Sinhrone ma²ine (13E013SIM) - epp.etf.rsepp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2018/04/Zadaci_SM_2018_II_deo.pdf · 1. Ispitivanjem trofaznog sinhronog generatora spregnutog u zvezdu utvr

Univerzitet u Beogradu

Elektrotehni£ki fakultet

Katedra za energetske pretvara£e i pogone

Sinhrone ma²ine (13E013SIM)

Ra£unske veºbe

II deoAnaliza ustaljenih radnih reºima SM

kolska godina 2017/2018.

1. Ispitivanjem trofaznog sinhronog generatora spregnutog u zvezdu utvreno je sle-de¢e: tangenta povu£ena na karakteristiku praznog hoda u koordinatnom po£etku prolazikroz ta£ku (120 V, 1.5 A). Za nominalni napon od 380 V u praznom hodu potrebna jepobudna struja od 6 A. Za nominalnu struju od 8 A u kratkom spoju potrebna je po-budna struja od 5 A. Odrediti stvarnu i relativnu vrednost nezasi¢ene i zasi¢ene sinhronereaktanse kao i odnos kratkog spoja, zanemaruju¢i aktivni otpor indukta. Svi dati naponisu meufazni.

Re²enje: Karakteristike praznog hoda i kratkog spoja sinhronog generatora za op²tislu£aj su prikazane na slici ispod. Vrednosti zasi¢ene i nezasi¢ene sinhrone reaktansegeneratora u apsolutnim jedinicama date su slede¢im izrazima:

X(z)S =

Un/√

3

Ik

(I

(z)f

)X

(n)S =

Un/√

3

Ik

(I

(n)f

) .

~f fE

nU

fI

nI

( )z

k fI I

( )k

fI ( )z

fI( )n

fI

( )n

k fI I

kI nezasićena k-ka praznog

hoda (k-ka međugvožđa)

k-ka praznog hoda

k-ka kratkog spoja

Slika 1: Karakteristike praznog hoda i kratkog spoja sinhronog generatora

Vrednost struje pri kojoj se ima nominalna vrednost napona na karakteristici meugvoºadobija se jednostavno iz linearne relacije:

I(n)f =

Un120· 1.5 = 4.75 A.

Potrebno je izra£unati vrednosti struje kratkog spoja pri vrednostima pobudne struje zakoje se imaju nominalne vrednosti na karakteristici praznog hoda i karakteristici meu-

1

gvoºa:

Ik(I(z)f ) =

I(z)f

I(k)f

In = 9.6 A

Ik(I(z)f ) =

I(n)f

I(k)f

In = 7.6 A.

Vrednosti zasi¢ene i nezasi¢ene reaktanse u apsolutnim jedinicama iznose:

X(z)S = 22.854 Ω

X(n)S = 28.867 Ω.

Bazna vrednost impedanse generatora jednaka je:

ZB =UBIB

=Un/√

3

In= 27.424 Ω,

pa su relativne vrednosti reaktansi:

x(z)S =

X(z)S

ZB= 0.833 r.j.

x(n)S =

X(n)S

ZB= 1.053 r.j.

Odnos kratkog spoja predstavlja odnos pobudne struje pri kojoj se ima nominalna vred-nost napona na karakteristic praznog hoda, i pobudne struje pri kojoj se ima nominalnavrednost struje na karakteristici kratkog spoja. Ova vrednost je jednaka inverznoj vred-nost zasi¢ene sinhrone reaktanse:

kk =I

(z)f

I(k)f

=1

x(z)S

= 1.2.

Druga zna£ajna veli£ina, koja ukazuje na nivo zaisi¢enja ma²ine pri nominalnom naponu,je stepen (koecijent) zasi¢enja kz, koji predstavlja odnos pobudne struje pri kojoj se imanominalna vrednost napona na karakteristici praznog hoda, i pobudne struje pri kojoj seima nominalna vrednost napona na k-ci meugvoºa:

kz =I

(z)f

I(n)f

= 1.263.

Ma²ina je utoliko zasi¢enija ukoliko je koecijent zasi¢enja ve¢i.

2. Pri ispitivanju jednofaznog sinhronog generatora u kratkom spoju izmerena je strujaindukta od 100 A pri pobudnoj struji od 2.5 A, a u praznom hodu je izmeren napon od500 V pri istoj pobudnoj struji. Odrediti indukovanu ems i relativne promene naponaizmeu punog optere¢enja i praznog hoda, pri optere¢enju od 100 A i naponu na krajevimageneratora od 2000 V, za faktore snage:

a) cosϕ = 1,

2

b) cosϕ = 0.8 (ind),

c) cosϕ = 0.707 (cap).

NAPOMENA: U prora£unima zanemariti zasi¢enje magnetskog kola i aktivni otpor in-dukta.

Re²enje: Kako je usvojeno da je ma²ina nezasi¢ena, i date su vrednosti napona pra-znog hoda i struje kratkog spoja pri istoj vrednosti pobudne struje, sinhrona reaktansageneratora moºe se odrediti kao:

XS =U0

Ik= 5 Ω.

Indukovana ems generatora moºe se odrediti na osnovu vektorskog dijagrama, koji jeprikazan na slici. Izraz za pobudnu ems glasi:

Ef = U + jXSI = U + jXSI · (cosϕ− j sinϕ) = (U +XSI sinϕ) + jXSI cosϕ.

Relativna promena napona izmeu optere¢enja i praznog hoda, koja se naziva i faktor

regulacije, data je izrazom:

∆u =Ef − UU

· 100%.

34°

20°

Slika 2: Vektorski dijagram sinhronog generatora

Vrednosti pobudne ems i relativne promene napona u razmatranim slu£ajevima jednakisu:

a) Ef = 2062 V; ∆u = 3.08%.

b) Ef = 2335 V; ∆u = 16.73%.

c) Ef = 1684 V; ∆u = −15.80%.

3. Ispitivanjem SG u praznom hodu pri nominalnom faznom naponu 220 V, izmerenaje struja pobude If = 6 A, a u kratkom spoju pri nominalnoj struji od 8 A izmerena jepobudna struja If = 5 A. Ako je ma²ina priklju£ena na nominalni napon, odrediti:

a) pobudnu struju pri nominalnoj struji uz cosϕ = 0.8 (ind),

b) maksimalnu snagu pri istoj pobudnoj struji, odgovaraju¢i sa£inilac snage i karakteroptere¢enja.

3

NAPOMENA: Zanemariti aktivnu otpornost statora. Ma²ina je JEDNOFAZNA.

Re²enje: Prema postupku opisanom u 1. zadatku, dobija se sinhrona reaktansa gene-ratora kao:

XS =Un

Ik

(I

(0)f

) =UnIn·I

(k)f

I(0)f

= 22.92 Ω,

gde je sa I(0)f ozna£ena pobudna struja pri kojoj se ima nominalna vrednost napona

u praznom hodu. Treba imati u vidu da se radi o jednofaznoj ma²ini, zbog £ega nijeprisutan faktor

√3, kao ²to je bio slu£aj kod trofazne ma²ine.

a) Prema postupku opisanom u prethodnom zadatku, pobudna ems se moºe izra£unatikao:

Ef = (Un +XSIn sinϕ) + jXSI cosϕ = 361.156 24 V.

Uz pretpostavku da je ma²ina nezasi¢ena, pobudna struja u ovom reºimu se moºe odreditiiz odnosa dobijene pobudne ems i nominalnog napona:

Ifx =EfUn· I(0)

f = 9.85 A.

b) Na osnovu ugaone karakteristike sinhronog generatora sa cilindri£nim rotorom:

P =EfU

XS

sin δ,

vidi se da ¢e aktivna snaga biti maksimalna pri uglu snage δ = 90:

Pmax =EfU

XS

= 3.47 kW.

Kako je re£ o jednofaznoj ma²ini, nema koecijenta 3 u izrazu za aktivnu snagu. Vektorskidijagram generatora koji odgovara reºimu sa maksimalnom aktivnom snagaom je prikazanna slici.

Kako bi se odredio sa£inilac snage i karakter optere¢enja, potrebno je izra£unati efektivnuvrednost struje optere¢enja:

I =Ef − UjXS

=jEf − UjXS

= 18.456 31.35 A.

Sa£inilac snage je jednak:cosϕ = 0.85.

Karakter optere¢enja je kapacitivan, jer struja prednja£i naponu. Drugim re£ima, ge-nerator je natpobuen.

