94099909 Analiza Elektroenergetskog Sistema Zbirka 100 Zadataka

Nikola Rajaković

Milan Ćalović

Predrag Stefanov

Aleksandar Savić

100 REŠENIH ZADATAKA IZ ANALIZE ELEKTROENERGETSKIH SISTEMA

BEOGRAD, 2002

Osnovni proračuni

2

Poglavlje 1 OSNOVNI PRORAČUNI

Osnovni proračuni

3

Zadatak 1.1 Za deo elektroenergetskog sistema prikazan na sl. 1.1a izračunati parametre ekvivalentnih šema voda i transformatora. 3 2 AT 1 2

Jaka mreža UnM = 220 kV

1 3

Unv = 400 kV Lv = 260 km AT

Ur = 200 kV

Sl. 1.1a Elektroenergetski sistem iz zadatka 1.1

Podaci za autotransformatore su sledeći: Sn12 = 400 MVA X12% =12 % gub PCun = 727 kW

m = 400/231/36,75 kV/kV/kV X23% = 14 % X13% = 17,5 % gub PFen = 148 kW io% = 0,15 % In

Nadzemni vod je nominalnog napona 400 kV sa provodnicima u snopu 2×(Al-Fe 490/65 mm2). Prečnik provodnika je d = 30,6 mm, a poluprečnik kruga na kome su razmešteni provodnici u snopu Rs = 200 mm (Ds = 400 mm). Podužna aktivna otpornost voda je rv = 0,0295 Ω/km,f. Na sl. 1.1b prikazan je raspored provodnika na stubu. D = 1100

D = 1100 Ds = 40

377 1100

2 1100 = 733 3

600

2277 1900 800

sve mere su u cm

600

Osnovni proračuni

4 Sl. 1.1b Raspored provodnika na stubu, za vod iz zadatka 1.1

Rešenje: S obzirom da će vod biti predstavljen monofaznom ekvivalentnom π-šemom, to se najpre nalaze konstrukcioni parametri voda (Rv, Xv, Bv). Pošto je zadata podužna aktivna otpornost voda to je ukupna aktivna otpornost: Rv = rvLv = 0,0295⋅260 = 7,67 Ω/f. Aktivna otpornost jednog od provodnika snopa je dvostruko veća, pošto se u snopu nalaze dva provodnika. Podužna pogonska induktivnost voda lv nalazi se prema izrazu: lv = 2 ⋅10 −4 ln

DSG , r 'es

gde je srednje geometrijsko rastojanje, (prema sl. 1.1b), s obzirom da su provodnici u horizontalnoj ravni: DSG = 3 D12 D13 D23 = 3 D ⋅ 2 D ⋅ D = 3 2 ⋅ D = 1,2599 ⋅ 11 = 13,859 m , a ekvivalentni poluprečnik snopa:

r 'es = n nre Rsn−1 = 2 ⋅ (0,95 ⋅

30,6 ) ⋅ 200 = 76,25 mm . 2

U gornjoj formuli za proračun ekvivalentnog poluprečnika snopa sa re je označen ekvivalentni poluprečnik provodnika koji uvažava činjenicu da se kod proračuna induktivnosti uticaj unutrašnje induktivnosti iskazuje preko uvođenja odgovarajućeg prstena (u kome je koncentrisana sva struja) na rastojanju re od ose provodnika. Za Al-Fe užad obično se uzima da je re ≅0,95r, gde je sa r označen stvarni poluprečnik užeta. Prema tome podužna induktivnost voda je: lv = 2 ⋅10 −4 ln

1385,9 = 10,4 ⋅10 −4 H/km, f , 7,625

a podužna reaktansa:

xv = ωlv = 314 ⋅10,4 ⋅10 −4 = 0,327 Ω/km, f . Oznaka 'f ' ukazuje da su parametri izračunati po fazi trofaznog voda. Podužna pogonska kapacitivnost nalazi se prema formuli:

cv =

55,55 ⋅10 −9 D ln SG  res 

2hSG 2 2 4hSG + DSG

   

,

Osnovni proračuni

5

gde je sa res označen ekvivalentni poluprečnik snopa sa stanovišta kapacitivnosti (zato što provodnik poluprečnika res ima istu kapacitivnost kao i odgovarajući snop provodnika po fazi):

res = n nrRsn−1 = 2 2 ⋅15,3 ⋅ 200 = 78,23 mm . Ovaj ekvivalentni poluprečnik snopa (res) razlikuje se od odgovarajućeg ekvivalentnog poluprečnika snopa merodavnog za proračun induktivnosti ( res′ ), pošto u formuli za njegovo izračunavanje figuriše stvarni, a ne ekvivalentni poluprečnik provodnika. Prema sl. 1.1b srednja geometrijska visina faznih provodnika je hSG = H −

2 2 f = 19 − ⋅ 11 = 11,67 m , 3 3

odnosno, jednaka je srednjoj težišnoj visini faznih provodnika nad zemljom (s obzirom da su provodnici u horizontalnoj ravni), gde je f=11 m maksimalni ugib provodnika. Posle zamene brojčanih vrednosti nalazi se: cv =

55,55 ⋅ 10 −9

 1385,9 2 ⋅11,67 ⋅ ln  7,823 4 ⋅11,67 2 + 13,859 2 

   

= 11,05 ⋅ 10 −9 F/km, f ,

pa je odgovarajuća pogonska podužna susceptansa:

bv = ωcv = 314 ⋅11,05 ⋅10 −9 = 3,47 ⋅10 −6 S/km, f . Sada su ukupna reaktansa, odnosno susceptansa: X v = xv Lv = 0,327 ⋅ 260 = 85,02 Ω ;

Bv = bv Lv = 3,47 ⋅10 −6 ⋅ 260 = 0,9022 ⋅10 −3 S. Treba primetiti da je u ovom konkretnom primeru odnos r : x=1 : 11, što je i tipično za nadzemne vodove 400 kV sa konstrukcijom u snopu. S obzirom na činjenicu da će vod biti predstavljen ekvivalentnom π-šemom, dakle tretiran sa koncentrisanim parametrima i s obzirom na to da je vod dužine Lv=260 km to se, radi što vernijeg modelovanja voda, uvode skalarni koeficijenti popravke. Skalarni koeficijent popravke po aktivnoj otpornosti iznosi:

bv xv L2v 3,47 ⋅ 10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2 kR = 1− = 1− = 0,947 , 3 3 tako da je korigovana vrednost aktivne otpornosti: R ' v = k R Rv = 0,947 ⋅ 7,67 = 7,47 Ω/faza .

Osnovni proračuni

6

Analogno se postupa i pri proračunu reaktanse i susceptanse ekvivalentne π-šeme: 2 bv xv L2v   rv   3,47 ⋅10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2 1 −    = 1 − k X = 1− 6   xv   6   X v′ = k X X v = 0,987 ⋅ 85,02 = 83,945 Ω/faza ;

  0,0295  2  1 −    = 0,987 ;   0,327  

bv xv L2v 3,47 ⋅10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2 = 1+ = 1,0064 ; 12 12 Bv′ = k B Bv = 1,0064 ⋅ 0,9022 ⋅10 −3 = 0,908 ⋅10 −3 S/faza ;

kB = 1+ ili

Bv′ = 0,454 ⋅10 −3 S/faza , 2

pošto se u ekvivalentnoj π-šemi ukupna susceptansa deli na dve polovine. Autotransformatori će biti zamenjeni “Г”-ekvivalentnom šemom (pošto se tada otočne grane voda i autotransformatora mogu objediniti, kako je to pokazano na sl. 1.1c), pri čemu tercijerni namotaj spregnut u trougao, neće u stacionarnom režimu biti opterećen pa prema tome neće ni učestvovati u ekvivalentnoj šemi. Parametri monofazne ekvivalentne šeme autotransformatora po fazi su onda:

X 12e =

2 1 X 12 % U nT 1 12 400 2 = ⋅ ⋅ = 24 Ω ; 2 100 S n12 2 100 400

1 PCunU n2 1 0,727 ⋅ 400 2 Re = = ⋅ = 0,3635 Ω ; 2 2 S12 2 400 2 n P 0,148 Ge = 2 Fen = 2 ⋅ = 1,85 ⋅10 −6 S ; 2 2 Un 400 i % S n12 0,15 400 Be = 2 o = 2⋅ ⋅ = 7,5 ⋅ 10 − 6 S . 2 2 100 U n 100 400 Kod proračuna parametara ekvivalentne šeme za dva paralelna autotransformatora, treba voditi računa da se parametri redne grane polove, a parametri otočne grane udvostručuju. Ekvivalentna šema sistema data je na sl. 1.1c. 1

Z ' v = (7,47 + j83,945) Ω

U1 j

Bv′ = j 0,454 ⋅ 10 −3 S 2

2 U2

j0,454⋅10-3 S

Ge=1,85⋅10-6 S

Sl. 1.1c Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.1

ZT=(0,3635+j24) Ω 3 U3

-jBe=-j7,5⋅10-6 S

Osnovni proračuni

7

Zadatak 1.2 Vod nominalnog napona 400 kV ima sledeće parametre: rv = 0,035 Ω/km; xv/rv = 10; qc = 0,5 MVAr/km; gv = 0. a) Naći podužnu kapacitetivnost voda cv, karakterističnu impedansu Zc; talasni otpor Zv i prirodnu snagu Pnat. b) Proračunati gubitke aktivne i reaktivne snage u vodu dužine Lv = 200 km, aktivnu i reaktivnu snagu i napon na početku voda, ako se na kraju voda isporučuje snaga P = Pnat pri nominalnom naponu (Un = 400 kV) i faktoru snage cosϕ = 0,98 (cap). Rešenje: a) Podužna kapacitivnost voda (po fazi) nalazi se iz reaktivne snage punjenja voda qc, kao: cv =

qc ω nU n2

=

0,5 = 9,947 ⋅ 10 −9 F/km . 2π ⋅ 50 ⋅ 400 2

Podužna susceptansa je:

bv = ωcv = 2π ⋅ 50 ⋅ 9,947 ⋅10 −9 = 3,125 ⋅10 −6 S/km . Podužna impedansa i admitansa su onda: z v = (0,035 + j 0,35) Ω/km = 0,352 Ω/km / 84,29° ;

y v = j 3,125 ⋅ 10 −6 S/km = 3,125 ⋅ 10 −6 S/km / 90° . Karakteristična impedansa voda je onda: Zc =

0,352 / 84,29° zv = = 335,62 Ω / − 2,86° , yv 3,125 ⋅ 10 −6 / 90°

a talasni otpor (karakteristična impedansa idealizovanog voda):

Zv =

xv 0,35 = = 334,67 Ω , bv 3,125 ⋅10 −6

dok je prirodna snaga:

Pnat =

U n2 400 2 = = 478,1 MW . Z v 334 ,67

b) Kompleksna snaga voda koja se na kraju voda predaje je: S 2 = Pnat (1 − jtg arccos 0,98) = (478,1 − j 97,1) MW = 487,96 MW / - 11,48° .

Osnovni proračuni

8

Gubici u vodu, kada se on predstavi sa π-ekvivalentom (za U2 = U2 /0°) su: 2

∆ S gub = Z v

P22

Q   +  Q2 − c  478,12 + (97,1 + 50)2 2   = (7 + j 70) = (10,95 + j109,5) MVA . U 22 400 2

Pad napona u vodu je: Q  Q    Rv P2 + X v  Q2 − c  X v P2 − Rv  Q2 − c  2  2    ∆U = +j U2 U2 7 ⋅ 478,1 − 70 ⋅ 147,1 70 ⋅ 478,1 + 7 ⋅147,1 = +j = (− 17,38 + j86,24 ) kV 400 400 Napon na početku voda je onda: U 1 = U 2 + ∆U = 400 − 17,38 + j86,24 = (382,62 + j86,24 ) kV = 392,22 kV / 12,71° . Kompleksna snaga na početku voda je: Bv 2 U1 2 = (478,1 − j 97,1) + (10,95 + j109,5) − j100 ⋅ 3,125 ⋅ 10 −6 ⋅ 392,22 2 = (489,05 − j 39,3) MVA .

S1 = S 2 + ∆S

gub

−j

Provera vrednosti toka aktivne snage na početku i kraju voda može se izvršiti preko formule za snage injektiranja:

U 12 U 1U 2 392,22 2 392,22 ⋅ 400 P1 = sin µ + sin (θ12 − µ ) = sin 5,71° − sin (12,71° − 5,71°) ZL ZL 70,35 70,35 = 217 ,56 − 271,4 = 488,96 MW (umesto ranije proračunatih 489,05 MW), gde je µ = 90° − arctg

XL = 90° − 84,29° = 5,71° . RL

U 22 UU 400 2 392,22 ⋅ 400 sin µ − 1 2 sin (θ 21 + µ ) = − sin 5,71 + sin (12,71 + 5,71) ZL ZL 70,35 70,35 = −226 ,28 + 704 ,3 = 478,02 MW (umesto ranije proračunatih 478,1 MW).

P2 = −

Sve razlike u rezultataima su posledica zaokruživanja.

Osnovni proračuni

9

Zadatak 1.3 Konzumno područje dvostrano se napaja trofaznim vodovima 400 kV. U slučaju ispada jednog od njih, drugim vodom dužine 200 km konzumnom području priticaće celokupna njegova snaga jednaka dvostrukoj prirodnoj snazi voda. Kolika će biti približna vrednost ugla voda (faznog pomeraja između napona na krajevima), a kolika reaktivna induktivna snaga koju troši vod pod pretpostavkom da se naponi bitno ne menjaju i da je podužna kapacitivna snaga otočnih kapacitivnosti voda približno 0,5 MVAr/km?

Rešenje: Radi se o dužini voda (deonice) kod koje još ne nastupaju efekti karakteristični za prenos naizmeničnom strujom na velike udaljenosti (dužina nešto veća od desetine četvrttalasne dužine). Kod prenosa prirodne snage (idealizovanim) vodom ima se na svakih 100 km ugaoni pomeraj napona od 6°, tj na 200 km 2⋅6 = 12°. S obzirom da je, naročito kod umerenih dužina, ovaj ugaoni pomeraj za vodove najviših napona praktično srazmeran sa aktivnom snagom (što se pored ostalog vidi i iz poprečne komponente fazorske razlike napona (PX − QR ) / U , gde je QR za red veličine manje od PX, a pogotovo ako se u osnovi kompenzuje reaktivna snaga potrošačkog područja, kako i odgovara uslovima prirodne snage (za jedan ili više vodova)). Prema tome kod prenosa dvostruke prirodne snage imaće se praktično i dvostruki ugaoni pomeraj: θ v = θU1 − θU 2 = 2 ⋅ 12° = 24°. Za približno nalaženje reaktivne induktivne snage koju “troši” vod u specifikovanim uslovima moguće je sledeće rezonovanje: Ukupna kapacitivna snaga koju proizvode otočne kapacitivnosti voda 400 kV dužine 200 km iznosi (približno):

Qcv = qcv Lv = 0,5 MVAr/km ⋅ 200 km = 100 MVAr. Kod prenosa prirodne snage (idealizovanim) vodom, vod sam sebe kompenzuje, tj. koliki su gubici reaktivne induktivne snage u rasipnim reaktansama, toliko proizvode kapacitivnosti voda (uzimaju kapacitivnu, odnosno daju induktivnu reaktivnu snagu). Otuda se pri prenosu prirodne snage imaju gubici reaktivne induktivne snage u rednim rasipnim reaktansama, takođe jednaki 100 MVAr i u celini su kompenzovani reaktivnom snagom otočnih kapacitivnosti. Kako su gubici reaktivne induktivne snage u rednim reaktansama srazmerni sa kvadratom struje, a time pri približno konstantnom naponu i kvadratu snage, oni će pri dvostrukoj prirodnoj snazi biti 22 = 4 puta veći nego pri jednostrukoj, tj. iznosiće približno 4⋅100 = 400 MVAr. S obzirom da je kapacitivnostima kompenzovano samo 100 MVAr, ima se na kraju: QΣv = Q − Qcv = 400 − 100 = 300 MVAr, tj. vod približno troši ukupno 300 MVAr.

Osnovni proračuni

10

Zadatak 1.4 Za deo elektroenergetskog sistema iz zadataka 1.1: a) Izračunati koeficijente ekvivalentnog četvorokrajnika; b) Nacrtati kružne dijagrame snaga koje protiču preko sabirnica 1 i 3. c) Nacrtati spiralne dijagrame za napon (i struju) za režim prenosa prirodne snage i za režim praznog hoda.

