РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА

Transcript

1 РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА СА ТАКМИЧЕЊА ИЗ ЕЛЕКТРИЧНИХ МАШИНА Електријада 005 ТРАНСФОРМАТОРИ Tрофазни енергетски трансформатор има сљедеће податке: 50kVA 0 / 0kV / kv Yy6 релативна реактанса кратког споја је x % Сви омски отпори губици у гвожђу и реактанса k магнећења могу се занемарити Примар трансформатора је прикључен на номинални напон а на секундару је оптерећен са 0kVA при јединичном фактору снаге ( co ϕ на секундару) Потребно је одредити напон на секундару и процентуални пад напона на трансформатору у овом режиму РЈЕШЕЊЕ: На слици је приказана еквивалентна шема трансформатора у овом режиму са свим величинама сведеним на примар Пошто нема губитака активне снаге на трансформатору улазна и излазна активна снага су једнаке: P P 0kW односно P P () Реактивна снага на улазу једнака је губицима реактивне снаге на реактанси кратког споја: Q Q γ t

2 а реактивна снага на излазу једнака нули Q 0 Привидна снага на улазу у трансформатор је: S P Q односно ( ) ( t P ) () Уврштавањем () у () добија се: 9 9 T P 0 () l 9 V добија се: Дијељењем израза () са ( ) u [ j ] p [ j ] 0 u xk гдје је u релативна фазна вриједност напона секундара (сведена на примар) x k 0 P 0kW релативна реактанса кратког споја а p kVA релативна снага оптерећења V L Рјешење биквадратне једначине: u u је [ ] u 0995 j односно 5 75kV односно линијски напон секундара сведен на примар је 9 95kV па је релативни пад напона VL VL u 06% V 0 L односно линијски напон на секундару је: 0 V L VL 98 V 0

3 режиму: Напоменe: До истог рјешења () би се дошло и помоћу фазорског дијаграма трансформатора у овом j T Слика : Фазорски дијаграм трансфороматора са занемареном граном магнећења активним отпорностима и јединичним фактором снаге на секундару Са фазорског дијаграма је ( ) co P T T ϕ Други алтернативни начин за рјешавање задатка је примјена обрасца: b u [%] a 00 гдје је ( u coϕ u iϕ ) a β ( u x coϕ u iϕ ) b β β S / S 08 x

4 МАШИНЕ ЈЕДНОСМЈЕРНЕ СТРУЈЕ Генератор једносмјерне струје са паралелном побудом има сљедеће податке: kw 00V 850o / mi 0 5Ω пад напона на четкицама V Побудни намотај састоји се од двије секције са a N 00 и N 50 навојака везаних на ред укупног отпора 00 Ω Магнетно коло може се сматрати линеарним а губици у гвожђу реакција индукта и трење и вентилација могу се занемарити Ако се секција 0kW N кратко споји коликом брзином треба да се обрће вратило да би генератор у мрежу одавао при номиналном напону? РЈЕШЕЊЕ Прво ћемо прорачунати номинални режим генератора Номинална струја генератора је: P A 00 а номиналне струје побуде и ротора: 00 A 00 P p 55 A a P 57 Електромоторна сила у номиналном режиму је: E a a Cet V Ако генератор одаје 0 kw при номиналном напону тада је његова струја: P A 00 Када се дио побудног намотаја кратко споји промијениће се побудна струја (јер се мијења отпор побуде) Отпор побудног кола прије квара је: ( N N P ~ ) а нови отпор побудног кола је: P ~ N гдје је отпор једног навојка Номинална и нова струја побуде су: P P P односно P

5 P P () P P N N N N N N Нова струја побуде при краткоспојеној секцији N N P A N 00 P а струја индукта: a P 5 8A па је нова електромоторна сила: N је: E a a Cet V Номинална електромоторна сила се има када је брзина номинална када је побудна струја номинална и када су обје секције побуде везане на ред: ( N N ) P E ~ док је електромоторна сила при краткоспојеној секцији N новој струји побуде и новој брзини: E P ~ N па је нова електромоторна сила за линеарно магнетно коло: E N P E () N N P Уврштавајући () у () добија се: E E () На основу () () и () може се закључити да се у случају кратког споја дијела навојака побуде машина са независном или паралелном побудом побудни флукс не мијења па је из () нова брзина обртања: E / mi E 65 o 5