4. Trofazni SG sa namotajima spregnutim u zvezdu, za 6.3 kV, optere¢en je strujom od250 A uz cosϕ = 0.85 (ind). Zajedni£ka ems generatora iznosi Eδ = 7 kV. Zanemaruju¢iomski otpor statora odrediti:

a) ugao izmeu zajedni£ke ems i napona (6 (Eδ, U) =?) i reaktansu rasipanja (Xγ =?),

b) vrednost zajedni£ke ems pri kojoj generator daje istu struju uz cosϕ = 1.

4

36°

90°Slika 3: Vektorski dijagram generatora u reºimu sa maksimalnom aktivnom snagom

NAPOMENA: zajedni£ka ems ems koja odgovara uksu u zazoru ma²ine.

Re²enje:

a) Zajedni£ka ems predstavlja ems koja odgovara uksu u meugvoºu ma²ine, tj.zajedni£kom uksu, kao ²to je ilustrovano na slici. Na osnovu datog dijagrama i prate¢ezamenske ²eme, kompleksna vrednost zajedni£ke ems data je izrazom:

Eδ = Unf + jXγ · I = (Unf +XγI sinϕ) + jXγI cosϕ,

gde je sa Unf ozna£en nominalni fazni napon (Unf = 6300/√

3), a sa Eδ fazna vred-nost zajedni£ke ems (Eδ = 7000/

√3). Realna i imaginarna komponenta zajedni£ke ems

jednake su:Re(Eδ) = Eδ cosα = Unf +XγI sinϕ

Im(Eδ) = Eδ sinα = XγI cosϕ

Ako se prva jedna£ina pomnoºi sa cosϕ, a druga sa − sinϕ, i saberu se, dobija se:

Eδ(cosα cosϕ− sinα sinϕ) = Unf cosϕ,

to jest:Eδ cos(α + ϕ) = Unf cosϕ.

Sada se ugao α izmeu napona generatora i zajedni£ke ems moºe odrediti kao:

α = arccosU cosϕ

Eδ− ϕ = 8.3.

Reaktansa rasipanja je jednaka:

Xγ =Eδ sinα

I cosϕ= 2.745 Ω.

5

34°

20°

6°

90°

I aR jX ajX

U E fE

Slika 4: Vektorski dijagram napona i ukseva generatora i odgovaraju¢a zamenska ²ema

b) Kada je poznata reaktansa rasipanja, traºena vrednost se moºe jednostavno odredititako ²to se u izraz dat u prethodnom primeru zameni cosϕ = 1:

Eδ =√U2nf + (XγI)2 = 3701.5 V.

Dobijena vrednost predstavlja faznu vrednost zajedni£ke ems. Odgovaraju¢a linijska vred-nost jednaka je:

Eδ,lin =√

3 · Eδ = 6411.2 V.

5. Turbogenerator snage 2500 kVA,6600 V, sa namotajima spregnutim u zvezdu, radipri nominalnom optere¢enju i faktorima snage cosϕ = 0.8 (ind) i cosϕ = 0.8 (cap).Sinhrona reaktansa generatora je 10.4 Ω po fazi.

a) Izra£unati odnos regulacije (faktor regulacije) pri oba optere¢enja, uz zanemarenjeaktivne otpornosti namotaja statora.

b) Izra£unati faktor snage pri faktoru regulacije jednakom nuli, a za nominalno opte-re¢enje generatora. Otpornost namotaja statora je 0.071 Ω.

Re²enje:

a) Na osnovu vektorskog dijagrama i odgovaraju¢e zamenske ²eme turbogeneratora,izraz za pobudnu ems po fazi glasi:

Ef = (Unf +XSIn sinϕ) + jXSIn cosϕ,

gde je Unf = Un/√

3 nominalni fazni napon. Nominalna vrednost struje generatorajednaka je:

In =Sn√3Un

=Sn

3Unf= 218.69 A.

Vrednost pobudne ems pri induktivnom optere¢enju iznosi:

E(ind)f = 5485.76 19.37 V,

6

a pri kapacitivnom optere¢enju:

E(cap)f = 3048.46 36.64 V.

Faktor regulacije predstavlja relativnu razliku izmeu napona praznog hoda (pobudneems) i nominalnog napona:

FR =Ef − UnfUnf

,

i u analiziranim slu£ajevima ima slede¢e vrednosti:

FRind = 0.44

FRcap = −0.2

b) Kada je faktor regulacije jednak nuli, tada vaºi |Ef | = Unf . Vektorski dijagram kojiodgovara ovom reºimu prikazan je na slici. Sa dijagrama se moºe uo£iti da vaºi slede¢arelacija:

ZS · I2

= U sinδ

2,

pa je odatle:δ = 34.73.

Izraz za pobudnu ems glasi:

Ef = Ef ·(cos δ+j sin δ) = Unf+ZSI = Unf+ZSIn·ej(ϕS−ϕ) = Unf+ZSIn·(cos(ϕS−ϕ)+j sin(ϕS−ϕ)),

gde je:

ϕS = arctgXS

R= 89.6

argument sinhrone impedanse ZS. Modul sinhrone impedanse jednak je:

ZS =√R2 +X2

S ≈ XS = 10.4 Ω.

Ako se izjedna£e realni delovi gornje relacije, dobija se slede¢a jednakost:

Ef cos δ = Unf + ZSIn cos(ϕS − ϕ),

odakle je vrednost ugla ϕ:

ϕ = ϕS − arccosEf cos δ − Unf

ZSIn= −17.77.

32°

20°

9°

90°

Slika 5: Vektorski dijagram napona generatora, 19. zadatak

7

Faktor snage optere¢enja jednake je:

cosϕ = 0.9523 (cap).

Optere¢enje je kapacitivno, jer struja prednja£i naponu (ϕ < 0), tj. generator je potpo-

buen.

6. etvoropolni SG snage 600 MVA, 24 kV, 60 Hz, XS = 1.67 Ω, priklju£en je na sistemkoji £ine kruta mreºa 24 kV i reaktansa od 0.24 Ω. Regulator pobude generatora odrºavanapon na krajevima generatora konstantnim i jednakim 24 kV nezavisno od optere¢enjageneratora.

a) Nacrtati fazorski dijagram ako je snaga koju daje generator 300 MVA. Odreditiefektivnu vrednost struje generatora i njen fazni stav u odnosu na napon generatora.Odrediti vrednost ems generatora.

b) Ponoviti prora£une pod a) za optere¢enje generatora od 600 MVA.

Re²enje: Vektorski dijagram i odgovaraju¢a zamenska ²ema koji se mogu primeniti naoba analizirana slu£aja prikazani su na slici. Prema uslovu zadatka je |Um| = |U g| =24 kV. Na osnovu tog uslova, sa dijagrama se vidi da je:

ϕg = −ϕm = α/2 = arcsinXmI

2Unf.

Efektivna vrednost struje generatora jednaka je:

I =S√3Un

.

Kada je poznata efektivna vrednost struje generatora i njen fazni stav, pobudna emsgeneratora moºe se odrediti iz izraza:

Ef = Unf + jXSI · (cosϕg − j sinϕg),90° ISjX mjX

gUmUfE

Slika 6: Vektorski dijagram generatora priklju£enog na jaku mreºu preko impedanse, iodgovaraju¢a zamenska ²ema

8

ili, alternativno:

Ef = Unf + j(XS +Xm)I · (cosϕm − j sinϕm).

Treba imati u vidu da struja kasni u odnosu na napon generatora, a prednja£i u odnosuna napon mreºe, za istu vrednost ugla (ϕg = −ϕm). Takoe, treba imati u vidu da se izprvog izraza dobija fazni stav ems u odnosu na napon generatora, a u drugom u odnosuna napon mreºe.

a) Za optere¢enje generatora od 300 MVA, traºene vrednosti su jednake:

I = 7216.96 −3.58 AEf = 18924.96 46.63 V

b) Za optere¢enje generatora od 600 MVA, traºene vrednosti su jednake:

I = 14433.86 −7.18 AEf = 29262.46 69.16 V

Dobijena ems u oba slu£aja predstavlja faznu vrednost, sa faznim stavom denisanim uodnosu na napon mreºe.

7. Trofazni SG snage 60 MVA priklju£en je na mreºu stalnog napona 13.2 kV, a sin-hrona reaktansa generatora jednaka je xS = 1.2 r.j. Ukoliko turbina predaje sinhronojma²ini snagu od 50 MW, a pobuda je pode²ena tako da je sa£inilac snage jednak jedinici,izra£unati koliko puta je potrebno:

a) pove¢ati (u slu£aju optere¢enja induktivnog karaktera),

b) smanjiti (u slu£aju optere¢enja kapacitivnog karaktera),

pobudnu struju, dok struja statora ne postigne nominalnu vrednost. Zanemariti zasi¢enjei gubitke u ma²ini.

