sinhrone mašine (13e013sim)epp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2019/04/zadaci_sm_2019... ·...

Univerzitet u Beogradu

Elektrotehnički fakultet

Katedra za energetske pretvarače i pogone

Sinhrone mašine (13E013SIM)— Računske vežbe —

II deoAnaliza ustaljenih radnih režima SM

Školska godina 2018/2019.

1. Ispitivanjem trofaznog sinhronog generatora spregnutog u zvezdu utvrđeno je sle-deće: tangenta povučena na karakteristiku praznog hoda u koordinatnom početku prolazikroz tačku (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 nezasićene i zasićene sinhronereaktanse kao i odnos kratkog spoja, zanemarujući aktivni otpor indukta. Svi dati naponisu međufazni.

Rešenje: Karakteristike praznog hoda i kratkog spoja sinhronog generatora za opštislučaj su prikazane na slici ispod. Vrednosti zasićene i nezasićene sinhrone reaktansegeneratora u apsolutnim jedinicama date su sledećim 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 međugvožđadobija se jednostavno iz linearne relacije:

I(n)f =

Un120· 1.5 = 4.75 A.

Potrebno je izračunati vrednosti struje kratkog spoja pri vrednostima pobudne struje zakoje se imaju nominalne vrednosti na karakteristici praznog hoda i karakteristici među-

1

gvožđa:

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 zasićene i nezasićene 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 zasićene sinhrone reaktanse:

kk =I

(z)f

I(k)f

=1

x(z)S

= 1.2.

Druga značajna veličina, koja ukazuje na nivo zaisićenja mašine pri nominalnom naponu,je stepen (koeficijent) zasićenja 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 međugvožđa:

kz =I

(z)f

I(n)f

= 1.263.

Mašina je utoliko zasićenija ukoliko je koeficijent zasićenja veći.

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 naponaizmeđu punog opterećenja i praznog hoda, pri opterećenju 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 proračunima zanemariti zasićenje magnetskog kola i aktivni otpor in-dukta.

Rešenje: Kako je usvojeno da je mašina nezasićena, i date su vrednosti napona pra-znog hoda i struje kratkog spoja pri istoj vrednosti pobudne struje, sinhrona reaktansageneratora može se odrediti kao:

XS =U0

Ik= 5 Ω.

Indukovana ems generatora može 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 između opterećenja i praznog hoda, koja se naziva i faktorregulacije, data je izrazom:

∆u =Ef − UU

· 100%.

34°

20°

Slika 2: Vektorski dijagram sinhronog generatora

Vrednosti pobudne ems i relativne promene napona u razmatranim slučajevima 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 mašina priključena na nominalni napon, odrediti:

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

b) maksimalnu snagu pri istoj pobudnoj struji, odgovarajući sačinilac snage i karakteropterećenja.

3

NAPOMENA: Zanemariti aktivnu otpornost statora. Mašina je JEDNOFAZNA.

Rešenje: 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 označena pobudna struja pri kojoj se ima nominalna vrednost napona

u praznom hodu. Treba imati u vidu da se radi o jednofaznoj mašini, zbog čega nijeprisutan faktor

√3, kao što je bio slučaj kod trofazne mašine.

a) Prema postupku opisanom u prethodnom zadatku, pobudna ems se može izračunatikao:

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

Uz pretpostavku da je mašina nezasićena, pobudna struja u ovom režimu se može odreditiiz odnosa dobijene pobudne ems i nominalnog napona:

Ifx =EfUn· I(0)

f = 9.85 A.

b) Na osnovu ugaone karakteristike sinhronog generatora sa cilindričnim rotorom:

P =EfU

XS

sin δ,

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

Pmax =EfU

XS

= 3.47 kW.

Kako je reč o jednofaznoj mašini, nema koeficijenta 3 u izrazu za aktivnu snagu. Vektorskidijagram generatora koji odgovara režimu sa maksimalnom aktivnom snagaom je prikazanna slici.

Kako bi se odredio sačinilac snage i karakter opterećenja, potrebno je izračunati efektivnuvrednost struje opterećenja:

I =Ef − UjXS

=jEf − UjXS

= 18.456 31.35 A.

Sačinilac snage je jednak:cosϕ = 0.85.

Karakter opterećenja je kapacitivan, jer struja prednjači naponu. Drugim rečima, ge-nerator je natpobuđen.