Rešenje: a) Ekvivalentna šema zadatog dela sistema data je na sl. 1.4a. 1

If1

Zv

If2 2

Uf1

ZT

Uf2

Y ot v 2

Y ot v 2

If3

3 Uf3

Y Tot

Sl. 1.4a Deo elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.4

Matrična relacija koja povezuje fazne veličine napona i struja na ulazu i izlazu prvog četvorokrajnika (ekvivalentne π-šeme voda) je:

U f 1   A1 I  =  f 1  C 1

B1  U f 2   . D1   I f 2 

Množenjem prethodne matrične relacije sa 3 prelazi se sa faznih na takozvane računske veličine napona i struja. Ovako uvedeni fazori napona i struja zadržavaju fazni stav, a moduli im se povećavaju 3 puta. Umesto termina računski za napone se može koristiti i termin linijski, odnosno međufazni. Termin međufazni za struje nije primeren. Prema tome prethodna jednačina postaje:

U 1   A1  I  = C  1  1

B1  U 2  . D1   I 2 

(1)

S obzirom da je prema ekvivalentnoj šemi: ot    Z v Y ot Yv v   U1 =U 2 + I 2 + U 2 Z v = U 2 1 +    2 2   

  + Z v I 2,  

Osnovni proračuni

11

a takođe: ot 2   Z v Y ot Z v Y v  ot  v I1 = U 2 Y v + + I 2 1 +    4 2   

 ,  

(2)

to se poređenjem relacija (1) i (2) određuju koeficijenti prvog četvorokrajnika: ot 2

ot

ot

Z Y Z Y Z Y ot A1 = 1 + v v ; B1 = Z v ; C 1 = Y v + v v ; D1 = 1 + v v . 2 4 2 Očigledno je, s obzirom da se radi o pasivnom, simetričnom četvorokrajniku da je:

A1 = D1 i A1 D1 − B1 C 1 = 1. Na sličan način se ima:

U 2   A 2  I  = C  2  2

B 2  U 3  . D 2   I 3 

(3)

Prema ekvivalentnoj šemi sa sl. 1.4a je: U 2 = U3 + ZT I3 ;

(

)

I 2 = Y T U 3 + 1+ Z T Y T I 3 , ot

ot

(4)

tako da se poređenjem (3) i (4) nalaze koeficijenti drugog četvorokrajnika (ekvivalentna Γ-šema transformatora): A 2 = 1; B 2 = Z T ; C 2 = Y T ; D 2 = 1 + Z T Y T . ot

ot

Pošto taj četvorokrajnik nije simetričan to je:

A2 ≠ D 2 , ali pošto je pasivan to je zadovoljen uslov: A 2 D 2 − B 2 C 2 = 1. Ako se iz (3) smeni matrica-kolona radnih veličina na ulazu u drugi četvorokrajnik u (1), dobija se:

U 1   Ae  I  = C  1  e

B e  U 3  . D e   I 3 

(5)

Osnovni proračuni

12

U relacijama (5) su uvedeni koeficijenti ekvivalentnog četvorokrajnika koji se nalaze prema pravilima matričnog množenja:  Z Y ot  ot A e = A1 A 2 + B1 C 2 = 1 + v v  + Z v Y T ;   2    Z Y ot  ot B e = A1 B 2 + B1 D 2 = 1 + v v  Z T + Z v 1 + Z T Y T ;   2   ot 2 ot  Z v Y v   Z v Y v  ot ot  C e = C 1 A 2 + D1 C 2 = Y v + + 1+ YT ;  4   2   

(

)

ot 2   Z v Y ot Z v Y v  ot  v D e = C 1 B 2 + D1 D 2 = Y v + Z T + 1 +    4 2   

(

)

  1 + Z T Y Tot .  

(6)

Posle zamene numeričkih vrednosti zadatih veličina, dobija se: Z v = (7,47 + j83,945)Ω = 84,277 Ω / 84,912° ; Y v = j 0,454 ⋅ 10 −3 S = 0,454 ⋅ 10 −3 S / 90° ; ot

Z T = (0,3635 + j 24 )Ω = 24,00275 Ω / 89,13° ;

Y T = (1,85 − j 7,5) ⋅ 10 −6 S = 7,72 ⋅ 10 −6 Ω / − 76,144° , ot

a zamenom tih veličina u relacije (6) dobijaju se koeficijenti ekvivalentnog četvorokrajnika: Ae = 0,962 / 0,2025° = Ae / α ; B e = 107,28 / 85,86° Ω = Be / β ; C e = 0,883 ⋅ 10 −3 / 89,8° S = Ce / γ ; D e = 0,94 / 0,225° = De / δ .

b) Kompleksni izrazi za snage koje protiču preko sabirnica 1 i 3 su:

De UU /β − δ − 1 3 /β + θ ; Be Be A UU S 3 = −U 32 e / β − α + 1 3 / β − θ , Be Be

S 1 = U 12

gde je sa θ označen ugao između fazora napona U1 i U3. Posle zamene poznatih numeričkih vrednosti u gornje relacije, izrazi za kompleksne snage postaju: S 1 = U 12 ⋅ 8,76 ⋅10 −3 / 85,635° − U 1U 3 ⋅ 9,32 ⋅ 10 −3 / θ + 85,86° ; S 3 = −U 32 ⋅ 8,967 ⋅10 −3 / 85,658° + U 1U 3 ⋅ 9,32 ⋅ 10 −3 / 85,86° − θ

(7)

Osnovni proračuni

13

Relacije (7) u polarnim kordinatama predstavljaju jednačinu familije krugova čiji je centar određen prvim sabirkom u relacijama (7), a poluprečnici krugova drugim sabirkom (pošto je samo drugi sabirak funkcija ugla θ). Naponi u relacijama (7) su međufazne veličine tako da su snage trofazne. Da bi se mogli analizirati različiti režimi rada proučiće se tri karakteristična slučaja:

1. slučaj U 3 = U nv = 400 kV = const. Drugim rečima, napon na sabirnica 3 se održava konstantnim dok će se napon U1 menjati u dijapazonu ±10 % (tab. 1.4a). Prvi sabirak u izrazu za S3 (relacije (7)) ne zavisi od U1 i iznosi:

8,967 ⋅10 −3U 32 = 8,967 ⋅10 −3 ⋅ 400 2 = 1434,72 MVA . Tab. 1.4a Prvi karakteristični slučaj U1 (kV) 0,9Unv = 360 0,95Unv = 380 Unv = 400 1,05Unv = 420 1,1Unv = 440

8,76 ⋅10 −3U 12 (MVA) 1135,29 1264,94 1401,6 1545,26 1695,94

9,32 ⋅10 −3U1U 3 (MVA) 1342,08 1416,64 1491,2 1565,76 1640,32

Kružni dijagrami snaga koji odgovaraju tab. 1.4a nacrtani su na sl. 1.4b. Krugovi snaga na sabirnicama 3 su koncentrični krugovi pošto im je centar fiksan (prvi sabirak u S3 ne zavisi od U1) dok se centri krugova na sabirnicama 1 udaljavaju od koordinatnog početka sa rastom napona pri čemu raste i njihov poluprečnik (treća kolona u tab. 1.4a). Ako se na sl. 1.4b uoči prava stalne aktivne snage (P = 500 MW = const) to se vidi da će sa rastom napona U1 rasti i reaktivna snaga Q1 koja se preko sabirnica 1 predaje u sistem (za niže vrednosti napona ona je negativna - tačke 1 i 3 na sl. 1.4b), zatim da će se rastom napona U1 reaktivna snaga Q3 (krugovi snaga na sabirnicama 3, III i IV kvadrant), koja je negativna, (tačke 1' i 3'), po modulu da se smanjuje i da će pri dovoljno velikoj vrednosti napona U1 snaga Q3 promeniti smer (tačka 5'), odnosno da i snaga Q3 raste sa rastom napona U1 (za Q3>0, tj. reaktivna snaga se preko sabirnica 3 predaje jakoj mreži). Isto tako se uočava da sa rastom napona opada ugao θ između U1 i U3 (θ5'<θ1') odnosno, pošto je problem stabilnosti u osnovi problem uglova, a za manje uglove sistem je stabilniji, to se zaključuje da će viši naponi u sistemu imati povoljan uticaj na stabilnost sistema. Iz ove pojednostavljene analize se primećuje da promena napona u osnovi utiče na promenu tokova reaktivnih snaga dok znatno manje utiče na tokove aktivnih snaga.

Osnovni proračuni

14

2. slučaj

U1 = 410 kV = const . Napon sabirnica 1 se održava konstantnim dok se napon U3 menja (tab. 1.4b). Tab. 1.4b Drugi karakteristični slučaj U3 (kV) 0,9UnMs = 342,85 0,95UnMs = 361,9 UnMs = 380,95 1,05UnMs = 399,99 1,1UnMs = 419,05

8,967 ⋅10 −3U 32 (MVA) 1054,36 1174,4 1301,3 1434,7 1574,6

U1U 3 ⋅ 9,32 ⋅10 −3 (MVA) 1310,1 1382,9 1455,7 1528,5 1601,3

Prvi sabirak u izrazu za S1 (relacije (7)) ne zavisi od U3 i iznosi: 8,76 ⋅ 10 −3U 12 = 8,76 ⋅ 10 −3 ⋅ 410 2 = 1472,56 MVA Kružni dijagrami snaga koji odgovaraju tab. 1.4b nacrtani su na sl. 1.4c. Krugovi snaga na sabirnicama 1 (I i II kvadrant) su koncentrični krugovi sa centrom u tački C, a snage S3 su predstavljene krugovima čiji se centri pomeraju duž pravca − 8,967 ⋅10 −3 ⋅ U 32 / 85,658° . Slična analiza koja je urađena za sl. 1.4b može se uraditi i za sl. 1.4c. (Napomena: Na sl. 1.4b i sl. 1.4c nacrtana su radi bolje preglednosti samo tri od pet krugova iz tab. 1.4a i tab. 1.4b).

3. slučaj

U1 = 410 kV = const . ; U 3 = U nMs = 380 ,95 kV = const . U ovom slučaju ispituje se zavisnost snaga od faznog ugla θ pošto su oba napona konstantna. Posle zamene numeričkih vrednosti dobija se: S 1 = 112,08 − 1455,69 cos(θ + 85,86 ) + j[1468,3 − 1455,69 sin (85,86° + θ)] = P1 + Q1 ; S 3 = 98,53 + 1455,7 cos(85,86 − θ) + j [1297,6 + 1455,7 sin (85,86° − θ)] = P3 + Q3 .

ugla θ.

Iz ovih izraza zaključije se da su snage P1, P3, Q1 i Q3 sinusne (odnosno kosinusne) funkcije

Osnovni proračuni

15

Q

S1(5) S1(3) S1(1)

C5 C3 C1

θ5 θ3

P = 500 MW

θ1 85,635° 5

U3 = Unv = const

5’

3 3’ 1 1’ 85,658°

P

θ1' θ3' θ5' S3(1)

C

S3(3) S3(5)

Sl. 1.4b Kružni dijagram snaga voda koji odgovara tab. 1.4a

Osnovni proračuni

16

Q

S1(3)

S1(5) S1(1)

C

θ5 θ3 θ1

P=500 MW

1 3 P

5

C1 C3 C5

S3(1) S3(3) S3(5)

Sl. 1.4c Kružni dijagram snaga voda koji odgovara tab. 1.4b

Osnovni proračuni

17

c) Na osnovu podužnih pogonskih parametara voda: z v = (0,0295 + j 0,327 ) Ω/km, f = 0,328 Ω/km /84,845° ;

y v = j 3,47 ⋅10 −6 S/km, f = 3,47 ⋅ 10 −6 S/km /90° , nalaze se tzv. sekundarni parametri voda: karakteristična impedansa Zc

zv 0,328 = / − 2,58° = 307,4 / − 2,58° Ω = Z c / ξ yv 3,47 ⋅10 −6

Zc =

i koeficijent prostiranja γ:

γ = z v y v = 1,0668 ⋅10 −3 / 87,42° . Pošto je:

γ = α + jβ , to je koeficijent slabljenja α:

α = 0,048 ⋅ 10 −3 1/km , a fazni koeficijent β:

β = 1,066 ⋅10 −3 rad/km . Talasna dužina je:

λt =

2π 2π = = 5894,17 km , β 1,066 ⋅10 −3

a brzina prostiranja: v = λ t f = 5894,17 ⋅ 50 = 294 708,5 km/s .

Jednačine voda koje povezuju fazni napon i faznu struju na bilo kojem mestu na vodu (x) sa faznim naponom i faznom strujom na kraju voda su: U I

fx

fx

= U f 2 ch γx + I =

Uf2 Zc

f 2 Z c sh γx ;

sh γx + I f 2 ch γx .

U jednačini (8) je uzeto:

(8)

Osnovni proračuni

U

f2

18

= U f 2 / 0.

Za režim prenosa prirodne snage ima se: U f 2 = Z c I f 2.

(9)

Posle smenjivanja (9) u (8) dobijaju se jednačine:

U I

fx

fx

= U f 2 (ch γx + sh γ x ) = U f 2 e

=

Uf2 Zc

e

γx

=

Uf2 Zc

γx

= U f 2 e α x e jβ x ;

e αx e jβx e − jξ .

(10)

Prva od jednačina (10) u polarnim koordinatama predstavlja logaritamsku spiralu koja se sa rastom dužine voda x (αx raste pa raste i eαx) odmotava, što važi i za drugu relaciju u (10), s tim što su argumenti ovog kompleksnog izraza nešto manji (za argument kompleksne karakteristične impedanse Zc). Prva od jednačina (10) grafički je predstavljena na sl. 1.4d. Za režim praznog hoda (If2 = 0) relacije (8) postaju: U I

fx

fx

= U f 2 ch γx = =

Uf2 2Z c

(e

Uf2 2

αx jβx − jξ

e

e

(e

γx

+e

− γx

) = U2 (e f2

αx jβ x

e

)

+ e −αx e − jβx ;

)

− e −αx e − jβx e − jξ .

(11)

P2 P3

P1

P4

Po 0

P7

P5 P6

Sl. 1.4d Grafička predstava prve od jednačina 10

P8

Osnovni proračuni

19

Prvi sabirak u relacijama (11) predstavlja u polarnim koordinatama logaritamsku spiralu koja se odmotava, a drugi (e-αx opada kada x raste) logaritamsku spiralu koja se zamotava oko koordinatnog početka. Karakteristične vrednosti dužine voda x odabraće se tako da proizvod βx (argument kompleksnih izraza) ima vrednosti π/4, π/2, itd. (tab. 1.4c). Tab. 1.4c Karakteristične vrednosti za crtanje logaritamske spirale sa sl. 1.4e Tačka na dijagramu Co(Po) C1(P1) C2(P2) C3(P3) C4(P4) C5(P5) C6(P6) C7(P7) C8(P8)

Ugao βx (rad) 0 π/4 π/2 3π/4 π 5π/4 3π/2 7π/4 2π

Dužina voda x (km) 0 736,77 1473,54 2210,3 2947,08 3683,86 4420,63 5157,4 5894,17

eαx

e-αx

1 1,036 1,073 1,112 1,152 1,193 1,236 1,280 1,327

1 0,965 0,932 0,899 0,868 0,838 0,809 0,780 0,754

Sl. 1.4d predstavlja logaritamsku spiralu za napon u režimu prenosa prirodne snage vodom na kome se imaju gubici aktivne snage (za idealizovani vod α = 0 pa se zaključuje da logaritamska spirala degeneriše u krug). Na primer tačka P1 predstavlja vektor napona na početku voda dugačkog 736,77 km kad se tim vodom prenosi prirodna snaga. Tačka Po, u razmeri za napon određuje vektor napona na kraju tog voda pošto se tekuća koordinata x u relacijama (8) meri od kraja ka početku voda tako da se za x = 0 dobija napon na kraju voda. Tačka P1 se crta prema koloni 4 u tab. 1.4c, odnosno poteg te tačke je za 1,036 puta veći od potega tačke Po (a argument je π/4). Ako se izabere pogodna razmera za struju tada se vrlo sličan spiralni dijagram dobija i za struju samo s tom razlikom što argument potega OP1 ne bi bio 45° već 45° - ξ = 45° - 2,58° = 42,42°. Na sl. 1.4e nacrtane su logaritamske spirale za napon i struju za režim praznog hoda (relacije (11) i tab. 1.4c). Tačke C1, C2, …, C8 predstavljaju krajeve fazora napona na rastojanju λt/8, 2λt/8, … od kraja voda, a tačka Co predstavlja napon na kraju voda. (Tačke 1, 2, ..., 8 spirale odgovaraju pozitivnim, a tačke 1', 2', ..., 8' negativnim vrednostima za x tako da se tačka C3 nalazi kao OC 3 = 03 + 03' ). Poteg OC 2 određuje napon na početku dalekovoda dugačkog 1473,54 km pri čemu je napon na njegovom otvorenom kraju OC o (za idealizovani vod tačka C2 bi pala u koordinatni početak i time se ima poznati teorijski slučaj Ferantijevog efekta pri kome se za napon jednak nuli na početku dalekovoda ima konačna vrednost napona na otvorenom kraju dalekovoda, odnosno beskonačno veliko povećanje napona). Tačke S1, S2, ..., S8 odgovaraju logaritamskoj spirali za struju koja se konstruiše na analogan način.

Osnovni proračuni

20 S2

S1 2

S3

6’

1

3

7’

5’

C4

C3

C2 S8 4

4’

S4

0

C1

Co C8

8’ 8

C5

C7

C6 3’ 1’ 5

2’ S5

6

7 S7

S6

Sl. 1.4e Logaritamske spirale za napon i struju za režim praznog hoda (relacije (11) i tab. 1.4c)

Osnovni proračuni

21

Zadatak 1.5 a) Ilustrovati fenomen Feranti-efekta, na primeru otvorenog vazdušnog voda 50 Hz, čiji je napon na početku U1o = 400 kV, a njegova dužina Lv = 400 km, koristeći približnu relaciju co2 = 1 / lv cv , gde je co ≈ 300 000 km/s brzina prostiranja svetlosti u praznom prostoru, a lv u H/km i cv u F/km podužna induktivnost i kapacitivnost vazdušnog voda, respektivno. b) Proračunati parametre simetrične ekvivalentne π-šeme vazdušnog voda dužine Lv = 400 km, čiji su podužni parametri rv = 0,035 Ω/km; lv = 1,1 mH/km; gv≈0 i cv = 9,5⋅10-9 F/km. Nacrtati šemu i u nju uneti numeričke vrednosti parametara. c) Proračunati parametre nesimetrične ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora, čiji su osnovni podaci Sn = 100 MVA; mT = 220 kV±10×1,5 %/10,5 kV; uk(n=0) = 12,5 %; rT≈0; sprega Yd5, za položaje regulacionog prekidača n = +10; 0; -10, uz zanemarenje promene reaktanse namotaja pri promeni položaja regulacionog prekidača. Numeričke vrednosti izračunatih parametara svesti na napon 220 kV.