Re²enje: S obzirom na zanemarenje gubitaka, elektri£na aktivna snaga koju ma²inapredaje mreºi jednaka je 50 MW, tj, u relativnim jedinicama:

p =P

Sn= 0.833 r.j.

Kada je optere¢enje £isto aktivno, kompleksna vrednost struje generatora u r.j. iznosi:

i = i =p

u= 0.833 r.j.,

gde je u = 1 r.j.. Op²ti izraz za ems usled pobude u relativnim jedinicama glasi:

ef = u+ jxsi.

U konkretnom slu£aju, pobudna ems je jednaka:

e0f = 1.416 45.

9

a) U slu£aju kada je optere¢enje induktivnog karaktera, i efektivna vrednost struje jejednaka nominalnoj, tj. relativna vrednost struje je 1 r.j, kompleksna vrednost struje je:

i = i6 − ϕ = i cosϕ− ji sinϕ.

S obzirom na to da je relativna vrednost napona 1 r.j, vaºi slede¢a relacija:

p = i cosϕ =⇒ cosϕ =p

i= 0.833.

Vrednost ugla ϕ za datu vrednost faktora snage moºe, u op²tem slu£aju, biti pozitivnaili negativna. S obzirom na to da je u ovom slu£aju optere¢enje induktivnog karaktera,ugao ϕ je pozitivan:

ϕ = arccos 0.833 = 33.59.

Sada kada je kompleksna vrednost struje poznata, pobudna ems se moºe odrediti iz op²tegizraza datog ranije, i jednaka je:

eindf = 1.946 31.

Dakle, pobudnu struju je, u odnosu na £isto aktivno optere¢enje, potrebno pove¢ati:

kind =iindfi0f

=eindfe0f

= 1.376

puta.

b) U slu£aju kada je optere¢enje kapacitivnog karaktera i struja jednaka nominalnoj,faktor snage ima istu vrednost kao i u slu£aju induktivnog optere¢enja, ali je ugao ϕsuprotnog znaka:

ϕ = −33.59.

Vrednost pobudne ems koja odgovara kapacitivnom reºimu iznosi:

ecapf = 1.0556 71.4.

Pobudnu struju treba pove¢ati:

kcap =icapfi0f

=ecapfe0f

= 0.748

puta, tj. treba je smanjiti.

Kao ²to je i o£ekivano, u slu£aju kada je snaga turbine, tj. aktivna snaga, konstantna,pobudna struja je najve¢a u slu£aju induktivnog, a najmanja u slu£aju kapacitivnogoptere¢enja. Drugim re£ima, generator je pri induktivnom optere¢enju natpobuen, tj.proizvodi reaktivnu snagu, a pri kapacitivnom optere¢enju je potpobuen, tj. uzimareaktivnu snagu iz mreºe. Sva tri analizirana reºima ilustrovana su na jednom vektorskomdijagramu, prikazanom na slici.

8. Tridesetopolni sinhroni motor snage 1500 kW, faktora snage cosϕ = 1, 2300 V, 60Hz, sprege zvezda, ima sinhronu reaktansu od 1.95 Ω po fazi.

10

34°

22°

34°

42°

29°

Slika 7: Vektorski dijagrami za £isto aktivno optere¢enje, natpobuen i potpobuen reºim, zaistu vrednost aktivne snage (zad. 21)

a) Izra£unati maksimalni moment koji motor moºe da razvije ako se napaja iz £vrstemreºe 2300 V, 60 Hz, uz konstantnu struju pobude. Pobudna struja motora odgovarareºimu rada sa nominalnim optere¢enjem, uz faktor snage jednak jedinici.

b) Pretpostaviti da se motor napaja iz trofaznog dvopolnog turbogeneratora napona2300 V, sprege zvezda, snage 1750 kVA,3600 o/min, sinhrone reaktanse 2.65 Ω po fazi.Generator se obr¢e nominalnom brzinom, a pobude motora i generatora su pode²ene takoda motor radi sa faktorom snage cosϕ = 1 pri nominalnoj snazi i nominalnom naponu.Ako se pobudne struje odrºavaju konstantnim, a optere¢enje motora se polako pove¢ava,izra£unati maksimalni moment koji motor moºe da razvije i napon na njegovim krajevimau tom reºimu.

Re²enje:

a) Pobudna ems motora koja odgovara nominalnom reºimu rada motora jednaka je:

EM = Unf − jXMIn =Un√

3− jXM

Pn√3Un

= 1327.9− j734.23 = 1517.46 −28.94 V.

Zavisnost momenta od ugla snage δ pri konstantnoj ems i konstantnom naponu na kra-jevima generatora data je izrazom:

M(δ) =3EMU

ΩSXM

sin δ,

gde je ΩS = 2πf/p sinhrona mehani£ka ugaona brzina. Maksimalna vrednost momentaima se za δ = 90:

Mmax =3EMU

ΩSXM

= 123.34 Nm.

b) Zamenska ²ema i vektorski dijagram koji odgovaraju opisanom radnom reºimu (sacosϕ = 1) prikazani su na slici. Na osnovu ovoga, mogu se odrediti vrednosti emsgeneratora i motora koje odgovaraju opisanom radnom reºimu:

EM = Unf − jXMIn = 1517.46 −28.94 VEG = Unf + jXGIn = 16616 36.92 V.

11

I GjX MjX

GE UME90°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT

PRODUCED BY AN AUTODESK EDUCATIONAL PRODUCT

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 8: Zamenska ²ema generatora priklju£enog na jaku mreºu preko impedanse, iodgovaraju¢i vektorski dijagram (za cosϕ = 1)

Zavisnost momenta od ugla snage najbolje je izraziti preko pobudnih ems motora i gene-ratora i ugla izmeu njih, jer su ove dve ems konstantne:

M(δ) =EMEG

ΩS · (XM +XG)sin(δM + δG).

Maksimalna vrednost momenta ima se kada je δM + δG = 90:

Mmax =EMEG

ΩS · (XM +XG)= 65.4 kNm.

Reºim sa maksimalnim momentom ilustrovan je vektorskim dijagramom prikazanim naslici. Efektivna vrednost struje motora/generatora je jednaka:

I =

√E2G + E2

M

XG +XM

= 489.1 A.

Efektivna vrednost napona na krajevima motora/generatora moºe se odrediti na osnovukosinusne teoreme kao:

U =√E2M + (XMI)2 − 2XMI · EM cosα.

Vrednost ugla α jednaka je:

α = arccosEM

(XM +XG)I= 47.6,

pa je efektivna vrednost napona na krajevima motora/generatora:

U = 1122.5 V.

Dobijena vrednost predstavlja vrednost napona po fazi. Meufazna vrednost naponaiznosi:

Ulin =√

3U = 1944.2 V.

12

90° 46°

90°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 9: Vektorski dijagram napona generatora i motora u reºimu sa maksimalnim momentom(zad. 22)

9. Generator sa isturenim polovima ima vrednost sinhronih reaktansi u uzduºnoj ipopre£noj osi xd = 1 r.j. i xq = 0.6 r.j, Ra ≈ 0. Izra£unati ems usled pobude kadagenerator radi sa nominalnom prividnom snagom i nominalnim naponom uz faktor snagecosϕ = 0.8 (ind).

Re²enje: Blondelov vektorski dijagram sinhronog generatora sa isturenim polovima imodikovani Blondelov dijagram prikazani su na slici.

Pobudnu ems je, sa datim podacima, najjednostavnije odrediti na osnovu modikovanogdijagrama. Najpre treba odrediti kompleksnu vrednost pomo¢ne ems EQ, tj. njenu

34°

20°

53°

54°

Slika 10: Blondelov dijagram i modikovani Blondelov dijagram natpobuenog sinhronoggeneratora sa isturenim polovima (zad. 23)

13

vrednost u relativnim jedinicama:

eQ = u+ jxqi = (u+ xqi sinϕ) + jxqi cosϕ = 1.4426 19.4 r.j.

Vrednost struje u gornjem izrazu je 1 r.j, jer su prividna snaga i napon nominalni. Po-mo¢na ems sadrºi informaciju o uglu snage, koji iznosi δ = 19.4. Na osnovu vrednostiugla snage, i poznate vrednosti ugla ϕ, dobija se da je ugao izmeu fazora struje i ems(q-ose):

ψ = ϕ+ δ = 36.9 + 19.4 = 56.3.

Sada se moºe odrediti vrednost struje u d-osi kao:

id = i sinψ 6 δ − 90 = 0.8326 −70.6.

Vrednost pobudne ems je jednaka:

ef = eQ + j(xd − xq) · id = 1.776 19.4.

