2 

4 − 4 ⋅1 

= 2 ± 

2 

⎧3. 

73205 

3 = ⎨ 

⎩0. 

26795 

Prvo rešenje nema smisla, pa dalje važi: 

M 

s 

s 

nom 

2 

nom 

2 

nom 

s nom 

= 

2M 

kr 

snom 

s 

+ 

s s 

kr 

2M 

− 

M 

kr 

nom 

s 

kr 

kr 

nom 

s 

nom 

s 

⇒ 

s 

+ s 

−2 

⋅ 4 ⋅ 0.26795⋅ 

s 

2.1436 ± 

= 

nom 

kr 

2 

kr 

nom 

2.1436 

2 

s 

+ 

s 

kr 

nom 

= 0 ⇒ 

+ 0.26795 

2 

2M 

− 

M 

2 

− 4 ⋅ 0. 

0718 

kr 

nom 

= 0 ⇒s 

= 0/ 

⋅ s 

2 

nom 

nom 

⋅ s 

kr 

⇒ 

−2.1436 

⋅ s 

nom 

+ 0.0718 = 0 

2.1436 ± 2.0755 ⎧2.10955 

= 

= ⎨ 

2 ⎩0.03405 

Prvo rešenje nema smisla, pa je prema tome nominalna brzina: 

-1 

( 1-s 

) = 1000 ⋅ ( 1-0 03405) 965.95[ min ] 

n = 

nom 

= ns 

nom 

. 

Tražena vrednost nominalne snage motora je prema tome: 

P 

= M 

2πn 

π ⋅ 965.95 

⋅ = 

30 

[ W ] ≈ 7. [ kW ] 

nom 

nom nom 

73.9 

7475.284 48 

60 


Periferijska brzina valjaka iznosi: 

= 

250 

v = 250 

/ 

60 

• 

[ m / min] = [ m / s] = 4.166 [ m s]


2005. GODINA 

Ugaona brzina prvog valjka iznosi: 

1 

1 

[ ] 

v 250 13. 888 • 

ω = = = s 

− 

1 

R 60 ⋅ 0.3 

Brzina obrtanja osovine prvog valjka je: 

n 

= 

1 

[ ] 

60 250 ⋅ 60 

− 

= 

2π 

60 ⋅ 0.3⋅ 

2 ⋅π 

1 

ω1 

= 132.629 min 

Prema tome brzina obrtanja osovine prvog motora iznosi: 

−1 

[ ] 

n m 1 

= i1n1 

= 25⋅ 

32.629 = 3315.728 min 

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja prvog motora n nom = 3000 [min -1 ], što znači 

da taj motor radi u području slabljenja polja, napon napajanja mu je nominalan a odnos slabljenja 

nalazimo iz sledećih relacija: 

( R + R ) 

E U 

1 nom1 

− I 

nom 

anom1 

a1 

pp1 

440 − 26.1⋅1.1 

k 

E 

Φnom 

1 

= = 

= 

= 0.137096 V 

nnom 

1 

nnom 

1 

3000 

E U ( ) 

1 nom1 

− I 

a1 

Ra 

1 

+ R 

pp1 

440 −15 

⋅1.1 

k 

E 

Φ1 = = 

= 

= 0.1307405[ Vmin] 

n 

n 

3315.728 

λ 

k 

m1 

Φ 

m1 

0.1307405 

= 

0.137096 

E 1 

1 

= 

≅ 

k 

EΦnom1 

0.9537[ ] 

Ugaona brzina drugog valjka iznosi: 

2 

1 

[ ] 

v 250 

2. 138 − 

ω = = = s 

2 

R 60 ⋅ 0.5 

Brzina obrtanja osovine drugog valjka je: 

n 

1 

[ ] 

60 250 ⋅ 60 

− 

2π 

60 ⋅ 0.5⋅ 

2 ⋅π 

2 

= ω 

2 

= 

= 79.578 min 

Prema tome brzina obrtanja osovine drugog motora iznosi: 

−1 

[ ] 

n m 2 

= i2n2 

= 20 ⋅ 79.578 = 1591.5495 min 

[ min] 

Ova brzina je veća od nominalne brzine obrtanja drugog motora n nom = 1400 [min -1 ], što 

znači da i taj motor radi u području slabljenja polja, pri čemu odnos slabljenja iznosi: 

( R + R ) 

E U 

2 nom2 

− I 

nom 

anom2 

a2 

pp2 

220 − 55⋅ 

0.091 

k 

E 

Φnom2 = = 

= 

= 0.15357 V 

nnom2 

nnom2 

1400 

E U ( ) 

2 nom2 

− I 

a2 

Ra2 

+ R 

pp2 

220 − 20 ⋅ 0.091 

k 

E 

Φ2 = = 

= 

= 0.13709[ Vmin] 

n 

n 

1591.5495 

m2 

m2 

[ min] 

333


2005. GODINA 

λ 

k 

Φ 

0.13709 

= 

0.15357 

E 2 

2 

= 

≅ 

k 

EΦnom2 

0.8927[ ] 

Pri tome motori razvijaju momente na osovini motora: 

( R + R ) 

60 E I U I 

a 30 nom1 

− 

1 1 

a1 

a1 

pp1 

30 440 −15⋅1.1 

M 

m1 = = 

I 

a1 

= ⋅ 

⋅15 

= 18. 727[ Nm] 

2π 

nm 

1 

π nm 

1 

π 3315.728 

60 E I U I ( R R ) 

a 30 nom2 

− 

a2 

a2 

+ 

2 2 

pp2 

30 220 − 20 ⋅ 0.091 

M 

m2 = = 

I 

a2 

= ⋅ 

⋅ 20 = 26. 1816 Nm 

2π 

n π n 

π 3315.728 

m2 

m2 

Prema tome traženi moment opterećenja iznosi: 

M 

t 

= i1 M 

m1 

+ i2M 

m2 

= 25⋅18.727 

+ 20 ⋅ 26.1816 = 991. 807 

[ Nm] 

[ ] 



Jednosmerni motor napajan iz tiristorskog ispravljača, pogoni otporno opterećenje sa 

konstantnim otpornim momentom i ukupnim svedenim momentom inercije na osovinu motora J Σ = 

10 [kgm 2 ]. Motor se zaleće za vreme t zal = 20 [s] do nominalne brzine obrtanja n nom = 590 [min -1 ], 

zatim radi u stacionarnom stanju tokom vremena t stac = 60 [s] pri čemu motor na osovini razvija 

snagu P m = 680 [W] i na kraju koči do nulte brzine. 

Izračunati vreme kočenja. 

n 

n nom 

= 590 [min -1 ] 

t zal 

= 20 [s] t stac 

= 60 [s] 

t tkoc 

= ? 

t 

t c 

= 2 [min] 


Odrediti odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora iz 

prethodnog zadatka ako se opisani ciklus opterećenja ponavlja svakih t c = 2 [min], u slučaju da: 


b) Motor ima sopstveno hlađenje pri čemu se motor prilikom stajanja hladi tri puta lošije 

nego kod obrtanja nazivnom brzinom. 


Glavno kretanje struga rešeno je uz pomoć pretvarača frekvencije vezanog na trofaznu 

mrežu 3x380 [V]. Glava struga se okreće brzinom obrtanja od n = 600 [min -1 ] i treba da se zaustavi 

generatorskim kočenjem za vreme t = 2 [s]. Celokupni moment inercije glave struga i predmeta za 

334


2005. GODINA 

obradu je J Σ = 10 [kgm 2 ]. Dimenzionisati otpornost otpornika R u međukolu tako da ne dođe do 

prenapona u međukolu tokom kočenja. 

R 

M 

3f 


Centrifuga za šećer goni se sa asinhronim motorom sa podacima U nom = 380 [V], f nom = 50 

[Hz], P nom = 192 [kW], n nom = 1460 [min -1 ]. Motor se napaja iz frekventnog pretvarača koji tokom 

zaleta obezbeđuje konstantni moment zaleta jednak nominalnom. Prazna centrifuga zaleće se za t zal 

= 10 [s] do nominalne brzine obrtanja. Doboš centrifuge ima unutrašnji prečnik D = 1 [m], a u punu 

centrifugu staje ukupno m = 700 [kg] šećera. 

Odrediti za koliko će se produžiti vreme zaleta pune centrifuge do nominalne brzine obrtanja 

u odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge, za slučaj da se centrifuga posmatra kao opterećenje sa 

čistim momentom inercije. 


Odrediti vreme zaleta pune centrifuge iz prethodnog zadatka do brzine obrtanja n max = 2000 

[min -1 ]. 


Dinamički moment ubrzanja tokom zaleta nalazimo iz relacije: 

M 

dω 

∆ω 

2πn 

= J = J = J 

dt ∆t 

60t 

nom 

dzal 

10 30. 892 

zal 

= 

π ⋅ 590 

⋅ = 

30 ⋅ 20 

335 

[ Nm] 

Otporni moment, prema uslovu zadatka nezavisan od brzine obrtanja nalazimo iz razvijene 

snage u stacionarnom stanju: 

M 

P 

30P 

= 

πn 

30 ⋅ 680 

m 

m 

tstac 

= 

= = 11. 005 

ω 

m nom 

π ⋅590 

[ Nm] 

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija maksimalni moment, određen strujnom granicom 

tiristorskog ispravljača: 

M 

m max 

= M 

tstac 

+ M 

dzal 

= 11.005 + 30.892 = 41. 897 

[ Nm] 

Tokom procesa kočenja, teret koči otporni moment i sam motor, te dinamički moment 

kočenja dobijamo iz relacije: 

M 

dkoc 

= M 

tstac 

+ M 

m max 

= 11.005 + 41.897 = 52. 902 

[ Nm]


2005. GODINA 

Na kraju traženo vreme kočenja je: 

t 

∆ω 

= J 

M 

2πn 

= J 

60M 

π ⋅590 

nom 

= 10 ⋅ = 11. 679 

zal 

dkoc 

dkoc 

30 ⋅52.902 


a) Za vreme zaleta i kočenja motor razvija maksimalni moment, a tokom stacionarnog stanja 

razvija navedeni moment u uslovima zadatka, pa je efektivna vrednost momenta, odnosno 

nominalni moment u slučaju prinudnog hlađenja koje traje i tokom mirovanja: 

[] s 

M 

aeff 

= M 

= 

= 

anom 

M 

= 

2 

m max 

41.897 

∑ 

i 

M 

∑ 

i 

2 

i 

ti 

t 

i 

= 

( t + t ) 

2 

⋅ 

zal 

koc 

M 

+ M 

( 20 + 11.679) 

t 

c 

120 

2 

m max 

2 

m 

t 

stac 

t 

zal 

+ M 

+ 11.005 

+ M 

2 

2 

m 

t 

c 

2 

m max 

t 

⋅ 60 

= 

stac 

= 

+ M 

2 

m max 

22.890[ Nm] 

t 

koc 

= 

Pošto su struje proporcionalne vrednostima momenta, traženi odnos maksimalne struje 

regulisanog ispravljača i nominalne struje motora iznosi: 

I 

I 

max 

M 

= 

mmax 

anom 

M anom 

= 

41.897 

22.890 

= 1.830[ ] 

b) U slučaju sopstvenog hlađenja potrebno je računati sa smanjenom efikasnošću ventilatora 

preko faktora: 

β = 

1 

3 

1 

1+ 

1+ 

β 

α = = 

3 

= 

2 2 

2 

3 

Te u tom slučaju, ekvivalentni moment motora za ciklus iznosi: 

M 

beff 

= M 

= 

bnom 

2 

3 

= 

∑ 

j 

αt 

j 

∑ 

i 

+ 

M 

∑ 

k 

2 

i 

ti 

t 

k 

+ 

∑ 

l 

βt 

2 

2 

41.897 ⋅ ( 20 + 11.679) 