4. Trofazni SG sa namotajima spregnutim u zvezdu, za 6.3 kV, opterećen je strujom od250 A uz cosϕ = 0.85 (ind). Zajednička ems generatora iznosi Eδ = 7 kV. Zanemarujućiomski otpor statora odrediti:

a) ugao između zajedničke ems i napona ( 6 (Eδ, U) =?) i reaktansu rasipanja (Xγ =?),

b) vrednost zajedničke ems pri kojoj generator daje istu struju uz cosϕ = 1.

4

36°

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

NAPOMENA: zajednička ems – ems koja odgovara fluksu u zazoru mašine.

Rešenje:

a) Zajednička ems predstavlja ems koja odgovara fluksu u međugvožđu mašine, tj.zajedničkom fluksu, kao što je ilustrovano na slici. Na osnovu datog dijagrama i pratećezamenske šeme, kompleksna vrednost zajedničke ems data je izrazom:

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

gde je sa Unf označen nominalni fazni napon (Unf = 6300/√

3), a sa Eδ fazna vred-nost zajedničke ems (Eδ = 7000/

√3). Realna i imaginarna komponenta zajedničke ems

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

Im(Eδ) = Eδ sinα = XγI cosϕ

Ako se prva jednačina pomnoži 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 između napona generatora i zajedničke ems može 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 flukseva generatora i odgovarajuća zamenska šema

b) Kada je poznata reaktansa rasipanja, tražena vrednost se može jednostavno odredititako što se u izraz dat u prethodnom primeru zameni cosϕ = 1:

Eδ =√U2nf + (XγI)2 = 3701.5 V.

Dobijena vrednost predstavlja faznu vrednost zajedničke ems. Odgovarajuća 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 opterećenju i faktorima snage cosϕ = 0.8 (ind) i cosϕ = 0.8 (cap).Sinhrona reaktansa generatora je 10.4 Ω po fazi.

a) Izračunati odnos regulacije (faktor regulacije) pri oba opterećenja, uz zanemarenjeaktivne otpornosti namotaja statora.

b) Izračunati faktor snage pri faktoru regulacije jednakom nuli, a za nominalno opte-rećenje generatora. Otpornost namotaja statora je 0.071 Ω.

Rešenje:

a) Na osnovu vektorskog dijagrama i odgovarajuće zamenske šeme 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 opterećenju iznosi:

E(ind)f = 5485.76 19.37 V,

6

a pri kapacitivnom opterećenju:

E(cap)f = 3048.46 36.64 V.

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

FR =Ef − UnfUnf

,

i u analiziranim slučajevima ima sledeće vrednosti:

FRind = 0.44

FRcap = −0.2

b) Kada je faktor regulacije jednak nuli, tada važi |Ef | = Unf . Vektorski dijagram kojiodgovara ovom režimu prikazan je na slici. Sa dijagrama se može uočiti da važi sledećarelacija:

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 izjednače realni delovi gornje relacije, dobija se sledeća 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 opterećenja jednake je:

cosϕ = 0.9523 (cap).

Opterećenje je kapacitivno, jer struja prednjači naponu (ϕ < 0), tj. generator je potpo-buđen.

6. Četvoropolni SG snage 600 MVA, 24 kV, 60 Hz, XS = 1.67 Ω, priključen je na sistemkoji čine kruta mreža 24 kV i reaktansa od 0.24 Ω. Regulator pobude generatora održavanapon na krajevima generatora konstantnim i jednakim 24 kV nezavisno od opterećenjageneratora.

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 proračune pod a) za opterećenje generatora od 600 MVA.

Rešenje: Vektorski dijagram i odgovarajuća zamenska šema koji se mogu primeniti naoba analizirana slučaja 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 može se odrediti iz izraza:

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

gUmUfE

Slika 6: Vektorski dijagram generatora priključenog na jaku mrežu preko impedanse, iodgovarajuća zamenska šema

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 prednjači u odnosuna napon mreže, za istu vrednost ugla (ϕg = −ϕm). Takođe, treba imati u vidu da se izprvog izraza dobija fazni stav ems u odnosu na napon generatora, a u drugom u odnosuna napon mreže.

a) Za opterećenje generatora od 300 MVA, tražene vrednosti su jednake:

I = 7216.96 −3.58 AEf = 18924.96 46.63 V

b) Za opterećenje generatora od 600 MVA, tražene vrednosti su jednake:

I = 14433.86 −7.18 AEf = 29262.46 69.16 V

Dobijena ems u oba slučaja predstavlja faznu vrednost, sa faznim stavom definisanim uodnosu na napon mreže.