10. Trofazni SG snage 3 MVA,2300 V, sprege zvezda, 60 Hz, 2p = 24, zanemarljiveotpornosti statora, ima reaktanse po fazi Xd = 1.8 Ω i Xq = 1.1 Ω.

a) Izra£unati ugao snage i ems usled pobude ako generator radi sa nominalnom snagomi sa£iniocem snage cosϕ = 0.8 (ind) na krutoj mreºi 2300 V, 60 Hz;

b) Kolika je maksimalna snaga i moment ako pobudna struja ne menja svoju vrednost?

Nacrtati odgovaraju¢e fazorske dijagrame. Zanemariti gubitke u ma²ini.

Re²enje:

a) Vektorski dijagram induktivno optere¢enog generatora prikazan je na slici.

Struja generatora pri nominalnom optere¢enju i nomnalnom naponu jednaka je:

In =Sn√3Un

= 753.1 A.

34°

20°

53°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 11: Blondelov dijagram i modikovani Blondelov dijagram natpobuenog sinhronoggeneratora sa isturenim polovima (zad. 24)

14

Vrednost pomo¢nog fazora EQ je jednaka:

EQ =Un√

3+ jXqIn(cosϕ− j sinϕ) = 1941.56 19.96 V.

Dakle, ugao snage ima vrednost:δ = 19.96.

Vrednost struje u d-osi iznosi:

Id = I sin(δ + ϕ) = 630.35 A,

pa je vrednost pobudne ems jednaka:

Ef = |EQ|+ (Xd −Xq)Id = 2382.8 V (po fazi).

NAPOMENA: U algebarskom izrazu za pobudnu ems, vrednost Id je pozitivna ako di-rekna komponenta struje leºi na negativnom delu d-ose, prema smerovima usvojenim nadijagramu!

b) Zavisnost snaga-ugao (ugaona karakteristika) generatora sa isturenim polovima dataje izrazom:

P (δ) =3EfU

Xd

sin δ +3U2

2

(1

Xq

− 1

Xd

)sin 2δ.

Kako bi se odredilo pri kojoj vrednosti ugla snage akitvna snaga ima maksimalnu vred-nost, potrebno je izjedna£iti izvod gornjeg izraza po δ sa nulom:

dP

dδ=

3EfU

Xd

cos δ + 3U2

(1

Xq

− 1

Xd

)cos 2δ = 0.

Ako se primeni trigonometrijski identitet cos 2δ = 2 cos2 δ − 1, prethodni izraz se moºeizraziti u slede¢oj formi:

6U2

(1

Xq

− 1

Xd

)cos2 δ +

3EfU

Xd

cos δ − 3U2

(1

Xq

− 1

Xd

)= 0.

Kada se zamene brojne vrednosti i re²i kvadratna jedna£ina po cos δ, dobijaju se dvare²enja:

cos δ(1) = 0.2935 ∧ cos δ(2) = 1.703.

Drugo re²enje nije prihvatljivo, jer kosinus ne moºe imati vrednost ve¢u od 1, tako da jevrednost ugla snage pri kojem ¢e se imati maksimalna snaga:

δmax = 72.9,

a maksimalna vrednost snage:

Pmax = P (δmax) = 5566 kW.

Maksimalni moment:Mmax =

Pmax

ΩS

= 175 kNm.

15

11. Trofazni SG sa reaktansama (po fazi) Xd = 180% i Xq = 165% priklju£en je nakrutu mreºu nominalne vrednosti napona, preko reaktanse Xe = 12%. Generator radisa nominalnom snagom i faktorom snage cosϕ = 0.95 (ind), mereno na priklju£cimageneratora.

a) Nacrtati fazorski dijagram;

b) Odrediti ugao snage (ugao izmeu ems i napona na priklju£cima generatora);

c) Odrediti efektivne vrednosti napona na krajevima generatora i ems usled pobude(relativne vrednosti, u odnosu na napon mreºe)

Re²enje:

a) Vektorski dijagram je prikazan na slici.

34°

20°

53°

14°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 12: Vektorski dijagram sinhronog generatora sa isturenim polovima priklju£enog prekoreaktanse na jaku mreºu (zad. 25)

b) + c) Napon mreºe je konstantan i jednak jednoj relativnoj jedinici, dok se napongeneratora moºe menjati. Ako se napon generatora postavi u faznu osu, izraz za naponmreºe dat je sa:

um = uG − jxei(cosϕ− j sinϕ).

Prethodni izraz je validan, jer je faktor snage dat u odnosu na napon generatora. Poznatoje da je prividna snaga jednaka nominalnoj, tako da se efektivna vrednost struje u r.j.moºe izraziti kao:

i =s

uG=

1

uG.

NAPOMENA: Prividna snaga je data na krajevima generatora, i ta vrednost nije jed-naka prividnoj snazi na krajevima mreºe (zbog gubitaka reaktivne snage u reaktansi xe).

Kada se ovako izraºena struja zameni u izraz za napon mreºe, i kada se odredi modul togizraza, dobija se:

|um|2 = (uG −1

uGxe sinϕ)2 + (

1

uGxe cosϕ)2.

16

Modul napona mreºe je jednak 1 r.j, tako da se prethodni izraz svodi na:

1 = u2G − 2xei sinϕ+

x2e

u2G

.

Mnoºenjem prethodnog izraza sa u2G i daljim sreivanjem, dobija se kvadratna jedna£ina

po u2G:

u4G − (1 + 2xe sinϕ)u2

G + x2e = 0,

odakle se dobijaju dva re²enja, od kojih se bira smislenije:

u2G = 1.0614,

to jest:uG = 1.03 r.j.

Efektivna vrednost struje u relativnim jedinicama jednaka je:

i =1

uG= 0.97 r.j.

Kako bi se odredio ugao snage, potrebno je primeniti modikovani Blondelov dijagram.Pomo¢na ems je jednaka:

eQ = uG + jxqi(cosϕ− j sinϕ) = 2.166 44.823.

Dakle, ugao snage u odnosu na napon generatora iznosi δG = 44.823. Kako bi se odredilapobudna ems, potrebno je najpre odrediti vrednost struje u d-osi:

id = i sin(δG + ϕ) = 0.864 r.j.

Pobudna ems je jednaka:

ef = eQ + (xd − xq) · id = 2.29 r.j.

Ukoliko se ºeli odrediti ugao snage u odnosu na napon mreºe, potrebno je najpre odreditiugao izmeu napona mreºe i napona generatora. Ovaj ugao se moºe odrediti na osnovuvektorskog dijagrama, ili, jednostavnije, na osnovu karakteristike snaga-ugao:

p = s · cosϕ = 0.95 =uGumxe

sinα =⇒ α = 6.35.

Vrednost ugla snage u odnosu na napon mreºe je jednaka:

δm = δG + α = 51.2.

12. Koliku snagu u r.j. moºe isporu£iti sinhrona ma²ina bez gubitka sinhronizma kadaradi kao motor pri nominalnom naponu i bez pobude? Podaci o ma²ini su xd = 0.85 r.j.i xq = 0.6 r.j. Izra£unati struju motora u relativnim jedinicama. Zanemariti gubitke uma²ini.

Re²enje: Vektorski dijagram nepobuenog sinhronog motora je prikazan na slici.

17

74°

20°

54°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 13: Vektorski dijagram nepobuenog sinhronog motora (zad. 26)

Kada je motor nepobuen, on razvija samo reluktantni moment (snagu):

p(δ) = m(δ) =

0efu

xdsin δ +

u2

2

(1

xq− 1

xd

)sin 2δ,

pa je vrednost momenta (snage) maksimalna pri δ = 45:

pmax =u2

2

(1

xq− 1

xd

)= 0.245 r.j.

Vrednost struje se moºe odrediti tako ²to ¢e se najpre, na osnovu vektorskog dijagrama,odrediti vrednosti struja u uzduºnoj i popre£noj osi, na osnovu slede¢ih relacija (dija-gram):

xdid = u cos δ =⇒ id =u cos δ

xdid= 0.832 r.j.

xqiq = u sin δ =⇒ iq = id =u cos δ

xdid= 1.18 r.j.

Efektivna vrednost struje generatora jednaka je:

i =√i2d + i2q = 1.443 r.j.

Primetiti da trajan rad motora u ovakvom reºimu nije dopustiv, jer je struja ve¢a odnominalne za £ak 44%.

13. Posmatra se ma²ina iz prethodnog zadatka. Ako se zanemari isturenost polovai smatra da je vrednost sinhrone reaktanse XS = 85%, odrediti minimalnu vrednostpobudne struje potrebnu da ma²ina ostane u sinhronizmu pri nominalnom optere¢enju.Zanemariti gubitke u ma²ini.