+ 11.005 ⋅ 60 

1 

( 20 + 11.679) + 60 + [ 120 − ( 20 + 60 −11.679) 

] 

3 

l 

= 

α 

2 

2 

M 

m max 

( t 

zal 

+ tkoc 

) + M 

m 

tstac 

( t + t ) + t + [ t − ( t + t + t )] = 

zal 

koc 

stac 

= 

c 

zal 

26.349[ Nm] 

stac 

koc 

Pa je traženi odnos maksimalne struje regulisanog ispravljača i nominalne struje motora: 

I 

I 

max 

M 

= 

mmax 

bnom 

M bnom 

= 

41.897 

26.349 

= 1.590[ ] 

336


2005. GODINA 


Vrednost energije kočenja iznosi: 

2 

1 2 1 ⎛ 2πn 

⎞ 1 ⎛ π ⋅ 300 ⎞ 

W koc 

= J 

Σω 

= J 

Σ ⎜ ⎟ = ⋅10 

⋅ ⎜ ⎟ = 19739. 21 

2 2 ⎝ 60 ⎠ 2 ⎝ 30 ⎠ 

Napon jednosmernog međukolu iznosi: 

U 

DC 

≈ 2 U 

L 

= 2 ⋅ 380 = 537. 40 

[ V ] 

Pošto se u slučaju da ne nastaje prenapon u međukolu mora sva snaga odnosno energija 

kočenja potrošiti u otporniku, uz uslov da se kočenje vrši sa konstantnim momentom, vrednost 

njegove otpornosti nalazimo iz relacije: 

2 

2 

2 

U 

DC 

t 

kocU 

DC 2 ⋅ 537.40 

R = = = = 29. 262 

P W 19739.21 

koc 

koc 

[ Ω] 

2 

[ J ] 


Polazni moment prema uslovima zadatka održava se konstantnim tokom zaleta do 

nominalne brzine obrtanja i jednak je vrednosti nominalnog momenta motora: 

M 

60P 

= 

2πn 

30 ⋅192000 

nom 

nom 

= 

= 1255. 798 

nom 

π ⋅1460 

[ Nm] 

Sopstveni moment inercije mehanizma centrifuge, nalazimo na osnovu podatka o vremenu 

zaleta prazne centrifuge, uz uslov da je teret čisti zamajni: 

M 

dzal 

M 

nom 

60t 

zal 

30 ⋅10 

J 

s 

= = = M 

nom 

= 1255.798⋅ 

= 82.137 

dω 

∆ω 

2πn 

nom 

π ⋅1460 

dt ∆t 

2 

[ kgm ] 

Moment inercije šećera ravnomerno raspoređenog u sudu za centrifugiranje iznosi: 

2 

1 2 1 ⎛ 1 ⎞ 

sec 

= mR = ⋅ 700 ⋅⎜ 

⎟ 87. 5 

J = 

2 2 ⎝ 2 ⎠ 

2 

[ kgm ] 

Ukupni moment inercije pune centrifuge je prema tome: 

sec 

= .137 + 87.5 169. 637 

2 

[ ] 

J = J 

s 

+ J 82 = kgm 

Σ 

Pa je traženo vreme zaleta pune centrifuge: 

t 

2πn 

nom 

π ⋅1460 

' = J Σ 

= 169.637 ⋅ 

= 20. 

60M 

30 ⋅1255.798 

zal 

652 

nom 

Odnosno produžava se u odnosu na vreme zaleta prazne centrifuge za: 

337 

[] s


2005. GODINA 

t 

t 

zal 

zal 

' 

J 

= Σ J 

s 

= 

169.637 

82.137 

= 2.0652[ ] 


Zalet do tražene brzine obrtanja n max = 2000 [min -1 ], obavlja se u dve faze, zalet do 

nominalne brzine obrtanja sa regulacijom uz konstantni moment i zalet iznad nominalne brzine 

obrtanja sa regulacijom uz konstantnu snagu. Vreme zaleta do nominalne brzine obrtanja određeno 

je u prethodnom zadatku, pa je preostalo da odredimo vreme zaleta za opseg regulacije brzine 

obrtanja od nominalne do maksimalne, za koji važi: 

Ω 

nom 

nnom 

Pnom = M 

nomΩ 

nom 

= M 

mΩ ⇒ M 

m 

= M 

nom 

= M 

nom 

Ω n 

nmax 

nmax 

nmax 


Σ 

t 

zal 

'' = ∫ J 

Σ 

= ∫ J 

Σ 

= ∫ ndn = 

30 M 30 n 30 

nnom 

m n 

nom M 

nom 

nomnnom 

M 

nnom 

nom 

n 

π J 

Σ 1 2 2 π ⋅169.637 

= 

n − nnom 

= 

⋅ 2000 

30 M n 2 

30 ⋅1255.798⋅1460 

⋅ 2 

nom 

nom 

Ukupno vreme zaleta je prema tome: 

t 

zal 

''' 

= t 

zal 

' + t 

zal 

'' = 20.652 + 9.051 = 29. 703 

2 

2 

( ) ( −1460 

) 9.051[] 

s 

max 

= 

[] s 



Masa viljuškara i tereta na slici iznosi m = 1000 [kg]. Prečnik točka iznosi D = 0.5 [m], a 

između njega i motora radi redukcije broja obrtaja smešten je reduktor prenosnog odnosa i = 20 i 

koeficijenta korisnog dejstva η Red = 0.8. Koeficijent kotrljanja iznosi µ F = 0.02. Pogonski motor je 

jednosmerni sa nezavisnom pobudom nominalne snage od P nom = 1.1 [kW], nominalne brzine 

obrtanja n nom = 1000 [min -1 ] sa sopstvenim momentom inercije J m = 0.205 [kgm 2 ]. Motor se napaja 

iz akumulatorskih baterija preko tranzistorskog čopera koji mu omogućuje zalet sa konstantnom 

nominalnom strujom. 

Odrediti vreme zaleta i nominalnu brzinu kretanja viljuškara. 

Motor 

D 

338


2005. GODINA 


Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem, 

ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 

34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 2250 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova 

R a + R pp = 0.38 [Ω]. Radi određivanja sopstvenog momenta inercije motora izmereno je vreme 

zaleta neopterećenog motora t zal1 = 0.5 [s], a zatim je motor opterećen sa čistim zamajnim teretom 

sa momentom inercije J z = 0.2 [kgm 2 ] i izmereno mu je ponovo vreme zaleta t zal2 = 1.5 [s]. 

Koliko iznosi sopstveni moment inercije motora? 


Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati vrednost strujne granice na koju je podešen 

tiristorski ispravljač za vreme izvođenja merenja. 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa rotorom u kratkom spoju, predviđen za trajni pogon sa 

nominalnom vrednošću struje od I nom = 10 [A], upotrebljen je u pogonu u kom je preopterećen i u 

kom iz mreže vuče struju I x = 12 [A]. Odnos stalnih i promenljivih gubitaka motora je P Fenom / P Cunom 

= 0.7 [ ]. U trajnom nominalnom pogonu motor dostiže nadtemperaturu od ∆θ nom = 60 [ o C ]. 

Izračunati nadtemperaturu motora pri prepterećenju. 


Na pločici trofaznog asinhronog motora navedeni su sledeći podaci: U nom = 380 [V], f nom = 

50 [Hz], P nom = 6 [kW], I nom = 13.3 [A], n nom = 950 [min -1 ], S2 30 [min]. Sa kojim stalnim 

opterećenjem motor može raditi 10 [h], ako je vremenska konstanta zagrevanja T tz = 60 [min]. Pri 

proračunu zamemariti stalne gubitke motora. 


U stacionarnom stanju brzina brzina kolica v max 

iznosi: 

v 

max 

D 2π 

D nMotnom 

πD 

1000 ⋅π 

⋅ 0.50 ⎡m⎤ 

= ω 

tt 

= nt 

= = 

= 1. 309 

2 60 2 i 60 20 ⋅ 60 ⎢ 

⎣ s ⎥ 

⎦ 

Sila otpora kotrljanja je: 

Ft = mgµ 

F 

= 1000 ⋅ 9.81⋅ 

0.02 = 196. 2 

[ N] 

Sila otpora kotrljanja na pogonskom točku razvija obrtni moment: 

M 

D 0.50 

= Ft 

= 196.2 ⋅ = 49. 

2 2 

tStac 

05 

[ Nm] 

Stacionarni otporni moment otpora kotrljanja sveden na osovinu motora je prema tome: 

M 

M 

tStac 49.05 

' = = = 3. 

i η 20 ⋅ 0.8 

tStac 

066 

R 

[ Nm] 

Moment inercije viljuškara u odnosu na osovinu točka iznosi: 

339


2005. GODINA 

2 

⎛ D ⎞ ⎛ 0.50 ⎞ 

J t 

= m⎜ 

⎟ = 1000 ⋅⎜ 

⎟ = 62.5 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 

2 

[ kgm ] 

Moment inercije viljuškara sveden na osovinu motora iznosi: 

J 

J 

62.5 

t 

t 

' = = = 0. 195 

2 2 

i η 

R 

20 ⋅ 0.8 

2 

[ kgm ] 

Ukupni moment inercije sveden na osovinu motora, je prema tome: 

J 

Σ 

= J 

m 

+ J 

t 

' = 0.205 + 0.195 = 0.4 


M 

P 

30P 

= 

πn 

2 

[ kgm ] 

30 ⋅1100 

mnom 

mnom 

mnom 

= 

= = 10. 504 

ω 

nomm mnom 

π ⋅1000 

[ Nm] 

Iz toga sledi da motor tokom zaleta razvija dinamički moment jednak razlici: 

M 

dzal 

= M 

m max 

− M 

tstac 

' = M 

mnom 

− M 

tstac 

' = 10.504 − 3.066 = 7. 438 

Na kraju traženo vreme zaleta je: 

t 

∆ω 

2πn 

nom π ⋅1000 

= J Σ 

= J = 0.4 ⋅ = 5. 

M 60M 

30 ⋅ 7.438 

632 

zal dzal 

dzal 

[] s 

[ Nm] 


U oba merenja pogon se ubrzava sa konstantnim momentom ubrzanja, pa za prvo merenje 

važi: 

M 

d1 

= M 

max 

= J 

m 

dω = J 

dt 

m 

2π 

n 

60 t 

nom 

zal1 

Za drugo merenje važi: 

M 

d1 

= M 

max 

= 

( J + J ) = ( J + J ) 

m 

z 

dω 

dt 

m 

z 

2π 

n 

60 t 

nom 

zal2 

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat sopstveni 

moment inercije motora: 

J 

t 

t 

zal1 

2 

[ ] 

m zal2 

zal1 

1 = 

⇒ J 

m 

= J 

z 

= J 

z 

= 0.2 ⋅ = 0.1 kgm 

J J t 

t 

1 

t 

2 

t 

1 zal2 

1.5 

m 

+ 

z zal 

zal 

− 

zal 

t 

1 

−1 

1 

−1 

0.5 

340


2005. GODINA 


Konstantni moment ubrzanja, odnosno maksimalni moment određen strujnom granicom 

tiristorskog ispravljača nalazimo iz relacije: 

M 

2π 

nnom 

π ⋅ 2250 

= J 

m 

= 0.1⋅ 

47. 224 

60 t 30 ⋅ 0.5 

max 

= 

zal1 

[ Nm] 

Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije: 

M 

nom 

= 

= 

P 

ω 

nom 

nom 

= E 

nom 

I 

nom 

60 

2πn 

nom 

= 

30 

[ U − ( R + R ) I ] I = 

30 

π ⋅ 2250 

a 

pp 

nom 

( 220 − 0.38 ⋅34.2) ⋅34.2 

⋅ = 30.046[ Nm] 

nom 

πn 

nom 

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je tražena strujna 

granica: 

M 

max 47.224 

I 

max 

= I = 34.2 ⋅ = 53. 