7. Trofazni SG snage 60 MVA priključen je na mrežu stalnog napona 13.2 kV, a sin-hrona reaktansa generatora jednaka je xS = 1.2 r.j. Ukoliko turbina predaje sinhronojmašini snagu od 50 MW, a pobuda je podešena tako da je sačinilac snage jednak jedinici,izračunati koliko puta je potrebno:

a) povećati (u slučaju opterećenja induktivnog karaktera),

b) smanjiti (u slučaju opterećenja kapacitivnog karaktera),

pobudnu struju, dok struja statora ne postigne nominalnu vrednost. Zanemariti zasićenjei gubitke u mašini.

Rešenje: S obzirom na zanemarenje gubitaka, električna aktivna snaga koju mašinapredaje mreži jednaka je 50 MW, tj, u relativnim jedinicama:

p =P

Sn= 0.833 r.j.

Kada je opterećenje čisto aktivno, kompleksna vrednost struje generatora u r.j. iznosi:

i = i =p

u= 0.833 r.j.,

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

ef = u+ jxsi.

U konkretnom slučaju, pobudna ems je jednaka:

e0f = 1.416 45.

9

a) U slučaju kada je opterećenje 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, važi sledeća relacija:

p = i cosϕ =⇒ cosϕ =p

i= 0.833.

Vrednost ugla ϕ za datu vrednost faktora snage može, u opštem slučaju, biti pozitivnaili negativna. S obzirom na to da je u ovom slučaju opterećenje induktivnog karaktera,ugao ϕ je pozitivan:

ϕ = arccos 0.833 = 33.59.

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

eindf = 1.946 31.

Dakle, pobudnu struju je, u odnosu na čisto aktivno opterećenje, potrebno povećati:

kind =iindfi0f

=eindfe0f

= 1.376

puta.

b) U slučaju kada je opterećenje kapacitivnog karaktera i struja jednaka nominalnoj,faktor snage ima istu vrednost kao i u slučaju induktivnog opterećenja, ali je ugao ϕsuprotnog znaka:

ϕ = −33.59.

Vrednost pobudne ems koja odgovara kapacitivnom režimu iznosi:

ecapf = 1.0556 71.4.

Pobudnu struju treba povećati:

kcap =icapfi0f

=ecapfe0f

= 0.748

puta, tj. treba je smanjiti.

Kao što je i očekivano, u slučaju kada je snaga turbine, tj. aktivna snaga, konstantna,pobudna struja je najveća u slučaju induktivnog, a najmanja u slučaju kapacitivnogopterećenja. Drugim rečima, generator je pri induktivnom opterećenju natpobuđen, tj.proizvodi reaktivnu snagu, a pri kapacitivnom opterećenju je potpobuđen, tj. uzimareaktivnu snagu iz mreže. Sva tri analizirana režima 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 čisto aktivno opterećenje, natpobuđen i potpobuđen režim, zaistu vrednost aktivne snage (zad. 21)

a) Izračunati maksimalni moment koji motor može da razvije ako se napaja iz čvrstemreže 2300 V, 60 Hz, uz konstantnu struju pobude. Pobudna struja motora odgovararežimu rada sa nominalnim opterećenjem, 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 obrće nominalnom brzinom, a pobude motora i generatora su podešene takoda motor radi sa faktorom snage cosϕ = 1 pri nominalnoj snazi i nominalnom naponu.Ako se pobudne struje održavaju konstantnim, a opterećenje motora se polako povećava,izračunati maksimalni moment koji motor može da razvije i napon na njegovim krajevimau tom režimu.

Rešenje:

a) Pobudna ems motora koja odgovara nominalnom režimu 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 mehanička ugaona brzina. Maksimalna vrednost momentaima se za δ = 90:

Mmax =3EMU

ΩSXM

= 123.34 Nm.

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

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 šema generatora priključenog na jaku mrežu preko impedanse, iodgovarajući vektorski dijagram (za cosϕ = 1)

Zavisnost momenta od ugla snage najbolje je izraziti preko pobudnih ems motora i gene-ratora i ugla između 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.

Režim 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 može 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. Međufazna 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 režimu sa maksimalnim momentom(zad. 22)

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

Rešenje: Blondelov vektorski dijagram sinhronog generatora sa isturenim polovima imodifikovani Blondelov dijagram prikazani su na slici.

