Skip to content
Učionica

Zadatak 2

Hidrogenerator, EMS i ugao opterećenja, dve ose: rešen zadatak

Zadatak sa kolokvijuma iz predmeta Električne mašine 2, FTN Novi Sad, maj 2016. Rešenje: Miloš Sarić

Električne mašine 2, FTN Novi Sad

Zadatak

Trofazni sinhroni hidrogenerator radi priključen na krutu mrežu nazivnog napona 6,66{,}6 kV i učestanosti 50 Hz. Generator predaje u mrežu aktivnu snagu 3,53{,}5 MW, a iz mreže uzima 2 MVAr reaktivne snage. Odrediti:

  1. Indukovanu elektromotornu silu (praznog hoda) i ugao opterećenja u ovom režimu.
  2. Struju generatora, elektromotornu silu (praznog hoda) i ugao opterećenja ako generator treba da odaje istu aktivnu snagu u mrežu uz faktor snage jednak jedinici.

Nazivni podaci ovog hidrogeneratora su: 5 MVA, 6,66{,}6 kV, 1500 o/min, Y, reaktansa rasipanja iznosi 20 %, reaktansa reakcije indukta po uzdužnoj osi iznosi 70 % i reaktansa reakcije indukta po poprečnoj osi iznosi 25 %. Napomena: svi gubici u mašini se mogu zanemariti.

UEQIjXqIδ
Fazorski dijagram generatora u režimu A

Poznato

  • Sn=5S_n = 5MVA
  • Un=6,6U_n = 6{,}6kV
  • P=3,5P = 3{,}5MW
  • Q=2Q = 2MVAr (uzima iz mreže)
  • xl=20x_l = 20%
  • xad=70x_{ad} = 70%
  • xaq=25x_{aq} = 25%

Rešenje

Šta se traži i kojim postupkom

Hidrogenerator ima isturene polove, pa su reaktanse po dvema osama različite i računa se po metodu dve reakcije. Pravac elektromotorne sile daje fiktivni fazor E‾Q=U‾+jXqI‾\ph{E}_Q = \ph{U} + \mathrm{j} X_q \ph{I}. Struja se razlaže na komponente duž osa, a modul elektromotorne sile sledi iz uzdužne. Najlakše je računati u relativnim jedinicama, na bazi nazivnih podataka mašine.

Relativne jedinice

Sinhrona reaktansa po svakoj osi je zbir reaktanse rasipanja i reakcije indukta. Reaktanse su date u procentima na nazivnim veličinama, pa su odmah u relativnim jedinicama, a snage se dele sa SnS_n:

Xd=xl+xad=0,90 r.j.Xq=xl+xaq=0,45 r.j.p=3,55=0,70 r.j.,q=25=0,40 r.j.\begin{aligned} X_d &= x_l + x_{ad} = 0{,}90\ \rj \\ X_q &= x_l + x_{aq} = 0{,}45\ \rj \\ p &= \frac{3{,}5}{5} = 0{,}70\ \rj, \quad q = \frac{2}{5} = 0{,}40\ \rj \end{aligned}

Bazni fazni napon je Un/3=3,811U_n/\sqrt{3} = 3{,}811 kV, a bazna struja IB=Sn/(3Un)=437,4I_B = S_n/(\sqrt{3} U_n) = 437{,}4 A.

a) Generator daje 3,5 MW i uzima 2 MVAr

Za napon mreže uzimamo U‾=1\ph{U} = 1 r.j. Generator predaje snagu S‾=p−jq\ph{S} = p - \mathrm{j} q, pa je struja:

I‾=(S‾U‾)∗=0,70+j0,40 r.j.I=0,806 r.j. /29,74∘‾\begin{aligned} \ph{I} &= \left( \frac{\ph{S}}{\ph{U}} \right)^* = 0{,}70 + \mathrm{j}0{,}40\ \rj \\ I &= 0{,}806\ \rj \,\underline{/29{,}74^\circ} \end{aligned}

Pravac elektromotorne sile i ugao opterećenja:

E‾Q=1+j0,45⋅(0,70+j0,40)=0,82+j0,315EQ=0,8784 r.j.,δ=21,01∘\begin{aligned} \ph{E}_Q &= 1 + \mathrm{j}0{,}45 \cdot \left( 0{,}70 + \mathrm{j}0{,}40 \right) \\ &= 0{,}82 + \mathrm{j}0{,}315 \\ E_Q &= 0{,}8784\ \rj, \quad \delta = 21{,}01^\circ \end{aligned}

Struja prednjači fazoru E‾Q\ph{E}_Q za φ−δ=8,73∘\varphi - \delta = 8{,}73^\circ, pa je njena uzdužna komponenta magnećujuća i smanjuje potrebnu elektromotornu silu:

Id=0,806⋅sin⁡8,73∘=0,1224 r.j.E=EQ−(Xd−Xq)Id=0,8784−0,45⋅0,1224=0,8234 r.j.\begin{aligned} I_d &= 0{,}806 \cdot \sin 8{,}73^\circ = 0{,}1224\ \rj \\ E &= E_Q - (X_d - X_q) I_d \\ &= 0{,}8784 - 0{,}45 \cdot 0{,}1224 = 0{,}8234\ \rj \end{aligned}
E=0,8234⋅3,811=3,137 kV po fazi  (5,43 kV linijski)E = 0{,}8234 \cdot 3{,}811 = 3{,}137\ \text{kV po fazi}\ \ (5{,}43\ \text{kV linijski})

b) Ista aktivna snaga, faktor snage jednak jedinici

Sada je I‾=0,70\ph{I} = 0{,}70 r.j., u fazi sa naponom, pa je I=0,70⋅437,4=306,2I = 0{,}70 \cdot 437{,}4 = 306{,}2 A. Fiktivni fazor i ugao opterećenja su:

E‾Q=1+j0,45⋅0,70=1+j0,315EQ=1,0484 r.j.,δ=17,48∘\begin{aligned} \ph{E}_Q &= 1 + \mathrm{j}0{,}45 \cdot 0{,}70 = 1 + \mathrm{j}0{,}315 \\ E_Q &= 1{,}0484\ \rj, \quad \delta = 17{,}48^\circ \end{aligned}

Struja sada kasni za fazorom E‾Q\ph{E}_Q za ugao δ\delta, pa je uzdužna komponenta razmagnećujuća i povećava elektromotornu silu:

Id=0,70⋅sin⁡17,48∘=0,2103 r.j.E=EQ+(Xd−Xq)Id=1,0484+0,45⋅0,2103=1,1431 r.j.\begin{aligned} I_d &= 0{,}70 \cdot \sin 17{,}48^\circ = 0{,}2103\ \rj \\ E &= E_Q + (X_d - X_q) I_d \\ &= 1{,}0484 + 0{,}45 \cdot 0{,}2103 = 1{,}1431\ \rj \end{aligned}
E=1,1431⋅3,811=4,356 kV po fazi  (7,54 kV linijski)E = 1{,}1431 \cdot 3{,}811 = 4{,}356\ \text{kV po fazi}\ \ (7{,}54\ \text{kV linijski})

Rezultat

a) E=3,137E = 3{,}137 kV po fazi (0,8234 r.j.), δ=21,01∘\delta = 21{,}01^\circ.

b) I=306,2I = 306{,}2 A, E=4,356E = 4{,}356 kV po fazi (1,1431 r.j.), δ=17,48∘\delta = 17{,}48^\circ.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Sinhrone mašine · Relativne jedinice i svođenje veličina

Ispit u PDF-u, na Drive-u (otvara se u novom tabu)

Folder predmeta Električne mašine 2Na Drive-u: Zbirka zadataka · Ispitni rokovi i kolokvijumi · Rešeni rokovi, rukom · Teorijska pitanja sa rokova · Studentske beleške o asinhronim mašinama

Ako si autor nečega što je ovde i želiš da se ukloni, piši mi na milossaric@outlook.com i uklanjam ga.