M 30.046 

753 

nom nom 

[ A] 


Nadtemperatura je proporcionalna gubicima odnosno i pri nominalnom opterećenju i pri 

preopterećenju, pa važi: 

∆θ 

∆θ 

nom 

x 

= 

= ∆θ 

P 

A 

= ∆θ 

gnom 

T 

nom 

⇒ ∆θ 

P 

P 

P 

P 

Fenom 

Fenom 

Fenom 

P 

P 

x 

= 

+ P 

+ P 

P 

A 

Cux 

gx 

T 

Cunom 

⎛ I 

+ 

⎜ 

⎝ I 

Cunom 

x 

⇒ ∆θ 

= ∆θ 

x 

nom 

= ∆θ 

P 

Fenom 

nom 

P 

P 

gx 

gnom 

⇒ 

⎛ I 

+ P 

⎜ 

Cunom 

⎝ I 

P + P 

Fenom 

⎛12 

⎞ 

0.7 + ⎜ ⎟ 

⎝10 

⎠ 

Cunom 

x 

nom 

Cunom nom 

nom 

= 60 ⋅ 

= 75. 53 

Fenom 

0.7 + 1 

+ 1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

= 

o 

[ C] 


Oznaka S2 30 [min] znači da motor radi 30 minuta opterećen nazivnim gubicima i dostiže 

nominalni dozvoljeni porast nadtemperature. Isti porast nadtemperature dostiže i sa traženim 

opterećenjem nakon 10 časova, pa važi: 

∆ θ 

∆θ 

doz 

max 

tuk 

⎛ − ⎞ 

= ∆ ⎜ − 

Ttz 

θ 1 e ⎟ = ∆θ 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

Pgnom 

Pgx 

= ⇒ ∆θ 

max 

' = ⇒ ∆θ 

A 

A 

T 

′ 

⎛ 

⎜ − e 

⎜ 

⎝ 

max max 

1 

T 

max 

' = ∆θ 

341 

max 

tuk 

' 

− 

T 

P 

tz 

P 

gx 

gnom 

⎞ 

⎟ ⇒ 

⎟ 

⎠ 

⇒


P 

P 

gx 

gnom 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

= 

⎝ 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

⎞ 

tuk 

− 

2 

Ttz 

⎛ I 

x 

⎞ 

P + 

⎜ 

⎟ 

Fenom 

PCunom 

⎝ I 

nom ⎠ 

tuk 

' 

− PFenom 

+ PCunom 

0 

T 

tz 

t 

− 

⎟ ⎟ ⎠ 

= 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

uk 

30 

− 

Ttz 

60 

1− 

e 

1− 

e 

I 

x 

= I 

nom 

= 13.3⋅ 

= 8. 343 

tuk 

' 10⋅60 

− 

− 

Ttz 

60 

1− 

e 

1− 

e 

⎛ I 

0 + P 

⎜ 

Cunom 

≈ 

⎝ I 

+ P 

[ A] 

Cunom 

x 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎛ I 

= 

⎜ 

⎝ I 

x 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⇒ 

2005. GODINA 



Motor jednosmerne struje sa nezavisnom pobudom, napajan sa tiristorskim ispravljačem, 

ima sledeće podatke: nominalni rotorski napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 

34.2 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 2250 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova 

R a + R pp = 0.38 [Ω]; masa motora m m = 25 [kg]; klasa izolacije F. Motor pokreće čisti zamajni teret 

sa momentom inercije J z = 20 [kgm 2 ]. Motor se napaja tiristorskim regulatorom koji tokom polaska 

obezbeđuje napajanje motora sa dvostrukom nominalnom strujom u toku t pol = 50 [s], a zatim radi 

zaštite regulatora i motora smanjuje strujnu granicu na vrednost nominalne struje motora. 

Odrediti vreme zaleta motora do nominalne brzine. 


Do koje temperature će se ugrejati namotaj motora iz prethodnog zadatka na kraju zaleta ako 

motor polazi iz hladnog stanja pri temperaturi ambijenta od θ amb = 20 [ o C]. Pretpostaviti da je 

motor u pogledu zagrevanja homogen i da mu je toplotni kapacitet kao kod gvožđa, C FE = 0.48 

[kWs/kg o C]. 


Odrediti potreban polazni moment elektromotora za pokretanje transportne trake sa slike. 

Traka je prenosnog kapaciteta Q p = 2000 [N/s] sa brzinom kretanja v = 3 [m/s]. Koeficijent trenja 

trake o valjke iznosi µ ω = 0.025 [ ], dužina trake l = 500 [m] a visina podizanja h = 45 [m]. 

Sopstvena težina trake po metru iznosi G s = 500 [N/m]. Traka se pokreće pomoću bubnjeva 

prečnika D b = 1.3 [m] i koeficijenta iskorišćenja η b = 0.85. 

D= 1.3 [m] 

h = 45 [m] 

M 

l = 500 [m] 

342


2005. GODINA 


Trofazni kavezni asinhroni motor snage P nom = 2.2 [kW] i nominalne brzine obrtanja n nom = 

1450 [min -1 ], pogoni mehanizam lifta. Mehanizam sadrži reduktor prenosnog odnosa i = 20 [ ], 

protivteg mase m pt = 350 [kg] i bubanj prečnika D b = 1 [m]. 

Odrediti masu koju diže lift ako u stacionarnom stanju pri dizanju motor razvija brzinu 

obrtanja od n g = 1525 [min -1 ]. 


Trofazni asinhroni motor sa namotanim rotorom sa nominalnim podacima: U s = 220 [V]; p = 

2; L s = 10 [mH]; L r ' = 8.88 [mH]; R r ' = 2.37 [Ω]; f s = 50 [Hz]. Motor pokreće radnu mašinu čiji je 

otporni moment jednak M t = 26 [Nm] i ima potencijalnu prirodu. 

a) Koliki otpor treba dodati u kolo rotora da bi brzina motora bila n = 1000 [min -1 ] ako se pri 

tome motor napaja nominalnim naponom i frekvencijom? 

b) Odrediti napon i frekvenciju motora pri kojima će brzina motora biti n = 1000 [min -1 ] bez 

dodatnog otpora uz uslov da se promena frekvencije vrši uz uslov U/f = konstantno. 

c) Odrediti sa kojom će se brzinom obrtati motor ako se istovremeno izvrše intervencije iz 

tačaka a) i b). 


Vrednost nominalnog momenta motora nalazimo iz relacije: 

M 

nom 

= 

= 

P 

ω 

nom 

nom 

= E 

nom 

I 

nom 

60 

2πn 

nom 

= 

30 

[ U − ( R + R ) I ] I = 

30 

π ⋅ 2250 

a 

pp 

nom 

( 220 − 0.38 ⋅34.2) ⋅34.2 

⋅ = 30.046[ Nm] 

nom 

πn 

nom 

Pošto je moment motora proporcionalan sa strujom motora, sledi da je maksimalni moment 

tokom zaleta: 

I 

max 

M 

max 

= M = 30.046 ⋅ 2 = 60. 

I 

nom 

092 

nom 

[ Nm] 

M 

n 

M max 

n nom 

n 1 

M nom 

t pol 

t zal2 

t 

343


2005. GODINA 

Za vreme dok elektronika dozvoljava rad sa dvostrukom nominalnom strujom motora, motor 

se ubrzava do brzine: 

1 

[ ] 

M t 

n1 = 

= 

= 1434.591 min 

2π 

J 2 ⋅π 

⋅⋅20 

60 max pol 60 ⋅ 60.092 ⋅ 50 

− 

Σ 

Dalje zalet sa jednostrukom nominalnom strujom motora do nominalne brzine obrtanja 

obavlja se za vreme: 

t 

( 2250 − 2434.591) 

2π 

nnom 

− n1 

20 ⋅ 2 ⋅π 

⋅ 

= J Σ 

= 

60 M 

60 ⋅30.046 

zal2 = 56. 839 

nom 

Traženo vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno: 

t 

zal 

= t 

pol 

+ t 

zal2 = 50 + 56.839 = 106. 839 

[] s 

[] s 


Vrednost nominalnih gubitaka motora nalazimo iz relacije: 

P 

= 

2 

2 

( R + R ) I = 0.38 ⋅34.2 

= 444. [ W ] 

gnom a pp nom 

4632 

Vrednost gubitaka motora tokom polaska sa dvostrukom nominalnom strujom, nalazimo iz 

relacije: 

P 

2 

2 

( R + R ) I = ( R + R )( 2I 

) = 4P 

= 4 ⋅ 444.4632 1777. [ W ] 

gpol 

= 

a pp max a pp nom 

gnom 

= 8528 

Toplotnu provodnost motora, vodeći rašuna da je klasa izolacije motora F nalazimo iz 

relacije: 

A 

T 

= 

P 

∆θ 

gnom 

nom 

0.444463 

= 

100 

[ kW ] 

kW 

−3 

⎡ ⎤ 

= 4.44463⋅10 

o 

[ C] ⎢ o 

⎣ C 

⎥ ⎦ 

Toplotni kapacitet motora i vremenska konstanta zagrevanja iznose: 

⎡kWs⎤ 

CT = mmCFe 

= 25⋅ 

0.48 = 12 

⎢ o 

⎣ C ⎥ 

⎦ 

⎡kWs⎤ 

12 

C ⎢ o 

C ⎥ 

T 

Ttz = = 

⎣ ⎦ 

= 2669 s 

AT 

−3 

⎡kW 

⎤ 

4.44463⋅10 

⎢ o 

⎣ C ⎥ 

⎦ 

[] 

Vrednost stacionarne nadtemperature koju bi motor dostigao kad bi trajno bio opterećen sa 

dvostrukom nominalnom strujom bi iznosila: 

∆θ 

P 

A 

4P 

= 

A 

gpol gnom 

pol 

= 

= 4∆θ 

nom 

= 4 ⋅100 

= 400 

T 

T 

344 

o 

[ C]


2005. GODINA 

P g 

P gpol 

∆θ 

∆θ 1 

∆θ 2 

P gnom 

t pol 

t zal2 

t 

Iz toga sledi da motor dostiže nakon segmenta vremena u kom radi sa dvostrukom 

nominalnom strujom, nadtemperaturu od: 

t pol 

⎛ − ⎞ 

50 

⎛ − ⎞ 

Ttz 

2699 

∆θ1 = ∆θ 

⎜ 

pol 

1− 

e ⎟ = 400⎜1 

e ⎟ 

− 

= 7.3419 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

o 

[ C] 

Na kraju zaleta, odnosno drugog segmenta, motor dostiže nadtemperaturu: 

tzal 

2 

− ⎛ − 

= 

Ttz 

∆θ 

+ ⎜ 

2 

∆θ1e 

∆θ 

noml 

1 − e 

⎜ 

⎝ 

t 

T 

zal 2 

tz 

⎞ 

⎟ = 

⎟ 

⎠ 

56. 

839 

. 

− ⎛ − 

= 

2699 

2699 

7. 

3419e 

+ 100⎜ 

1 − e 

⎝ 

odnosno temperaturu: 

θ 

56 839 

2 

= θ 

amb 

+ ∆θ 

2 

= 20 + 9.279 = 29. 279 

⎞ 

⎟ 

= 7. 

195 + 2. 

084 = 9. 