Pobudnu ems je, sa datim podacima, najjednostavnije odrediti na osnovu modifikovanogdijagrama. Najpre treba odrediti kompleksnu vrednost pomoćne ems EQ, tj. njenu

34°

20°

53°

54°

Slika 10: Blondelov dijagram i modifikovani Blondelov dijagram natpobuđenog 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-moćna ems sadrži informaciju o uglu snage, koji iznosi δ = 19.4. Na osnovu vrednostiugla snage, i poznate vrednosti ugla ϕ, dobija se da je ugao između fazora struje i ems(q-ose):

ψ = ϕ+ δ = 36.9 + 19.4 = 56.3.

Sada se može 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) Izračunati ugao snage i ems usled pobude ako generator radi sa nominalnom snagomi sačiniocem snage cosϕ = 0.8 (ind) na krutoj mreži 2300 V, 60 Hz;

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

Nacrtati odgovarajuće fazorske dijagrame. Zanemariti gubitke u mašini.

Rešenje:

a) Vektorski dijagram induktivno opterećenog generatora prikazan je na slici.

Struja generatora pri nominalnom opterećenju 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 modifikovani Blondelov dijagram natpobuđenog sinhronoggeneratora sa isturenim polovima (zad. 24)

14

Vrednost pomoćnog 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 leži 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 izjednačiti 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 možeizraziti u sledećoj formi:

6U2

(1

Xq

− 1

Xd

)cos2 δ +

3EfU

Xd

cos δ − 3U2

(1

Xq

− 1

Xd

)= 0.

Kada se zamene brojne vrednosti i reši kvadratna jednačina po cos δ, dobijaju se dvarešenja:

cos δ(1) = 0.2935 ∧ cos δ(2) = 1.703.

Drugo rešenje nije prihvatljivo, jer kosinus ne može imati vrednost veću od 1, tako da jevrednost ugla snage pri kojem će 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% priključen je nakrutu mrežu nominalne vrednosti napona, preko reaktanse Xe = 12%. Generator radisa nominalnom snagom i faktorom snage cosϕ = 0.95 (ind), mereno na priključcimageneratora.

a) Nacrtati fazorski dijagram;

b) Odrediti ugao snage (ugao između ems i napona na priključcima generatora);

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

Rešenje:

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 priključenog prekoreaktanse na jaku mrežu (zad. 25)

b) + c) Napon mreže je konstantan i jednak jednoj relativnoj jedinici, dok se napongeneratora može menjati. Ako se napon generatora postavi u faznu osu, izraz za naponmreže 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.može 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 mreže (zbog gubitaka reaktivne snage u reaktansi xe).

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

|um|2 = (uG −1

uGxe sinϕ)2 + (

1

uGxe cosϕ)2.

16

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

1 = u2G − 2xei sinϕ+

x2e

u2G

.

Množenjem prethodnog izraza sa u2G i daljim sređivanjem, dobija se kvadratna jednačina

po u2G:

u4G − (1 + 2xe sinϕ)u2

G + x2e = 0,

odakle se dobijaju dva rešenja, 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 modifikovani Blondelov dijagram.Pomoćna 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 želi odrediti ugao snage u odnosu na napon mreže, potrebno je najpre odreditiugao između napona mreže i napona generatora. Ovaj ugao se može 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 mreže je jednaka:

δm = δG + α = 51.2.

12. Koliku snagu u r.j. može isporučiti sinhrona mašina bez gubitka sinhronizma kadaradi kao motor pri nominalnom naponu i bez pobude? Podaci o mašini su xd = 0.85 r.j.i xq = 0.6 r.j. Izračunati struju motora u relativnim jedinicama. Zanemariti gubitke umašini.

Rešenje: Vektorski dijagram nepobuđenog 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 nepobuđenog sinhronog motora (zad. 26)

Kada je motor nepobuđen, 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 može odrediti tako što će se najpre, na osnovu vektorskog dijagrama,odrediti vrednosti struja u uzdužnoj i poprečnoj osi, na osnovu sledećih 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 režimu nije dopustiv, jer je struja veća odnominalne za čak 44%.

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

Rešenje: Kod mašine sa cilindričnim rotorom, snaga (moment) je maksimalna pri uglusnage δ = 90:

pmax =efu

xS.

Minimalna vrednost pobude pri kojoj je moguć stabilan rad motora pri nominalnomopterećenju 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 mašina ima relativnu vrednost sinhrone reaktanse xS = 2 r.j. Odreditiugao opterećenja δ, faktor snage, aktivnu i reaktivnu snagu, ako mašina radi:

a) kao generator pri pobudi od 2.5 r.j. i struji opterećenja od 0.9 r.j;

b) kao motor pri pobudi od 1.75 r.j. i struji opterećenja od 0.9 r.j.

c) Da li mašina proizvodi ili troši reaktivnu energiju u ova dva slučaja?

d) Da li je mašina dovoljno pobuđena u oba slučaja?

