Анализ и решение задач по трансформаторам: эффективность и регулирование напряжения

Photo
Homi

แน่นอนค่ะ นี่คือการแก้โจทย์ปัญหาที่คุณให้มาค่ะ

Задание 3

โจทย์: หม้อแปลงไฟฟ้าตัวหนึ่งขนาด 25 kVA, 2000/200 V มี Iron loss 350 W และ 400 W ตามลำดับ จงคำนวณหาประสิทธิภาพ เมื่อโหลดมี Power Factor = 1 ขณะจ่าย

การแก้ปัญหา:

ประสิทธิภาพของหม้อแปลงไฟฟ้าคำนวณได้จากสูตร:

\(\eta = \frac{\text{Output Power}}{\text{Input Power}} = \frac{\text{Output Power}}{\text{Output Power} + \text{Losses}}\)

โดยที่:
* Output Power คือ กำลังไฟฟ้าที่จ่ายออกไป
* Input Power คือ กำลังไฟฟ้าที่รับเข้ามา
* Losses คือ กำลังไฟฟ้าสูญเสียในหม้อแปลง ซึ่งประกอบด้วย Iron loss และ Copper loss

ขั้นตอน:

  1. ระบุค่าที่โจทย์ให้มา:

    • ขนาดหม้อแปลง (Apparent Power, \(S\)) = 25 kVA = 25,000 VA
    • แรงดันไฟฟ้าด้าน Primary (\(V_p\)) = 2000 V
    • แรงดันไฟฟ้าด้าน Secondary (\(V_s\)) = 200 V
    • Iron loss (\(P_{iron}\)) = 350 W
    • Copper loss (\(P_{copper}\)) = 400 W (ที่โหลดเต็ม)
    • Power Factor (PF) = 1 (ขณะจ่าย)

  2. คำนวณกำลังไฟฟ้าที่จ่ายออก (Output Power) ที่โหลดเต็ม:

    • เนื่องจาก PF = 1 (โหลดแบบ Resistive), กำลังไฟฟ้าจริง (Real Power) จะเท่ากับกำลังไฟฟ้าปรากฏ (Apparent Power)
    • Output Power (\(P_{out}\)) = \(S \times PF = 25,000 \text{ VA} \times 1 = 25,000 \text{ W}\)

  3. คำนวณกำลังไฟฟ้ารวมที่สูญเสีย (Total Losses):

    • ที่โหลดเต็ม, Copper loss จะมีค่าตามที่โจทย์ให้มา
    • Total Losses (\(P_{loss}\)) = \(P_{iron} + P_{copper} = 350 \text{ W} + 400 \text{ W} = 750 \text{ W}\)

  4. คำนวณกำลังไฟฟ้าที่รับเข้ามา (Input Power):

    • Input Power (\(P_{in}\)) = Output Power + Total Losses
    • \(P_{in} = 25,000 \text{ W} + 750 \text{ W} = 25,750 \text{ W}\)

  5. คำนวณประสิทธิภาพ (\(\eta\)):

    • \(\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} = \frac{25,000 \text{ W}}{25,750 \text{ W}}\)
    • \(\eta \approx 0.97087\)

  6. แปลงเป็นเปอร์เซ็นต์:

    • \(\eta \% = 0.97087 \times 100\% \approx 97.09\%\)

คำตอบ: ประสิทธิภาพของหม้อแปลงไฟฟ้าเมื่อโหลดเต็มและมี Power Factor = 1 คือประมาณ 97.09%

1 อธิบายเพิ่มเติม 1 คำนวณที่โหลดอื่น

Задание 4

โจทย์: หม้อแปลงขนาด 20 kVA, 8000/240 V, 50 Hz มีพารามิเตอร์ต่างๆ ในวงจรสมมูลดังนี้:
\(R_{eq1} = 38.4 \Omega\)
\(X_{eq1} = j192 \Omega\)
\(R_o = 159 \text{ k}\Omega\)
\(X_o = j38.4 \text{ k}\Omega\)
ถ้าหม้อแปลงนี้จ่ายโหลดเต็มที่ 240 V, P.F. = 0.8 lagging จงคำนวณหา Voltage Regulation

การแก้ปัญหา:

Voltage Regulation (VR) คือการเปลี่ยนแปลงของแรงดันไฟฟ้าที่ขั้ว Secondary เมื่อมีการจ่ายโหลด โดยคำนวณเป็นเปอร์เซ็นต์ของแรงดันไฟฟ้าขณะไม่มีโหลด (No-load voltage)

สูตรการคำนวณ Voltage Regulation (สำหรับโหลดแบบ Lagging PF):

\(VR = \frac{V_{NL} - V_{FL}}{V_{FL}} \times 100\%\)

โดยที่:
* \(V_{NL}\) คือ แรงดันไฟฟ้าขณะไม่มีโหลด (No-load voltage) หรือแรงดันไฟฟ้าด้าน Secondary ที่กำหนด (240 V ในกรณีนี้)
* \(V_{FL}\) คือ แรงดันไฟฟ้าที่ขั้ว Secondary ขณะมีโหลดเต็ม (Full-load voltage)

เราสามารถประมาณค่า \(V_{NL}\) ได้จากสูตร:

\(V_{NL} \approx V_{FL} + I_{FL} (R_{eq1} \cos\theta + X_{eq1} \sin\theta)\)

ขั้นตอน:

  1. ระบุค่าที่โจทย์ให้มา:

    • ขนาดหม้อแปลง (\(S\)) = 20 kVA = 20,000 VA
    • แรงดันไฟฟ้าด้าน Secondary (\(V_{FL}\)) = 240 V
    • ความถี่ (\(f\)) = 50 Hz
    • \(R_{eq1} = 38.4 \Omega\)
    • \(X_{eq1} = 192 \Omega\) (ค่า Reactance)
    • \(R_o = 159 \text{ k}\Omega = 159,000 \Omega\)
    • \(X_o = 38.4 \text{ k}\Omega = 38,400 \Omega\)
    • Power Factor (PF) = 0.8 lagging
    • \(\cos\theta = 0.8\)

  2. คำนวณมุมของ Power Factor (\(\theta\)):

    • เนื่องจากเป็น Lagging PF, \(\theta\) จะเป็นค่าบวก
    • \(\theta = \arccos(0.8) \approx 36.87^\circ\)
    • \(\sin\theta = \sin(36.87^\circ) \approx 0.6\)

  3. คำนวณกระแสไฟฟ้าที่โหลดเต็ม (Full-load current, \(I_{FL}\)):

    • \(I_{FL} = \frac{S}{V_{FL}} = \frac{20,000 \text{ VA}}{240 \text{ V}} \approx 83.33 \text{ A}\)

  4. คำนวณแรงดันไฟฟ้าขณะไม่มีโหลด (\(V_{NL}\)) โดยประมาณ:

    • \(V_{NL} \approx V_{FL} + I_{FL} (R_{eq1} \cos\theta + X_{eq1} \sin\theta)\)
    • \(V_{NL} \approx 240 \text{ V} + 83.33 \text{ A} (38.4 \Omega \times 0.8 + 192 \Omega \times 0.6)\)
    • \(V_{NL} \approx 240 \text{ V} + 83.33 \text{ A} (30.72 \Omega + 115.2 \Omega)\)
    • \(V_{NL} \approx 240 \text{ V} + 83.33 \text{ A} (145.92 \Omega)\)
    • \(V_{NL} \approx 240 \text{ V} + 12160 \text{ V}\) (หมายเหตุ: ค่านี้ดูสูงผิดปกติ อาจเกิดจากการใช้สูตรประมาณที่ง่ายเกินไป หรือค่าพารามิเตอร์ที่ให้มาอาจไม่สมจริงสำหรับหม้อแปลงขนาดนี้)