Rešenje: Jednačina napona prenosnog voda u praznom hodu je: U

f 1o

=U

f 2 ch γLv

=U

f 2 ch

(α o + jβ o )Lv = U f 2 (chα cos β + jshα sin β) ,

gde je: α = α o Lv ;

β = β o Lv = ω lv cv Lv =

ω 2π ⋅ 50 2π ⋅ 50 180 Lv = ⋅ 400 [rad] = ⋅ 400 ⋅ [°] = 24° . c 300 000 300 000 π

Za α o Lv ≈ 0 linijski napon na kraju voda U 2 = 3U

U2 =

f2

je:

U1o U 1o = = 1,095 ⋅ 400 = 438 kV . cos β o Lv cos 24°

Kako se ovde radi o 400 kV vodu, čiji je najviši dozvoljeni pogonski napon (određen stepenom izolacije) Umax = 420 kV (1,05Un), jasno je da je stacionarno povišenje napona na kraju voda od 9,5 %, sa gledišta izolacije voda nedozvoljeno. b) Pošto dužina voda premašuje 250 km, pri proračunu parametara šeme moraju se uzeti u obzir koeficijenti popravke kR, kX, kB, sa kojima se množe osnovne vrednosti otpornosti (Rv = rvLv), reaktanse (Xv = xvLv = lvωLv) i susceptanse (Bv = bvLv = cvωLv) voda, koje iznose: Rv = 0,035 ⋅ 400 = 14 Ω ;

X v = 1,1 ⋅10 −3 ⋅ 314 ⋅ 400 = 138,16 Ω ; Bvot = 9,5 ⋅10 −9 ⋅ 314 ⋅ 400 = 1,1932 ⋅10 −3 S ; S druge strane, koeficijenti popravke za gornje parametre ovde su:

Osnovni proračuni

22

Bvot X v kR = 1− 3 ot B X k X = 1− v v 6

kB = 1+

1,1932 ⋅ 10 −3 ⋅ 138,16 = 0,945 ; 3 2 −3    R2  1 − v  = 1 − 1,1932 ⋅ 10 ⋅ 138,16 1 − 14   138,16 2  = 0,973 ;  X2  6   v   = 1−

Bvot X v 1,1932 ⋅ 10 −3 ⋅138,16 = 1+ = 1,0137 , 12 12

tako da su vrednosti odgovarajućih parametara π-šeme: Rv′ = k R Rv = 0,945 ⋅ 14 = 13,23 Ω ; X v′ = k X X v = 0,973 ⋅ 138,16 = 134,43 Ω ;

Bv′ ot = k B Bvot = 1,0137 ⋅1,1932 ⋅10 −3 = 1,21 ⋅10 −3 S . Takođe je:

Qco = Bv′ otU n2 = 1,21 ⋅10 −3 ⋅ 400 2 = 193,6 MVAr. Ekvivalentna π-šema voda sa unetim vrednostima parametara data je na sl. 1.5a. Z′v = R′v + jX′v = (13,23 + j134,43) Ω U1

U2 Bv′ ot j = j 0,605 ⋅ 10 −3 S 2

j

Bv′ ot = j 0,605 ⋅ 10 −3 S 2

Sl. 1.5a Ekvivalentna π-šema voda iz zadatka 1.5b c) Na sl. 1.5b prikazana je nesimetrična π-ekvivalentna šema regulacionog transformatora: Z12 = t ZT

U1

Z 1o = Z T

t2 1− t

U2 Z 2o = Z T

t t −1

Sl. 1.5b Nesimetrična π-ekvivalentna šema regulacionog transformatora iz zadatka 1.5c Vrednost impedanse transformatora za nominalni prenosni odnos je:

Osnovni proračuni

ZT = j

23

u k % U n2 12,5 220 2 = j = j 60,5 Ω . 100 S n 100 100

Vrednosti parametara šeme sa prethodne slike zavise od položaja regulacionog prekidača n. Za n = 0 dobija se: t = 1 + n∆t = 1 ; Z 12 = Z T = j 60,5 Ω ; Z 1o = ∞ ; Z 2o = ∞ . Za n = +10 dobija se:

t = 1 + n∆t = 1 + 10 ⋅ 0,015 = 1,15 ; Z 12 = t Z T = 1,15 ⋅ j60,5 = j 69,575 Ω ; t2 1,15 2 Z 1o = ZT = j 60,5 = − j 533,43 Ω ; 1− t 1 − 1,15 t 1,15 Z 2o = ZT = j 60,5 = j 463,83 Ω . t −1 1,15 − 1 Za n = -10 dobija se: t = 1 + n∆t = 1 − 10 ⋅ 0,015 = 0,85 : Z 12 = t Z T = 0,85 ⋅ j 60,5 = j 51,425 Ω ; t2 0,85 2 ZT = j 60,5 = j 291,41,43 Ω ; 1− t 1 − 0,85 t 0,85 = ZT = j 60,5 = − j 343,83 Ω . t −1 0,85 − 1

Z 1o = Z 2o

Osnovni proračuni

24

Zadatak 1.6 U normalnom pogonu dela elektroenergetskog sistema prikazanog na sl. 1.6a, generatorskotransformatorski blokovi odaju 500 MW na sabirnice 1 pri radnom naponu U1 = 415 kV. Ako se sabirnice 2 usled kvara isključe i ako se ems E’ iza podužne tranzijentne reaktanse održava konstantnom u tranzijentnom periodu, izračunati koliki će se kvazistacionarni napon uspostaviti na otvorenom kraju dalekovoda I i II (dalekovode I i II uzeti kao idealizovane, sa raspodeljenim parametrima). Podaci neophodni za proračune, dati su takođe na sl. 1.6a. 2 1 G T U1 = 415 kV

~

I

500 MW

Zc = 320 Ω Lv = 300 km

~

0 MVAr

SnG = SnT = 2×300 MVA mT = 400/15,75 kV/kV

II UnG = 15,75 kV X d′ % = 30 %

XT% = 14 %


Rešenje: Parametri sistema svedeni na stranu voda su: 2

2 X ' d % U nG 30 15,75 2  400  2 X 'd = mT = ⋅ ⋅  = 160 Ω ; 100 S nG 100 300  15,75  2 X % U nT 14 400 2 XT = T = ⋅ = 74,66 Ω ; 100 S nT 100 300 1 X ' de = X ' d = 80 Ω ; 2 1 X Te = X T = 37,33 Ω . 2

Ekvivalentna šema sistema data je na sl. 1.6b. ′ jX de E’

jXTe

500 MW 1 0 MVAr U1

2 Zc=320/2=160 Ω Lv=300 km

Sl. 1.6b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.6

U2

Osnovni proračuni

25

Ems E’ iza tranzijentne reaktanse biće sračunata iz podataka o stacionarnom režimu (uzimajući da je fazor linijskog napona na sabirnicama 1 U10 = U10 /0°): PR + QX PX − QR PX 500 ⋅ (80 + 37,3) +j = U 10 + j = 415 + j U 10 U 10 U 10 415 = (415 + j141,37 ) kV = 438,41 kV / 18,81°

E ' = U 10 +

′ + X Te . gde je X = X de Ova ems ostaje konstantna i u delu zadatka u kome su krajevi 2 u praznom hodu. Jednačine za idealizovani prenosni vod u praznom hodu (I2 = 0) su: U 1 = U 2 cos λ ; U 2 = U 2 / 0o ; U I 1 = j 2 sin λ , Z ce gde je λ = βLv električna ugaona dužina voda. Veza između ems E’ i napona U1 (u kvazistacionarnom stanju) je: E ' = U 1 + j ( X Te + X ' de )I 1 = U 1 + j ( X Te + X ' de ) ⋅ j = U 2 cos λ −

U2 ( X Te + X 'de )sin λ ; Z ce

U2 sin λ Z ce

λ = 0,06(° / km ) ⋅ 300(km ) = 18° ,

tako da je

U2 =

E' 438,41 = = 605,16 kV . 117,33 X + X 'de sin 18° cos λ − Te sin λ cos18° − 160 Z ce

Osnovni proračuni

26

Zadatak 1.7 Parametri simetričnog 220 kV trofaznog voda 50 Hz, su: rv = 0,074 Ω/km; lv = 1,212 ⋅10 −3 H/km; cv = 9,577 ⋅10 −9 F/km; Lv = 150 km. a) Naći parametre simetričnog π-ekvivalenta voda. b) Ako je vod otvoren i na predajnom kraju se održava napon U1 = 220 kV, naći napon U2 na prijemnom kraju. c) Ako se otvoreni vod napaja iz generatora, prividne nominalne snage SnG = 500 MVA, nominalnog napona UnG = 20 kV, posredstvom generatorskog blok-transformatora prenosnog odnosa 20/220 kV/kV, iste prividne snage i ako se na strani višeg napona transformatora održava napon U1 = 220 kV, proračunati taj napon, posle iznenadnog isključenja prekidača transformatora na strani 220 kV. Sinhrona reaktansa generatora je XG% = 180 %, a reaktansa rasipanja transformatora XT% = 14 %. U proračunu blok-transformator posmatrati kao idealni transformator (zanemariti otpornost voda, gubitke u bakru i gvožđu i struju praznog hoda transformatora).

Rešenje: a) Proračun elemenata ekvivalentne π-šeme voda (prikazane na sl. 1.7a): Rv = rv Lv = 0,074 ⋅ 150 = 11,1 Ω;

X v = lv ωn Lv = 1,212 ⋅10 −3 ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅150 = 57,12 Ω; Yvot L 150 = cv ωn v = 9,577 ⋅ 10 −9 ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅ = 0,2256 ⋅10 −3 S ; 2 2 2 Z v = ( Rv + jX v ) = (11,1 + 57,12) Ω ; ot

Yv ot = j 225,6 ⋅ 10 −6 S → 2 Z v = − j 4432,6 Ω. 2 Zv = (11,1 + j57,12) Ω U1

U2

Y ot v = j 225,6 ⋅ 10 −6 S 2

Y ot v = j 225,6 ⋅ 10 −6 S 2

Sl. 1.7a π-ekvivalent voda iz zadatka 1.7 b) Pod pretpostavkom da je linijski napon na početku voda U 1 = 220 kV, pri otvorenom vodu na prijemnom kraju je:

U 2 =U1

2Z ot v Z v + 2Z ot v

= 220

− j 4432,6 220 ⋅ 4432,6 =−j = 222,85 kV / − 0,14° 11,1 + j 57,12 − j 4432,6 11,1 − j 4375,8

Osnovni proračuni

27

c) Ekvivalentna šema sistema, prikazana je na sl. 1.7b. Impedanse generatora i bloktransformatora svedene na nominalni napon voda su:

XT =

2 X T % U nTV 100 S nT

2

 180 20 2  220  2  = ⋅   = 174,24 Ω;  100 500  20  14 220 2 = ⋅ = 13,55 Ω. 100 500

2  U nTV X % U nG  XG = G 100 S nG  U nTN

E

jXG Generator

jXT

U1

Blok transformator

U2

Zv P

vod ot

2Z v

ot

2Z v

Sl. 1.7b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.7 U stacionarnom stanju, pre nego što se isključi prekidač P, odnos fazora napona na početku voda (U1) i EMS generatora ( E sv ) svedene na stranu višeg napona blok-transformatora nalazi se iz relacije: U1 Z ekv v = eq , E sv Z v + j ( X G + X T ) gde je pri zanemarenju otpora voda:

Z ekv v = tako da je U1 E sv

=

(

)

− j X v − 2 X vot ⋅ 2 X vot X v − 4 X vot

=−j

(57,12 − 4432,6) ⋅ 4432,6 = − j 2201,93 Ω , 57,12 − 2 ⋅ 4432,6

− j 2201,93 = 1,093 . − j 2201,93 + j (174,24 + 13,55)

Primećuje se značajan porast napona (9,3 %) u smeru proticanja struje (Ferantijev efekat) zbog velike reaktanse generatora i transformatora. Na vodu je porast bio samo 2,85 kV, ili 1,3 % (zbog manje Xv). Prema tome, ako je napon na početku voda U 1 = 220 kV tada je svedena EMS generatora: U1 220 E sv = = = 201,22 kV 1,0933 1,0933 odnosno 20 20 E = E sv = 201,22 = 18,29 kV 220 220 Posle isključenja prekidača P, napon na strani višeg napona blok-transformatora U 1 i EMS E sv , svedena na istu stranu, jednaki su, tako da je U1 = E sv = 201,22 kV .

Osnovni proračuni

28

Zadatak 1.8 Kolika se maksimalna (granična) aktivna snaga (ili granična prenosna snaga) može preneti iz suficitarnog proizvodno-potrošačkog područja (1) preko dalekovoda 220 kV, dužine 400 km, zadatih podužnih parametara na sl. 1.8a, u čisto pasivno potrošako područje (2) koje se sa raznim snagama može izdvojiti od ostalog aktivnog područja, ako je tgϕ2 = 0,4, a naponi ograničeni: - na gore na kraju 1: U1max = 245 kV i - na dole na kraju 2: U2min = 198 kV? Napomena: Računati sa ekvivalentnom π-šemom i skalarnim koeficijentima popravke paramatara voda. 1

2 Unv = 220 kV Lv = 400 km rv = 0,08 Ω/km xv = 0,42 Ω/km bv = 2,65⋅10-6 S/km

1

P2=? 2 tgϕ2=0,4

Sl. 1.8a Šema i parametri elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.8

Rešenje: Skalarni koeficijenti popravke parametara voda ovde su: bv xv L2v 2,65 ⋅10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2 = 1− = 0,9406 3 3 2 bv xv L2v bv Lv (rv Lv )2 2,65 ⋅10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2 2,65 ⋅ 10 −6 ⋅ 400 ⋅ (0,8 ⋅ 400 ) kX = 1− + = 1− + 6 6 xv Lv 6 6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 = 0,9714; kR = 1−

kB = 1+

bv xv L2v 2,65 ⋅ 10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2 = 1− = 1,0148 . 12 12

Ekvivalentna šema sistema prikazana je na sl. 1.8b. 1

R'

jX'

U1

P'2

P2

2

Q'2

Q2

U2

jB'/2

jB'/2 QC2

Sl. 1.8b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.8a

Sa gornje šeme se nalazi veza modula napona U1 i U2:

Osnovni proračuni

29

2

U12

2

 P′R′ + Q2′ X ′   P2′ X ′ − Q2′ R′   +   , = U 2 + 2 U2 U2    

gde je:

P2 = P2′ ;

B′ B′ = P2 tgϕ 2 − U 22 ; 2 2 R ′ = k R rv Lv = 0,9406 ⋅ 0,08 ⋅ 400 = 30,099 Ω ; X ′ = k X xv Lv = 0,9714 ⋅ 0,42 ⋅ 400 = 163,195 Ω ;

Q2′ = Q2 − QC 2 = Q2 − U 22

L 400 B′ = k B bv v = 1,0148 ⋅ 2,65 ⋅10 −6 ⋅ = 0,5378 ⋅ 10 −3 S ; 2 2 2 ′ B QC 2 = U 22 = 198 2 ⋅ 0,5378 ⋅ 10 −3 = 21,084 MVAr ; 2 Naponi na krajevima π-ekvivalenta voda U1 i U2 na sl. 1.8b su međufazne veličine (fazor međufazne veličine u analizi se definiše sa istim faznim stavom kao fazor fazne veličine i sa modulom 3 puta većim). Posledica primene međufaznih napona na ekvivalentnoj šemi voda, sa parametrima po fazi, su trofazne snage koje su od primarnog interesa. Ekvivalenti su linearni modeli na kojima se korektno simuliraju prilike i sa međufaznim ili, ako se to posebno želi, sa faznim radnim veličinama. Da bi se prenela maksimalna snaga potrebno je da naponi imaju vrednosti U1 = U1max i U2 = U2min, pa je: 2

U12max

2

 P′R′ + Q2′ X ′   P2′ X ′ − Q2′ R′   +   , = U 2 min + 2 U U 2 min 2 min    

odnosno: 30,099 P2 + (0,4 P2 − 21,084 ) ⋅ 163,195   163,195 P2 − (0,4 P2 − 21,084 ) ⋅ 30,099   245 2 = 198 +  +  . 198 198     2

2

Sređivanjem gornjeg izraza dobija se kvadratna jednačina po P2, čiji je oblik:

0,802 P22 + 174,67 P2 − 27391,1 = 0 . Pozitivno rešenje gornje jednačine je fizički prihvatljivo i iznosi:

P2 = 105,6 MW . U slučaju kad se snaga Q2 u celini kompenzuje (npr. sinhronim kompenzatorom ili baterijom kondenzatora vezanom u tački 2) ima se (tgϕ2 = 0):

Osnovni proračuni

30

Q2′ = Q2 − QC 2 = 0 − QC 2 = −QC 2 , što daje: 2

U 12max

2

 P ′R ′ − QC 2 X ′   P2′ X ′ + QC 2 R ′   +   , = U 2 min + 2 U 2 min U 2 min    

odnosno: 2

2

30,099 P2 − 21,084 ⋅ 163,195   163,195 P2 + 21,084 ⋅ 30,099   245 2 = 198 +  +  . 198 198     Sređivanjem gornje jednačine dobija se kvadratna jednačina po P2: P22 + 85,5 P2 − 39422 = 0 Fizički prihvatljivo rešenje gornje jednačine iznosi:

P2 = 160,35 MW . Zaključuje se da se aktivna snaga na prijemnom kraju bitno uvećava ako se izvrši potpuna kompenzacija reaktivne snage. Granična prenosna snaga je znatno viša od granice stabilnosti koja bi se imala kad bi prijemni kraj bio aktivan (tj. sa priključenim elektranama) i kada moraju da se uvažavaju i impedanse ostalih elemenata uključivo i ekvivalentne generatore na oba kraja.

