سوال ۷۱ کنکور ارشد مهندسی برق ۱۴۰۴

این ماشین از چه نوعی است؟

استاتور یک هستهٔ C‌شکل سیم‌پیچی‌شده (دو قطب برجستهٔ استاتور) است که روبه‌روی یک روتور قطب‌برجسته با ۶ دندانه قرار دارد. تنها یک سیم‌پیچ وجود دارد که جریان $i$ را حمل می‌کند؛ بنابراین این یک دستگاه رلوکتانسی تک‌تحریکه (رلوکتانس متغیر) است: تمام گشتاور از نوع گشتاور رلوکتانسی است و صرفاً به این دلیل تولید می‌شود که اندوکتانس خودی دیده‌شده توسط سیم‌پیچ به موقعیت روتور $\theta$ وابسته است.

$L(\theta) = k_1 + k_2\cos(k_3\theta)$

گام ۱ — یافتن $k_1$ و $k_2$ از مقادیر حدی اندوکتانس

مقدار $\cos(k_3\theta)$ بین $+1$ و $-1$ نوسان می‌کند، پس

$L_{\max} = k_1 + k_2 = 1\ \text{H}, \qquad L_{\min} = k_1 - k_2 = 0.2\ \text{H}$

$\Rightarrow\; k_1 = \frac{1+0.2}{2} = 0.6\ \text{H}, \qquad k_2 = \frac{1-0.2}{2} = 0.4\ \text{H}$

گام ۲ — یافتن $k_3$ از هندسهٔ روتور

مقدار $k_3$ توسط تناوب مدار مغناطیسی تعیین می‌شود، نه توسط اعدادی که در صورت سؤال آمده‌اند. روتور در شکل دارای $6$ دندانهٔ یکسان با فاصلهٔ زاویه‌ای $360^\circ/6 = 60^\circ$ است؛ بنابراین چرخاندن روتور به اندازهٔ $60^\circ$ دقیقاً همان رلوکتانس را بازتولید می‌کند (اکنون دندانهٔ بعدی روبه‌روی قطب استاتور قرار می‌گیرد). پس $L(\theta)$ باید تناوب $60^\circ$ داشته باشد:

$\frac{2\pi}{k_3} = \frac{2\pi}{6} \quad\Longrightarrow\quad k_3 = 6$

$L(\theta) = 0.6 + 0.4\cos(6\theta)\ \ [\text{H}]$

وضعیت هم‌راستا ($\theta = 0$): $L = 1$ هانری (کمترین رلوکتانس). وضعیت ناهم‌راستا ($\theta = 30^\circ$): $L = 0.2$ هانری (بیشترین رلوکتانس) — که با شکل سازگار است.

گام ۳ — گشتاور از روی هم‌انرژی (کوانرژی)

برای یک سامانهٔ تک‌تحریکهٔ خطی از نظر مغناطیسی (با صرف‌نظر از رلوکتانس آهن، به‌طوری‌که $\lambda = L(\theta)i$ نسبت به $i$ خطی باشد)، هم‌انرژی برابر است با

$W'_{fld}(i,\theta) = \frac{1}{2}L(\theta)\,i^{2}$

و گشتاور الکترومغناطیسی، مشتق جزئی هم‌انرژی در جریان ثابت است:

$T_e = \left.\frac{\partial W'_{fld}}{\partial \theta}\right|_{i=\text{const}} = \frac{1}{2}\,i^{2}\,\frac{dL(\theta)}{d\theta}$

با جریان DC، ضریب $\tfrac12 i^2$ ثابت است، پس

$\frac{dL}{d\theta} = -k_2 k_3 \sin(k_3\theta) = -(0.4)(6)\sin(6\theta) = -2.4\sin(6\theta)$

$T_e = \frac{1}{2}(10)^{2}\bigl(-2.4\sin(6\theta)\bigr) = -120\sin(6\theta)\ \ [\text{N}\cdot\text{m}]$

گام ۴ — محاسبه در $\theta = 15^\circ$

$k_3\theta = 6 \times 15^\circ = 90^\circ \quad\Rightarrow\quad \sin(90^\circ) = 1$

$T_e = -120\ \text{N}\cdot\text{m} \quad\Longrightarrow\quad |T_e| = 120\ \text{N}\cdot\text{m}$

علامت منفی تنها بیان می‌کند که گشتاور روتور را به‌سمت هم‌راستایی برمی‌گرداند (کاهش $\theta$)؛ کاری که گشتاور رلوکتانسی همواره انجام می‌دهد. اندازهٔ خواسته‌شده $\boxed{120\ \text{N}\cdot\text{m}}$ است — گزینهٔ ۲.

بررسی صحت سایر گزینه‌ها: عدد $80$ مستلزم $k_3 = 4$ و افزون بر آن محاسبهٔ نادرست $\sin$ است؛ عدد $240$ همان $i^2 k_2 k_3$ است (فراموش‌کردن ضریب $\tfrac12$)؛ و «صفر» تنها در نقاط هم‌راستا/ناهم‌راستا یعنی $\theta = 0^\circ$ یا $30^\circ$ برقرار است، جایی که $dL/d\theta = 0$.

نکتهٔ کنکوری: زاویهٔ $\theta = 15^\circ$ دقیقاً وسط راه میان وضعیت هم‌راستا و ناهم‌راستا است ($k_3\theta = 90^\circ$)، یعنی نقطه‌ای که شیب $L(\theta)$ بیشینه است — پس گشتاور رلوکتانسی در مقدار حداکثر خود قرار دارد: $T_{\max} = \tfrac12 i^2 k_2 k_3$. هر وقت در کنکور مسئلهٔ گشتاور رلوکتانسی زاویهٔ $\theta$ را در یک‌چهارم تناوب داد، کافی است همین فرمول گشتاور بیشینه را جایگذاری کنید.

تلهٔ رایج: هرگز نکوشید $k_3$ را از روی اعداد اندوکتانس به دست آورید — $k_1,k_2$ از $L_{\max},L_{\min}$ می‌آیند، اما $k_3$ از شمردن دندانه‌های روتور در شکل حاصل می‌شود ($k_3 =$ تعداد قطب‌های روتور $= 6$). همچنین از هم‌انرژی $\partial W'/\partial\theta$ در $i$ ثابت استفاده کنید (که $+\tfrac12 i^2 dL/d\theta$ می‌دهد)، نه از انرژی ذخیره‌شده $\partial W/\partial\theta$ در $\lambda$ ثابت، که علامت آن معمولاً باعث اشتباه می‌شود.