279 

⎠ 

[ C] 

o 

o 

[ C] 


Težinu tereta po metru trake dobijamo iz odnosa kapaciteta i brzine trake: 

G 

Q 

= 

v 

2000 

3 

[ N / s] 

[ m / s] 

[ N m] 

p 

p 

= 

= 666.667 / 

Težina tereta na celoj traci je prema tome: 

F 

p 

= G l = 666.667 

⋅500 

= 333.333⋅10 

p 

3 

[ N] 

Težina same trake iznosi: 

3 

F = G 2l 

= 500 ⋅ 2 ⋅500 

= 500 ⋅10 

s 

s 

[ N ] 

345


2005. GODINA 

Ukupna težina trake i tereta je prema tome: 

F 

uk 

= F 

p 

+ F 

s 

= 

3 

3 

333.333⋅10 

+ 500 ⋅10 

= 833.333⋅ 

10 

3 

[ N] 

F m 

D b 

F 

F tr 

t 

α F n 

α F uk 

h = 45 [m] 

l = 500 [m] 

Ugao nagiba kosine je: 

α = 

h 45 

arctg = arctg = arctg0.09 

= 5. 141 

l 500 

Radi određivanja motorne sile težinu treba razložiti na komponentu paralelnu kosini i 

komponentu normalnu na kosinu, kao na slici: 

F 

t 

= F uk 

F = 

n 

F uk 

sinα 

cosα 

Motorna sila prema slici je jednaka zbiru paralelne komponente i sile otpora kotrljanja: 

o 

[] 

F 

m 

= F + F = F + F = F sinα 

+ µ F cosα 

= F ( sinα 

+ µ cosα 

)= 

= 

t tr t 

µ 

ω n uk 

ω uk 

uk 

ω 

3 

833.333⋅10 

⋅ 

⋅ 

o 

( sin 5.141 

o + 0.025⋅ 

cos5.141 ) = 95.448 10 

3 [ N] 

Polazni moment motora prema tome mora biti bar: 

M 

p 

= 

F 

m 

η 

R 

b 

b 

= 

F 

m 

D 

2η 

b 

b 

3 

95.448⋅10 

⋅1.3 

= 

= 72.989 ⋅10 

2 ⋅ 0.85 

3 

[ Nm] 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 ⋅ 22000 

nom 

nom 

= = 144. 89 

nom 

π ⋅1450 

[ Nm] 

346


2005. GODINA 

Pošto se motor obrće sa brzinom većom od sinhrone, znači da motor radi u generatorskom 

režimu. U granicama oko sinhrone brzine motora njegova mehanička karakteristika može se 

aproksimativno pretstaviti kao prava linija, kao na donjoj slici. 

Na osnovu odnosa sa slike na osnovu sličnosti trouglova moment koji razvija motor u 

generatorskom režimu: 

M 

n − n 

s 

nom 

nom 

M 

g 

= 

n − n 

s 

g 

⇒ 

ns 

− ng 

1500 −1525 

M 

g 

= M 

nom 

= 144.89 

⋅ 

= −72. 

445 

n − n 

1500 −1450 

s 

nom 

[ Nm] 

M 

M nom 

n g 

n nom 

n 

n s 

M g 

Na izlazu reduktora moment tereta je prema tome: 

( − 72.445) = −1448. 

[ Nm] 

M 

t 

' = iM 

g 

= 20 ⋅ 

9 

Iz vrednosti momenta tereta sledi da je vrednost obodne sile na bubnju: 

F 

t 

( −1448.9) 

M 

t 

' 2M 

t 

' 2 ⋅ 

= = = 

= −2897. 

8 

R D 1 

b 

b 

[ N] = ( m − m )g 

t 

pt 

Masu tereta koju diže lift nalazimo na kraju iz izraza: 

F 

t 

( m − m ) ⇒ 

= g 

t 

pt 

Ft 

2897.8 

mt = m 

pt 

+ = 350 − = 350 − 295.392 = 54. 608 

g 9.81 


Reaktaktansa rasipnih induktiviteta statora i rotora iznosi: 

[ kg] 

X 

s 

+ X ' 

r 

= 2πf 

s 

−3 

( L + L ') = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ ( 10 + 8.88) ⋅10 

= 5.928[ Ω] 

s 

r 

Kritično klizanje i moment su prema tome: 

347


2005. GODINA 

R 

r' 

skr 

= = 

X 

s 

+ X 

r' 

3⋅30 

U 

M = ⋅ 

πn 

2 

2.37 

5.928 

= 0.4[ ] 

2 

2 

s 3⋅330 

⋅ 220 

= 

= 77. 

kr 

S 

( X 

s 

+ X 

r' 

) π ⋅1500 

⋅ 2 ⋅5.928 

97 

[ Nm] 

Pošto je moment opterećenja konstantan važe sledeće relacije, iz kojih dobijamo relaciju za 

izračunavanje tražene svedene dodatne otpornosti u kolu rotora za traženi režim: 

R 

r' 

R 

r' 

+ Rd' 

s2 

⎛ s2 

⎞ 

M = ⇒ = ⇒ R ' = R ' − R ' = R ' 

⎜ −1 

⎟ 

t 

const 

d r 

r r 

s1 s2 

s1 

⎝ s1 

⎠ 

2M 

kr 

s1 

skr 

2M 

kr 

2 2M 

kr 

2 

M 

t 

= ⇒ + − = 0 / ⋅ s1skr 

⇒ s1 

− skr 

s1 

+ skr 

⇒ 

s1 

skr 

skr 

s1 

M 

t 

M 

t 

+ 

skr 

s1 

⎛ 

2 ⎞ ⎛ 

2 

⎜ M ⎛ ⎞ ⎟ 

⎞ 

⎜ ⎛ ⎞ ⎟ ⎧ 2.33 

kr 

M 

kr 

77.97 77.97 

s 

= ⋅ ± − = 

⎜ 

⎜ ⎟ 

⎟ ⎨ 

⎜ 

⎜ 

⎟ 

1 

= skr 

± −1 

⎟ 

0.4 

1 

M 

t 

⎝ 

⎝ ⎠ 

⎠ ⎩ 

⎝ 

⎝ M 

t ⎠ 

26 26 

0.0686 

⎠ 

ns 

− n 1500 −1000 

s = = 

= 0. 333 • 

2 

[] 

n 1000 

s 

⎛ s2 

⎞ ⎛ 0.3333 ⎞ 

R 

⎜ 

⎟ 

d' 

= R 

r' 

−1 

= 2.37⎜ 

−1⎟ 

= 9. 1345 

⎝ s1 

⎠ ⎝ 0.0686 ⎠ 

[ Ω] 

b) Pad brzine na prirodnoj karakteristici bez dodatog otpora iznosi: 

−1 

[ ] 

∆n 

= s1ns 

= 0.0686 ⋅1500 

= 102.9 min 

[] 

[] 

Prema tome sinhrona brzina, frekvencija napajanja i napon za traženi slučaj iznose: 

n sb 

nsb 

1102.9 

f = f = ⋅50 

= 36. [ Hz] 

−1 

[ ] 

= n + ∆n 

= 1000 + 102.9 = 1102.9 min 

sb s 

78 

ns 

1500 

f 

sb 36.78 

U 

sb 

= U 

s 

= ⋅ 220 = 161. 75 

f 50 

s 

[ V ] 

c) Za slučaj sa dodatim otporom, vrednost kritičnog klizanja iznosi: 

s 

krc 

= 

R 

r' 

+ Rd' 

X + X ' 

s 

r 

= 

2.37 + 9.1345 

= 1.94[ ] 

5.928 

Klizanje na prirodnoj karakteristici pri zadatoj vrednosti momenta opterećenja, nalazimo iz 

slične relacije kao pod a): 

s 

c 

= s 

krc 

⎛ 

⎜ M 

⎜ M 

⎝ 

kr 

t 

± 

⎛ M 

⎜ 

⎝ M 

kr 

t 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

⎛ 

⎜ 77.97 

−1 

= ⋅ ± 

⎟ 

1.94 

⎜ 26 

⎠ ⎝ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

77.97 

26 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ ⎧11.305 

−1 

= 

⎟ ⎨ 

⎠ ⎩0.3327 

[] 

[] 

348


2005. GODINA 

Pad brzine na prirodnoj karakteristici sa dodatim otporom iznosi: 

∆n 

c 

= s n 

c 

s 

−1 

[ ] 

= 0.3327 ⋅1500 

= 499.05 min 

80 

70 

prirodna 

M 

[Nm] 

60 

50 

b) 

40 

c) 

30 

26 [Nm] 

20 

a) 

10 

603.85 [min-1] 

1000 [min-1] 

0 

0 500 1000 1500 

n [min-1] 

Iz toga sledi da će se motor u slučaju sa dodatim otporom i napajanjem sa naponom i 

frekvencijom određenom pod b), obrtati sa brzinom obrtanja: 

n 

c 

= nsb 

− ∆nc 

−1 

[ ] 

= 1102.9 − 499.05 = 603.85 min 



Trofazni asinhroni motor sa nominalnim podacima: P nom = 29.7 [kW]; U s = 380 [V]; n nom = 740 

[min -1 ]; η = 0.89 [ ] i J m = 10 [kgm 2 ] pokreće radnu mašinu sa svedenim momentom inercije na 

osovinu motora od J t = 115 [kgm 2 ]. U sledećoj tablici su date vrednosti momenta motora i 

opterećenja zavisno od brzine obrtanja. 

n [min -1 ] 25 75 125 175 225 275 325 375 

M m [Nm] 650 665 660 665 670 675 680 690 

M t [Nm] 120 70 60 50 50 50 60 65 

n [min -1 ] 425 475 525 575 625 675 725 740 

M m [Nm] 700 725 770 855 980 1150 1000 383 

M t [Nm] 75 90 115 140 165 195 225 234 

Primenom parcijalne integracije ili grafo-analitičkom metodom odrediti vreme zaleta motora. 

349


2005. GODINA 


Za pogon iz prethodnog zadatka izračunati energiju izgubljenu tokom zaleta. 


Trofazni asinhroni motor od P nom = 15 [kW]; f = 50 [Hz]; n nom = 1455 [min -1 ] spušta preko 

reduktora teret brzinom od v sp = 2.09 [m/s], pri čemu se vrti sa n sp = 1530 [min -1 ]. Vlastiti gubici 

motora zbog trenja i ventilacije iznose P trv = 270 [W], a gubici nastali trenjem u prenosnom 

mehanizmu reduktora iznose P r = 630 [W], sve pri nominalnom radu. 

Kojom brzinom motor diže isti teret? Pretpostaviti da momenti trenja u prvom i drugom 

pogonskom slučaju ostaju isti. 


Trofazni kavezni asinhroni motor sa sopstvenim hlađenjem za režim S1 koristi se u pogonu sa 

promenljivom brzinom. Koefijent korisnog dejstva motora je približno konstantan, odnosno 

nezavisan od brzine obrtanja i snage motora. Sposobnost hlađenja notora je kvadratična funkcija od 

brzine (n 2 ) obrtanja i pri nultoj brzini obrtanja iznosi 25% od one na nominalnoj brzini. Vremenska 

konstanta zagrevanja pri nomimalnim uslovima rada motora iznosi T tz = 60 [min]. 

Sa kojom se maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, motor može trajno 

opteretiti na brzini od 60% nominalne brzine. 


Sa kojom maksimalnom snagom u odnosu na nominalnu snagu, može da radi motor iz 

prethodnog zadatka 30 [min] odmah posle uključenja (nezagrejan) pri brzini od 60% nominalne 

brzine. 


350


2005. GODINA 

Odredimo prvo funkciju promene dinamičkog momenta M d u funkciji brzine obrtanja kao 

razliku motornog momenta M m i momenta tereta M t . Podelimo osu brzine na segmente, kako bi 

unutar svakog od njih mogli računati sa prosečnom vrednosti dinamičkog momenta M di . 