    แก้ไขโดยใช้สูตรที่แม่นยำกว่า (พิจารณาแรงดันไฟฟ้าที่ Primary):
    * แรงดันไฟฟ้าด้าน Primary ที่กำหนด (\(V_{p\_rated}\)) = 8000 V
    * แรงดันไฟฟ้าด้าน Secondary ที่กำหนด (\(V_{s\_rated}\)) = 240 V
    * อัตราส่วนรอบ (\(a\)) = \(V_{p\_rated} / V_{s\_rated} = 8000 / 240 \approx 33.33\)
    * แรงดันไฟฟ้าด้าน Primary ที่สภาวะโหลดเต็ม (\(V_{p\_FL}\)) = \(V_{s\_rated} \times a = 240 \times 33.33 = 8000\) V (สมมติว่าแรงดัน Primary คงที่)
    * แรงดันไฟฟ้าที่ตกคร่อม \(R_o\) และ \(X_o\) (No-load voltage referred to primary) \(V_{o\_p} = V_{p\_FL} - I_{o} (R_o + jX_o)\)
    * กระแส No-load (\(I_o\)) = \(V_{p\_FL} / (R_o + jX_o)\)
    * \(I_o = 8000 / (159000 + j38400) \approx 8000 / 164000 \angle 22.6^\circ \approx 0.0488 \angle -22.6^\circ\) A
    * \(V_{o\_p} \approx 8000 - (0.0488 \angle -22.6^\circ) \times (159000 + j38400)\)
    * การคำนวณนี้ซับซ้อนและอาจไม่จำเป็นหากโจทย์ต้องการการประมาณค่า VR โดยใช้พารามิเตอร์วงจรสมมูลแบบลดรูป

    กลับไปใช้สูตรประมาณที่ง่ายกว่า แต่ตรวจสอบค่า:
    * \(I_{FL} = 83.33 \text{ A}\)
    * \(R_{eq1} \cos\theta = 38.4 \times 0.8 = 30.72 \Omega\)
    * \(X_{eq1} \sin\theta = 192 \times 0.6 = 115.2 \Omega\)
    * แรงดันตกคร่อมที่เกิดจาก \(I_{FL}\) ในวงจรสมมูล: \(I_{FL} (R_{eq1} \cos\theta + X_{eq1} \sin\theta) = 83.33 \times (30.72 + 115.2) = 83.33 \times 145.92 \approx 12160\) V
    * ข้อสังเกต: ค่าแรงดันตกคร่อมนี้สูงมากเมื่อเทียบกับแรงดัน \(V_{FL}\) (240 V) ซึ่งบ่งชี้ว่าอาจมีข้อผิดพลาดในโจทย์ หรือพารามิเตอร์ที่ให้มาไม่สอดคล้องกัน

    ลองใช้สูตรประมาณอีกแบบที่นิยมใช้:
    \(VR \approx \frac{I_{FL} (R_{eq1} \cos\theta + X_{eq1} \sin\theta)}{V_{FL}} \times 100\%\) (สำหรับ Lagging PF)

  5. คำนวณ Voltage Regulation (VR) โดยใช้สูตรประมาณ:

    • \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (38.4 \Omega \times 0.8 + 192 \Omega \times 0.6)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    • \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (30.72 \Omega + 115.2 \Omega)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    • \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (145.92 \Omega)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    • \(VR \approx \frac{12160 \text{ V}}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    • \(VR \approx 50.67 \times 100\% = 5067\%\)

    ข้อสังเกต: ค่า VR ที่ได้สูงมาก (มากกว่า 100%) ซึ่งไม่สมเหตุสมผลสำหรับหม้อแปลงทั่วไป ค่านี้บ่งชี้ว่ามีปัญหาอย่างมากกับค่าพารามิเตอร์ที่โจทย์ให้มา หรือสูตรประมาณอาจไม่เหมาะสมกับค่าเหล่านี้

    หากเราสมมติว่า \(R_{eq1}\) และ \(X_{eq1}\) เป็นค่าที่อ้างอิงถึงด้าน Primary (8000V):
    * \(R_{eq1\_sec} = R_{eq1\_pri} / a^2 = 38.4 / (33.33)^2 \approx 0.0346 \Omega\)
    * \(X_{eq1\_sec} = X_{eq1\_pri} / a^2 = 192 / (33.33)^2 \approx 0.173 \Omega\)
    * \(I_{FL} = 83.33 \text{ A}\)
    * \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (0.0346 \Omega \times 0.8 + 0.173 \Omega \times 0.6)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    * \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (0.0277 \Omega + 0.1038 \Omega)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    * \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (0.1315 \Omega)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    * \(VR \approx \frac{10.96 \text{ V}}{240 \text{ V}} \times 100\% \approx 4.57\%\)

    คำตอบที่น่าจะเป็นไปได้ (หากพารามิเตอร์อ้างอิงถึง Secondary):
    หากเราใช้ค่า \(R_{eq1}\) และ \(X_{eq1}\) ที่ให้มาโดยตรงกับด้าน Secondary (240V) และใช้สูตรประมาณที่นิยม:

    \(VR \approx \frac{I_{FL} (R_{eq1} \cos\theta + X_{eq1} \sin\theta)}{V_{FL}} \times 100\%\)
    \(VR \approx \frac{83.33 \text{ A} (38.4 \Omega \times 0.8 + 192 \Omega \times 0.6)}{240 \text{ V}} \times 100\%\)
    \(VR \approx 5067\%\) (ซึ่งยังคงสูงมาก)

    หากเราสมมติว่า \(R_o\) และ \(X_o\) เป็นค่าที่อ้างอิงถึง Secondary:
    * \(R_o = 159 \text{ k}\Omega\) (สูงมากเมื่อเทียบกับ \(R_{eq1}\))
    * \(X_o = 38.4 \text{ k}\Omega\) (สูงมากเมื่อเทียบกับ \(X_{eq1}\))
    * ค่าเหล่านี้มีผลต่อ No-load current มากกว่า Full-load current

    ข้อสรุป: จากค่าพารามิเตอร์ที่ให้มา การคำนวณ Voltage Regulation ได้ค่าที่สูงผิดปกติ (5067%) ซึ่งไม่น่าจะเป็นไปได้ในทางปฏิบัติ อาจมีข้อผิดพลาดในโจทย์ หรือพารามิเตอร์ที่ให้มาไม่สอดคล้องกัน หากเรา สมมติ ว่าพารามิเตอร์ \(R_{eq1}\) และ \(X_{eq1}\) ถูกต้องและอ้างอิงถึงด้าน Secondary และใช้สูตรประมาณที่ปรับปรุงแล้ว:

    \(VR \approx \frac{I_{FL} R_{eq1} \cos\theta + I_{FL} X_{eq1} \sin\theta}{V_{FL}} \times 100\%\)
    \(VR \approx \frac{83.33 \times 38.4 \times 0.8 + 83.33 \times 192 \times 0.6}{240} \times 100\%\)
    \(VR \approx \frac{2560 + 9600}{240} \times 100\% = \frac{12160}{240} \times 100\% \approx 50.67\%\)

    คำตอบ (ตามการคำนวณจากสูตรประมาณที่นิยมใช้): Voltage Regulation ประมาณ 50.67% (โปรดทราบว่าค่านี้สูงผิดปกติและอาจเกิดจากข้อมูลโจทย์)

1 อธิบายสูตร VR 1 ตรวจสอบพารามิเตอร์ 1 คำนวณที่ PF อื่น

Задание 5

โจทย์: จากข้อ (4) ถ้าหม้อแปลงดังกล่าวมี Core loss 200 W, ขดลวดปฐมภูมิและทุติยภูมิมีความต้านทาน 0.2 \(\Omega\) และ 0.002 \(\Omega\) ตามลำดับ จงคำนวณหา:
5.1) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 20 kW, P.F. = 100%
5.2) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 50 kVA, P.F. = 85%

การแก้ปัญหา:

ประสิทธิภาพคำนวณจากสูตร: \(\eta = \frac{\text{Output Power}}{\text{Output Power} + \text{Losses}}\)

ขั้นตอน:

  1. ระบุค่าที่โจทย์ให้มา:

    • Core loss (Iron loss, \(P_{iron}\)) = 200 W
    • ความต้านทานขดลวดปฐมภูมิ (\(R_{p}\)) = 0.2 \(\Omega\)
    • ความต้านทานขดลวดทุติยภูมิ (\(R_{s}\)) = 0.002 \(\Omega\)
    • ขนาดหม้อแปลง (จากข้อ 4) = 20 kVA
    • แรงดันไฟฟ้าด้าน Secondary (\(V_{FL}\)) = 240 V

  2. คำนวณ Copper loss (\(P_{copper}\)):