6 АСИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазни асинхрони мотор има номиналне податке: 80V 50Hz спрега Y 0o / mi отпор статора Ω а отпор ротора сведен на статор Ω Губици на трење и вентилацију индуктивност магнећења и губици у гвожђу могу се занемарити Мотор је прикључен на номинални напон номиналне учестаности Његово вратило обрће се брзином од обртног поља а клизање је једнако превалном 800o / mi Потребно је одредити активну и реактивну снагу машине у овом режиму у смјеру обртања РЈЕШЕЊЕ Клизање машине у овом режиму је: m односно машина ради у генераторском режиму Превално клизање је такође негативно: p ( ) γ γ 0 одакле је реактанса кратког споја: γ 9 5Ω 0 γ На основу еквивалентне шеме уз занемарену грану магнећења струја мотора је: Z e ( ) γ γ A Фактор снаге у овом режиму је: coϕ e { Z } Z e e ( ) γ γ !!! 6

7 Негативан фактор снаге добијен је зато што еквивалентна шема асинхроне машине у генераторском режиму није пасивно коло (Према теорији рада асинхроног мотора снага која се на фиктивном отпорнику претвара у топлоту одговара снази која се из електричног облика претвори у механички а у генераторском режиму овај процес је обрнут) Због тога је потребно узети апсолутну вриједност фактора снаге (који је индуктиван) а струји мотора промијенити смјер па ће активна снага машине бити: ( ) / Pel V L L coϕ kw односно активна снага се одаје мрежи Реактивна снага је: Q VL L iϕ i(acco(059)) 9 89kVA односно реактивна снага се узима из мреже Исти резултат за реактивну снагу добио би се рачунањем губитака реактивне снаге у машини (уз занемарену грану магнећења): Q ( ) kva γ γ 89 СИНХРОНЕ МАШИНЕ Трофазна четворополна синхрона машина има сљедеће номиналне податке: 80V 50Hz Y 0Ω 5Ω Отпор статора нелинеарност магнетног кола и сви губици могу се занемарити Машина је прикључена на номинални напон номиналне учестаности ради у моторском режиму а струја побуде је таква да мотор одаје у мрежу kva при co ϕ 0 7 Одредити реактивну снагу и фактор снаге када у датом режиму дође до прекида кола побуде сматрајући да је оптерећење на вратилу константно РЈЕШЕЊЕ: Пошто мотор одаје реактивну снагу он је надпобуђен а фактор снаге је капацитиван Активна снага мотора уз занемарење губитака је: Q P el S co ϕ coϕ kw iϕ i(acco 07) Пошто је оптерећење на вратилу константно а губици су занемарени значи да ће мотор исту ову активну снагу узимати из мреже и након прекида кола побуде Из израза за активну снагу синхроног хидромотора са прекинутом побудом (угаона карактеристика без члана са E 0 ): 7

8 P i δ гдје је фазни напон на мотору а одредити угао оптерећења када је прекинуто коло побуде: δ угао оптерећења може се P 00 δ aci aci Пошто је овај угао мањи од угла оптерећења на граници стабилног рада (при максимално могућем оптерећењу без побуде угао је теоријски једнак 5 ) мотор ће наставити са радом Уз претпоставку да je мотор у новом режиму подпобуђен и да је ϕ > δ може се нацртати фазорски дијаграм: j δ j ϕ Слика : Фазорски дијаграм синхроног мотора у подпобуђеном режиму са прекинутим колом побуде Са фазорског дијаграма могу се писати сљедеће једначине: δ co i( ϕ δ ) δ i co( ϕ δ ) из којих се лако добија: ta taδ 5 0 ta 7 ( ϕ δ ) 68 ϕ δ 9 односно угао између струје и напона је ϕ 8 што је у складу са претпоставком ϕ > δ односно фазорски дијаграм је добро нацртан Фактор снаге је co ϕ 0 7 индуктивно па је реактивна снага мотора 8

9 Q P ta ϕ 00 ta kVA односно реактивна снага се узима из мреже Исти резултат добио би се из израза за угаону карактеристику за реактивну снагу без побуде: i co i 7 co 7 Q δ δ 0 7 kva односно реактивна снага се узима из мреже а фактор снаге је: P 00 coϕ 07 ( i) S а привидна снага и струја S 8 0kVA и 8A Задатке приредио мр Петар Матић ЕТФ Бањалука 9