Za i-ti odsečak važi: 

t 

zali 

2π ∆ni 

= J Σ 

60 M 

di 

odnosno ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta: 

t 

zal 

n 

n 

= ∆ 

∆ 

∑ = ∑ = ∑ 

n 

2π 

ni 

π n 

t 

zali 

J 

Σ 

m t 

i= 

1 i= 

1 60 M 

di 

30 i= 

1 M 

n 

n 

π ∆ni 

∆ni 

= ( 10 + 115) ⋅ ⋅∑ 

= 13.09 ⋅∑ 

[] s 

30 M 

M 

i= 

1 

di 

i 

( J + J ) = 

i= 

1 

di 

di 

Računajmo za prvi segment, ∆n 1 = 50 [min -1 ] i M d1 = 650 – 120 = 530 [Nm]: 

t 

∆n 

= 13.09 ⋅ 

M 

50 

654.5 

1 

1. 234 

zal 1 

= 13.09 ⋅ = = 

d1 

530 530 

Slično računamo i za druge segmente. Radi tačnijeg izračunavanja izračunata je stacionarna 

brzina iz poznatog proporcionalnog odnosa momenta i razlike sinhrone brzine obrtanja i stvarne 

brzine obrtanja u okolini sinhrone brzine i zadnji segmenti određeni su kao na gornoj slici. 

[] s 

n 

stac 

M 

t 

= ns 

− 

s m 

M 

m 

234 

−1 

( n − n ) = 750 − ( 750 − 740) = 743.9[ min ] 

383 

Dobijena vremena zaleta za pojedinačne segmente data su u tabeli: 

∆n i [min -1 ] M m [Nm] M ti [Nm] M di [Nm] t zali [s] 

50 650 120 530 1.234 

50 665 70 595 1.1 

50 660 60 600 1.09 

50 665 50 615 1.064 

50 670 50 620 1.056 

50 675 50 625 1.047 

50 680 60 620 1.056 

50 690 65 625 1.047 

50 700 75 625 1.047 

50 725 90 635 1.031 

50 770 115 655 0.999 

50 855 140 715 0.915 

50 980 165 815 0.803 

50 1150 195 955 0.685 

25 1038 215 823 0.398 

19 692 228 464 0.536 

Ukupno vreme zaleta jednako je zbiru pojedinačnih vremena zaleta, odnosno: 

351


2005. GODINA 

t 

n 

zal 

= ∑t 

zali 

= 15. 108 

i= 

1 

[] s 


Iz Njutnove jednačine sledi: 

M 

d 

= J 

Σ 

dω 

ω 

s 

−ω 

⇒ s = ⇒ 

dt ω 

s 

ds 

dt 

1 

= − 

ω 

s 

dω 

⇒ M 

dt 

d 

= −J 

ω 

Σ 

s 

ds 

dt 

odnosno: 

M 

d 

dt = −J 

ω ds 

Σ 

s 

Pomnožimo prethodnu jednačinu sa momentom motora M m , pa dobijamo: 

M 

dt = −J 

m Σ 

ω s 

M 

M 

m 

d 

ds 

Ako ovu relaciju pomnožimo sa ω s s, budući da M m ω s pretstavlja snagu obrtnog magnetnog 

polja, te njen proizvod sa klizanjem s predstavlja trenutnu vrednost gubitaka u bakru rotora, 

dobijamo: 

2 M 

m 

M 

m 

ω 

ssdt 

= −J 

Σω 

s 

sds = pobr 

sdt = 

M 

d 

p 

Cur 

dt 

Energiju gubitaka u bakru rotora, odnosno traženu energiju dobijamo integraljenjem: 

W 

Cur 

t 

t 

1 

s 

2 

2 

= ∫ = −∫ 

= ∫ 

1 

2 M 

m 

pCurdt 

J 

Σω 

s 

sds J 

Σω 

M 

s 

1 

2 M 

m 

= J 

Σω 

s ∫ sds = J 

Σω 

s 

M 

s 

2 

d 

s 

1 

d 

s 

2 

1 

∫ 

s 

2 

M 

m 

s 

s 

M 

2 

m 

− M 

t 

2 

s 

sds 

M 

M 

m 

d 

sds = 

Energiju gubitaka možemo dobiti grafo-analitičkom metodom približnim integraljenjem 

funkcije: 

y = 

M 

M 

m 

d 

s = 

M 

m 

M − M 

m 

t 

s 

računajući površinu ispod nje. Računajući za prvu zadatu brzinu, n 1 = 25 [min -1 ], M m1 = 650 [Nm] i 

M d1 = 650 – 120 = 530 [Nm] dobijamo: 

s 

n 

− n 

750 − 25 

= 

750 

s 1 

1 

= 

= 

ns 

0.9667[ ] 

M 

m1 

650 

y1 = s1 

= ⋅ 0.9667 = 1.186[ ] 

M 530 

d1 

352


2005. GODINA 

Slično računamo i za druge brzine. Rezultati izračunavanja dati su u sledećoj tabeli: 

n i [min -1 ] s i [ ] M m [Nm] M di [Nm] y i [s] 

25 0.9667 650 530 1.186 

75 0.9 665 595 1.006 

125 0.8333 660 600 0.917 

175 0.7667 665 615 0.829 

225 0.7 670 620 0.756 

275 0.6333 675 625 0.684 

325 0.5667 680 620 0.621 

375 0.5 690 625 0.552 

425 0.4333 700 625 0.485 

475 0.3667 725 635 0.419 

525 0.3 770 655 0.353 

575 0.2333 855 715 0.279 

625 0.1667 980 815 0.200 

675 0.1 1150 955 0.120 

725 0.0333 1000 775 0.043 

740 0.0133 383 49 0.010 

744 0.008 234 0 ∞ 

Na osnovu rezultata crtamo krivu na milimetarskom papiru i određujemo površinu ispod 

krive jednostavnim preprojavanjem u granicama od stacionarnog klizanja do jediničnog klizanja. 

Do površine možemo doći i deljenjem ose klizanja na segmente kao na prethodnom dijagramu i 

sabiranjem pojedinačnih površina. Grubom integracijom dobijamo da površina ispod krive iznosi: 

353


2005. GODINA 

1 

∫ 

s stac 

yds ≈ 0. 

1⋅ 

( 1. 

15 + 0. 

95 + 0. 

8 + 0. 

7 + 0. 

59 + 0. 

52 + 0. 

41+ 

0. 

3 + 0. 

2 + 0. 

12) = 0. 

574[] 

Pa tražena energiju gubitaka iznosi: 

2 ⎛ 2π 

⎞ 

⎛π 

⋅ 750 ⎞ 

WCur = J Σω 

s ∫ yds = J 

Σ ⎜ ns 

⎟ yds = 125⋅⎜ 

⎟ ⋅ 0. 

574 = 442590 590 

⎝ 60 

∫ 

⎠ 

⎝ 30 ⎠ 

s 

1 

stac s stac 

2 

1 

2 

[ J ] = 442. 

[ kJ ] 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

15000 

nom 

nom 

= ⋅ = 98. 446 

nom 

π 1455 

[ Nm] 

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

M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

= ⋅ 

270 

trv 

trv 

1. 772 

nom 

π 1455 

= 

[ Nm] 

Prema tome proizvedeni moment motora u nominalnoj radnoj tački iznosi: 

M 

mnom 

= M 

nom 

+ M 

trv 

= 98 .446 + 1.772 = 100. 218 

[ Nm] 

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

60 Pr 

30 630 

M 

r 

= = ⋅ = 4. 135 

2π 

n π 1455 

nom 

[ Nm] 

Vrednost proizvedenog moment motora u generatorskom režimu pri spuštanju brzinom 

obrtanja motora n sd = 1530 [min -1 ], dobijamo iz proporcije iz dijagrama linearne aproksimacije 

momenta u funkciji klizanja u okolini sinhrone brzine obrtanja: 

+M 

M mnom 

M md 

n 1 

n sp 

+s 

n nom 

-s 

n d 

M msp 

-M 

354


2005. GODINA 

M 

s 

mnom 

nom 

M 

= 

s 

msp 

sp 

M 

⇒ 

n − n 

1 

mnom 

nom 

M 

msp 

= 

n − n 

n1 

− nsp 

1500 −1530 

M 

msp 

= M 

mnom 

= 100.218⋅ 

⋅ = −66. 

812 

n − n 

1500 −1455 

1 

nom 

1 

sp 

⇒ 

Iz toga sledi da svedeni moment tereta iznosi: 

[ Nm] 

( M + M ) = −( − 66.812) + ( 1.772 + 4.135) 72. [ Nm] 

M 

T 

' = −M 

msp 

+ 

trv r 

= 719 

Proizvedeni moment motora pri dizanju u motornom režimu, će biti prema tome: 

( M + M ) = 72.719 + ( 1.772 + 4.135) 78. [ Nm] 

M 

md 

= M 

T 

' + 

trv r 

= 626 

Iz proporcije slično kao za slučaj spuštanja nalazimo brzinu obrtanja motora pri dizanju: 

M 

n 

s 

mnom 

nom 

M 

md 

M 

mnom 

M 

md 

M 

md 

= ⇒ = ⇒ n1 

− nd 

= ( n1 

− nnom 

)⇒ 

s n − n n − n 

M 

d 

M 

1 

nom 

1 

d 

mnom 

78.626 

−1 

( n − n ) = 1500 − ( 1500 −1455) = 1464.695[ ] 

md 

d 

= n1 − 

1 nom 

min 

M 

mnom 

100.218 

Prema tome teret pri dizanju će se kretati brzinom shodno izrazu: 

v 

n 

d 

d 

−1 

[ ] 

vsp 

nd 

1464.695 

= ⇒ vd 

= vsp 

= 2.09 ⋅ = 2.001 ms 

n 

n 

1530 

sp 

sp 


Toplotna provodnost, prema uslovima iz postavke zadatka, određena je relacijom u funkciji 


⎛ n 

⎜ 

⎝ n 

( ) = ⎢0.25 

+ 0.75⎜ 

⎟ ⎥ Anom 

A n 

⎡ 

⎢⎣ 

nom 

2 

⎞ ⎤ 

⎟ 

⎠ ⎥⎦ 

Pri čemu je A nom nazivna toplotna provodnost. Pri brzini od 60% od nominalne brzine 

toplotna provodnost prema tome iznosi: 

A 

⎡ 

⎛ 0.6 ⋅ n 

⎜ 

⎝ nnom 

nom 

2 

( 0.6nnom 

) = ⎢0.25 

+ 0.75 ⋅⎜ 

⎟ ⎥ Anom 

= ( 0.25 + 0.75 ⋅ 0.6 ) = 0. 52 ⋅ Anom 

⎢⎣ 

2 

⎞ ⎤ 

⎟ 

⎠ ⎥⎦ 

Motor u stacionarnom stanju može dostići maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi: 

∆θ 

doz 

= 

P 

γnom 

A 

nom 

= 

P 

nom 

ηA 

( 1−η) 

nom 

= 

P 

γ 

( ) 

A n 

= 

P 

( n)( 1−η) 

ηA( n) 

355


2005. GODINA 

Iz toga sledi da se motor može trajno opteretiti na brzini od 60% nominalne brzine sa 

snagom u odnosu na nominalnu: 

P 

P 

( n) ηA( n) 

nom 

= 

ηA 

nom 

0.52 ⋅ A 

= 

A 

nom 

nom 

= 0.52[ ] 


Vremenska konstanta zagrevanja pri brzini od 60% nominalne brzine iznosi: 

T 

tz 

( n) 

= 

CT 

A n 

( ) 

CT 

= 

0.52 ⋅ A 

nom 

Ttznom 

= 

0.52 

= 

60 

0.52 

[ ] 

= 115.385 min 

Ako motor kreće iz nezagrejanog stanja, pri maksimalnom preopterećenju u toku 30 [min] 

dostiže maksimalnu dozvoljenu nadtemperaturu, pa važi sledeća relacija: 

∆θ 

doz 

= 

P 

nom 

ηA 

tuk 

( 1−η) ⎛ − 

′ 

⎞ 

⎜ 

( ) ⎟ ( ) ( − 

− 

T n P n 1 η) 

tz 

= ∆θ 

max 

1 e = 

⎜ ⎟ ηA( n) 

nom 

⎝ 

⎠ 

′ 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

t 

− 

T 

tz 

uk 

( n) 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Prema tome maksimalno preopterećenje u odnosu na nominalnu snagu iznosi: 

P 

P 

( n) ηA( n) 

nom 

′ 

= 

A 

nom 

⎛ 

⎜1 

− e 

⎜ 

⎝ 

t 

− 

T 

tz 

uk 

( n) 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

= 

1− 

e 

0. 