Smatrati da je mašina nezasićena. Bazna vrednost pobudne struje odgovara nominalnojvrednosti napona u praznom hodu. Zanemariti aktivnu otpornost statorskog namotaja.

Rešenje:

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 može 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 mreži (pozitivan smer zageneratorski režim), generator proizvodi reaktivnu energiju, tj. natpobuđen je. Vektorskidijagram koji odgovara ovom režimu 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 natpobuđenog generatora (a) i potpobuđenog motora (b)

Ugao snage se može odrediti iz jednakosti:

xSi cosϕ = ef sin δ

i jednak je:δ = 64.59.

Treba imati u vidu da je ugao snage definisan 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 mreže ka motoru (referentni smer za mo-torni režim), motor troši reaktivnu energiju, tj. potpobuđen je. Vektorski dijagram kojiodgovara ovom režimu je prikazan na slici 14 (b).

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

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

b) Odrediti maksimalnu vrednost momenta koji generator može da razvije pri pobudikoja odgovara opisanom režimu;

c) Na krajevima generatora se u cilju kompenzacije reaktivne energije priključi još iopterećenje sa sačiniocem snage od 0.8943 i aktivnom snagom Pd = 135.8 kW. Za ovostanje odrediti sačinilac snage, ugao snage i potreban pogonski moment turbine ako naponna krajevima mašine i pobudna struja ostaju konstantni.

Zanemariti omski otpor statora i ostale gubitke u mašini.

Rešenje:

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

PT = P = MT · ΩS = MT ·2πf

p= 41.05 kW.

20

Uz pretpostavku da generator radi u natpobuđenom režimu, reaktivna snaga generatorajednaka je:

Q = +√S2 − P 2 = 68.7 kVAr,

pa se kompleksna vrednost struje može 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 opterećenje priključeno u cilju kompenzacije reaktivne energije, razumnoje pretpostaviti da je faktor snage opterećenja kapacitivan, tj. da je reaktivna snagaopterećenja negativna (opterećenje generiše reaktivnu snagu):

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

Ukupna aktivna i reaktivna snaga na krajevima generatora nakon priključenja opterećenjaiznose (uz pretpostavku da se snaga koju uzima mreža nije promenila):

P ′g = P + Pd = 176.85 kWQ′g = Q+Qd ≈ 0 kVAr.

Dakle, priključenjem pretežno kapacitivnog opterećenja je gotovo u potpunosti kompen-zovana reaktivna snaga generatora. Stoga, nova vrednost sačinioca 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 praktično nepromenjena,što je u skladu sa uslovom zadatka. Da je usvojeno da je dodato opterećenje pretežnoinduktivno, ovaj uslov ne bi bio zadovoljen, te bi se došlo do zaključka da opterećenjemora biti kapacitivno. Moment turbine treba povećati na:

M ′T =

P ′

ΩS

= 1688.8 Nm.

Šema i vektorski dijagrami za slučajeve sa i bez dodatnog opterećenja 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: Šema i vektorski dijagram generatora, za slučaj sa i bez dodatog opterećenja (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%, opterećen je snagom S = 7 MVA, pri čemu je ugaoizmeđu ems i struje statora ψ = 56.4. Odrediti:

a) relativnu vrednost ems praznog hoda Ef i veličinu ugla δ;

b) vrednost sinhronizacionog momenta kSM pri zadatom opterećenju.

Rešenje:

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 već poznate, pogodnije je koristiti Blondelov di-jagram u osnovnoj formi nego modifikovani dijagram. Na osnovu Blondelovog dijagramamože se doći do sledećih 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 (sačinilac sinhronizacionog momenta) predsta-vlja iznos momenta po uglu snage pri datom opterećenju:

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 sledeće 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) sačinilac sinhronizacione snage kSP ;

b) sačinilac sinhronizacionog momenta kSM .

Generator je nominalno opterećen.

Rešenje: Kako bi se odredio sačinilac sinhronizacione snage/momenta, neophodno jeodrediti vrednosti pobudne ems i ugla snage. Treba najpre odrediti kompleksnu vred-nost struje opterećenja. Kako je generator nominalno opterećen, i napon na krajevimageneratora ima nominalnu vrednost, efektivna vrednost struje opterećenja je i = 1 r.j.Kompleksna vrednost struje se dobija na osnovu poznatog faktora snage i karaktera op-terećenja:

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

Položaj q−ose, tj. ugao δ, može se odrediti na osnovu modifikovanog Blondelovog dija-grama. Pomoćna ems je jednaka:

eQ = 1.76 25.06,

pa je ugao snage:δ = 25.06.