Osnovni proračuni

31

Zadatak 1.9 Za deo elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.1, na osnovu datih podataka, metodom bilansa snaga odrediti tokove aktivnih i reaktivnih snaga i gubitke, ako se u jaku mrežu prenosi snaga S3 = (500 + j150) MVA.

Rešenje: Radni režim je zadat na sabirnicama 3 ekvivalentne šeme sa sl. 1.1c i odgovarajuće radne veličine su: U 3sv = U 3 ⋅ m AT12 = 200 ⋅

400 = 346,32 kV , 231

(sa U3sv je označena veličina linijskog napona na sabirnicama 3 svedena na stranu 400 kV). P3 = 500 MW ; Q3 = 150 MVAr. Proračun tokova aktivnih i reaktivnih snaga po metodu bilansa snaga (skalarni račun) vrši se tako da se postupno od elementa do elementa ekvivalentne šeme na sl. 1.1c računaju aktivna i reaktivna snaga, gubici i naponi, a zatim vrši bilansiranje po I Kirchoffovom zakonu. Polazi se od zadatog režima na sabirnicama 3 i najpre se nailazi na rednu granu autotransformatora, čiji su gubici aktivne i reaktivne snage: gub PCu = R ATe AT

Qγgub = X ATe AT

P32 + Q33 U 32sv P32 + Q33 U 32sv

= 0,3635 ⋅ = 24 ⋅

500 2 + 150 2 = 0,826 MW ; 346,32 2

500 2 + 150 2 = 54,53 MVAr. 346,32 2

Da bi se našli gubici snage u otočnoj grani autotransformatora najpre se nalazi napon tačke 2:

P3 R ATe + Q3 X ATe PX − Q3 R ATe + j 3 ATe = U 3sv U 3sv 500 ⋅ 0,3635 + 150 ⋅ 24 500 ⋅ 24 − 150 ⋅ 0,3635 = 346,32 + +j = (357,24 + j 34,49) kV = 346,32 346,32 = 358,9 kV / 5,5° ,

U 2 = U 3sv +

gde se pretpostavlja da je fazor napona U3 = U3 /0° Sada su gubici u otočnoj grani autotransformatora:

PFegub = G ATe ⋅ U 22 = 1,85 ⋅10 −6 ⋅ 358,9 2 = 0,24 MW ; AT Qγgub = B ATe ⋅ U 22 = 7,5 ⋅ 10 −6 ⋅ 358,9 2 = 0,97 MVAr. AT

Osnovni proračuni

32

Postupkom bilansiranja nalaze se snage desno od tačke 2, a zatim reaktivna kapacitivna snaga (dakle, sa znakom ‘-‘) koju generišu kapacitivnosti voda. Ona iznosi: B' 2  Qv  −3 2   = v U 2 = 0,45 ⋅ 10 ⋅ 358,9 = 57,98 MVAr. 2  2 2 Zatim se ponovo bilansiranjem nalaze snage levo od tačke 2:

P2 L = 501,066 MW ; Q2 L = 205,5 − 57,98 = 147,52 MVAr , i prema njima gubici aktivne i reaktivne snage na vodu:

Pvgub =

P22L + Q22L 501,066 2 + 147,52 2 R ' = ⋅ 7,47 = 15,8 MW ; v U 22 358,9 2

Qvgub =

P22L + Q22L 501,066 2 + 147,52 2 X ' = ⋅ 83,945 = 177,8 MVAr , v U 22 358,9 2

i napon tačke 1: U1 = U2 +

P2 L R'v +Q2 L X 'v P X ' −Q R' + j 2 L v 2 L v = (403,83 + j114,13) kV = 419,65 kV / 15,8° . U2 U2

Na osnovu ovog napona se nalazi reaktivna (kapacitivna) snaga voda u tački 1: B' 2  Qv  −3 2   = v U 1 = 0,45 ⋅10 ⋅ 419,65 = 79,25 MVAr. 2 2  1 Ceo postupak bilansiranja daje se pregledno u tab. 1.9a, dok su tokovi snaga i naponska stanja ilustrovana na sl. 1.9a.

Tab. 1.9a Postupak bilansiranja snaga iz zadatka 1.9 Bilans snaga Zadate snage na sabirnicama 3 Gubici snage u rednoj grani autotransformatora

Gubici snage u otočnoj grani autotransformatora Reaktivna (kapacitivna) snaga koju vod generiše u tački 2 Gubici snage u vodu Reaktivna (kapacitivna) snaga koju vod generiše u tački 1 Snage koje ulaze u tačku 1

Aktivna snaga (MW) 500 + 0 ,826 500 ,826 + 0 ,24 501,066 + 0 ,0 501,066 + 15,8 516 ,866

Reaktivna snaga (MW) 150 + 54 ,53 204 ,53 + 0 ,97 205,5 − 57,98 147,52 + 177,8 325,32

+0,0

− 79,25

516,866

246,07

Osnovni proračuni

33

U1=403,83+j114,13

1

15,8

U2=357,24+j34,39

516,866

516,866 Z ' v

501,066 2

246,14

325,32

147,52

B′ j v 2

177,8 79,25

B′ j v 2

0,826

501,066 205,5 0,24

U3sv=346,32

500,826 ZT

500

204,53

150

0,97

54,53

57,98

Ge

-jBe

Sl. 1.9a Ilustracija tokova snaga i naponskih stanja u sistemu iz zadatka 1.9

3

Osnovni proračuni

34

Zadatak 1.10 Za jednostavni radijalni prenosno-distributivni sistem sa sl. 1.10a, izračunati: a) Parametre ekvivalentne šeme elemenata sistema (svedene na napon voda), koristeći simetrični π-ekvivalent za predstavu voda, a Γ-ekvivalent za predstavu transformatora. b) Za poznato stanje na kraju prenosa, primenom metoda bilansa snaga, proračunati fazore napona, struja i snaga u karakterističnim tačkama, odnosno u pojedinim deonicama sistema. Proračunati i aktivne i reaktivne gubitke u elementima sistema i ukupno za ceo sistem. c) Proizvodnje reaktivnih snaga, shodno π-ekvivalentu voda. Parametri sistema neophodni za gornje proračune, dati su ispod sl. 1.10a S1 = P1 + jQ1

Prenosni U 2′ vod S2 = P2 + jQ2

U 2′′ = 10 kV

T

Unv = 110 kV Lv = 70 km rv = 0,193 Ω/km xv = 0,422 Ω/km bv = 2,65 µS/km

Sp = (20+j10) MVA SnT = 31,5 MVA mT = 110/10,5 kV/kV gub PCun = 62 kW uk = 10,5 % gub PFen = 40 kW io = 1,2 %

Sl. 1.10a Radijalni prenosni sistem i osnovni zadati podaci iz zadatka 1.10

Rešenje: a) Ekvivalentna šema sistema prikazana je na sl. 1.10b. U1

S1

Sv1

Zv

Sv2

U 2′

S'T

jQcv1

jQcv2

Y ot v /2

Y ot v /2

ZT

S''T U 2′′sv

Sot=PFe+jQµ

S2

U2

Y Tot

Sl. 1.10b Ekvivalentna šema zadatog sistema

Proračun parametara elemenata, za ekvivalentnu šemu datu na prethodnoj slici (vod predstavljen sa π, a transformator sa obrnutim Γ-ekvivalentom): Rv = Lv rv = 70 ⋅ 0 ,193 = 13,51 Ω ; X v = Lv xv = 70 ⋅ 0 ,422 = 29 ,54 Ω ; Z v = (13,51 + j 29 ,54 ) Ω ;

Gvot = 0 ;

Osnovni proračuni

35

1 70 Lv bv = ⋅ 2,65 ⋅ 10 −6 = 92,75 ⋅10 −6 S = 92,75 µS ; 2 2 ot Y v / 2 = j 92,75 ⋅10 −6 S ; Bvot / 2 =

RT =

gub  U nT  PCun  S nT

ZT =

2 u k % U nv 100 S nT

2

2

  110   = 62 ⋅10 −3   = 0,75605 Ω ; 31 , 5    10,5 110 2 = = 40,33 Ω ; 100 31,5

X T = Z T2 − RT2 = 40,33 2 − 0,75605 2 = 40,323 Ω ;

Z T = (0,75605 + j 40,323) Ω ; gub PFen

G Fe = Bµ =

2 U nv

=

40 ⋅10 −3 = 3,306 µS ; 110 2

io % S nT 1,2 31,5 = = 31,24 µS ; 2 100 U nv 100 110 2

RFe =

1 = 302480 Ω ; GFe

Xµ =

1 = 32051 Ω ; Bµ

Y T = G Fe − jBµ = (3,306 − j 31,24 ) µS . ot

b) Napon na sekundarnoj strani transformatora, postavljen u realnu osu i sveden na stranu 110 kV je: 110 = 104,762 kV ; 10,5 = 104,762 kV / 0° .

U" 2 sv = U" 2 ⋅ mT = 10 ⋅ U" 2 sv

Fazor fazne struje na kraju prenosa, odnosno na sekundarnoj strani transformatora je:

I" 2 sv

 S2 =  3U" 2 sv 

∗

3   = (20 − j10) ⋅ 10 = (110,22 − j 55,1) A / − 26,565° .  3 ⋅ 104,762 

Dalje, snage PFegub i Qµgub su: gub  U 2′′sv  PFen  U 2n

2

2

 104,762   = 40 ⋅   = 36,28 kW ;  110  

PFegub

=

Qµgub

 U ′′ i = o S nT  2 sv 100  U 2n

2

2

 104,762   = 378 ⋅   = 342,86 kVAr , 110   

ili

PFegub = GFeU 2′′sv2 = 3,306 ⋅10 −6 ⋅104,762 2 = 0,03628 MW = 36,28 kW ; Qµgub = BµU 2′′sv2 = 31,24 ⋅ 10 −6 ⋅104,762 2 = 0,34286 MW = 342,86 kW . Snaga koja teče kroz transformator je:

Osnovni proračuni

36

S"T = (P2 + PFe ) + j (Q2 + Qµ ) = (20,03628 + j10,34286 ) MVA . Napon na primarnoj strani transformatora, odnosno na kraju voda je:

RT PT′′ + X T QT′′ X P ′′ − RT QT′′ +j T T U 2′′sv U 2′′sv 0,75605 ⋅ 20,03628 + 40,323 ⋅ 10,34286 = 104,762 + + 104,762 40,323 ⋅ 20,03628 − 0,75605 ⋅ 10,34286 +j = 108,888 + j 7,637 = 109,156 kV /4,013° . 104,762

U' 2 = U 2′′sv +

Gubici u rednoj grani transformatora su: 2

PTgub

 S ′′ = RT  T  U 2′′sv

 20,036282 + 10,34286 2  = 0,75605 ⋅ = 0,035 MW = 35 kW ; 104,762 2 

QTgub

 S ′′ = X T  T  U 2′′sv

 20,036282 + 10,34286 2  = 40,323 ⋅ = 1,867 MW = 1867 kVAr . 104,762 2 

2

Snaga na ulazu u transformator (snaga na kraju voda) je:

(

) (

)

S'T = PT′′ + PTgub + j QT′′ + QTgub = (20,036 + 0,035) + j (10,343 + 1,867 ) = (20,071 + j12,21) MVA . Proizvodnja reaktivne snage usled polovine kapacitivnosti koncetrisane na kraju voda je: ot Qcv 2

Bvot 2 = U 2′ = 92,75 ⋅ 10 −6 ⋅ 109,156 2 = 1,105 MVAr . 2

Snaga koja teče kroz vod i izaziva gubitke i pad napona je: ot S v 2 = S'T − jQcv 2 = 20,071 + j12,21 − j1,105 = (20,071 + j11,105) MVA .

Gubici u vodu su: 2

Pvgub

 Sv2  20,0712 + 11,105 2   = Rv  = 0,5966 MW = 596,6 kW ;  = 13,51 ⋅ 109,156 2  U 2′ 

Qvgub

S  20,0712 + 11,105 2 = X v  v 2  = 29,54 ⋅ = 1,3045 MW = 1304,5 kVAr . 109,156 2  U 2′ 

2

Napon na početku voda je: U 1 = U' 2 +

Rv Pv 2 + X v Qv 2

(U' 2 )

∗

+j

X v Pv 2 − Rv Qv 2

(U' 2 )∗

=

Osnovni proračuni

37

13,51 ⋅ 20,071 + 29,54 ⋅ 11,105 j 4,013° e + 109,156 29,54 ⋅ 20,071 − 13,51 ⋅11,106 j 4,013° +j e 109,156

= 109,156 e j 4, 013 +

= (114,65 + j 4,06 )e j 4,013° = 114,72e j 2, 027° e j 4,013° = 114,72 kV / 6,04° = (114,08 + j12,07 ) kV .

Proizvodnja reaktivne snage usled polovine kapacitivnosti koncetrisane na početku voda je: ot Qcv 1

Bvot 2 = U1 = 92,75 ⋅10 −6 ⋅114,72 2 = 1,22 MVAr . 2

Kompleksna snaga koja teče kroz rednu impedansu, merena na početku voda je: S v1 = S v 2 + S v

gub

= 20,071 + j11,105 + 0,5966 + j1,3045 = (20,668 + j12,41) MVA .

Kompleksna snaga na ulazu u prenosni vod onda iznosi: ot S 1 = S v1 − jQcv 1 = 20,668 + j12,41 − j1,22 = (20,668 + j11,19 ) MVA .

Struja (fazna) na početku voda je: ∗

 S  23,5 / − 28,43° 20,668 − j11,19 = = 118,28 A / − 22,39° . I1 =  1  =  3U  3 ⋅ 114 , 72 / − 6 , 04 ° 3 ⋅ 114 , 72 / − 6 , 04 °  1

c) Ukupna proizvodnja reaktivne snage usled otočnih kapacitivnosti voda je: ot ot ot Qcv = Qcv 1 + Qcv 2 = 1,22 + 1,105 = 2,325 MVAr ,

odnosno, njena prosečna vrednost po 100 km dužine voda iznosi: ot Qcv pod =

2,3225 = 3,316 MVAr / 100 km . 0,7 ⋅100

Dijagram fazora napona i struja voda prikazan je na sl. 1.10c. Na sl. 1.10c vrednosti pojednih uglova iznose:

θ1 = 6,04° ; ϕ1fo = −22,39° ;

θ 2 = 4,013° ; ϕ 2 = −26,565° ;

θ12 = 6,04° − 4,013° = 2,027° ; ϕ1 = −22,39° − 6,04° = −28,43° .

Osnovni proračuni

38

U1 θ12 θ2 ϕ2

ϕ1

ϕ1fo

U’2

θ1 U’2sv

I1 I2 Sl. 1.10c Dijagram fazora napona i struja voda, iz zadatka 1.10

Osnovni proračuni

39

Zadatak 1.11 Dat je jednostavan elektroenergetski sistem, prikazan na sl. 1.11a. Odrediti maksimalne snage koje se mogu isporučiti potrošačkim područjima priključenim na sabirnice 3 i 4 ako naponi na vodovima ne smeju da izađu iz opsega (200÷240) kV. Kolika je u tom slučaju snaga na početku voda 1-2. U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona, a vodove predstaviti samo sa rednim impedansama. Podaci neophodni za proračune su dati na sl. 1.11a. 1

3

2

L12=100 km

L23=60km

rv=0,1 Ω/km xv=0,4 Ω/km

L24=40 km

tgϕ3 = 0,4

4 tgϕ4 = 0,5


Rešenje: Ekvivalentna šema zadatog sistema data je na sl. 1.11b. 1

Z2

S2

2

Z3

Z4

3

4

S3

S4

Sl. 1.11b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.11

Impedanse pojedinih grana sistema imaju vrednosti:

Z 2 = (0,1 + j 0,4) ⋅100 = (10 + j 40) Ω ; Z 3 = (0,1 + j 0,4 ) ⋅ 60 = (6 + j 24 ) Ω ; Z 3 = (0,1 + j 0,4 ) ⋅ 40 = (4 + j16 ) Ω . U datom sistemu maksimalna snaga će se preneti u slučaju kada se na sabirnicama 3 i 4 ima minimalni napon (200 kV), a na sabirnicama 1 maksimalni napon (240 kV). Na osnovu jednačine za pad napona u grani 2-3 može se odrediti zavisnost napona U2 od snage P3:

U2 = U3 + odakle je:

P3 R3 + Q3 X 3 P R + 0,4 P3 X 3 6 + 0,4 ⋅ 24 = U3 + 3 3 = 200 + P3 , U3 U3 200

Osnovni proračuni

40

U 2 = 0,078 P3 + 200 .

(1)

Na sličan način može se naći i zavisnost napona U2 od snage P4: P4 R4 + Q4 X 4 P R + 0,5 P4 X 4 4 + 0,5 ⋅16 = U4 + 4 4 = 200 + P4 U4 U4 200 = 0,06 P4 + 200 .