Re²enje: Kod ma²ine sa cilindri£nim rotorom, snaga (moment) je maksimalna pri uglusnage δ = 90:

pmax =efu

xS.

Minimalna vrednost pobude pri kojoj je mogu¢ stabilan rad motora pri nominalnomoptere¢enju dobija se kada se u gornjem izrazu zameni p = 1 r.j.:

ef min = if min =pmax · xS

u= 0.85 r.j.

18

14. Sinhrona ma²ina ima relativnu vrednost sinhrone reaktanse xS = 2 r.j. Odreditiugao optere¢enja δ, faktor snage, aktivnu i reaktivnu snagu, ako ma²ina radi:

a) kao generator pri pobudi od 2.5 r.j. i struji optere¢enja od 0.9 r.j;

b) kao motor pri pobudi od 1.75 r.j. i struji optere¢enja od 0.9 r.j.

c) Da li ma²ina proizvodi ili tro²i reaktivnu energiju u ova dva slu£aja?

d) Da li je ma²ina dovoljno pobuena u oba slu£aja?

Smatrati da je ma²ina nezasi¢ena. Bazna vrednost pobudne struje odgovara nominalnojvrednosti napona u praznom hodu. Zanemariti aktivnu otpornost statorskog namotaja.

Re²enje:

a) Ems sinhronog generatora data je izrazom:

ef = u+ jxSi(cosϕ− j sinϕ) = (u+ xSi sinϕ) + jxSi cosϕ,

odakle je njen modul (efektivna vrednost):

e2f = (u+ xSi sinϕ)2 + (xSi cosϕ)2 = u2 + (xSi)

2 + 2uxSi sinϕ,

odakle je:

sinϕ = 0.558 =⇒ ϕ = 33.94 =⇒ cosϕ = 0.83 (ind).

Ugao snage se moºe odrediti iz jednakosti:

xSi cosϕ = ef sin δ

i jednak je:δ = 36.69.

Aktivna i reaktivna snaga iznose:

p = ui cosϕ = 0.747 r.j.q = ui sinϕ = 0.502 r.j.

Kako je reaktivna snaga pozitivna za smer od generatora ka mreºi (pozitivan smer zageneratorski reºim), generator proizvodi reaktivnu energiju, tj. natpobuen je. Vektorskidijagram koji odgovara ovom reºimu je prikazan na slici 14 (a).

b) Ems sinhronog motora data je izrazom:

ef = u− jxSi(cosϕ− j sinϕ) = (u− xSi sinϕ)− jxSi cosϕ,

odakle je njen modul (efektivna vrednost):

e2f = (u− xSi sinϕ)2 + (xSi cosϕ)2 = u2 + (xSi)

2 − 2uxSi sinϕ,

odakle je:

sinϕ = 0.155 =⇒ ϕ = 8.91 =⇒ cosϕ = 0.988 (ind).

19

50°

20°

25°

53°

(a)

50°

20°

25°

53°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


(b)

Slika 14: Vektorski dijagrami natpobuenog generatora (a) i potpobuenog motora (b)

Ugao snage se moºe odrediti iz jednakosti:

xSi cosϕ = ef sin δ

i jednak je:δ = 64.59.

Treba imati u vidu da je ugao snage denisan za smer od ems ka naponu. Aktivna ireaktivna snaga iznose:

p = ui cosϕ = 0.792 r.j.q = ui sinϕ = 0.124 r.j.

Kako je reaktivna snaga pozitivna za smer od mreºe ka motoru (referentni smer za mo-torni reºim), motor tro²i reaktivnu energiju, tj. potpobuen je. Vektorski dijagram kojiodgovara ovom reºimu je prikazan na slici 14 (b).

15. estopolni sinhroni generator sprege zvezda ima slede¢e nominalne podatke: Un =380 V, f = 50 Hz, XS = 0.8 Ω. Kada ovaj generator mreºi daje snagu od 80 kVA,moment turbine iznosi MT = 392 Nm.

a) Odrediti indukovanu ems i ugao snage u opisanom reºimu;

b) Odrediti maksimalnu vrednost momenta koji generator moºe da razvije pri pobudikoja odgovara opisanom reºimu;

c) Na krajevima generatora se u cilju kompenzacije reaktivne energije priklju£i jo² ioptere¢enje sa sa£iniocem snage od 0.8943 i aktivnom snagom Pd = 135.8 kW. Za ovostanje odrediti sa£inilac snage, ugao snage i potreban pogonski moment turbine ako naponna krajevima ma²ine i pobudna struja ostaju konstantni.

Zanemariti omski otpor statora i ostale gubitke u ma²ini.

Re²enje:

a) Aktivna snaga turbine, tj. izlazna aktivna snaga generatora u opisanom reºimujednaka je:

PT = P = MT · ΩS = MT ·2πf

p= 41.05 kW.

20

Uz pretpostavku da generator radi u natpobuenom reºimu, reaktivna snaga generatorajednaka je:

Q = +√S2 − P 2 = 68.7 kVAr,

pa se kompleksna vrednost struje moºe odrediti kao:

I =S∗√3Un

=P − jQ√

3Un= (62.4− j104.3) A = 121.56 − 59.1 A.

Elektromotorna sila je jednaka:

Ef = Un/√

3 + jXS · I = 306.96 9.36 V,

a ugao snage:δ = 9.36.

b) Maksimalna vrednost momenta ima se pri uglu snage δ = 90:

Mmax =3EfUnfΩSXS

= 2412 Nm.

c) Kako je optere¢enje priklju£eno u cilju kompenzacije reaktivne energije, razumnoje pretpostaviti da je faktor snage optere¢enja kapacitivan, tj. da je reaktivna snagaoptere¢enja negativna (optere¢enje generi²e reaktivnu snagu):

ϕd = − arccos 0.8943 = −26.58 =⇒ Qd = Pd · tanϕd = −67.9 kVAr.

Ukupna aktivna i reaktivna snaga na krajevima generatora nakon priklju£enja optere¢enjaiznose (uz pretpostavku da se snaga koju uzima mreºa nije promenila):

P ′g = P + Pd = 176.85 kW

Q′g = Q+Qd ≈ 0 kVAr.

Dakle, priklju£enjem preteºno kapacitivnog optere¢enja je gotovo u potpunosti kompen-zovana reaktivna snaga generatora. Stoga, nova vrednost sa£inioca snage iznosi:

cosϕ′ ≈ 1.

Kompleksna vrednost struje generatora je jednaka:

I ′ =P ′g − jQ′g√

3Un= 268.7 A,

pa je pobudna ems jednaka:E ′f = 307.16 44.4 V,

odakle se dobija i nova vrednost ugla snage:

δ′ = 44.4.

Treba primetiti da je efektivna vrednost pobudne ems ostala prakti£no nepromenjena,²to je u skladu sa uslovom zadatka. Da je usvojeno da je dodato optere¢enje preteºnoinduktivno, ovaj uslov ne bi bio zadovoljen, te bi se do²lo do zaklju£ka da optere¢enjemora biti kapacitivno. Moment turbine treba pove¢ati na:

M ′T =

P ′

ΩS

= 1688.8 Nm.

ema i vektorski dijagrami za slu£ajeve sa i bez dodatnog optere¢enja su prikazani naslici 15.

21

50°

20°

57°

SG

OPT

Mreža

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 15: ema i vektorski dijagram generatora, za slu£aj sa i bez dodatog optere¢enja (zad. 29)

16. Trofazni SG nominalne snage Sn = 10 MVA, napona Un = 10.3 kV, 50 Hz, p = 10,cosϕn = 0.8, Xd = 100%, Xq = 50%, optere¢en je snagom S = 7 MVA, pri £emu je ugaoizmeu ems i struje statora ψ = 56.4. Odrediti:

a) relativnu vrednost ems praznog hoda Ef i veli£inu ugla δ;

b) vrednost sinhronizacionog momenta kSM pri zadatom optere¢enju.

Re²enje:

a) Ako se usvoji da je napon na krajevima generatora jednak nominalnom, tj. u = 1 r.j,vrednost struje u relativnim jedinicama jednaka je normalizovanoj vrednosti prividnesnage:

i = s = S/Sn = 0.7 r.j.

Sa vektorskog dijagrama hidrogeneratora datog u 10. zadatku, vidi se da su vrednostistruja u d i q−osi:

id = i sinψ = 0.583 r.j.iq = i cosψ = 0.387 r.j.