Ugao između vektora struje i q−ose jednak je:

ψ = δ + ϕ = 25.06 + 36.87 = 61.9,

pa je vrednost struje u uzdužnoj 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.

Sačinilac sinhronizacione snage/momenta u relativnim jedinicama pri zadatom optereće-nju jednak je:

dp

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

23

a) Sačinilac sinhronizacione snage jednak je:

kSP =dp

dδ· Sn = 247.32 MW/rad.

b) Sačinilac sinhronizacionog momenta jednak je:

kSM =dp

dδ·MB =

dp

dδ· Sn

ΩS

= 15.74 MNm/rad,

gde je sa MB označena bazna vrednost momenta.

18. Sinhroni motor sa cilindričnim rotorom ima sledeće podatke: 380 V, 50 Hz, četvo-ropolni, sprega zvezda, XS = 1 Ω. Motor je potpobuđen i razvija moment od 287 Nmpri čemu uzima iz mreže 82 kVA. Zanemarujući gubitke, odrediti:

a) faktor snage i reaktivnu snagu;

b) ems, električni i mehanički ugao snage;

c) maksimalni moment i stepen preopteretljivosti;

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

Rešenje:

a) Vektorski dijagram potpobuđenog sinhronog motora prikazan je na slici 16. Veličinekoje odgovaraju potpobuđenom režimu označene su indeksom “1”. Aktivna snaga kojumotor uzima iz mreže 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 potpobuđen, pa je struja motora induktivna, kao što se vidi i sa vektorskogdijagrama.

Reaktivna snaga motora iznosi:

Q1 = S1 · sinϕ1 = 68.5 kVAr.

Reaktivna snaga je pozitivna za referentni smer od mreže ka motoru. Prema tome, motoruzima reaktivnu snagu iz mreže, što odgovara potpobuđenom režimu.

b) Pobudna ems je jednaka:

Ef1 = Unf − jXSI1 = 134.126 − 30.7 V,

odakle je električni ugao snage:δ1 = 30.7,

24

a mehanički:δmeh1 = 15.35.

Usvojeno je da je vrednost ugla snage pozitivna kada ems kasni za naponom, što jeprirodan fazni stav za motorni režim.

c) Maksimalna vrednost momenta je jednaka:

Mmax =3Ef1UnfΩSXS

= 562 Nm.

Stepen preopteretljivosti predstavlja odnos maksimalnog momenta i momenta opterećenjau datom režimu (češće se definiše 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 može se izračunati kao:

I2 =Ef2 − Unf−jXS

=Ef2 · e−jδ2 − Unf

−jXS

= 58.046 53.41.

Vrednost faktora snage u ovom režimu iznosi:

cosϕ2 = 0.596 (cap).

Kako struja prednjači naponu (ϕ < 0), motor se prema mreži ponaša kao kapacitivanpotrošač, tj. generiše reaktivnu snagu. Drugim rečima, motor radi u natpobuđenomrežimu. Vektorski dijagram koji predstavlja ovaj režim prikazan je na slici 16, pri čemusu odgovarajuće veličine označene indeksom “2”.

19. Sinhroni motor sa podacima: 6600 V, 400 kVA, XS = 100%, potrebno je iskoristitiza popravku sačinioca 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 sačinilac 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.

Rešenje: Kada se na sabirnice postrojenja priključi 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 režimima

pri čemu je za kompenzator usvojen smer reaktivne snage iz mreže ka mašini (poziti-van smer za potrošač). U slučaju kada je kompenzator natpobuđen (generiše reaktivnusnagu), tada je Qk < 0. Važi sledeća 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 slučajevima, dobijaju se sledeće 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 mreže ka kompenzatoru (potrošački smer), tako da negativan znak reaktivne snageukazuje na to da je kompenzator natpobuđen, tj. da proizvodi reaktivnu snagu.

20. Ako u slučaju pod a) iz prethodnog zadatka dati motor treba da pokreće nekomehaničko opterećenje, odrediti koliko ono najviše sme da bude, a da se ne prekoračinominalna prividna snaga motora. Kolika je u ovom slučaju ems usled pobude?