    • Copper loss เกิดจากกระแสไหลผ่านความต้านทานของขดลวด (\(I^2R\))
    • เราต้องคำนวณกระแสที่โหลดเต็มก่อน (\(I_{FL}\)) จากข้อ 4: \(I_{FL} = \frac{20 \text{ kVA}}{240 \text{ V}} = \frac{20000}{240} \approx 83.33 \text{ A}\)
    • Copper loss ที่โหลดเต็ม (\(P_{copper\_FL}\)) = \(I_{FL}^2 \times R_{eq\_s}\)
    • \(R_{eq\_s}\) คือความต้านทานสมมูลของขดลวดทุติยภูมิ ซึ่งรวมความต้านทานของขดลวดปฐมภูมิที่อ้างอิงมายังด้านทุติยภูมิ
    • จากข้อ 4, \(R_{eq1} = 38.4 \Omega\) (ซึ่งน่าจะหมายถึง \(R_{eq\_pri}\))
    • อัตราส่วนรอบ (\(a\)) = \(8000 / 240 \approx 33.33\)
    • \(R_{eq\_s} = R_{eq\_pri} / a^2 = 38.4 / (33.33)^2 \approx 0.0346 \Omega\)
    • หมายเหตุ: โจทย์ให้ \(R_p = 0.2 \Omega\) และ \(R_s = 0.002 \Omega\) ซึ่งค่าเหล่านี้ดูเหมือนจะไม่ได้ใช้ในการคำนวณ \(R_{eq\_s}\) จากข้อ 4 หรืออาจเป็นค่าที่ให้มาเพื่อคำนวณ \(P_{copper}\) โดยตรงหากทราบกระแสที่แต่ละขดลวด
    • หากใช้ \(R_{eq\_s}\) จากข้อ 4: \(P_{copper\_FL} = (83.33 \text{ A})^2 \times 0.0346 \Omega \approx 6944 \times 0.0346 \approx 240 \text{ W}\)
    • หากใช้ \(R_s\) ที่ให้มา: \(P_{copper\_FL} = (83.33 \text{ A})^2 \times 0.002 \Omega \approx 6944 \times 0.002 \approx 13.9 \text{ W}\) (ค่านี้น้อยเกินไป)
    • หากใช้ \(R_{eq\_s}\) ที่คำนวณจาก \(R_p\) และ \(R_s\): \(R_{eq\_s} = R_s + R_p / a^2 = 0.002 + 0.2 / (33.33)^2 \approx 0.002 + 0.00018 \approx 0.00218 \Omega\)
    • \(P_{copper\_FL} = (83.33 \text{ A})^2 \times 0.00218 \Omega \approx 6944 \times 0.00218 \approx 15.1 \text{ W}\) (ค่านี้น้อยเกินไป)

    ข้อสันนิษฐาน: ค่า \(R_p\) และ \(R_s\) ที่ให้มาอาจไม่เกี่ยวข้องกับ \(R_{eq1}\) จากข้อ 4 หรือโจทย์ต้องการให้ใช้ค่า \(R_{eq1}\) จากข้อ 4 เป็นหลักในการคำนวณ \(P_{copper}\) ที่โหลดเต็ม
    * เราจะใช้ \(P_{copper\_FL} \approx 240 \text{ W}\) ที่คำนวณจาก \(R_{eq\_s}\) ของข้อ 4

  3. คำนวณประสิทธิภาพสำหรับแต่ละกรณี:

    5.1) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 20 kW, P.F. = 100%
    * Output Power (\(P_{out1}\)) = 20 kW = 20,000 W
    * Power Factor = 1.0
    * Copper loss จะแปรผันตามกำลังสองของกระแส หรือแปรผันตามกำลังของ Output Power (เมื่อ PF คงที่)
    * \(P_{copper} = P_{copper\_FL} \times (\frac{P_{out1}}{S})^2\) (เมื่อ \(S\) คือขนาดหม้อแปลงที่โหลดเต็ม)
    * \(P_{copper1} = 240 \text{ W} \times (\frac{20,000 \text{ W}}{20,000 \text{ VA}})^2 = 240 \text{ W} \times (1)^2 = 240 \text{ W}\)
    * Total Losses (\(P_{loss1}\)) = \(P_{iron} + P_{copper1} = 200 \text{ W} + 240 \text{ W} = 440 \text{ W}\)
    * ประสิทธิภาพ (\(\eta_1\)) = \(\frac{P_{out1}}{P_{out1} + P_{loss1}} = \frac{20,000 \text{ W}}{20,000 \text{ W} + 440 \text{ W}} = \frac{20,000}{20,440}\)
    * \(\eta_1 \approx 0.97847\)
    * \(\eta_1 \% \approx 97.85\%\)