52 

. 

30 

− 

115. 

385 

= 2 271[ ] 




U nom = 230 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 26.1 [A]; nominalna brzina obrtanja n nom = 1432 

[min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 1.1 [Ω]; pokreće potencijalno 

opterećenje sa ukupnim momentom inercije svedenim na osovinu motora J Σ = 0.1 [kgm 2 ]. Moment 

potencijalnog opterećenja ne zavisi od brzine obrtanja a jednak je po vrednosti nominalnom 

momentu motora. Protivstrujno kočenje izvodi se samo dodavanjem otpora u kolo rotora bez 

promene polariteta napona napajanja. 

a) Izračunati vrednost dodatog otpora, ako je u trenutku otpočinjanja kočenja pri nominalnoj 

brzini obrtanja početno usporenje bilo α = 300 [rads -2 ]. 

b) Odrediti brzinu obrtanja motora novog stacionarnog stanja po završetku kočenja. 


U pogonu sa podešavanjem brzine koristi se strujno upravljani motor jednosmerne struje sa 

nezavisnom konstantnom pobudom sa podacima: nominalni snaga P nom = 4 [kW]; nominalni 

rotorski napon U nom = 220 [V]; nominalna rotorska struja I anom = 20 [A]; nominalna brzina obrtanja 

n nom = 1500 [min -1 ]; otpor namotaja rotora i pomoćnih polova R a + R pp = 1 [Ω]. Moment opterećenja 

ima karakteristiku opterećenja, linearno zavisnu od brzine obrtanja M t = kn. Pri nominalnoj brzini 

obrtanja vrednost momenta opterećenja jednaka je nominalnoj vrednosti momenta motora. Ukupni 

svedeni moment inercije pogona sveden na osovinu motora iznosi J Σ = 7.265 [kgm 2 ]. Strujno 

356


2005. GODINA 

upravljanje obezbeđuje četvorokvadrantni pogon sa maksimalno dozvoljenom vrednošću struje 

±I anom . 

Nacrtati dijagram promene rotorske struje motora u funkciji vremena, tako da se ostvari 

smanjenje brzine, odnosno kočenje sa n 1 = 1000 [min -1 ] na n 2 = 500 [min -1 ] za najkraće vreme. 

Odrediti vreme ovog kočenja. 


Strujno upravljani motor iz prethodnog zadatka primenjen je u pogonu čije se karakteristike 

ne poznaju. Pri promeni brzine u pogonu sa n 1 = 1000 [min -1 ] na n 2 = 500 [min -1 ] snimljen je 

dijagram promene rotorske struje kao na prikazanom slici. 

Odrediti svedeni moment opterećenja M t i ukupni svedeni moment inercije J Σ na osovinu 

motora. 

I a 

I a1 

= 10 [A] 

I a2 

= 10 [A] 

t 

I ak 

= -20 [A] 

t k 

= 10 [s] 


Trofaznom asihronom motoru sa namotanim rotorom, sa podacima: P nom = 5.2 [kW]; U s = 220 

[V]; n nom = 933 [min -1 ]; L s = L r ' = 8.2 [mH]; R s = 0 [Ω]; R r ' = 1.666 [Ω]; f s = 50 [Hz]; mora se 

ograničiti polazna struja na 1.65-struku vrednost nominalne struje. Ograničenje struje polaska 

ostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u kolo rotora. 

Odrediti broj stepeni i vrednost otpornosti pojedinačnih sektora otpornika za upuštanje. 


Radi određivanja parametara reduktora izmerena je linearna funkcija opadanja brzine 

pogonskog vretena sa n 1 = 1000 [min -1 ] do zaustavljanja, za vreme t 1 = 10.472 [s]. Zatim su dva ista 

reduktora spojena kaskadno na red i ponovno je izmereno vreme zaustavljanja od t 2 = 7.854 [s]. 

Odrediti prenosni odnos reduktora pod pretpostavkom da se otporni momenti i moment 

inercije motora mogu zanemariti.. 

n o 

M m 

= 0 M M r r 

n i 

n o 

n i 

M m 

= 0 

MOTOR 

J m 

= 0 J r 

i r 

J m 

= 0 J r 

MOTOR 

i r 

i r 

n o 

' 

J r 

M r 

357


2005. GODINA 



( R + R ) = 230 − 26.1⋅1.1 

= 201. [ V ] 

Enom = U − I 

anom a pp 

29 

Enom 

201.29 

Enom = k 

EΦnomnanom 

⇒ k 

EΦnom 

= = = 0.14057 Vmin 

n 1432 

anom 

[ ] 

60 Pnom 

30 EnomI 

anom 30 201.29 ⋅ 26.1 

M 

nom 

= = 

= ⋅ 

= 35. 034 

M nom anom 

2π 

n π n π 1432 

nom 

30 30 

⎡ Nm⎤ 

k 

MΦnom 

= k 

EΦnom 

= ⋅ 0.14057 = 1. 3423 

π π 

⎢ 

⎣ A ⎥ 

⎦ 

nom 

[ Nm] = k Φ I ⇒ 

a) Iz Njutnove jednačine sledi da je vrednost momenta motora u trenutku otpočinjanja kočenja: 

dω 

M 

d 

= M 

k 

− M 

t 

= M 

k 

− M 

nom 

= J ⇒ 

Σ 

dt 

dω 

M 

k 

= J 

Σ 

+ M 

nom 

= J 

Σα 

+ M 

nom 

= 0 .1⋅ 

= 034 

dt 

( − 300) + 35.034 5. [ Nm] 

Iz toga sledi da motor u trenutku otpočinjanja kočenja vuče struju: 

M 

M 

k 

nom 

= k 

= k 

M 

M 

Φ 

Φ 

nom 

nom 

I 

I 

ak 

anom 

⎫ 

⎬ ⇒ I 

⎭ 

ak 

= I 

anom 

M 

M 

k 

nom 

5.034 

= 26 .1⋅ 

= 3.750 

35.034 

[ A] 

Iz naponske jednačine dalje dobijamo traženu vrednost dodatne otpornosti: 

E 

R 

nom 

d 

= U − I 

ak 

( Ra 

+ R 

pp 

+ Rd 

)⇒ 

U − Enom 

230 − 201.29 

= − Ra 

+ R 

pp 

= 

−1.1 

= 6. 556 Ω 

I 

3.750 

ak 

( ) [ ] 

n 

n 0 

n nom R d 

= 0 

n b 

R d 

M 

M nom 

358


2005. GODINA 

b) Pošto je moment opterećenja potencijalan i nezavistan od brzine obrtanja u novoj 

stacionarnoj radnoj tački motor vuče struju nominalne vrednosti, pa se vrednost tražene brzine 

obrtanja dobija iz relacije za indukovanu elektromotornu silu: 

E 

n 

b 

b 

( R + R + R ) = U − I ( R + R + R ) = 

= U − I 

ab a pp d 

anom a pp d 

= 230 − 26.1⋅ 

( 1.1+ 

6.556) = 30.1784[ V ] 

Eb 

30.1784 

-1 

= = = 214.686[ min ] 

k Φ 0.14057 

E 

nom 



M 

60 P 

= 

2π 

n 

30 

4000 

nom 

nom 

= ⋅ = 25. 465 

nom 

π 1500 

[ Nm] 

Moment tereta linearno je zavistan od brzine obrtanja i pri nominalnoj brzini obrtanja jednak 

je nominalnoj vrednosti momenta motora pa iz toga slede relacije za izračunavanje vrednosti 

rotorskih struja motora u stacionarnim stanjima pri brzinama n 1 = 1000 [min -1 ] na n 2 = 500 [min -1 ]: 

M 

nom 25.465 

M 

t 

= kn ⇒ k = = = 0.0169766[ Nm min]⇒ 

nnom 

1500 

M 

nom 25. 

465 ⎡ Nm⎤ 

M 

nom 

= k 

MΦnomI 

anom 

⇒ k 

MΦnom 

= = = 1. 

27325 

⎢ ⎥ 

⇒ 

I 

anom 

20 

⎣ A ⎦ 

M 

nom 

M 

nom 

n1 

1000 

• 

M 

t1 

= kn1 

= n1 

= k 

MΦnomI 

a1 

= I 

a1 

⇒ I 

a1 

= I 

anom 

= 20 ⋅ = 13. 

333 

nnom 

I 

anom 

nnom 

1500 

M 

nom 

M 

nom 

n2 

500 

• 

M 

t 2 

= kn2 

= n2 

= k 

MΦnomI 

a2 

= I 

a2 

⇒ I 

a2 

= I 

anom 

= 20 ⋅ = 6. 

666 

nnom 

I 

anom 

nnom 

1500 

Najkraće vreme kočenja ostvaruje se ako se obezbedi maksimalno mogući moment kočenja 

motora, a to se prema uslovu zadatka obezbeđuje sa negativnom strujnom granicom -I anom odnosno 

sa nominalnim momentom motora suprotnog znaka. Iz toga slede relacije za izračunavanje 

najkraćeg vremena kočenja: 

M 

⎛ − − = − − = − − 

nom 

n 

M = = − 

⎜ 

k 

M 

nom 

M 

t 

M 

nom 

kn M 

nom 

n 0 M 

nom 

1 + 

nnom 

⎝ n 

dω 

2πn 

dn πJ 

Σ 

M k 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

dt 60 dt 30M 

t 

k 

= 

nom 

π 

= J 

30 

n 

2 

∫ 

Σ 

n 

dn 

M 

π 

= J 

30 

n 

2 

∫ 

Σ 

n 

− M 

k 

dn 

⎛ n 

⎜1 

+ 

⎝ n 

359 

π J 

= − 

⎞ 30 M 

⎟ 

⎠ 

1 

k 

1 

nom n1 

1 


n 

x = 1+ 

⇒ n = nnom 

1 

n 

nom 

nom 

nom 

( x − ) ⇒ dn = n dx 

nom 

Σ 

n 

2 

∫ 

dn 

n 

+ 

n 

nom 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

[ A] 

[ A]


2005. GODINA 

t 

k 

π J 

= − 

30 M 

Σ 

n 

1+ 

n 

∫ 

nom n 

1+ 

n 

2 

n2 

1+ 

nnomdn 

π J 

Σnnom 

n π J 

Σn 

n + n 

nom 

nom nom 

= − ln x = ln 

x 30 M 

n1 

1+ 

30 M n + n 

1 nom 

nom nom 

n 

nom 

nom 

⋅ 7.265 ⋅1500 

1500 + 1000 

5 

⋅ ln 

= 44.814 ⋅ ln = 10[ s] 

30 ⋅ 25.465 1500 + 500 

4 

nom 

1 

2 

= 

= π t 

I a 

I a1 

= 13.333 [A] 

I a2 

= 6.666 [A] 

I ak 

= -20 [A] 

t k 

= 10 [s] 

Na osnovu izračunatih podataka nacrtan je traženi dijagram promene rotorske struje motora u 

funkciji vremena. 


Na osnovu dijagrama promene rotorske struje u funkciji vremena zaključujemo da je 

moment opterećenja nezavistan od brzine obrtanja, odnosno da je konstantan i da iznosi: 

M 

nom 25. 

465 

M 

t1 = M 

t1 

= M 

t 

= konst = k 

MΦnomI 

a1 

= I 

a1 

= ⋅10 

= 12. 