S obzirom na to da su komponente struje ve¢ poznate, pogodnije je koristiti Blondelov di-jagram u osnovnoj formi nego modikovani dijagram. Na osnovu Blondelovog dijagramamoºe se do¢i do slede¢ih relacija:

u sin δ = xqiq

u cos δ = ef − xdid

Iz prve relacije se dobija vrednost ugla δ:

δ = 11.16,

a iz druge vrednost pobudne ems:

ef = 1.564 r.j.

22

Vrednost pobudne ems u apsolutnim jedinicama iznosi:

Ef = ef · Un/√

3 = 9.3 kV.

b) Vrednost sinhronizacionog momenta (sa£inilac sinhronizacionog momenta) predsta-vlja iznos momenta po uglu snage pri datom optere¢enju:

kSM =dM

dδ=

3EfUnfΩSXd

cos δ +3U2

nf

ΩS

(1

Xq

− 1

Xd

)cos 2δ = 782.88 kNm/rad.

17. Trofazni SG snage 150 MVA ima slede¢e parametre: Xd = 1.25 r.j, Xq = 0.9 r.j,p = 20. Pri nominalnom naponu i faktoru snage cosϕ = 0.8 (ind), odrediti:

a) sa£inilac sinhronizacione snage kSP ;

b) sa£inilac sinhronizacionog momenta kSM .

Generator je nominalno optere¢en.

Re²enje: Kako bi se odredio sa£inilac sinhronizacione snage/momenta, neophodno jeodrediti vrednosti pobudne ems i ugla snage. Treba najpre odrediti kompleksnu vred-nost struje optere¢enja. Kako je generator nominalno optere¢en, i napon na krajevimageneratora ima nominalnu vrednost, efektivna vrednost struje optere¢enja je i = 1 r.j.Kompleksna vrednost struje se dobija na osnovu poznatog faktora snage i karaktera op-tere¢enja:

i = i · (cosϕ− j sinϕ) = (0.8− j0.6) r.j.

Poloºaj q−ose, tj. ugao δ, moºe se odrediti na osnovu modikovanog Blondelovog dija-grama. Pomo¢na ems je jednaka:

eQ = 1.76 25.06,

pa je ugao snage:δ = 25.06.

Ugao izmeu vektora struje i q−ose jednak je:

ψ = δ + ϕ = 25.06 + 36.87 = 61.9,

pa je vrednost struje u uzduºnoj osi:

id = i sinψ = 0.882 r.j.

Pobudna ems je jednaka:

ef = eQ + (xd − xq)id ≈ 2 r.j.

Ugaona karakteristika generatora u relativnim jedinicama data je izrazom:

p(δ) = m(δ) = 1.6 sin δ + 0.156 sin 2δ.

Sa£inilac sinhronizacione snage/momenta u relativnim jedinicama pri zadatom optere¢e-nju jednak je:

dp

dδ= 1.6 cos δ + 0.311 cos 2δ = 1.649 rad−1

23

a) Sa£inilac sinhronizacione snage jednak je:

kSP =dp

dδ· Sn = 247.32 MW/rad.

b) Sa£inilac sinhronizacionog momenta jednak je:

kSM =dp

dδ·MB =

dp

dδ· Sn

ΩS

= 15.74 MNm/rad,

gde je sa MB ozna£ena bazna vrednost momenta.

18. Sinhroni motor sa cilindri£nim rotorom ima slede¢e podatke: 380 V, 50 Hz, £etvo-ropolni, sprega zvezda, XS = 1 Ω. Motor je potpobuen i razvija moment od 287 Nmpri £emu uzima iz mreºe 82 kVA. Zanemaruju¢i gubitke, odrediti:

a) faktor snage i reaktivnu snagu;

b) ems, elektri£ni i mehani£ki ugao snage;

c) maksimalni moment i stepen preopteretljivosti;

d) ako se moment smanji na 145 Nm, a ems pove¢a 2 puta, odrediti novi faktor snagei ugao snage.

Re²enje:

a) Vektorski dijagram potpobuenog sinhronog motora prikazan je na slici 16. Veli£inekoje odgovaraju potpobuenom reºimu ozna£ene su indeksom 1. Aktivna snaga kojumotor uzima iz mreºe jednaka je:

P1 = M1 · ΩS = M1 ·2πf

p= 45.08 kW,

pa je faktor snage:cosϕ = P1/S1 = 0.5497 (ind).

Ugao ϕ je jednak:ϕ1 = + arccos 0.5497 = 56.65,

jer je motor potpobuen, pa je struja motora induktivna, kao ²to se vidi i sa vektorskogdijagrama.

Reaktivna snaga motora iznosi:

Q1 = S1 · sinϕ1 = 68.5 kVAr.

Reaktivna snaga je pozitivna za referentni smer od mreºe ka motoru. Prema tome, motoruzima reaktivnu snagu iz mreºe, ²to odgovara potpobuenom reºimu.

b) Pobudna ems je jednaka:

Ef1 = Unf − jXSI1 = 134.126 − 30.7 V,

odakle je elektri£ni ugao snage:δ1 = 30.7,

24

a mehani£ki:δmeh1 = 15.35.

Usvojeno je da je vrednost ugla snage pozitivna kada ems kasni za naponom, ²to jeprirodan fazni stav za motorni reºim.

c) Maksimalna vrednost momenta je jednaka:

Mmax =3Ef1UnfΩSXS

= 562 Nm.

Stepen preopteretljivosti predstavlja odnos maksimalnog momenta i momenta optere¢enjau datom reºimu (£e²¢e se deni²e kao odnos maksimalnog i nominalnog momenta):

ν =Mmax

M1

= 1.96.

d) Nova vrednost ems iznosi:

Ef2 = 2Ef1 = 268.24 V.

Na osnovu ugaone karakteristike i nove vrednosti momenta, dobija se nova vrednost uglasnage:

δ2 = arcsinM2 · ΩSXS

3Ef2Unf= 7.41.

Kompleksna vrednost struje motora moºe se izra£unati kao:

I2 =Ef2 − Unf−jXS

=Ef2 · e−jδ2 − Unf

−jXS

= 58.046 53.41.

Vrednost faktora snage u ovom reºimu iznosi:

cosϕ2 = 0.596 (cap).

Kako struja prednja£i naponu (ϕ < 0), motor se prema mreºi pona²a kao kapacitivanpotro²a£, tj. generi²e reaktivnu snagu. Drugim re£ima, motor radi u natpobuenomreºimu. Vektorski dijagram koji predstavlja ovaj reºim prikazan je na slici 16, pri £emusu odgovaraju¢e veli£ine ozna£ene indeksom 2.

19. Sinhroni motor sa podacima: 6600 V, 400 kVA, XS = 100%, potrebno je iskoristitiza popravku sa£inioca snage jednog industrijskog postrojenja. Snaga postrojenja je 400kW pri cosϕp = 0.8 (ind). Otpor indukta i gubici u motoru se mogu zanemariti. Odreditireaktivnu snagu potrebnu da se sa£inilac snage postrojenja popravi na:

a) cosϕp = 1;

b) cosϕp = 0.95 (ind);

c) cosϕp = 0.95 (cap).

Motor radi sa cosϕM = 0, odnosno radi kao sinhroni kompenzator.

Re²enje: Kada se na sabirnice postrojenja priklju£i sinhroni kompenzatora, ukupnareaktivna snaga izmerena na sabirnicama iznosi:

QΣ = Qp +Qk,

25

46°53°

14°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 16: Vektorski dijagrami motora u datim radnim reºimima

pri £emu je za kompenzator usvojen smer reaktivne snage iz mreºe ka ma²ini (poziti-van smer za potro²a£). U slu£aju kada je kompenzator natpobuen (generi²e reaktivnusnagu), tada je Qk < 0. Vaºi slede¢a relacija:

tgϕ =QΣ

Pp=Qp +Qk

Pp= tgϕp +

Qk

Pp,

odakle je:Qk = (tgϕ− tgϕp) · Pp.

Dobijena vrednost predstavlja reaktivnu snagu sinhronog kompenzatora potrebnu za po-pravku faktora snage postrojenja sa cosϕp na cosϕ.

Pre kompenzacije, ima se da je:

ϕp = + arccos(0.8) = 36.87 =⇒ tgϕp = 0.75.

U analiziranim slu£ajevima, dobijaju se slede¢e vrednosti reaktivne snage kompenzatora:

a) cosϕa = 1 =⇒ ϕa = 0 =⇒ tgϕa = 0 =⇒ Qak = −300 kVAr.

b) cosϕb = 0.95 (ind) =⇒ ϕb = 18.19 =⇒ tgϕb = 0.329 =⇒ Qbk = −168.5 kVAr.

c) cosϕc = 0.95 (cap) =⇒ ϕc = −18.19 =⇒ tgϕc = −0.329 =⇒ Qck =

−431.6 kVAr.