U2 = U4 +

(2)

Izjednačavanjem izraza (1) i (2) za napon U2, dobija se za odnos snaga P3 i P4:

P3 1 = , odnosno P4 = 1,3P3 . P4 1,3 Preko bilansa snaga i na osnovu poznatih odnosa između snaga P3 i P4 može se odrediti zavisnost snage P2 od snage P3:

P2 = = =

P32 + Q32 U 32

P42 + Q42 R3 + P3 + R4 + P4 U 42

P32 + (0,4 P3 )2 U 32

(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2 R

R3 + P3 +

P32 + (0,4 P3 )2

4

U 42

(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2

⋅ 6 + P3 + 200 2 = 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 .

200 2

+ 1,3P3

⋅ 4 + 1,3P3 (3)

Na analogan način dobija se zavisnost snage Q2 od snage P3:

Q2 = = =

P32 + Q32 U 32

P42 + Q42 X 3 + Q3 + X 4 + Q4 U 42

P32 + (0,4 P3 )2 U 32

X 3 + 0,4 P3 +

P32 + (0,4 P3 )2

⋅ 24 + 0,4 P3 + 200 2 = 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3

(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2 X U 42

(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2 200 2

4

+ 0,5 ⋅1,3P3

⋅16 + 0,5 ⋅1,3P3 (4)

Ako se sada jednačine (1), (3) i (4) uvrste u izraz za podužnu komponentu pada napona na grani 1-2, dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina snaga P3: U1 = U 2 +

P2 R2 + Q2 X 2 ⋅U 2 , U2

odakle je: U 1U 2 = U 22 + P2 R2 + Q2 X 2 ,

Osnovni proračuni

41

odnosno, posle odgovarajućih numeričkih manipulacija:

240 ⋅ (0,078P3 + 200) =

(

)

(

)

= (0,078P3 + 200)2 + 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 ⋅10 + 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3 ⋅ 40, odakle se dobija kvadratna jednačina po P3:

P32 + 1082,4782 P3 − 111768,53 = 0 . Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je: P3 = 94 ,93 MW . Na osnovu gornje vrednosti za snagu P3, mogu se odrediti i ostale snage u datom sistemu: Q3 = P3 tgϕ3 = 94,93 ⋅ 0,4 = 37,97 MVAr ; P4 = 1,3P3 = 1,3 ⋅ 94,93 = 123,41 MW ;

Q4 = P4 tgϕ 4 = 123,41 ⋅ 0,5 = 61,7 MVAr ; P2 = 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 = 385,25 ⋅10 −6 ⋅ 94,932 + 2,3 ⋅ 94,93 = 221,81 MW ; Q2 = 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3 = 1541 ⋅10 −6 ⋅ 94,932 + 1,05 ⋅ 94,93 = 113,56 MVAr . Vrednost napona na sabirnicama 2 dobija se zamenom vrednosti snage P3 u jednačinu (1), odakle je:

U 2 = 0,078 ⋅ 94,93 + 200 = 207 ,4 kV . Radi određivanja snage na početku voda 1-2 potrebno je još odrediti aktivne i reaktivne gubitke u vodu 1-2. Njihove vrednosti dobijaju se iz izraza: gub S 12 =

P22 + Q22 221,812 + 113,56 2 ( ) (10 + j 40) = (14,44 + j57,74) MVA , R + jX = 2 2 U 22 207,4 2

odakle je:

P12gub = 14,44 MW ;

Q12gub = 57,74 MVAr .

Konačno, vrednost kompleksne snage na početku voda 1-2 je: gub S 1 = S 2 + S 12 = 221,81 + j113,56 + 14,44 + j 57,74 = (236,25 + j171,3) MVA .

Osnovni proračuni

42

Zadatak 1.12 Koliki će biti napon u novom stacionarnom stanju na sabirnicama 1, a koliki na kraju 2 dalekovoda 400 kV u praznom hodu koji se posle remonta priključuje prvo s jedne strane i to na proizvodno-potrošačko područje sa nagibom praktično linearne reaktivno-naponske statičke karakteristike od strane proizvodnje dQ Q − G Gr = 8 , dU U r dok se promena reaktivne snage potrošnje može zanemariti zahvaljujući delovanju lokalne regulacije napona pod opterećenjem. Posmatrati vod sa raspodeljenim parametrima, bez gubitaka.

Ur = 400 kV QGr

Lv = 300 km Zc = 320 Ω 2

Qpr 1

QGr = Qpr = 200 MVAr (ind)

Sl. 1.12a Šema dalekovoda iz zadatka 1.12

Rešenje: U novom stacionarnom stanju pored generatorske reaktivne (induktivne) snage ima se i reaktivna snaga priključenog voda kao induktivna proizvodnja (što odgovara kapacitivnoj potrošnji) pa je bilans reaktivnih snaga na sabirnicama 1: QG + Qv = Q p .

(1)

Zbog novog bilansa reaktivnih snaga usled priključenja voda promeniće se i napon na sabirnicama 1 za neku vrednost ∆U. Prema tome relacija (1) posle promene napona ima sledeći oblik:

QGr

2 ∂Q p ∂QG ( U r + ∆U ) = ∆U + tgλ = Q pr + ∆U . ∂U Zc ∂U

(2)

U relaciji (2) ne mora da stoji parcijalni izvod s obzirom na pretpostavku da se učestanost kod promene reaktivnih snaga ne menja, a takođe je prema uslovu zadatka i izvod

∂Q p ∂U

=

dQ p dU

= 0.

Pošto je pre priključenja voda bilo QGr = Qpr to relacija (2) postaje:

∂QG U2 2U r ∆U (∆U )2 tgλ = 0. ∆U + r tgλ + tgλ + Zc Zc Zc ∂U

(3)

Osnovni proračuni

43

Iz (3) se dalje dobija kvadratna jednačina po jedinoj nepoznatoj (∆U):

 tgλ (∆U )2 +  2U r tgλ + dQG Zc dU  Zc

 U2 (∆U ) + r tgλ = 0. Zc 

Smenjujući u poslednju jednačinu zadate veličine kao i električnu ugaonu dužinu voda, koja za β = 0,06 ° / km iznosi: λ = βL = 0,06 ⋅ 300 = 18°, dobija se:

1,015 ⋅10 −3 ⋅ (∆U )2 − 3,19 ⋅ (∆U ) + 162,46 = 0 ,

(4)

Kao fizički realno rešenje jednačine (4) uzima se: ∆U ≅ 51,78 kV, tako da je napon na sabirnicama 1 po priključenju voda u praznom hodu:

U 1 = U r + ∆U = 400 + 51,78 = 451,78 kV. S obzirom na međusobne odnose koeficijenata u jednačini (4) može se sasvim opravdano u prvoj približnosti raditi i samo sa linearnom jednačinom (zanemarenjem kvadratnog člana), tako da je: 3,19∆U = 162,46 ⇒ ∆U = 50,928 kV. Ako je napon na sabirnicama 1, U1 = 451,78 kV (što je nedopustivo visoka stacionarna vrednost), tada će se usled Ferantijevog efekta (proticanje kapacitivne struje punjenja voda kroz redne induktivnosti voda) imati porast napona na otvorenom kraju 2, tako da se na kraju 2 dobija vrednost:

U2 =

U1 451,78 = = 475,03 kV , cos λ cos18°

koji je iznad dozvoljene vrednosti (određene stepenom izolacije) za vodove 400 kV, (iznosi 420 kV).

Osnovni proračuni

44

Zadatak 1.13 Radijalni sistem, prikazan na sl. 1.13a, napaja potrošačko područje, kod kojeg termički aparati, čiji je statički naponski koeficijent kPU = 1,9 učestvuju u ukupnoj aktivnoj snazi sa 70 %, asinhroni motori, čiji su kPU = 0,15 i kQU = 1,7 učestvuju sa 25 % u ukupnoj aktivnoj snazi i sa 80 % u ukupnoj reaktivnoj snazi, dok ostali heterogeni potrošači imaju prosečne naponske koeficijente osetljivosti kPU = 1,2 i kQU = 1. Pri položaju regulacionog prekidača transformatora n = +5, napon na sabirnicama 3 je U3 = 35 kV, a snaga potrošačkog područja Sp = (35+j15) MVA. a) Kolika je snaga potrošnje na sabirnicama 3 pri nominalnom odnosu transformacije transformatora ako se napon na sabirnicama 1 održava na konstantnoj vrednosti. b) Odrediti snagu otočne kondenzatorske baterije koju je potrebno vezati na sabirnice 3 da bi se pri nepromenjenom naponu na sabirnicama 1 i položaju regulacionog prekidača transformatora n = +5 održavao napon na sabirnicama 3 dobijen iz prethodne tačke. Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 3

2

1

Sp

U1 = const Unv = 110 kV rv = 0,14 Ω/km xv = 0,4 Ω/km Lv = 55 km

SnT = 65 MVA XT = 10 % mT = 110±10×1,25%/36,75 kV/kV

Sl. 1.13a Radijalni sistem prenosa i osnovni podaci iz zadatka 1.13

Rešenje: uk uk a) Na osnovu zadatih podataka ukupni statički koeficijenti osetljivosti k PU i k QU mešovitog potrošačkog područja su:

uk k PU = 0,7 ⋅1,9 + 0,25 ⋅ 0,15 + 0,05 ⋅ 1,2 = 1,4275 ; uk k QU = 0,8 ⋅ 1,7 + 0,2 ⋅ 1 = 1,56 .

Impedanse voda i transformatora svedene na naponski nivo 35 kV su: ZT = j

2 X T % U nT 10 36,75 2 = j = j 2,078 Ω ; 100 S nT 100 65 2

 36,75  Z v = z v Lv = (0,14 + j 0,4 ) ⋅ 55 ⋅   = (0,859 + j 2,455) Ω .  110  Na osnovu položaja otcepa regulacionog transformatora n = +5 dobijaju se sledeće vrednosti za nenominalni prenosni odnos i parametre ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora: t = 1 + n∆t = 1 + 5 ⋅ 0,0125 = 1,0625 ;

Osnovni proračuni

45

t2 Z T = − j 37,534 Ω ; 1− t = t Z T = j 2,208 Ω ; t = Z T = j 35,326 Ω . t −1

Z 20 = Z 23 Z 30

Ekvivalentna šema sistema za dati radni režim prikazana je na sl. 1.13b. Zv=(0,859+j2,455) Ω

1

Z23=j2,208 Ω

2

U1

3

U2

Sp U3

Z20= -j37,534 Ω

Z30=j35,326 Ω

0

0

Sl. 1.13b Ekvivalentna šema sistema

Transfiguracijom zvezde koju čine grane između čvorova 1-2, 2-3 i 2-0 u trougao 1-3-0 i ekvivalentovanjem dve paralelne grane 3-0 dobija se ekvivalentna šema na sl. 1.13c. Z13=(0,808+j4,518) Ω

1

3

S13

U1

S30

Sp U3

Z30=(12,93+j72,29) Ω 0

0

Sl. 1.13c Transfigurisana ekvivalentna šema sa sl. 1.13b

Bilansom snaga, za dati radni režim, može se odrediti napon na sabirnicama 1 čiji se moduo u datoj mreži održava na konstantnoj vrednosti. Najpre se određuje snaga S30:

S 30 =

U 32

Z ∗30

=

352 = (2,94 + j16,42 ) MVA , 12,93 − j 72,29

a zatim, iz bilansa snaga u čvoru 3, izračunava se i snaga S13: S 13 = S p + S 30 = 35 + j15 + 2,94 + j16,42 = (37,94 + j 31,42 ) MVA . Konačno napon na sabirnicama 1 iznosi:

Osnovni proračuni

U1 = U 3 +

46

P13 R13 + Q13 X 13 37,94 ⋅ 0,808 + 31,42 ⋅ 4,518 = 35 + = 39,93 kV . U3 35

Po uslovu zadatka iz tačke a) ekvivalentna šema sistema za nominalni prenosni odnos transformacije regulacionog transformatora (kada su impedanse otočnih grana u π-ekvivalentu transforamtora beskonačne) data je na sl. 1.13d. Zv=(0,859+j2,455) Ω

1

ZT=j2,078 Ω

3

S’p

Sl. 1.13d Ekvivalentna šema sistema za nominalni prenosni odnos transformacije regulacionog transformatora

Zbog promene prenosnog odnosa regulacionog transformatora menja se i napon na sabirnicama 3, a takođe i snage potrošačkog područja. Zavisnosti aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja od napona date su sledećim jednačinama:

U ′ − 35 ∆U = 35 + 35 ⋅1,4275 3 = 1,4275 ⋅ U 3′ − 14,9625 ; U 3o 35 U ′ − 35 uk ∆U Q3′ = Q3o + Q3o k QU = 15 + 15 ⋅1,56 3 = 0,668 ⋅ U 3′ − 8,4 , U 3o 35 uk P3′ = P3o + P3o k PU

(1) (2)

gde je U 3′ napon na sabirnicama 3, za čiji se fazor pretpostavlja da se poklapa sa realnom osom. Ako se prethodni izrazi uvrste u jednačinu za izračunavanje napona U1 preko napona U 3′ i pada napona između tačaka 1 i 3, dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina napon na sabirnicama 3 U 3′ :

U 1 = U 3′ +

P3′R13 + Q3′ X 13 , U 3′

(3)

odakle se dalje dobija jednačina

39,93 = U 3′ +

(1,4275U 3′ − 14,9625) ⋅ 0,859 + (0,668U 3′ − 8,4) ⋅ 4,533 , U 3′

koja posle preuređenja postaje:

U 3′ 2 − 35,6754U 3′ − 50,915 = 0 . Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je: U 3′ = 37 ,05 kV .

Osnovni proračuni

47

Uvrštavanjem dobijene vrednosti za napon u izraze (1) i (2) dobijaju se tražene vrednosti za aktivnu i reaktivnu snagu potrošačkog područja: P3′ = 1,4275U 3′ − 14,9625 = 37,93 MW Q3′ = 0,668U 3′ − 8,4 = 16,35 MVAr

b) Ekvivalentna šema za režim definisan u tački b) je ista kao ekvivalentna šema koja je služila za određivanje napona na sabirnicama 1 (sl. 1.13c), s tom razlikom što se na sabirnicama 3 ima otočno vezana baterija kondenzatora. Vrednost snage S30 za ovaj radni režim je:

S 30 =

U 3′ 2 Z ∗30

=

37,05 2 = (3,29 + j18,4) MVA . 12,93 − j 72,29

Kompleksna snaga koja teče po grani 1-3 je onda: S 13 = S p + S 30 − jQBK = 41,22 + j (34,75 − QBK ) MVA , odakle je: P3′ = 41,22 MW ;

Q3′ = (34,75 − QBK ) MVAr .

Uvrštavanjem gornjih izraza u jednačinu za pad napona (3) dobija se izraz u kome je jedina nepoznata veličina snaga baterije kondenzatora u izrazu za Q3′ . Zamena poznatih numeričkih vrednosti u jednačinu (3) daje linearnu jednačinu po Qc: 39,93 = 37,05 +

41,22 ⋅ 0,808 + (34,75 − Q BK ) ⋅ 4,518 . 37,05

Iz gornje jednačine za snagu baterije kondenzatora dobija se vrednost:

QBK = 18,5 MVAr .

Osnovni proračuni

48

Zadatak 1.14 a) Odrediti statičke karakteristike osetljivosti potrošačkog područja na promene napona priključenog na sabirnice 4, sistema prikazanog na sl. 1.14a, na osnovu merenja napona i snage na tim sabirnicama za dva različita radna režima: I merenje: S ′p 4 = (42 ,6 + j 21,5) MVA U 4′ = 35,2 kV , S ′p′ 4 = (43,4 + j 21,8) MVA U 4′′ = 35,6 kV . II merenje: Pri određivanju statičkih koeficijenata regulacije, koristiti nelinearizovane modele potrošača: k

P = C PU U k PU , odnosno Q = CQU U QU . b) Ako je pri otočnoj kompenzaciji (QBK = 10 MVAr) na sabirnicama 4, napon na njima iznosio U4 = 36 kV, odrediti napon na sabirnicama 1 i snagu potrošačkog područja priključenog na sabirice 2. Statičke karakteristike potrošnje na sabirnicama 2 posmatrati kao linearizovane. U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.

1

zv = (0,15 + j0,4) Ω/km 3 Unv = 110 kV L12 = 25 km L23 = 40 km 2

4

kPU2 = 1,4 Sn = 63 MVA kQU2 = 1,8 XT = 11 % S2o = (15 + j10) MVA mT = 110/36,75 kV/kV U2o = 110 kV

Sp4

QBK

Sl. 1.14a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.14

Rešenje: a) Na osnovu izmerenih vrednosti, korišćenjem nelinearizovanih obrazaca koji povezuju aktivnu snagu i napon, dobijaju se naponski faktori osetljivosti preko jednačina:

42,6 = C PU ⋅ 35,2 k PU ; 43,4 = C PU ⋅ 35,6 k PU . Deljenjem gornje dve jednačine dobija se izraz: 43,4  35,6  =  42,6  35,2 

k PU

,

iz poslednje jednačine se dobija vrednost za statički koeficijent promene aktivne snage sa naponom kPU, dok iz jedne od prethodnih jednačina i vrednost za CPU:

k PU = 1,647 ; C PU = 0,121 MW/kV . Na osnovu izračunatih vrednosti faktora kPU i CPU dobija se jednačina koja povezuje aktivnu snagu i napon:

Osnovni proračuni

49

Pp 4 = 0 ,121 ⋅ U 1,647

(1)

Na potpuno analogan način dobijaju se i vrednosti faktora kQU i CQU za reaktivnu snagu, odnosno jednačina koja povezuje reaktivnu snagu i napon: 21,5 = CQU ⋅ 35,2

kQU

21,8 = CQU ⋅ 35,6

kQU

21,8  35,6  =  21,5  35,2 

; ;

kQU

;

odakle je: k QU = 1,226 ; CQU = 0,273 MVAr/kV ; Q p 4 = 0 ,273 ⋅ U 1,226 .