7325 

I 

20 

anom 

[ Nm] 

Traženu vrednost svedenog momenta inercije nalazimo iz sledećih relacija za određivanje 

vremena kočenja: 

M 

nom 3 

M 

k 

= −M 

nom 

− M 

t 

= −M 

nom 

− = − M 

nom 

= konst 

2 2 

dω 

2πn 

dn πJ 

Σ 

M k 

= J 

Σ 

= J 

Σ 

⇒ dt = dn ⇒ 

dt 60 dt 30M 

k 

n2 

π J 

n 

Σ π J 

Σ 2 π J 

Σ 

tk 

= ∫ dn = n = ( n2 

− n1 

)= 

30 M 

k 

30 M n1 

30 M 

n1 

k 

k 

π J 

Σ 

2π 

J 

Σ 

= ( n2 

− n1 

) = ( n1 

− n2 

)⇒ 

30 3 

90 M 

− M 

nom 

nom 

2 

360


2005. GODINA 

J 

Σ 

= 

90 

2π 

M 

( n − n ) π ( 1000 − 500) 

1 

nom 

t 

k 

2 

= 

90 

2 

⋅ 

25. 

465 ⋅10 

= 

9 

10 

⋅ 25. 

465 = 7. 

295 

π 

2 

[ Nm ] 

n 

n 1 

= 1000 [min -1 ] 

n 2 

= 500 [min -1 ] 

t k 

= 10 [s] 

t 

Radi ilustracije prelaznog procesa koji nastaje pri zadatoj promeni rotorske struje, na 

prethodnom slici prikazan je dijagram promene brzine obrtanja u funkciji vremena. 


Ograničenje struje polaska ostvaruje se dodavanjem višestepenog otpornika u svaku fazu 

kola rotora. Pošto se otpornik izvodi u sektorima kao nekontinualni, struja skače od svoje 

maksimalne do svoje minimalne vrednosti. Nju sledi i moment. Ako prema dijagramu sa prethodne 

slike napišemo jednačine za M max i M min dobićemo početne formule iz kojih se mogu dobiti 

zakonitosti, po kojima treba da se menja otpor upuštača, da bi promena struje bila tražena: 

M 

min 

= 

p 

R ' 

p 

R ' 

0 

2 

1 2 

n−1 

2 

n 

2 

3 I 

r min' 

= 3 I 

r min' 

= ... = 3 I 

r min' 

= 3 I 

r min' 

ω 

s 

s1 

ω 

s 

s2 

ω 

s 

sn 

ω 

s 

sn+ 

1 

p 

R 

' 

p 

R ' 

gde je: 

R ' 

M 

uz uslov: 

R ' 

= n r 

p R0' 

2 p R 

1' 

2 p Rn− 

1' 

2 p Rn' 

2 

max 

= 3 I 

r max' 

= 3 I 

r max' 

= ... = 3 I 

r max' 

= 3 I 

r max' 

ω 

s 

s0 

ω 

s 

s1 

ω 

s 

sn− 

1 

ω 

s 

sn 

s = 1 0 

Iz napisanog sledi: 

R ' 

s 

0 

1 

= 

R 

1' 

s 

2 

= ... = 

R 

n−1 

s 

n 

' 

= 

Rr' 

s 

n+ 

1 

361


2005. GODINA 

R ' 

0 

1 

= 

R 

1' 

s 

1 

= ... = 

R 

s 

' 

n−1 

n−1 

= 

Rr' 

s 

n 

3 

R n-1 

' 

M/M nom 

2.5 

R n-2 

' 

R n 

'=R r 

' 

2 

R 3 

' 

M max 

1.5 

R 0 

' 

R 1 

' 

R 2 

' 

M min 

1 

0.5 

0 

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 

s 0 

=1 s 1 

s 2 

s 3 

s n-1 

s n 

s n+1 

∆R 1d 

' ∆R 2d 

' ∆R 3d 

' ∆R 4d 

' ∆R nd 

' R r 

' 

n 

R 0 

' R 1 

' R 2 

' R 3 

' 

R n-1 

' 

R n 

'=R r 

' 

Daljim rešavanjem dobijamo izraze za geometrijski niz koji određuje vrednosti klizanja: 

s 1 

R ' R ' s 

s = 

1 

0 1 2 

2 

= s1 

= s1 

s1 

R0' 

R0' 

R ' R ' s 

s = 

... 

s 

2 

0 2 

2 3 

3 

= s1 

= s1 

= s1s2 

= s1s1 

s1 

R0' 

R0' 

R 

' 

R ' s 

n−2 

0 n−2 

n−2 

n− 1 

= s1 

= s1 

= s1sn−2 

= s1s1 

= 

R0' 

R0' 

R 

' 

R ' s 

n−1 

0 n−1 

n−1 

n 

sn 

= s1 = s1 

= s1sn− 

1 

= s1s1 

= s1 

R0' 

R0' 

s 

n−1 

1 

362


2005. GODINA 

s 

R ' 

R ' s 

n 

0 n 

n 

n+ 1 

= s1 

= s1 

= s1sn 

= s1s1 

= 

R0' 

R0' 

s 

n+ 

1 

1 

Zamenom dobijenih klizanja dobijamo izraze koji određuju ukupne vrednosti otpora: 

' 

R 0 

R 

1' 

= R0' 

s1 

2 

2' 

= R0' 

s2 

R0' 

s1 

R = 

3 

3' 

= R0' 

s3 

R0' 

s1 

R = 

... 

R ' = R ' s 

n− 1 0 n−1 

= 

R ' s 

0 

n−1 

1 

n 

Rn' 

= Rr' 

= R0 ' sn 

= R0' 

s1 

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika na kraju dobijamo kao razliku ukupnih 

vrednosti otpornosti: 

∆ 

R d 1' 

= R0' 

−R 1' 

= R0' 

−R0' 

s1 

= R0' 

1 s 

( − 

1 

) 

R0' 

( − s1 

) s1 

∆Rd1' 

1 

2 

2 

= R ' ( − s ) s ∆R 

' 

2 

d 2' 

= R 

1' 

−R2' 

= R0' 

s1 

− R0' 

s1 

= 1 s 

∆ R 

= 

2 

3 

d 3' 

= R2' 

−R3' 

= R0' 

s1 

− R0' 

s1 

0 

1 

1 1 d1 

s1 

∆ R 

= 

... 

∆R ' = R ' −R 

n−2 

n−1 

' = R ' s − R ' s = R ' − s 

n−2 

s ∆R 

n−2 

0 

( 

1 

) 

1 

d1' 

s1 

n−1 

n−1 

( − s ) s R ' s 

dn− 1 n−2 

n−1 

0 1 0 1 

1 = 

n−1 

n 

dn' 

= Rn− 1' 

−Rn' 

= R0' 

s1 

− R0' 

s1 

= R0' 

1 

1 1 

= 

d1 

∆R ∆ 

Na osnovu prethodno određenih relacija možemo dalje vršiti izračunavanja za zadati slučaj. 

Prvo odredimo nominalno klizanje motora: 

s 

n 

= 

− n 

1000 − 933 67 

= = 

1000 1000 

s nom 

nom 

= 

ns 

0. 

067[ ] 

Nominalna vrednost struje motora prema tome iznosi: 

1 

I 

snom 

= I 

' 

rnom 

U 

s 

U 

s 

220 

= = 

= 

Z 

2 

2 

nom 

' 

⎛ R ⎞ 

2 ⎛ 5 ⎞ 

r 

2 ' 

⎜ 

⎟ + ω ( + ) ⎜ ⎟ 

s 

Ls 

Lr 

⎝ s ⎠ 

⎜ 3 

nom 

⎟ + 

⎜ 1 ⎟ 

⎝ 15 ⎠ 

220 

220 

= 

= 

= 

2 

4 2 2 −6 

25 + 4 ⋅10 

⋅π 

⋅8.2 

⋅10 

625 + 26.543288 

220 

220 

= 

= 

= 8.619[ A] 

651.545288 25.52538517 

2 

( 100 ⋅π 

) ⋅ ( 2 ⋅ 0.0082) 

2 

= 

Iz uslova da se polazna struja mora ograničiti na 1.65-struku vrednost nominalne struje i 

uslova da je klizanje u trenutku polaska jednako jedinici, određujemo vrednost ukupne otpornosti 

rotorskog upuštača i rotorskog namotaja: 

363


I 

s max 

= I 

r max' 

= 1 . 65I 

snom 

= 1. 

65⋅8. 

619 = 14. 

221 

R 

[ A] 

2 

' 2 ⎛ 220 ⎞ 

2 

2 

( Ls 

+ Lr 

) = ⎜ ⎟ + ( 100 ⋅π 

) ⋅ ( 2 ⋅ 0. 

0082) = 14 [ Ω ] 

2 

⎛ U 

s 

⎞ 

0 

' = 

⎜ 

. 

I 

⎟ 

s max 

⎝ 

⎠ 

2 

− ω 

s 

587 

⎝14. 

221⎠ 

2005. GODINA 

Ako usvojimo da je minimalna struja tokom upuštanja jednaka nominalnoj vrednosti struje, 

sledi da vrednost klizanja u trenutku uključenja drugog stepena otpornika iznosi: 

R ' 

s 

0 

1 

= 

R ' 

s 

n 

n+ 

1 

= 

Rr' 

s 

nom 

⇒ s 

1 

= s 

nom 

R ' 

0 

R ' 

r 

14. 

587 

= 0. 

067 ⋅ 

1. 

667 

= 0. 

586[ ] 

Broj stepeni rotorskog upuštača određujemo dalje iz relacije: 

s 

n+ 

1 ln snom 

ln 0. 

067 

1 

= snom 

= s1 

⇒ n = −1 

= −1 

4. 

057[ ] 

ln s ln 0. 

586 

n + 

= 

1 

Usvajamo da je broj stepeni četiri pa određujemo ponovo korigovanu vrednost klizanja u 

trenutku uključenja drugog stepena: 

5 

s 

1 

1 

= 

n + snom = 0. 

067 = 0. 

582[ ] 

Sada lako nalazimo na osnovu prethodno izvedenih relacija klizanja u trenutcima uključenja 

ostalih stepeni: 

2 

2 

s 

2 

= s1 

= 0. 

582 = 0. 

339[ ] 

3 

3 

s 

3 

= s1 

= 0. 

582 = 0. 

197[ ] 

4 

4 

s 

4 

= s1 

= 0. 

582 = 0. 

115[ ] 

5 

5 

s nom 

= s = 0. 

582 = 0 0666[ ] 

1 

. 

Korigovana vrednost ukupne otpornosti rotorskog upuštača i rotorskog namotaja, zbog 

zaokružavanja broja stepeni na četiri iznosi: 

R 

R ' 

= 

R ' 1. 

667 

= = = 14 545[ Ω ] 

0. 

115 

n n 

0 

' 

. 

n 

s s 

1 n 

Vrednosti otpora pojedinačnih sektora otpornika takođe dobijamo iz prethodno izvedenih 

relacija: 

( 1− 

s1 

) = 15. 

545⋅ 

( 1− 

0. 

582) 6 [ ] 

d1' 

s1 

= 6. 

083⋅ 

0. 

582 3 [ Ω ] 

2 

d1' 

s1 

2 

= 6. 

083⋅ 

0. 

582 2 [ Ω ] 

3 

' s 

3 

= 6. 

083⋅ 

0. 

582 1 [ Ω ] 

∆R d 

' = R ' 

= 083 Ω 

1 0 

. 

d 2 

' = ∆R 

= . 

∆R 

539 

∆R 

' = ∆R 

059 

d 3 

= . 

∆R 

' = ∆R 

198 

d 4 d1 

1 

= . 

Radi provere izračunajmo ukupnu otpornost rotorskog upuštača i rotorskog namotaja: 

R ' = ∆R 

' + ∆R 

' + ∆R 

' + ∆R 

' + R ' = 6. 

083 + 3. 

589 + 2. 

059 + 1. 

198 + 1. 