Treba imati u vidu da je usvojeni referentni smer za reaktivnu snagu kompenzatoraod mreºe ka kompenzatoru (potro²a£ki smer), tako da negativan znak reaktivne snageukazuje na to da je kompenzator natpobuen, tj. da proizvodi reaktivnu snagu.

20. Ako u slu£aju pod a) iz prethodnog zadatka dati motor treba da pokre¢e nekomehani£ko optere¢enje, odrediti koliko ono najvi²e sme da bude, a da se ne prekora£inominalna prividna snaga motora. Kolika je u ovom slu£aju ems usled pobude?

Re²enje: Maksimalno aktivno optere¢enje je denisano nominalnom prividnom snagom:

Pmax =√S2n −Q2

k = 264.6 kW.

26

Kompleksna vrednost struje motora je jednaka:

I =Pmax − jQk√

3Un= (23.15 + j26.24) A.

Pobudna ems motora pri datom optere¢enju je jednaka:

Ef = Unf − jXSI = 7128.76 − 20.71 V.

Pri tome, vrednost sinhrone reaktanse u relativnim jedinicama je jednaka:

XS = xS ·U2n

Sn= 108.9 Ω.

21. Sinhroni generator ima slede¢e nominalne podatke: 71.5 MVA, 13.8 kV, cosϕn =0.8, xd = 1.2 r.j, xq = 0.5 r.j. Odrediti maksimalnu aktivnu i odgovaraju¢u reaktivnusnagu koje bi se imale pri pobudnoj struji koja odgovara nominalnom optere¢enju.

Re²enje: Pobudna ems pri nominalnom optere¢enju odreuje se na osnovu modikova-nog Blondelovog dijagrama, i jednaka je:

ef = 1.926 r.j.

Ugao snage pri kojem se ima maksimalna vrednost aktivne snage odreuje se iz relacije:

efu

xdcos δ + u2

(1

xq− 1

xd

)cos 2δ = 0,

i iznosi δmax = 63.74. Maksimalna aktivna snaga je jednaka:

Pmax =

[efu

xdsin δ +

u2

2

(1

xq− 1

xd

)sin 2δ

]Sn = 136 MW,

a odgovaraju¢a vrednost reaktivne snage:

Q(δmax) =

[efu

xdcos δ − u2

(sin2 δ

xq+

cos2 δ

xd

)]Sn = −75.87 MVAr.

O£igledno, generator je potpobuen, tj. uzima reaktivnu snagu iz mreºe.

22. Trofazni SG sa podacima: Sn = 10 MVA, Xd = 120%, Xq = 60%, bio je optere¢ensnagom od 6 MVA pri nominalnom naponu i u£estanosti uz cosϕ = 0.65 (ind). Pripasivnom radu do²lo je do prekida pobude. Odrediti pri tome:

a) maksimalnu mogu¢u snagu generatora;

b) ugao snage i struju generatora u procentima, ako je aktivna snaga ostala neprome-njena u odnosu na reºim pre prekida pobude;

c) da li je mogu¢ trajan rad generatora pri uslovima pod b).

Re²enje:

27

a) Maksimalna mogu¢a snaga nepobuenog generatora iznosi:

Pmax =u2

2

(1

xq− 1

xd

)· Sn = 4.167 MW.

b) Aktivna snaga pre prekida pobude je jednaka:

P = S · cosϕ = 3.9 MW,

ili, u relativnim jedinicama:p = P/Sn = 0.39 r.j.

Ugao snage se moºe odrediti iz ugaone karakteristike generatora, kao:

δ =1

2arcsin

2p

u2(

1xq− 1

xd

) = 34.7.

Pod opisanim uslovima, vaºe slede¢e relacije (vektorski dijagram):

xdid = u cos δ =⇒ id = 0.685 r.j.xqiq = u sin δ =⇒ iq = 0.949 r.j.

Efektivna vrednost struje generatora u r.j. iznosi:

i =√i2d + i2q = 1.17 r.j.

c) Nije, jer je struja generatora ve¢a za 17% od nominalne struje, pa bi u ovakvimuslovima do²lo do termi£kog preoptere¢enja statorskog namota.

23. Sinhrona ma²ina sa isturenim polovima ima reluktantni moment £ija je amplituda30% od amplitude glavnog momenta. Izra£unati:

a) odnos uzduºne i popre£ne reaktanse;

b) relativnu vrednost maksimalnog momenta u odnosu na glavnu komponentu i odgo-varaju¢i ugao snage.

Odnos napona i ems praznog hoda je 0.6.

Re²enje:

a) Amplitude glavne i reluktantne komponente u r.j. jednake su:

mgl =efu

xd

mrel =u2

2

1

xq− 1

xd.

Odnos ovih komponenata dat je izrazom:

mrel

mgl

=u

2ef

(xdxq− 1

).

Kako je odnos reluktantne i glavne komponente jednak 0.3, a odnos napona i ems 0.6,dobija se da je odnos uzduºne i popre£ne reaktanse:

xdxq

= 2.

28

b) Potrebno je odrediti ugao pri kome je moment maksimalan. Izraz za moment semoºe napisati u slede¢oj formi:

m(δ) = mgl sin δ +mrel sin 2δ = mgl sin δ + 0.3mgl sin 2δ.

Uslov za maksimalnu vrednost momenta glasi:

mgl cos δ + 0.6mgl cos 2δ = 0.

Deljenjem ove jedna£ine sa mgl i zamenom cos 2δ = 2 cos2 δ − 1, dobija se slede¢a kva-dratna jedna£ina:

1.2 cos2 δ + cos δ − 0.6 = 0,

£ijim se re²avanjem dobija δmax = 66.17. Odnos maksimalnog momenta i amplitudeglavne komponente jednak je:

mmax

mgl

= 1.136.

24. Dva trofazna sinhrona turbogeneratora nominalnih napona 6.6 kV, paralelno spreg-nuta, napajaju mreºu snage 1000 kW sa cosϕ = 0.8 (ind). Snage pogonskih ma²ina supode²ene tako da jedan generator daje tri puta ve¢u aktivnu snagu od drugog. Gene-rator koji je vi²e optere¢en ima reaktansu XS1 = 24 Ω, a pobuda mu je pode²ena takoda radi sa sa£iniocem snage cosϕ1 = 0.75 (ind). Sinhrona reaktansa manje optere¢enoggeneratora je XS2 = 38 Ω. Izra£unati:

a) struje oba generatora;

b) sa£inioce snage oba generatora;

c) ems praznog hoda prvog generatora;

d) uglove snaga oba generatora;

e) nacrtati vektorski dijagram.

U prora£unima zanemariti otpor indukta.

Re²enje: Ukupna aktivna snaga koja se predaje mreºi jednaka je sumi aktivnih snagapojedinih generatora:

Pm = P1 + P2 = 3P2 + P2 = 4P2,

odakle su:P2 = 250 kWP1 = 750 kW.

Reaktivna snaga koju uzima mreºa jednaka je:

Qm = Pm · thϕ = 0.75Pm = 750 kVAr.

Reaktivna snaga koju proizvodi prvi generator jednaka je:

Q1 = P1 · tgϕ1 = 0.882P1 = 661.4 kVAr.

Reaktivna snaga koju proizvodi drugi generator jednaka je:

Q2 = Qm −Q1 = 88.6 kVAr.

29

a) Kako su poznate aktivne i reaktivne snage oba generatora i napon na njihovimkrajevima, mogu se odrediti kompleksne vrednosti struja:

I1 =P1 − jQ1√

3Un= 87.486 −41.41 A

I2 =P2 − jQ2√

3Un= 23.206 −19.51 A.

b) Kako je prethodno utvreno da je ϕ1 = 41.41 i ϕ2 = 19.51, sa£inioci snagageneratora iznose:

cosϕ1 = 0.75 (ind)cosϕ2 = 0.943 (ind).

c) Ems praznog hoda prvog generatora iznosi:

Ef1 = Un/√

3 + jXS1I1 = 5432.46 16.85 V,

a ems drugog generatora:

Ef2 = Un/√

3 + jXS2I2 = 4188.26 11.44 V.

d) Na osnovu rezultata iz prethodnog primera, uglovi snaga generatora iznose:

δ1 = 16.85

δ2 = 11.44.

e) nacrtati vektorski dijagram.