Rešenje: Maksimalno aktivno opterećenje je definisano 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 opterećenju 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 sledeće 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 odgovarajuću reaktivnusnagu koje bi se imale pri pobudnoj struji koja odgovara nominalnom opterećenju.

Rešenje: Pobudna ems pri nominalnom opterećenju određuje se na osnovu modifikova-nog Blondelovog dijagrama, i jednaka je:

ef = 1.926 r.j.

Ugao snage pri kojem se ima maksimalna vrednost aktivne snage određuje 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 odgovarajuća vrednost reaktivne snage:

Q(δmax) =

[efu

xdcos δ − u2

(sin2 δ

xq+

cos2 δ

xd

)]Sn = −75.87 MVAr.

Očigledno, generator je potpobuđen, tj. uzima reaktivnu snagu iz mreže.

22. Trofazni SG sa podacima: Sn = 10 MVA, Xd = 120%, Xq = 60%, bio je opterećensnagom od 6 MVA pri nominalnom naponu i učestanosti uz cosϕ = 0.65 (ind). Pripasivnom radu došlo je do prekida pobude. Odrediti pri tome:

a) maksimalnu moguću snagu generatora;

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

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

Rešenje:

27

a) Maksimalna moguća snaga nepobuđenog 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 može odrediti iz ugaone karakteristike generatora, kao:

δ =1

2arcsin

2p

u2(

1xq− 1

xd

) = 34.7.

Pod opisanim uslovima, važe sledeće 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 veća za 17% od nominalne struje, pa bi u ovakvimuslovima došlo do termičkog preopterećenja statorskog namota.

23. Sinhrona mašina sa isturenim polovima ima reluktantni moment čija je amplituda30% od amplitude glavnog momenta. Izračunati:

a) odnos uzdužne i poprečne reaktanse;

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

Odnos napona i ems praznog hoda je 0.6.

Rešenje:

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 uzdužne i poprečne reaktanse:

xdxq

= 2.

28

b) Potrebno je odrediti ugao pri kome je moment maksimalan. Izraz za moment semože napisati u sledećoj 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 jednačine sa mgl i zamenom cos 2δ = 2 cos2 δ − 1, dobija se sledeća kva-dratna jednačina:

1.2 cos2 δ + cos δ − 0.6 = 0,

čijim se rešavanjem 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 mrežu snage 1000 kW sa cosϕ = 0.8 (ind). Snage pogonskih mašina supodešene tako da jedan generator daje tri puta veću aktivnu snagu od drugog. Gene-rator koji je više opterećen ima reaktansu XS1 = 24 Ω, a pobuda mu je podešena takoda radi sa sačiniocem snage cosϕ1 = 0.75 (ind). Sinhrona reaktansa manje opterećenoggeneratora je XS2 = 38 Ω. Izračunati:

a) struje oba generatora;

b) sačinioce snage oba generatora;

c) ems praznog hoda prvog generatora;

d) uglove snaga oba generatora;

e) nacrtati vektorski dijagram.

U proračunima zanemariti otpor indukta.

Rešenje: Ukupna aktivna snaga koja se predaje mreži jednaka je sumi aktivnih snagapojedinih generatora:

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

odakle su:P2 = 250 kWP1 = 750 kW.

Reaktivna snaga koju uzima mreža 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 utvrđeno da je ϕ1 = 41.41 i ϕ2 = 19.51, sačinioci 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 mehanički spregnut sa drugom sinhronom mašinomčija je sinhrona impedansa ZM = (2 + j30) Ω, i koja radi kao motor u optimalnoj radnojtački. Napon na krajevima generatora je UG = 2000 V, struja IG = 15 A, faktor snagecosϕG = 0.8 (ind). Izračunati odgovarajuće ems svake od mašina, kao i ugaoni pomerajizmeđu osa njihovih rotora. Obe mašine su osmopolne.

Rešenje: 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 tački, što znači da je cosϕM = 1, tj. ϕM = 0. Drugimrečima, struja motora je u fazi sa naponom mreže. Mašine imaju isti broj polova, inapajaju se sa iste mreže, i mehanički su spregnute. To znači 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: Šematski prikaz eksperimenta, i vektorski dijagrami motora i generatora uanaliziranom režimu

(mehanički) mašina međusobno jednaki (uz pretpostavku da je vratilo idealno kruto).Jednakost brzina i momenata može se izraziti kroz jednakost mehaničkih snaga:

Pmeh,G = Pmeh,M = Pmeh.