(2)

b) Vrednosti impedansi pojednih grana svedene na naponski nivo 110 kV iznose: Z 12 = z v L12 = (3,75 + j10 ) Ω ;

Z 23 = z v L23 = (6 + j16 ) Ω ;

2 X T % U nT 11 110 2 ZT = j = j = j 21,13 Ω . 100 S nT 100 63

Na osnovu vrednosti napona na sabirnicama 4: U4 = 36 kV, korišćenjem jednačina (1) i (2), dobijaju se snage potrošačkog područja: Pp 4 = 44 ,26 MW ;

Q p 4 = 22 ,09 MVAr .

Radi određivanja vrednosti napona na sabirnicama 1 potrebno je uraditi bilans snaga u zadatoj mreži. Pre svega svedena vrednost napona na sabirnicama 4 je: 2

U 4 sv = U 4 mT2

 110  = 36 ⋅   = 107,76 kV .  36,75 

Aktivna i reaktivna snaga koje teku po grani 3-4 kod sabirnica 4 su:

P4 = 44,26 MW ;

Q4 = 22,09 − QBK = 12,09 MVAr .

Sa poznatim vrednostima snaga P4 i Q4, korišćenjem jednačine za napon U2 preko napona U4 i pada napona između tačaka 2 i 4, dobija se:

U 2 = U 4sv +

P4 R24 + Q4 X 24 44,26 ⋅ 6 + 12,09 ⋅ 37,13 = 107,76 + = 114,39 kV . sv 107,76 U4

Osnovni proračuni

50

Na osnovu izračunate vrednosti napona U2, preko linearizovanih statičkih karakteristika mogu se odrediti snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2: ∆U 2 4,39 = 15 + 15 ⋅ 1,4 ⋅ = 15,84 MW ; U 2o 110 ∆U 2 4,39 + Q2o k QU 2 = 10 + 10 ⋅ 1,8 ⋅ = 10,72 MVAr . U 2o 110

P2 = P2o + P2o k PU 2 Q2 = Q2o

Dalje, kompleksni gubici snage u vodu između čvorova 2-4 su: gub S 24 =

P42 + Q42 44,26 2 + 12,09 2 ( ) (6 + j37,13) = (1,09 + j 6,73) MVA . R + jX = 24 24 U 42 107,76 2

Snaga koja teče po grani 1-2 kod čvora 2 je: S 12 = S 4 + S 24 + S 2 ; gub

= 44,26 + j12,09 + 1,09 + j 6,73 + 15,84 + j10,72 = (61,19 + j 29,54) MVA .

Bilans snaga u datoj mreži ilustrovan je na sl. 1.14b. 1

61,19+j29,54

45,35+j18,82

3

44,26+j12,09 4

2 15,84+j10,72

Sl. 1.14b Ilustracija bilansa snaga

Konačno napon na sabirnicama 1 dobija se preko vrednosti napona U2 i pada napona između tačaka 1 i 2: U1 = U 2 +

P12 R12 + Q12 X 12 61,19 ⋅ 3,75 + 29,54 ⋅ 10 = 114,39 + = 118,98 kV . U2 114,39

Osnovni proračuni

51

Zadatak 1.15 Za distributivnu mrežu prikazanu na sl. 1.15a (na kojoj su dati i svi osnovni podaci): a) Odrediti snagu otočne kondenzatorske baterije koju treba ugraditi na sabirnice 4 da bi se napon na njima podigao sa 9,5 kV na 10,3 kV, pri čemu se napon U1 održava na konstantnoj vrednosti. b) Odrediti snagu redne baterije kondenzatora na deonici 2-3 kod sabirnica 2, koja bi proizvela isti efekat, za vrednost napona U1 proračunatu u tač. a. c) Koliki se potrošač u oba slučaja u novim radnim stanjima sa kompenzacijom može priključiti na sabirnice 2 pod pretpostavkom da je njegov faktor snage cosϕ2 = 1 i da uključivanje tog potrošača neće promeniti napon na sabirnicama 2, tako da ne dođe do preopterećenja voda 1-2, ako je trajno dozvoljena struja (po fazi) svih vodova Itd = 290 A. Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 3

4

1 V1

S4 = 17 MVA

V2

cosϕ4 = 0,85 (ind)

red Q BK

2 P2 = 0 Unv = 35 kV Q2 = 0 xv = 0,38 Ω/km rv = 0,32 Ω/km L1 = 8 km L2 = 6 km

SnT = 2×8 MVA XT = 7 % gub PCun = 54 kW mT = 35/10,5 kV/kV

ot Q BK

Sl. 1.15a Distributivna mreža iz zadatka 1.15

Rešenje: Impedansa jednog transformatora svedena na naponski nivo 35 kV je: gub 2 2  PCun U nT X T % U nT  ZT =  +j 100 S nT  S nT S nT

  0,054 35 2 7 35 2  =  = (1,034 + j10,72 ) Ω . +j    8 8 100 8   

Ekvivalentna vrednost impedanse dva paralelna transformatora je: Z Te = Z T 2 = (0,517 + j 5,36 ) Ω . Vrednosti impedansi pojedinih vodova na naponskom nivou 35 kV su: Z v1 = (rv + jxv )Lv1 = (0,32 + j 0,38) ⋅ 8 = (2,56 + j 3,04 ) Ω ;

Z v 2 = (rv + jxv )Lv 2 = (0,32 + j 0,38) ⋅ 6 = (1,92 + j 2,28) Ω .

Ukupna impedansa između čvorova 1 i 4, imajući u vidu da su sabirnice 2 neopterećene, je: Z 14 = Z v1 + Z v 2 + Z Te = (5 + j10,68) Ω .

Osnovni proračuni

52

a) U cilju određivanja snage otočne kondenzatorske baterije potrebno je najpre odrediti vrednost napona na sabirnicama 1 koji se u posmatranom sistemu održava konstantnim. Vrednosti aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4 su:

P4 = S 4 cos ϕ 4 = 17 ⋅ 0,85 = 14,45 MW ; Q4 = S 42 − P42 = 17 2 − 14 ,45 2 = 8,96 MVAr . Svedena vrednost napona na sabirnicama 4, na nivo napona vodova je: U 4 sv = U 4 mT = 9 ,5

35 = 31,67 kV . 10 ,5

Konačno, vrednost napona na sabirnicama 1 se dobija iz jednačine:

U1 = U 4 sv +

P4 R14 + Q4 X 14 14,45 ⋅ 5 + 8,96 ⋅ 10,68 = 31,67 + = 36,97 kV . U 4 sv 31,67

Usled otočne kompenzacije na sabirnicama 4, napon se prema uslovu zadatka podiže na vrednost 10,3 kV, odnosno vrednost tog napona svedena na napon vodova je: U 4′ sv = U 4′ mT = 10,3

35 = 34,33 kV . 10,5

Zamenom brojčanih vrednosti poznatih veličina u izrazu za napon U1, za režim otočne kompenzacije, dobija se jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina snaga baterije kondenzatora:

U1 = U 4′ sv +

(

)

ot P4 R14 + Q4 − QBK X 14 , U 4′ sv

odnosno: 36,97 = 34,33 +

(

)

ot 14,45 ⋅ 5 + 8,96 − QBK ⋅ 10,68 . 34,33

Iz poslednje jednačine dobija se tražena snaga otočne kondenzatorske baterije: ot QBK = 7,24 MVAr .

b) Za režim sa rednom kompenzacijom zamenom brojčanih vrednosti u jednačinu za napon U1 dobija se vrednost kapacitivne reaktanse redne baterije kondenzatora:

(

)

red P4 R14 + Q4 X 14 − X BK U 1 = U 4′ sv + , U 4′ sv

Osnovni proračuni

53

odnosno:

(

)

red 14,45 ⋅ 5 + 8,96 ⋅ 10,68 − X BK , 36,97 = 34,33 + 34,33

odakle je: red X BK = 8,63 Ω .

Snaga baterije rednih kondenzatora je onda: red red QBK = X BK

P42 + Q42 14,45 2 + 8,96 2 = 8 , 63 = 2,12 MVAr . U 42 34,332

Vidi se da je za isti efekat podizanja napona u otočne baterije kondenzatora potrebno ugraditi 7,24/2,12 = 3,42 puta veću snagu. Za određivanje naponskog profila potrebno je odrediti napone pojedinih sabirnica. Napon na sabirnicama 1 već je ranije izračunat i iznosi 36,97 kV. Napon na sabirnicama 2 ispred baterije rednih kondenzatora je: red P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 X T + X v 2 − X BK U 2 a = U 4′ sv + U 4′ sv 14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + 8,96 ⋅ (5,36 + 2 ,28 − 8,63) = 34 ,33 + = 35,1 kV . 34 ,33

(

)

Napon kod sabirnica 2, iza baterije rednih kondenzatora je:

P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 ( X T + X v 2 ) U 4′ sv 14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + 8,96 ⋅ (5,36 + 2 ,28) = 34 ,33 + = 37 ,35 kV . 34 ,33

U 2b = U 4′ sv +

Napon na sabirnicama 3 je:

P4 RT + Q4 X T U 4′ sv 14 ,54 ⋅ 0 ,517 + 8,96 ⋅ 5,36 = 34 ,33 + = 35,95 kV 34 ,33

U 3 = U 4′ sv +

Na sl. 1.15b nacrtan je naponski profil u sistemu.

c) Da bi se odredila dozvoljena vrednost snage potrošača koji se može priključiti na sabirnice 2 potrebno je uraditi bilans snaga od sabirnica 4 do sabirnica 2. Najpre će se proračun uraditi za slučaj otočne kompenzacije. Vrednost napona na sabirnicama 2 za taj režim je:

Osnovni proračuni

54

(

)

ot (X T + X v2 ) P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 − QBK U 2 = U 4′ sv + U 4′ sv 14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + (8,96 − 7 ,24 ) ⋅ (5,36 + 2 ,28) = 34 ,33 + = 35,74 kV . 34,33

U [kV] 38

U1=36,97 kV U2b=37,35 kV

37 U3=35,95 kV 36 35

U4=34,33 kV

U2a=35,1 kV

34 1

2

3

4

čvor

Sl. 1.15b Naponski profil u sistemu sa baterijom rednih kondenzatora

Kompleksni gubici snage u delu mreže od sabirnica 2 do sabirnica 4 su: gub S 24

(

ot P 2 + Q4 − QBK = [RT + Rv 2 + j ( X T + X v 2 )] 4 U 4′ 2sv

)

2

14,45 2 + (8,96 − 7,24 )2 = [0,517 + 1,92 + j (5,36 + 2,28)] = (0,438 + j1,373) MVA . 34,33 2 Imajući u vidu da je faktor snage potrošača vezanog na sabirnice 2: cosϕ2 = 1, to je snaga koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2: ot S 12 = S 4 − jQBK + S 24 + P2 gub

= (14,45 + j8,96) − j 7,24 + 0,438 + j1,373 + P2 = (14,89 + P2 + j 3,09) MVA .

Kako je dozvoljena vrednost struje po vodu 1-2, Itd data kao fazna vrednost to se može pisati jednačina: 2 P122 + Q12 1 = I td 2 3 U2

Zamenom brojčanih vrednosti pojedinih veličina u gornji izraz, dobija se dozvoljena snaga potrošača vezanog na sabirnice 2 (P2d) iz jednačine:

(14,89 + P2d )2 + 3,09 2 1 = 0,29 kA , 35,74 2

3

Osnovni proračuni

55

odakle je: P2 d = 2,79 MW . Za slučaj redne kompenzacije potrebno je uraditi slične proračune kao i za slučaj otočne kompenzacije. Napon na sabirnicama 2 već je ranije izračunat i njegova vrednost iznosi: U 2 = U 2 a = 35,1 kV . Vrednost kompleksnih gubitaka snage na delu mreže od sabirnica 2 do sabirnica 4 je: gub S 24

[

(

= RT + Rv 2 + j X T + X v 2 −

red X BK

)]

P42 + Q42 U 4′ 2sv

14,45 2 + 8,96 2 = [0,517 + 1,92 + j (5,36 + 2,28 − 8,63)] = (0,598 − j 0,243) MVA 34,33 2 Snaga koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2 je onda: S 12 = S 4 + S 24 + P2 = (14,45 + j8,96 ) + 0,598 − j 0,243 + P2 = (15,05 + P2 + j8,72 ) MVA . gub

Kao i kod otočne kompenzacije važi relacija: 2 P122 + Q12 1 = I td . 2 3 U2

Zamenom odgovarajućih brojčanih vrednosti dobija se dozvoljena snaga potrošača koja se može vezati na sabirnice 2, a da ne dođe do preopterećenja voda 1-2, iz jednačine:

(15,05 + P2d )2 + 8,72 2 1 = 0,29 kA , 35,12

odakle je: P2 d = 0,273 MW .

3

Osnovni proračuni

56

Zadatak 1.16 Za deo elektroenergetskog sistema sa sl. 1.16a odrediti: a) Maksimalnu aktivnu snagu koja se može isporučiti potrošačkom području (prema kriterijumu dozvoljenog pada napona), čiji je tgϕ = 0,4 (ind), ako naponi na vodu ne smeju da izađu iz opsega Unv ± 10 %. b) Koliku reaktivnu snagu treba da proizvodi sinhroni kompenzator priključen na sabirnice 2 da bi se do tog čvora mogla preneti dvostruka prirodna snaga voda, ako je U1 = Umax, a U2 = 210 kV. 1

2 Unv = 220 kV Lv = 200 km rv = 0,08 Ω/km xv = 0,42 Ω/km bv = 2,65 µS/km

Sp tgϕ = 0,4 (ind)

~

SK


Rešenje: Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.16a prikazana je na sl. 1.16b.

1

2

S2

U1

Rv+jXv

j

Bvot 2

S20

j

Bvot 2

Sp U2

~

Sl. 1.16b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.16a a) Parametri ekvivalentne π-šeme voda su: Rv = 16 Ω ;

X v = 84 Ω ;

Bvot / 2 = 2,65 ⋅10 −4 S .

Potrošačkom području se isporučuje maksimalna snaga ako se na sabirnicama 1 ima maksimalni napon, a na sabirnicama 2 minimalni napon, jer se tada ima najveći dozvoljeni pad napona koji pravi najveća preneta snaga. Vrednosti napona na sabirnicama 1 i 2 za takav radni režim su: U1 = U max = 1,1 ⋅ 220 = 242 kV ;

U 2 = U min = 0 ,9 ⋅ 220 = 198 kV .

Osnovni proračuni

57

Najpre će se uraditi bilans snaga za čvor 2. Pošto je dat tgϕ potrošačkog područja to se njegova reaktivna snaga može predstaviti u funkciji aktivne snage kao: S p = Pp + jQ p = Pp + jPp tgϕ = Pp + j 0,4 Pp . Kompleksna snaga koja teče otočnom granom S20 je:

(

∗

)

(

)

S 20 = U 22 Y 20 = U 22 − jBvot / 2 = 198 2 ⋅ − j 2,65 ⋅ 10 −4 = − j10,4 MVA , tako da je ukupna snaga koja teče duž grane 1-2:

(

)

S 2 = S p + S 20 = Pp + j 0,4 Pp − 10,4 . Izraz za kompleksni napon u čvoru 1 je:

U1 =U2 +

P2 Rv + Q2 X v P X − Q2 Rv +j 2 v . U2 U2

Po uslovu zadatka za U 1 = U max i U 2 = U min ima se da je P2 = Pp = Pmax . Ako se te vrednosti napona zamene u jednačinu za napon U1, dobija se:

U max = U min +

Pmax Rv + (0,4 Pmax − 10,4) X v P X − (0,4 Pmax − 10,4)Rv . + j max v U min U min

Zamenom brojčanih vrednosti pojedinih veličina i nalaženjem modula leve i desne strane gornje jednačine dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj promenljivoj Pmax:

16 Pmax + 84 ⋅ (0,4 Pmax − 10,4)   84 Pmax − 16 ⋅ (0,4 Pmax − 10,4)   242 = 198 +  +  198 198     2

2

= [0 ,25Pmax + 193,6] + [0 ,392 Pmax + 0 ,84] , 2

2

čija je konačna forma: 2 Pmax + 450,77 Pmax − 97512,95 = 0 .

Fizički realno rešenje gornje kvadratne jednačine je: Pmax = 159,73 MW . b) Prirodna snaga voda se računa preko jednačine:

Pnat

U n2 = = Zc

U n2 xv / bv

=

220 2 0,42 / 2,65 ⋅10

−6

= 121,57 MW .