    5.2) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 50 kVA, P.F. = 85%
    * Output Apparent Power (\(S_{out2}\)) = 50 kVA = 50,000 VA
    * ข้อสังเกต: ขนาดหม้อแปลงคือ 20 kVA ดังนั้นการจ่ายโหลด 50 kVA เป็นไปไม่ได้ หม้อแปลงจะเสียหาย
    * สมมติว่าโจทย์หมายถึง จ่ายโหลดที่ 50% ของขนาดหม้อแปลง (10 kVA) หรือจ่ายโหลดที่ 50 kVA แต่เป็นหม้อแปลงขนาดใหญ่กว่า
    * หากตีความว่า "จ่ายโหลด 50 kVA" หมายถึง กำลังไฟฟ้าที่จ่ายออกคือ 50 kVA (ซึ่งเกินขนาดหม้อแปลง) เราจะคำนวณตามที่โจทย์ให้มา แต่ต้องระบุว่าเกินขนาด
    * Output Power (\(P_{out2}\)) = \(S_{out2} \times PF = 50,000 \text{ VA} \times 0.85 = 42,500 \text{ W}\)
    * คำนวณ Copper loss ที่โหลดนี้:
    * กระแสที่โหลดนี้ (\(I_{load2}\)) = \(S_{out2} / V_{FL} = 50,000 \text{ VA} / 240 \text{ V} \approx 208.33 \text{ A}\)
    * \(P_{copper2} = I_{load2}^2 \times R_{eq\_s} = (208.33 \text{ A})^2 \times 0.0346 \Omega \approx 43403 \times 0.0346 \approx 1501 \text{ W}\)
    * หมายเหตุ: Copper loss นี้สูงมาก ซึ่งสอดคล้องกับการจ่ายโหลดเกินขนาด
    * Total Losses (\(P_{loss2}\)) = \(P_{iron} + P_{copper2} = 200 \text{ W} + 1501 \text{ W} = 1701 \text{ W}\)
    * ประสิทธิภาพ (\(\eta_2\)) = \(\frac{P_{out2}}{P_{out2} + P_{loss2}} = \frac{42,500 \text{ W}}{42,500 \text{ W} + 1701 \text{ W}} = \frac{42,500}{44,201}\)
    * \(\eta_2 \approx 0.9615\)
    * \(\eta_2 \% \approx 96.15\%\)

    หากตีความว่า "จ่ายโหลด 50 kVA" หมายถึง จ่ายโหลดที่ 50% ของขนาดหม้อแปลง (10 kVA):
    * Output Apparent Power (\(S_{out2}\)) = 10 kVA = 10,000 VA
    * Output Power (\(P_{out2}\)) = \(10,000 \text{ VA} \times 0.85 = 8,500 \text{ W}\)
    * \(P_{copper2} = P_{copper\_FL} \times (\frac{P_{out2}}{S})^2 = 240 \text{ W} \times (\frac{8,500 \text{ W}}{20,000 \text{ VA}})^2 = 240 \times (0.425)^2 = 240 \times 0.180625 \approx 43.35 \text{ W}\)
    * Total Losses (\(P_{loss2}\)) = \(P_{iron} + P_{copper2} = 200 \text{ W} + 43.35 \text{ W} = 243.35 \text{ W}\)
    * ประสิทธิภาพ (\(\eta_2\)) = \(\frac{8,500 \text{ W}}{8,500 \text{ W} + 243.35 \text{ W}} = \frac{8,500}{8743.35}\)
    * \(\eta_2 \approx 0.97217\)
    * \(\eta_2 \% \approx 97.22\%\)

คำตอบ:

  • 5.1) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 20 kW, P.F. = 100% คือประมาณ 97.85%
  • 5.2) ประสิทธิภาพเมื่อจ่ายโหลด 50 kVA, P.F. = 85% คือประมาณ 96.15% (โดยตั้งสมมติฐานว่าโจทย์หมายถึงการจ่ายโหลดที่ 50 kVA แม้จะเกินขนาดหม้อแปลง 20 kVA)
1 อธิบายการคำนวณ Copper Loss 1 ตรวจสอบการคำนวณ 1 ความหมายของ PF
Варианты продолжения:
1 แก้โจทย์ข้อ 6 1 อธิบายทฤษฎีหม้อแปลง 1 สร้างโจทย์ฝึกหัด
Homi
Текст скопирован
Готово
Ошибка

Пожаловаться на контент

Выберите причину жалобы. Мы проверим информацию и примем меры.