VEKTORSKI DIJAGRAM

25. Trofazni SG spregnut u zvezdu ima sinhronu impedansu po fazi ZG = (1 + j20) Ω.U cilju ispitivanja, ovaj generator je mehani£ki spregnut sa drugom sinhronom ma²inom£ija je sinhrona impedansa ZM = (2 + j30) Ω, i koja radi kao motor u optimalnoj radnojta£ki. Napon na krajevima generatora je UG = 2000 V, struja IG = 15 A, faktor snagecosϕG = 0.8 (ind). Izra£unati odgovaraju¢e ems svake od ma²ina, kao i ugaoni pomerajizmeu osa njihovih rotora. Obe ma²ine su osmopolne.

Re²enje: Kompleksna struja generatora je jednaka:

IG = IG(cosϕ− j sinϕ) = 12− j9 A.

Ems generatora je jednaka:

EG = UG/√

3 + ZGIG = 1366.46 9.73 V.

Motor radi u optimalnoj radnoj ta£ki, ²to zna£i da je cosϕM = 1, tj. ϕM = 0. Drugimre£ima, struja motora je u fazi sa naponom mreºe. Ma²ine imaju isti broj polova, inapajaju se sa iste mreºe, i mehani£ki su spregnute. To zna£i da je napon na krajumotora jednak naponu na krajevima generatora, UM = UG, kao i da su brzine i momenti

30

50°

40°

SG

Mreža

SM

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 17: ematski prikaz eksperimenta, i vektorski dijagrami motora i generatora uanaliziranom reºimu

(mehani£ki) ma²ina meusobno jednaki (uz pretpostavku da je vratilo idealno kruto).Jednakost brzina i momenata moºe se izraziti kroz jednakost mehani£kih snaga:

Pmeh,G = Pmeh,M = Pmeh.

Kako su jedino gubici u bakru uvaºeni, mehani£ka snaga se movºe odrediti kao sumasnage gubitaka u generatoru i izlazne (elekri£ne) snage generatora:

Pmeh = Pe,G + Pg,G =√

3UGIG cosϕG + 3RGI2G = 42244.2 W.

Mehani£ka snaga se moºe izraziti i kao razlika ulazne snage motora i snage gubitaka unamotajima motora:

Pmeh = Pe,M − Pg,M =√

3UMIM − 3RMI2M .

Sreivanjem prethodne relacije, dobija se slede¢a kvadratna jedna£ina po IM :

I2M − 577.35IM + 7040.7 = 0.

Efektivna vrednost struje motora je jednaka IM = 12.464 A (drugo re²enje je nerealnoveliko). Ovo je istovremeno i kompleksna vrednos struje. Sada se ems motora moºejednostavno izra£unati:

EM = UM/√

3− ZMIM = 11906 − 18.31.

Uglovi snaga generatora i motora su δG = 9.73 i δM = 18.31, respektivno. Ugaonipomeraj izmeu ems-i generatora i motora iznosi δG + δM = 28.04 (dijagram). Ugaonipomeraj izmeu osa rotora je mehani£ka veli£ina, i iznosi:

∆GM =δG + δM

p≈ 7.

26. Dva istovetna paralelno spregnuta trofazna sinhrona generatora imaju pogonske ma-²ine sa razli£itim karakteristikama brzina-optere¢enje n(M). Pri podjednakim pobudamaprvi generator daje 100 A uz cosϕ1 = 0.9 (ind), a drugi 75 A uz cosϕ2 = 0.7 (ind).

a) Koliki procenat ukupne aktivne snage optere¢enja daje svaki od generatora?

31

b) Koliki je sa£inilac snage optere¢enja?

c) Kada bi se pobuda generatora, to jest induktora, podesila tako da generatori radesa istim sa£iniocima snage, koliku bi struju davao svaki od njih?

Re²enje:

a) Odnos aktivnih snaga generatora je:

P1

P2

=

√3UI1 cosϕ1√3U2 cosϕ2

= 1.714.

Ukupna aktivna snaga iznosi:

PΣ = P1 + P2 = 2.714P2,

tako da su procenti aktivne snage koje daju pojedina£ni generatori:

p1% = 63.16%

p2% = 36.84%

b) Kompleksne prividne snage generatora se mogu izraziti kao:

S1 =√

3UI1(cosϕ1 + j sinϕ1) = U · (155.88 + j75.5) VA

S2 =√

3UI2(cosϕ2 + j sinϕ2) = U · (90.93 + j92.77) VA,

pri £emu je napon koji guri²e u izrazima meufazni. Ukupna kompleksna prividna snaga,tj. kompleksna prividna snaga optere¢enja, jednaka je:

Sopt = U · (246.81 + j168.27) VA,

pa je sa£inilac snage optere¢enja:

cosϕopt =Popt√

P 2opt +Q2

opt

= 0.826 (ind).

c) Aktivna i reaktivna snaga optere¢enja ostaju nepromenjene. S obzirom na to da susnage pogonskih ma²ina nepromenjene, aktivne snage pojedinih generatora takoe ostajukonstantne. Dakle, menjaju se samo reaktivne snage generatora. Kada generatori radesa istim sa£iniocima snage, odnos reaktivnih snaga je jednak odnosu aktivnih snaga:

Q′1Q′2

= 1.714.

Kako je ukupna reaktivna snaga ista kao i u prethodnom slu£aju:

Qopt = 168.27 · U VAr,

nove vrednosti reaktivnih snaga pojedina£nih generatora iznose:

Q′1 = 106.28 · U VArQ′2 = 62 · U VAr

32

Nove efektivne vrednosti struja se mogu izra£unati kao:

I ′1 =

√P 2

1 +Q′12

√3U

= 108.9 A

I ′2 =

√P 2

2 +Q′22

√3U

= 63.54 A

27. estopolni reluktantni trofazni motor za 220 V, 60 Hz, ima poduºnu i popre£nureaktansu Xd = 15 Ω i Xq = 3 Ω. Otpornost statora i ostale gubitke zanemariti.

a) Odrediti maksimalni moment koji motor moºe da razvije pre ispadanja iz sinhroni-zma.

b) Odrediti maksimalni sa£inilac snage pri kome motor moºe da radi, kao i mehani£kusnagu koju u tom slu£aju razvija.

Re²enje:

a) Reluktantni motor razvija maksimalni moment pri uglu snage δ = 45:

Mmax =U2n

2ΩS

(1

Xq

− 1

Xd

)= 51.35 Nm.

b) Ovaj problem je najjednostavnije re²iti primenom kruºnog dijagrama sinhronogmotora. Kruºni dijagram pokazuje kako se struja motora menja sa promenama uglasnage δ, pri odreenoj vrednosti napona i pobudne ems. Izraz za kruºni dijagram glasi:

I =EfXd

ej(π/2−δ) +U

2

(1

Xq

+1

Xd

)e−jπ/2 +

U

2

(1

Xq

− 1

Xd

)ej(π/2−2δ).

Kod reluktantnog motora, prva komponenta u izrazu za kruºni dijagram jednaka je nuli,tako da se izraz svodi na:

I =U

2

(1

Xq

+1

Xd

)e−jπ/2 +

U

2

(1

Xq

− 1

Xd

)ej(π/2−2δ) = IU1 + IU2.

Moduli komponenti struja motora su jednake:

IU1 = 25.40 AIU2 = 16.94 A

Kruºni dijagram opisan datim izrazom prikazan je na slici. Kao ²to se moºe videti sadijagrama, maksimalan sa£inilac snage, tj. minimalna vrednost ugla ϕ se ima kada jevektor struje tangenta na krug (slika). U tom reºimu je efektivna vrednost struje motorajednaka:

I =√I2U1 − I2

U2 = 18.94 A.

Kako je vektor struje tangenta na krug vaºi i slede¢a relacija:

ϕmin = 2δ.

33

59°

55°

G

stab.

G

nest.

M

nest.

M

stab.

90°

PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


PR

OD

UC

ED

B

Y A

N A

UT

OD

ES

K E

DU

CA

TIO

NA

L P

RO

DU

CT


Slika 18: Kruºni dijagram struja sinhronog motora, sa nazna£enom strujom pri kojoj se imamaksimalan faktor snage

Sa dijagrama se vidi da je tada:

2δ = arccosIU2

IU1

= 48.19,

pa je maksimalan sa£inilac snage:

(cosϕ)max = cosϕmin = cos 2δ = 0.667.

U ovom reºimu, mehani£ka snaga koju motora razvija iznosi:

Pmeh =√

3UI(cosϕ)max = 4.81 kW

34

Documents

Sinhrone ma²ine (13E013SIM) - epp.etf.rsepp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2018/04/Zadaci_SM_2018_II_deo.pdf · 1. Ispitivanjem trofaznog sinhronog generatora spregnutog u zvezdu utvr