2

Osnovni proračuni

58

Po uslovu zadatka aktivna snaga potrošačkog područja je: Pp = 2 Pnat = 243,14 MW . Reaktivna snaga potrošačkog područja je tada: Q p = Pp tgϕ = 243,14 ⋅ 0,4 = 97,256 MVAr . Reaktivna snaga koja teče otočnom granom S20 je: ∗

(

)

(

)

S 20 = U 22 Y 20 = U 22 − jBvot / 2 = 210 2 ⋅ − j 2,65 ⋅ 10 −4 = − j11,7 MVA . Kompleksna snaga koja teče granom 1-2 je sada: S 2 = S p + S 20 − jQsk = 243,14 + j 97,256 − j11,7 − jQsk = (243,14 + j (85,556 − Qsk )) MVA . Zamenom brojčanih vrednosti u jednačinu za pad napona u grani 1-2 i nalaženjem modula leve i desne strane dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj snazi sinhronog kompenzatora Qsk:

16 ⋅ 243,14 + 84 ⋅ (85,556 − Qsk )  84 ⋅ 243,14 − 16 ⋅ (85,556 − Qsk )   242 2 = 210 +  +  210 210     2

= [262,75 − 0,4Qsk ] + [90,74 + 0,076Qsk ] , 2

2

čija je konačna forma:

Qsk2 − 1184,56Qsk + 112830,58 = 0 . Fizički realno rešenje gornje kvadratne jednačine je: Qsk = 104,46 MVAr .

2

Osnovni proračuni

59

Zadatak 1.17 Na sl. 1.17a je dat deo radijalnog distributivnog sistema koji napaja potrošačko područje snage Sp = (4+j7) MVA vezano na sabirnice 4. a) Naći snagu otočne kondenzatorske baterije priključene na sabirnicama potrošača 4, ako je napon na primaru transformatora T1 U1′ = 111,1 kV = const , transformator opterećen snagom od S ′1 = (20 + j15) MVA , a zahteva se da se na sabirnicama 4 obezbedi napon U 2′′ = 10,5 kV . b) Naći napone U1′′ , U 2′ za definisane pogonske režime pre i posle kompenzacije. c) Naći gubitke aktivne snage na vodu i transformatoru T2 pre i posle kompenzacije i snage koje teku vodom, merene na njegovom početku. Sve parametre sistema svesti na napon voda. Računati samo sa podužnim padovima napona. U 1′

1

T1 S′1

U 1′′

2 SnT1 = 31,5 MVA mT1 = 110/36,75 kV/kV RT1 = 0 XT1% = 12 %

U 2′ Unv = 35 kV Lv = 45 km rv = 0,196 Ω/km xv = 0,385 Ω/km

3

T2

U 2′′ Sp

SnT2 = 10 MVA 4 mT2 = 35/10,5 kV/kV QBK gub PCun = 34 kW XT2% = 8 %

Sl. 1.17a Šema i osnovni podaci za radijalni distributivni sistem iz zadatka 1.17

Rešenje: a) Vrednosti impedansi pojedinih elemenata sistema svedene na naponski nivo voda su: 2 X T 1 % U nT 12 36,75 2 1 X T1 = = = 5,145 Ω ; 100 S nT 1 100 31,5 Rv = rv Lv = 0 ,196 ⋅ 45 = 8,82 Ω ;

RT 1 = 0 Ω ;

X v = xv Lv = 0 ,385 ⋅ 45 = 17 ,325 Ω ; gub RT 2 = PCun

XT2 =

2 U nT 2 2 S nT 2

= 0,034

35 2 = 0,42 Ω ; 10 2

2 X T 2 % U nT 8 35 2 2 = = 9,8 Ω . 100 S nT 2 100 10

Svedena vrednost napona primara transformatora T1 je: U1′sv = U1′

1 36 ,75 = 111,1 = 37 ,12 kV . mT 1 110

Na osnovu datih podataka može se odrediti napon U1′′ preko formule:

Osnovni proračuni U 1′′ = U 1′ −

60

P1′RT 1 + Q1′ X T 1 20 ⋅ 0 + 15 ⋅ 5,145 = 37,12 − = 35,04 kV . U 1′ 37,12

Za režim kompenzacije napon na sekundaru transformatora T2 jednak je 10,5 kV, odnosno njegova svedena vrednost je: U 2′′sv = U 2′′mT 2 = 10,5

35 = 35 kV . 10,5

Zamenjivanjem poznatih vrednosti napona u jednačinu pada napona na vodu i transformatoru T2 posle kompenzacije, dobija se jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina snaga baterije kondenzatora: U1′′ = U 2′′sv +

(

Pp (Rv + RT 2 ) + Q p − QBK U 2′′sv

) (X v + X T 2 ) ,

odnosno, posle zamene raspoloživih numeričkih podataka, ona postaje: 35,04 = 35 +

4 ⋅ (8,82 + 0,42 ) + (7 − QBK )(17,325 + 9,8) . 35

Iz poslednje jednačine dobija se zahtevana snaga otočne kondenzatorske baterije:

QBK = 8,31 MVAr . b) Što se tiče vrednosti napona U1′′ njegova vrednost je ista i za režim pre i posle kompenzacije jer je vrednost tog napona diktirana radnim režimom transformatora T1. U cilju određivanja napona U 2′ za režim pre kompenzacije potrebno je najpre odrediti napon U 2′′sv . Njegova vrednost će se odrediti iz jednačine napona na početku voda kada je poznato stanje na sabirnicama sekundara transformatora T2: U 1′′ = U 2′′sv +

Pp (Rv + RT 2 ) + Q p ( X v + X T 2 ) U 2′′sv

.

Zamenom odgovarajućih numeričkih vrednosti u gornju jednačinu i sređivanjem te jednačine dobija se kvadratna jednačina po nepoznatom naponu U 2′′sv : 35,04 = U 2′′sv +

4 ⋅ (8,82 + 0 ,42 ) + 7 ⋅ (17 ,325 + 9 ,8) , U 2′′sv

odakle je njena konačna forma:

U 2′′sv2 − 35,04U 2′′sv + 226,835 = 0 . Fizički prihvatljivo rešenje gornje kvadratne jednačine je:

Osnovni proračuni

61

U 2′′sv = 26 ,47 kV . Napon U 2′ sada se dobija preko formule za pad napona na transformatoru T2: U 2′ = U 2′′sv +

Pp RT 2 + Q p X T 2 4 ⋅ 0 ,42 + 7 ⋅ 9 ,8 = 26 ,47 + = 29 ,125 kV . U 2′′sv 26 ,47

Napon U 2′ posle kompenzacije može se odrediti i znatno jednostavnije, pošto je poznat napon U 2′′sv za režim kompenzacije ( U 2′′sv = 35 kV ). Preko formule za pad napona na transformatoru T2 dobija se tražena vrednost napona: U 2′ = U 2′′sv +

(

)

Pp RT 2 + Q p − QBK X T 2 U 2′′sv

= 35 +

4 ⋅ 0,42 + (7 − 8,31) ⋅ 9,8 = 34,68 kV . 35

c) Gubici snage na vodu i trasformatoru T2 pre kompenzacije su: S

gub

= [Rv + RT 2 + j ( X v + X T 2 )]

Pp2 + Q p2 U 2′′sv2

= [8,82 + 0,42 + j (17,325 + 9,8)]

42 + 72 = (0,857 + j 2,516 ) MVA . 26,47 2

Snaga na početku voda pre kompenzacije je: Sv = S p + S

gub

= (4,857 + j 9,516 ) MVA .

Gubici na vodu i transformatoru T2 posle kompenzacije su:

S BK = [Rv + RT 2 + j ( X v + X T 2 )] gub

(

Pp2 + Q p − QBK

= [8,82 + 0,42 + j (17,325 + 9,8)]

)2

U 2′′sv2

4 2 + (7 − 8,31)2 = (0,134 + j 0,392) MVA . 35 2

Snaga na početku voda za radni režim posle kompenzacije je:

S vBK = S p − jQBK + S BK = (4,134 − j 0,918) MVA . gub

Osnovni proračuni

62

Zadatak 1.18 U elektroenergetskom sistemu predstavljenom na sl. 1.18a potrošač u čvoru 2 ima konstantnu snagu, a potrošač u čvoru 3 ima konstantu impedansu. Uz pretpostavku da je napon na sabirnicama 1 konstantan, odrediti: a) Napon U2. b) Potrebnu snagu sinhronog kompenzatora kojeg je potrebno priključiti otočno na sabirnice 2 da bi se napon na njima povećao na 113 kV. Kolika je u ovom režimu snaga koja se sa sabirnica 1 odaje u mrežu? Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 1

2 L12 = 100 km Pp2 = 60 MW

xv = 0,4 Ω/km L13 = 60 km

L23 = 60 km 3

U1 = 115 kV

Qp2 = 30 MVAr

Pp3 = 20 MW, Qp3 = 0 MVAr pri Up3 = 110 kV


Rešenje: Vrednosti impedansi pojedinih vodova su:

Z 12 = jX 12 = j 40 Ω ; Z 13 = jX 13 = j 24 Ω ; Z 23 = jX 23 = j 24 Ω . Potrošač u čvoru 3 modelovaće se preko konstantne impedanse koja se izračunava iz zadatih podataka: U p2 3 Z p3 = R p3 = = 605 Ω . Pp 3 Ekvivalentna šema datog sistema sa zamenjenim brojčanim vrednostima impedansi predstavljena je na sl. 1.18b. 1

U1

2

j40 Ω j24 Ω

U3

3

j24 Ω

605 Ω 0

Sl. 1.18b Ekvivalentna šema sistema

U2

Osnovni proračuni

63

Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-3, 2-3 i 0-3 u trougao dobija se ekvivalentna šema prikazana na sl. 1.18c. j40 Ω

1

2

(-0,952+j48) Ω U1

U2 (1210+j24) Ω

(1210+j24) Ω 0

0

Sl. 1.18c Šema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.18b

Ekvivalentovanjem dve paralelne grane dobija se konačno zamenska šema prikazana na sl. 1.18d na kojoj će se izvršiti potrebni proračuni. 1

S2

S1

S10

Sp

(-0,197+j21,82) Ω

U1 (1210+j24) Ω

U2 (1210+j24) Ω

0

2

S20

0

Sl. 1.18d Šema dobijena ekvivalentovanjem paralelnih grana 1-2 šeme sa sl. 1.18c

a) U cilju određivanja napona U2 potrebno je najpre odrediti snagu S2o u funkciji napona U2, prema formuli:

S 20 =

U 22

Z ∗20

=

R20 2 Z 20

U 22 + j

X 20 2 Z 20

U 22 .

Kompleksna snaga koja teče po grani 1-2 (S2) može se takođe izraziti u funkciji nepoznatog napona U2:     R X S 2 = S p + S 2o =  Pp + 20 U 22  + j  Q p + 20 U 22  . 2 2 Z 20 Z 20     Prethodni izrazi za snage zameniće se u izraz za pad napona između tačaka 1 i 2, u formuli za napon U1:

Osnovni proračuni

64

    R X  Pp + 20 U 22  R12 +  Q p + 20 U 22  X 12 2 2     Z 20 Z 20     U1 = U 2 + . U2 U gornjem izrazu jedina nepoznata veličina je traženi napon U2. Grupisanjem članova uz napon U2 dobija se kvadratna jednačina po naponu U2:  R20 R12 X 20 X 12  2 1 + U 2 − U 1U 2 + Pp R12 + Q p X 12 = 0 . + 2 2   Z 20 Z 20   Posle zamene zadatih vrednosti gornja jednačina postaje: 24 ⋅ 21,82  2  1210 ⋅ (− 0 ,197 ) + 1 + U 2 − 115 ⋅ U 2 + 60 ⋅ (− 0 ,197 ) + 30 ⋅ 21,82 = 0 , 2 2 1210 + 24 1210 2 + 24 2   odnosno 1,0002U 22 − 115U 2 + 642,78 = 0 . Rešenje prethodne kvadratne jednačine koje ima fizički smisao je:

U 2 = 109,1 kV .

b) Za radni režim u ovoj tački, ekvivalentna šema razlikuje se u od ekvivalentne šeme u pethodnoj tački samo u tome što je otočno na sabirnice 2 dodat sinhroni kompenzator snage QSK. Pošto je po uslovu zadatka poznat napon U2 može se odrediti vrednost snage S20 iz formule:

S 20 =

U 22

Z ∗20

=

1132 = (10,55 + j 0,21) MVA . 1210 − j 24

Kompleksna snaga koja teče po grani 1-2 (S2) za ovaj radni režim je: S 2 = S p + S 20 − jQSK = 60 + j 30 + 10,55 + j 0,21 − jQSK = (70,55 + j (30,21 − QSK )) MVA . Gornji izrazi za snage zameniće se u izraz za napon U1: U1 = U 2 +

P2 R12 + Q2 X 12 , U2

gde je jedina nepoznata veličina tražena snaga sinhronog kompenzatora. Zamenom poznatih vrednosti u gornji izraz dobija se: 115 = 113 +

70,55 ⋅ (− 0,197 ) + (30,21 − QSK ) ⋅ 21,82 , 113

Osnovni proračuni

65

odakle je snaga sinhronog kompenzatora potrebna da bi se ostvario zadati režim u tački b): QSK = 19,21 MVAr . Radi određivanja snage koja se sa sabirnica 1 odaje u mrežu potrebno je koristiti relacije bilansa snaga. Najpre će se izračunati kompleksna snaga S2: S 2 = 70,55 + j (30,21 − QSK ) = 70,55 + j (30,21 − 19,21) = (70,55 + j10,99 ) MVA . Kompleksni gubici snage u grani 1-2 su: gub S 12 = (R12 + jX 12 )

P22 + Q22 70,55 2 + 10,99 2 ( ) = − 0 , 197 + j 21 , 82 = (− 0,08 + j8,71) MVA . U 22 1132

Vrednost snage S10 je onda:

S 10 =

U 12

∗ Z 10

=

115 2 = (10,93 + j 0,22) MVA . 1210 − j 24

Konačno, vrednost kompleksne snage S1 koja se odaje u mrežu sa sabirnica 1 je: S 1 = S 2 + S 12 + S 10 = 70,55 + j10,99 − 0,08 + j8,71 + 10,93 + j 0,22 = (81,4 + j19,92 ) MVA . gub

Osnovni proračuni

66

Zadatak 1.19 U elektroenergetskom sistemu, čija je monofazna šema data na sl. 1.19a, potrošač u čvoru 2 ima konstantnu impedansu, a potrošač u čvoru 3 ima konstantnu snagu potrošnje. Moduo napona u čvoru 1 u posmatranom sistemu održava se na konstantnoj vrednosti. a) Odrediti napon U1 ako je napon na sabirnicama 3: U3 = 110 kV. b) Kolika treba da bude snaga baterije kondenzatora koju treba otočno vezati na sabirnice 3 da bi pri povećanju Pp3 i Qp3 za 20 % napon na njima ostao isti. c) Koliki su faktori snage gledani sa sabirnica 1, 2, 3 za radne režime definisane u tačkama a) i b). 1

3 L13 = 60 km xv = 0,4 Ω/km L12 = 25 km

Pp3 = 70 MW L23 = 40 km

2

Qp3 = 40 MVAr

Pp2 = 25 MW Qp2 = 15 MVA rpri U2 = 110 kV


Rešenje: Vrednosti impedansi pojedinih vodova sistema su:

Z 12 = jX 12 = j10 Ω ; Z 13 = jX 13 = j 24 Ω ; Z 23 = jX 23 = j16 Ω . Potrošač u čvoru 2 modelovaće se preko konstantne impedanse koja se izračunava iz datih podataka: U2 U 22 Z p 2 = ∗2 = = (355,88 + j 213,53) Ω . S p 2 Pp 2 − jQ p 2 Ekvivalentna šema datog sistema sa upisanim brojčanim vrednostima impedansi data je na sl. 1.19b. 1 3 Z13=j24 Ω Z12=j10 Ω

Z23=j16 Ω

2

Z20=(355,88+j213,53) Ω 0


Osnovni proračuni

67

Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-2, 3-2 i 0-2 u trougao dobija se ekvivalentna šema prikazana na sl. 1.19c. 1

3

j24 Ω (-0,33+j26,198) Ω (578,309+j356,985) Ω

(925,29+j571,76) Ω

0

0

Sl. 1.19c Šema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.19b

Ekvivalentovanjem dve paralelne grane 1-3 dobija se konačno zamenska šema prikazana na sl. 1.19d na kojoj će se izvršiti potrebni proračuni. 1

S3

S1

3 Sp3

(-0,0756+j12,53) Ω

S10

(578,309+j356,985) Ω

(925,29+j571,76) Ω

0

S30

0

Sl. 1.19d Šema dobijena ekvivalentovanjem paralelnih grana 1-3 šeme sa sl. 1.19c

a) Da bi se odredio napon U1, koristi se jednačina bilansa snaga. Najpre će se izračunati kompleksna snaga S30:

S 30 =

U 32

Z ∗30

=

110 2 = (9,46 + j 5,85) MVA , 925,29 − j 571,76

a zatim snaga na kraju grane 1-3, kao: S 3 = S p 3 + S 30 = (79,46 + j 45,85) MVA . Izraz za proračun kompleksnog napona U1 daje:

P3 R13 + Q3 X 13 P X − Q3 R13 + j 3 13 U3 U3 79,46 ⋅ (− 0,0756 ) + 45,85 ⋅ 12,53 79,46 ⋅ 12,53 − 45,85 ⋅ (− 0,0756 ) = 110 + +j 110 110 = 115,168 + j 9,08 = 115,52 / 4,51°

U 1 = U3 +

Osnovni proračuni

68

b) Kada se snage potrošačkog područja povećaju za 20 %, njihove nove vrednosti su: Pp′ 3 = 1,2 ⋅ 70 = 84 MW ; Q ′p 3 = 1,2 ⋅ 40 = 48 MW . Nova kompleksna snaga na kraju grane 1-3 je funkcija nepoznate snage baterije kondenzatora i data je izrazom: S ′3 = S ′ p 3 + S 30 − jQBK = 93,46 + j (53,85 − Q BK ) . Zamenom gornjeg izraza i ostalih brojčanih vrednosti u izraz za napon na sabirnicama 1, i imajući u vidu da je moduo napona na sabirnicama 1 konstantan dobija se:

93,46 ⋅ (− 0,0756 ) + (53,85 − QBK ) ⋅ 12,53   115,52 2 = 110 +  110  

2

 93,46 ⋅12,53 − (53,85 − QBK ) ⋅ (− 0,0756 )  +  . 110   2

Sređivanjem gornjeg izraza dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj QBK. 2 QBK − 2038,74QBK + 18609,98 = 0 ,

čije rešenje daje za vrednost snage baterije otočnih kondezatora:

QBK = 9,169 MVAr . c) Za režim definisan u tački a) zadatka, gubici u grani 1-3 su: gub S 13 = (R13 + jX 13 )

P32 + Q32 U 32

= (− 0,0756 + j12,53)

79,46 2 + 45,85 2 = (− 0,05 + j8,72) MVA . 110 2

Kompleksna snaga koja teče po grani 1-0 je: S 10 =

U 12 115,52 2 = = (16,71 + j10,31) MVA . R10 − jX 10 578,31 − j 356,98

Ukupna kompleksna snaga koja utiče u sistem, preko sabirnica 1 je: S 1 = S 3 + S 13 + S 10 = 79,46 + j 45,85 − 0,05 + j8,72 + 16,71 + j10,31 = (96,12 + j 64,61) MVA gub

Konačno, faktor snage gledan sa sabirnica 1 je:

Osnovni proračuni

cos ϕ1 =

69

P1 P12 + Q12

96,12

=

96,12 2 + 64,612

= 0,83 .