Kako su jedino gubici u bakru uvaženi, mehanička snaga se movže odrediti kao sumasnage gubitaka u generatoru i izlazne (elekrične) snage generatora:

Pmeh = Pe,G + Pg,G =√

3UGIG cosϕG + 3RGI2G = 42244.2 W.

Mehanička snaga se može izraziti i kao razlika ulazne snage motora i snage gubitaka unamotajima motora:

Pmeh = Pe,M − Pg,M =√

3UMIM − 3RMI2M .

Sređivanjem prethodne relacije, dobija se sledeća kvadratna jednačina po IM :

I2M − 577.35IM + 7040.7 = 0.

Efektivna vrednost struje motora je jednaka IM = 12.464 A (drugo rešenje je nerealnoveliko). Ovo je istovremeno i kompleksna vrednos struje. Sada se ems motora možejednostavno izračunati:

EM = UM/√

3− ZMIM = 11906 − 18.31.

Uglovi snaga generatora i motora su δG = 9.73 i δM = 18.31, respektivno. Ugaonipomeraj između ems-i generatora i motora iznosi δG + δM = 28.04 (dijagram). Ugaonipomeraj između osa rotora je mehanička veličina, i iznosi:

∆GM =δG + δM

p≈ 7.

26. Dva istovetna paralelno spregnuta trofazna sinhrona generatora imaju pogonske ma-šine sa različitim karakteristikama brzina-opterećenje 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 opterećenja daje svaki od generatora?

31

b) Koliki je sačinilac snage opterećenja?

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

Rešenje:

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 pojedinačni 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 čemu je napon koji figuriše u izrazima međufazni. Ukupna kompleksna prividna snaga,tj. kompleksna prividna snaga opterećenja, jednaka je:

Sopt = U · (246.81 + j168.27) VA,

pa je sačinilac snage opterećenja:

cosϕopt =Popt√

P 2opt +Q2

opt

= 0.826 (ind).

c) Aktivna i reaktivna snaga opterećenja ostaju nepromenjene. S obzirom na to da susnage pogonskih mašina nepromenjene, aktivne snage pojedinih generatora takođe ostajukonstantne. Dakle, menjaju se samo reaktivne snage generatora. Kada generatori radesa istim sačiniocima snage, odnos reaktivnih snaga je jednak odnosu aktivnih snaga:

Q′1Q′2

= 1.714.

Kako je ukupna reaktivna snaga ista kao i u prethodnom slučaju:

Qopt = 168.27 · U VAr,

nove vrednosti reaktivnih snaga pojedinačnih generatora iznose:

Q′1 = 106.28 · U VArQ′2 = 62 · U VAr

32

Nove efektivne vrednosti struja se mogu izračunati kao:

I ′1 =

√P 2

1 +Q′12

√3U

= 108.9 A

I ′2 =

√P 2

2 +Q′22

√3U

= 63.54 A

27. Šestopolni reluktantni trofazni motor za 220 V, 60 Hz, ima podužnu i poprečnureaktansu Xd = 15 Ω i Xq = 3 Ω. Otpornost statora i ostale gubitke zanemariti.

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

b) Odrediti maksimalni sačinilac snage pri kome motor može da radi, kao i mehaničkusnagu koju u tom slučaju razvija.

Rešenje:

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 rešiti primenom kružnog dijagrama sinhronogmotora. Kružni dijagram pokazuje kako se struja motora menja sa promenama uglasnage δ, pri određenoj vrednosti napona i pobudne ems. Izraz za kružni 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 kružni 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

Kružni dijagram opisan datim izrazom prikazan je na slici. Kao što se može videti sadijagrama, maksimalan sačinilac snage, tj. minimalna vrednost ugla ϕ se ima kada jevektor struje tangenta na krug (slika). U tom režimu je efektivna vrednost struje motorajednaka:

I =√I2U1 − I2

U2 = 18.94 A.

Kako je vektor struje tangenta na krug važi i sledeća 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: Kružni dijagram struja sinhronog motora, sa naznačenom strujom pri kojoj se imamaksimalan faktor snage

Sa dijagrama se vidi da je tada:

2δ = arccosIU2

IU1

= 48.19,

pa je maksimalan sačinilac snage:

(cosϕ)max = cosϕmin = cos 2δ = 0.667.

U ovom režimu, mehanička snaga koju motora razvija iznosi:

Pmeh =√

3UI(cosϕ)max = 4.81 kW

34

sinhrone mašine (13e013sim)epp.etf.rs/wp/wp-content/uploads/2019/04/zadaci_sm_2019... ·...

Documents