667 15 545 

0 d 1 d 2 d 3 d 4 0 

= . 

364 

[ Ω ]


2005. GODINA 

Prema tome maksimalna struja prilikom upuštanja iznosiće: 

' 

U 

s 

220 

I 

s max 

= I 

r max 

= 

= 

= 14. 

257 

' 

2 

2 

2 

2 

⎛ R ⎞ 

( 15. 

545) ( 100 ) ( 2 0. 

0082) 

' 2 

+ ⋅π 

⋅ ⋅ 

0 

2 

⎜ + 

s 

( Ls 

+ Lr 

) 

1 

⎟ ω 

⎝ ⎠ 

Vrednost ove struje se samo neznatno razlikuje od tražene vrednosti. Minimalna struja je 

nominalna. 

[ A] 


U prvom merenju pogon se zaustavlja samo sa kočionim momentom jednakim otpornom 

momentu reduktora, koji je prema uslovima zadatka konstantan, pa za to merenje važi: 

M 

k1 

= M 

r 

= J 

r 

dω 

= J 

dt 

r 

2π 

∆n 

60 ∆t 

1 

= J 

r 

π n 

30 t 

1 

1 

U drugom merenju pogon sadrži dva kaskadno spregnuta reduktora, sa kočionim 

momentima i momenom inercije svedenim na osovinu motora, pa za to merenje važi: 

M 

k 2 

= M ' = M 

t 

r 

M + 

i 

r 

r 

= M 

r 

⎛ 1 ⎞ 

⎜1 

+ = J 

i 

⎟ 

⎝ r ⎠ 

Σ 

dω 

⎛ 

' = ⎜ J 

dt 

⎝ 

r 

J 

+ 

i 

r 

2 

r 

⎞ n 

⎟ 

π 1 

⎠ 30 t2 

⎛ 1 = J ⎜ 

r 

1 + 

2 

⎝ ir 

⎟ ⎞ 

⎠ 

π n 

30 t 

1 

2 

Jednostavnim deljenjem prethodne dve relacije dolazimo do relacije za nepoznat prenosni 

odnos: 

M 

i r 

r 

⎛ 1 ⎞ ⎛ ⎞ 

⎜ 

1 

⎟ 

π n 

⎜ + + 

1 

1 

⎟ J 

r 

1 

2 

⎝ i ⎠ ⎝ ⎠ 30 t 

r 

ir 

2 t ⎛ ⎞ 

− 

= 

⇒ 

2 1 1 t 

= ⎜ − 

2 

t1 

t 

1 

⎟ ⇒ = 1− 

= 

M 

π n 

r 

1 t1 

⎝ ir 

⎠ ir 

t1 

t1 

J 

r 

30 t 

= 

t 

1 

t1 

− t 

2 

10. 

472 10. 

472 

= 

= = 

10. 

472 − 7. 

584 2. 

618 

1 

4[ ] 

2 

⇒ 

365


LITERATURA 

L I T E R A T U R A 

1. Jožef Varga, Radaković Jovan,“ELEKTROMOTORNI POGONI”, Beleške sa predavanja, Viša 

tehnička škola, Subotica, 1999/2000. 

2. Berislav Jurković, “ELEKTROMOTORNI POGONI”, Školska knjiga, Zagreb, 1987. 

3. V.K. Popov, “OSNOVE ELEKTRIČNOG POKRETANJA U INDUSTRIJI”, Naučna knjiga, 

Beograd, 1951. 

4. Vladan Vučković, “ELEKTRIČNI POGONI”, Elektrotehnički fakultet, Beograd, 1997. 

5. Borislav I. Jeftinić, “ELEKTROMOTORNI POGONI – ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA”, 

Nauka, Beograd, 1994. 

6. Werner Leonhard, “CONTROL OF ELECTRICAL DRIVES”, Springer-Verlag, Berlin, 

Heidelberg, New York, 2001. 

P1-1


KORIŠĆENE OZNAKE 


c, C Konstanta 

d Diferencijalni operator 

D Prečnik 

e, E Kontraelektromotorna sila 

f Funkcija 

F Sila 

g Koeficijent ubrzanja zemljine teže 

G Težina 

i, I Struja, prenosni odnos reduktora 

j Imaginarna jedinica 

J Moment inercije 

k, K Konstanta 

l Dužina 

L induktivnost 

m Masa 

M Mehanički moment 

n Brzina obrtanja 

N Broj obrtaja 

p Broj pari polova, snaga, Laplasov operator 

P Snaga 

q Broj faza 

Q Količina elektriciteta 

R Otpornost 

s Klizanje, put 

t Vreme 

T Vremenska konstanta 

u, U Napon 

v Brzina pravolinijskog kretanja 

w, W Energija 

X Reaktansa 

Z Impredansa 

α Ugao paljenja 

α, β Koeficijenti redukcije kod sopstvenog hlađenja 

∆ Priraštaj 

ε Intermitencija 

η Koeficijent iskoripćenja 

θ Temperatura 

Θ Položaj 

λ Odnos, preopterećenje 

ϕ Ugao 

ξ Prigušenje 

φ, Φ Fluks 

ω,Ω Ugaona brzina 

P2-1



KORIŠĆENI INDEKSI 

a Rotor kod jednosmerne mašine 

Cu Bakar 

d Dodato, dinamičko 

e Električno 

f Pobuda kod jednosmerne mašine 

Fe Gvožđe 

g Gubici 

kr Kritično 

m, M Motorno 

max Maksimalno 

min Minimalno 

mre Mrežno 

nom Nominalno 

pol Polazno 

r Rotor 

s Stator 

sr Srednje 

t, T Teret, opterećenje 

tr Trenje 

v Ventilacija 

Σ Sumarno 

Napomena: Izuzeci sa različitim označavanjem su objašnjeni u tekstu. 

P2-2

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ ELEKTRIČNIH POGONA OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE 

OSNOVNE JEDINICE I RELACIJE U ELEKTRIČNIM POGONIMA 

Osnovne jedinice: 

Dužina l [m] 

Masa m [kg] 

Vreme t [s] 

Količina elektriciteta Q [C] 

Ugao Θ [rad] 

Izvedene jedinice: 

Sila F = ml / t 2 [kg m / s 2 ] [N] 

Moment M = Fr [Nm] 

Ugaona brzina ω = Θ / t [rad / s] [ s -1 ] 

Brzina obrtanja n = N / t [obrt / min] [ min -1 ] 

Snaga P = Fv [ Nm / s] [ W] 

Energija W = Pt [ Ws] [ J] 

Moment inercije J = mr 2 [kg m 2 ] [Nms 2 ] 

Struja I = Q / t [C / s] [ A] 

Napon U = P / I [W / A] [ V] 

Paralela između veličina karakterističnih za pravolinijsko i rotaciono kretanje: 

Pravolinijsko kretanje 

Rotaciono kretanje 

dv 

a = [m / s 2 dω 

] Ubrzanje α = 

dt 

dt 

[rad / s 2 ] Ugaono ubrzanje 

ds 

dΘ 

v = = ∫ adt [m / s] Brzina ω = = 

dt 

∫αdt 

dt 

[rad / s] Ugaona brzina 

s = ∫ vdt 

[m] Put Θ = ∫ ω dt [rad] Ugao 

m [kg] Masa J [kg m 2 ] Moment inercije 

F = ma 

[N] Sila M = Jα 

[Nm] Obrtni moment 

P = Fv 

[W] Snaga P = Mω 

[W] Snaga 

W = Fs 

[J] Rad W = MΘ 

[J] Rad 

1 2 

Kinetička 

1 

W = mv 

2 

Kinetička 

[J] W = Mω [J] 

2 

energija 

2 

energija 

Njutnova jednačina kretanja: 

dv dm 

dt dt 

dω 

dJ 

Jω 

= J + ω 

dt dt 

Pravolinijsko kretanje ( mv) = m + v = ∑ 

d 

dt 

d 

dt 

Rotaciono kretanje ( ) = M = ( M − M ) 

i 

∑ 

i 

F i 

i 

∑ 

i 

Mi 

Ti 

P3-1


Preračunavanje pravolinijskog u rotaciono kretanje: 

F 

Θ 

s 

r 

ω, n 

v 

m 

Brzina v [m / s] 

Radijus r [m] 

Vreme t [s] 

Ugaona brzina 

v 

ω = 

r 

[rad / s] 

Brzina obrtanja 

ω v 

n = 60 = 60 

2π 

2πr 

[obrt / min] 

Ugao 

Θ = ωt 

[rad] 

Put 

s = vt = Θr 

[m] 

Masa m [kg] 

Sila 

F = mg 

[rad] 

Obrtni moment 

M = Fr = mgr 

[Nm] 

Snaga 

P = Mω = Fv = mgv 

[W] 

Rad 

W = Fs = MΘ 

= mgs 

[J] 

Kinetička energija 

1 2 1 2 

W = mv = Jω 

2 2 

[J] 

Svedeni moment inercije 

2 

1 2 1 2 ⎛ v ⎞ 2 

mv = Jω ⇒ J = m⎜ 

⎟ = mr 

2 2 

⎝ ω ⎠ 

[kg m 2 ] 

2 

Napomena: Ubrzanje zemljine teže iznosi g = 9.81[ m / s ] 

Jednosmerni motor sa nezavisnom pobudom: 

Fluks 

Φ = k I f f 

E = k Φn = k k I n = U − R + R 

Indukovana elektromotorna sila E 

E f f 

( a pp 

) a 

Moment 

Razvijena mehanička snaga 

M = k ΦI = k 

P 

m 

m 

= EI 

P3-2 

M 

a 

a 

= M 

m 

M 

k 

f 

I 

f 

I 

a 

2π 

ω = M 

60 

m 

n 

I


Korisna mehanička snaga 

Brzina obrtanja u praznom hodu 

Brzina obrtanja 

Veza između konstanti 

P = UI a 

η 

U 

n0 

= 

k Φ 

E 

( R + R ) I ( R R ) 

a pp a 

a 

+ 

n = n0 

− 

= n0 

− 

k 

EΦ 

60 

k M 

= k 

E 

2π 

k 

E 

Φk 

pp 

M 

M 

Φ 

m 

Jednosmerni motor sa serijskom pobudom: 

Fluks 

Φ = k I f a 

2 

E = k E 

Φn = k E 

k f 

I a 

n = U − R a 

+ R pp 

+ 

2 

M 

m 

= k 

MΦI 

a 

= k 

M 

k 

f 

I 

a 

2π 

P = EI = M ω = M n 

Indukovana elektromotorna sila ( s 

) a 

Moment 

Razvijena mehanička snaga 


Veza između konstanti 

m 

a 

P = UI a 

η 

60 

k M 

= k 

2π 

E 

m 

60 

m 

R 

I 

Asinhroni motor 

Sinhrona brzina obrtanja 

Klizanje 

Frekvencija klizanja (u rotoru) 


Razvijeni mehanički moment 

Moment 

Moment za 

n ≈ ns 

Moment za n ≠ ns 

uz zanemarivanje 

statorskih gubitaka i struje magnećenja 

Kritični moment u funkciji napona 

napajanja 

Kritični moment u funkciji frekvencije u 

području slabljenja polja 

60 f 

n s 

= 

p 

ns 

− n 

s = 

n 

f r 

= sf 

s 

P = 3UIη cosϕ 

p Rr' 

M 

m 

= 3 I 

r' 

ω 

s 

s 

60 P 

M = 

2π n 

ns 

− n 

M = M 

n − n 

s 

nom 

M 

kr 

M = 2 

s skr 

+ 

s s 

M 

M 

kr 

kr 

kr 

⎛ 

= 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

≈ ⎜ 

⎝ 

U 

U 

f 

nom 

nom 

f 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

M 

M 

2 

nom 

krnom 

krnom 

P3-3

94997251-Elektromotorni-Pogoni-ZBIRKA

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?