Za režim u tački b) kompleksna snaga na kraju grane 1-3 je: S ′3 = S ′ p 3 + S 30 − jQBK = (93,46 + j 44,68) MVA , pa su kompleksni gubici snage u vodu 1-3: gub S 13

= (R13 + jX 13 )

P3′ 2 + Q3′ 2 U 32

93,46 2 + 44,68 2 = (− 0,0756 + j12,53) = (− 0,07 + j11,11) MVA 110 2

Kompleksna snaga koja teče po grani 1-0 je ista kao i za režim zadat u tački a) i iznosi: S 10 = (16,71 + j10,31) MVA . Ukupna kompleksna snaga koja utiče u sistem, preko sabirnica 1 je onda: S 1 = S ′3 + S 13 + S 10 = 93,46 + j 44,68 − 0,07 + j11,11 + 16,71 + j10,31 = (110,1 + j 66,1) MVA , gub

pa je faktor snage gledan sa sabirnica 1:

cos ϕ1 =

P1 P12 + Q12

110,1

=

110,12 + 66,12

= 0,857 .

Faktor snage gledan sa sabirnica 2 je isti za oba režima jer je potrošač modelovan preko modela konstantne impedanse i iznosi: cos ϕ 2 =

Pp 2 Pp22 + Q p2 2

=

25 25 2 + 15 2

= 0,857 .

Faktor snage gledan sa sabirnica 3 za radni režim zadat u tački a) zadatka je: cos ϕ3 =

Pp 3 Pp23 + Q p23

=

70 70 2 + 40 2

= 0,868 .

Za radni režim zadat u tački b) zadatka, faktor snage je jednak:

cos ϕ3 =

(

Pp′ 3

Pp′ 23 + Q ′p 3 − QBK

)

2

=

84 84 2 + (48 − 9,169 )

2

= 0,9077 .

Osnovni proračuni

70

Zadatak 1.20 Transformatorska stanica u kojoj se nalaze dva regulaciona transformatora, napaja se preko dalekovoda 110 kV (sl. 1.20a). Regulacioni transformatori u transformatorskoj stanici su identični. Nominalna snaga svakog od njih je 31,5 MVA, pri čemu je prenosni odnos transformatora 110±4×2,5 % / 11 kV/kV. Moduo napona na sabirnicama 1 održava se konstantnim i iznosi U1 = 110 kV. Početna snaga potrošačkog područja vezanog na sabirnice 3 je Ppo = 30 MW i Qpo = 15 MVAr, i raste po godišnjoj stopi od p = 7 %. Odrediti: a) U kojoj godini je potrebno izvršiti otočnu kompenzaciju na sabirnicama 3 imajući u vidu da se ne smeju narušiti kriterijumi: 1) Napon na sabirnicama 3 ne sme biti manji od 10 kV; 2) Ne sme se dozvoliti preopterećenje transformatorske stanice. b) Isto kao i pod a) ali pretpostaviti da transformatori nisu regulacioni. Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 2

3

1

U1 = const

Unv = 110 kV Lv = 50 km rv = 0,123 Ω/km xv = 0,4 Ω/km

potrošačko područje ukT = 8 % gub PCunT = 180 kW

Sl. 1.20a Elektroenergetski sistem i podaci za proračune iz zadatka 1.20

Rešenje: Impedansa voda 1-2 na naponskom nivou 110 kV iznosi: Z v = (6,15 + j 20 ) Ω . Moduo impedanse jednog transformatora sveden na naponski nivo 110 kV iznosi: ZT =

2 u kT % U nT 8 110 2 = = 30 ,73 Ω . 100 S nT 100 31,5

Aktivna otpornost transformatora svedena na naponski nivo 110 kV iznosi: RT =

gub 2 PCunT U nT 0,18 ⋅ 110 2 = = 2,195 Ω . S nT S nT 31,5 2

Na osnovu prethodna dva podatka može se izračunati i induktivna reaktansa transformatora: X T = Z T2 − RT2 = 30 ,65 Ω .

Osnovni proračuni

71

Pošto dva transformatora rade paralelno ekvivalentne vrednosti aktivne otpornosti i reaktanse su: RTe = 1,1 Ω ;

X Te = 15,33 Ω .

Sa stanovišta naponskih prilika potrebno je izabrati prenosni odnos regulacionog transformatora takav da obezbeđuje najveći napon na sabirnicama 3. Taj prenosni odnos se dobije ako je položaj otcepa n = −4 . Tada je nenominalni prenosni odnos transformatora: t = 1 + n∆t = 0,9 . Deo zadatka pod a) rešiće se na dva načina. Prvi način je preko ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora, a drugi preko stvarnog prenosnog odnosa transformatora.

a) I način Ekvivalentna šema datog sistema prikazana je na sl. 1.20b. 1

2

3

Zv

U1

Sp

Z12

U3

Z20 0

Z30 0

Sl. 1.20b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.20a Elementi ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora su: t2 0,9 2 Z Te = (1,1 + j15,33) = (8,91 + j124,17 ) Ω ; 1− t 1 − 0,9 Z 12 = t Z Te = 0,9 ⋅ (1,1 + j15,33) = (0,99 + j13,797 ) Ω ; t 0,9 Z 30 = Z Te = (1,1 + j15,33) = (− 9,9 + j137,97 ) Ω . t −1 0,9 − 1 Z 20 =

Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-2, 3-2 i 2-0 u trougao i ekvivalentovanjem dve paralelne grane između referentnog čvora i zemlje dobija se zamenska šema sistema prikazana na sl. 1.20c. Vrednosti impedansi sa ekvivalentne šeme sa sl. 1.20c iznose: Z 13 = (7,82 + j 36,02 ) Ω ; Z 30 = (− 78,237 − j 360,2 ) Ω . ek

Impedansa Z10 nije od interesa za tražene proračune, pa nema potrebe da se izračunava njena vrednost.

Osnovni proračuni

72

1

S3 Z13

3

Sp

S30 ek Z 30

Z10 0

0

Sl. 1.20c Ekvivalentna šema sistema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.20b Sada je potrebno uraditi bilans snaga u ovoj mreži. Imajući u vidu da se snaga potrošačkog područja menja po određenoj godišnjoj stopi porasta, aktivna i reaktivna snaga potrošačkog područja u godini n mogu se predstaviti izrazima: Ppn = (1 + p ) 1 Ppo = K1 Ppo ;

Q pn = (1 + p ) 1 Q po = K1Q po .

n

n

Pretpostaviće se da je napon na sabirnicama 3 jednak U3 = 10 kV, jer je cilj da se nađe godina u kojoj napon pada na vrednost od 10 kV. Svedena vrednost ovog napona na naponski nivo 110 kV je: 110 U 3sv = mnT U 3 = ⋅10 = 100 kV . 11

Dalje se može izračunati snaga S30 kao:

S 30 =

U 32sv

=

Z ∗30

100 2 = (− 5,76 − j 26,51) MVA . − 78,237 + j 360,2

Kada se uradi bilans snaga na sabirnicama 3 za kompleksnu snagu S3 se dobija:

(

) (

)

S 3 = K1 Ppo + P30 + j K1Q po + Q30 = ((30 K1 − 5,76 ) + j (15 K1 − 26,51)) MVA . Ako se gornji izraz uvrsti u izraz za napon U1 dobija se jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina K1:

U1 = U 3 +

P3 R13 + Q3 X 13 , U3

odnosno: 110 = 100 +

(30 K1 − 5,76) ⋅ 7,82 + (15K1 − 26,51) ⋅ 36,02 . 100

Iz poslednje jednačine dobija se vrednost za K1:

K1 = (1 + p )n1 = 2,58 ,

Osnovni proračuni

73

odnosno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju je: n1 =

log K1 log 2,58 = = 14 godina . log(1 + p ) log1,07

a) II način Kao što je ranije rečeno deo zadatka pod a) može se rešiti i proračunom preko stvarnog prenosnog odnosa transformatora. Ekvivalentna šema za taj slučaj prikazana je na sl. 1.20d. 1

2

3 2

Zv

U1

t ZTe

Sp

U3

Sl. 1.20d Ekvivalentna šema zadatog sistema iz tač. a

Impedansa između tačaka 2 i 3 na sl. 1.20d je svedena preko stvarnog prenosnog odnosa transformatora i njena vrednost zavisi od nenominalnog prenosnog odnosa t. Ukupna vrednost impedanse između tačaka 1 i 3 je onda:

Z 13 = Z v + t 2 Z Te = (6,15 + j 20) + 0,9 2 ⋅ (1,1 + j15,33) = (7,041 + j 32,4173) Ω . Takođe svedena vrednost napona na sabirnicama 3 zavisi od nenominlanog prenosnog odnosa a pa je taj napon: U 3sv = tmnT U 3 = 0,9 ⋅

110 ⋅ 10 = 90 kV . 11

Ako se usvoje isti izrazi za promenu aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja sa vremenom kao kod prvog načina, odnosno Ppn = (1 + p ) 1 Ppo = K1 Ppo ;

Q pn = (1 + p ) 1 Q po = K1Q po ,

n

n

i ako se ti izrazi uvrste u jednačinu za napon U1, dobija se ponovo jednačina u kojoj je jedina nepoznata K1: U1 = U 3 +

Ppn R13 + Q pn X 13 U3

,

odnosno: 110 = 90 +

30 ⋅ K1 ⋅ 7 ,041 + 15 ⋅ K1 ⋅ 32 ,4173 . 90

Iz prethodne jednačine za K1, odnosno za n1, dobijaju se iste vrednosti kao i kod korišćenja prvog načina:

Osnovni proračuni

74

K1 = (1 + p )n1 = 2,58 ;

n1 = 14 godina .

Što se tiče kriterijuma preopterećenja može se napisati da je granični uslov: ST = PT2 + QT2 = S doz .

Ako se u razmatranje uzme snaga transformatora na sekundarnoj strani onda je ta snaga ujedno i snaga potrošačkog područja pa se ima: PT = Ppn = (1 + p ) 2 Ppo = K 2 Ppo ;

QT = Q pn = (1 + p ) 2 Q po = K 2 Q po .

n

n

Zamenom poslednjih jednačina u izraz koji definiše kriterijum preopterećenja, dobija se:

(K 2 Ppo )2 + (K 2Q po )2 = S doz . Iz poslednje jednačine može se izračunati vrednost za K2:

K2 =

S doz 2 Ppo

2 + Q po

=

63 30 + 15 2 2

= 1,878 ,

odnosno vrednost za godinu u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju: n2 =

log K 2 log1,878 = = 9,32 godina . log(1 + p ) log1,07

Konačno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju dobija se kao: nkom = int{min{n1 , n2 }} = 9 godina . b) Za slučaj kada transformator nije regulacioni proračun je znatno jednostavniji. Ekvivalentna šema u tom slučaju predstavljena je na sl. 1.20e. 1 U1

2 Zv

3 ZTe

U3

Sl. 1.20e Ekvivalentna šema zadatog sistema iz tač. b

Ekvivalentna impedansa između tačaka 1 i 3 je: Z 13 = Z v + Z Te = (6,15 + j 20 ) + (1,1 + j15,33) = (7,25 + j 35,33) Ω . Svedena vrednost napona u čvoru 3 je U 3sv = 100 kV .

Sp

Osnovni proračuni

75

Analogno prethodnoj tački, izrazi za snage potrošačkog područja mogu se napisati u formi: Ppn = (1 + p ) 3 Ppo = K 3 Ppo ;

Q pn = (1 + p ) 3 Q po = K 3Q po .

n

n

Ako se ovi izrazi uvrste u jednačinu za napon u čvoru 1 dobija se jednačina iz koje se može izračunati veličina K3, odnosno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju: U1 = U 3 +

Ppn R13 + Q pn X 13 U3

.

Posle zamene raspoloživih numeričkih vrednosti, dobija se linearna jednačina po K3:

110 = 100 +

30 ⋅ K 3 ⋅ 7 ,25 + 15 ⋅ K 3 ⋅ 35,33 . 100

Iz poslednje jednačine dobija se da je rešenje K 3 = 1,338 , odnosno n3 = 4,3 godine . Uslov preopterećenja transformatora je identičan kao i u prethodnoj tački pa je godina u kojoj je potrebo izvršiti kompenzaciju: nkom = int{min{n2 , n3 }} = 4 godine .

Osnovni proračuni

76

Zadatak 1.21 U elektroenergetskom sistemu prikazanom na sl. 1.21a, kompenzacija reaktivne snage vrši se priključivanjem baterije otočnih kondenzatora na tercijer tronamotajnog transformatora. Ako je u režimu pre kompenzacije (tercijer neopterećen) napon na sabirnicama 2: U2 = 33 kV, odrediti potrebnu susceptansu, odnosno snagu baterije kondenzatora koju treba priključiti na tercijer transformatora da bi se napon na sabirnicama 2 podigao na željenu vrednost od 36,75 kV, pod pretpostavkom da se napon na sabirnicama 0 održava na konstantnoj vrednosti. Napomena: Reaktanse transformatora su date prema odgovarajućim prolaznim snagama. U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 0 1 2 Pp = 45 MW 2 1 Unv = 110 kV xv = 0,38 Ω/km Lv = 80 km

Sn1 = 60 MVA Sn2 = 60 MVA Sn3 = 35 MVA

3

jBc

Qp = 25 MVAr X12% = 7 % X13% = 21 % X23% = 15 % mT = 110/36,75/10 kV/kV/kV


Rešenje: Impedansa voda na naponskom nivou 110 kV iznosi: Z v = jxv Lv = j 30,4 Ω . Impedanse tronamotajnog transformatora između pojedinih krajeva proračunate za prolazne snage i svedene na naponski nivo 110 kV su: Z 12 = jX 12 = j

2 X 12 % U nT 7 110 2 = j = j14,117 Ω ; 100 S n1 100 60

Z 13 = jX 13 = j

2 X 13 % U nT 21 110 2 = j = j 72,6 Ω ; 100 S n3 100 35

Z 23 = jX 23

2 X 23 % U nT 15 110 2 = j = j = j 51,857 Ω . 100 S n3 100 35

Impedanse grana Y-ekvivalenta tronamotajnog transformatora svedene na naponski nivo 110 kV su: 1 Z 1 = jX 1 = j ( X 12 + X 13 − X 23 ) = j17,43 Ω ; 2 1 Z 2 = jX 2 = j ( X 12 + X 23 − X 13 ) = − j 3,313 Ω ; 2 1 Z 3 = jX 3 = j ( X 13 + X 23 − X 12 ) = j 55,17 Ω . 2

Osnovni proračuni

77

Na sl. 1.21b predstavljena je ekvivalentna šema sistema za slučaj pre kompenzacije. 0

jXv

2

jX12

Pp+jQp

Sl. 1.21b Ekvivalentna šema za slučaj pre kompenzacije

Za pretpostavljeni radni režim napon na sabirnicama 3 je prema uslovu zadatka iznosio 33 kV, odnosno njegova svedena vrednost na naponski nivo 110 kV je U 2′ = 98,776 kV . Napon na sabirnicama 0 može se odrediti preko sledeće formule: U o = U 2′ +

Q p ( X v + X 12 ) U 2′

= 98,776 +

25 ⋅ (30 ,4 + 14 ,117 ) = 110 ,043 kV . 98,776

Za režim sa uključenom baterijom kondenzatora ekvivalentna šema sistema prikazana je na sl. 1.21c. 0

jXv

jX1

Z

jX2

2

Pp+jQp

U 2′ = 110 kV jX3

-jXBK

Sl. 1.21c Ekvivalentna šema sa uključenom baterijom kondenzatora

Za ovaj režim vrednost napona na sabirnicama 2 je 36,75 kV odnosno njegova svedena vrednost je U 2′ = 110 kV . Da bi mogla da se odredi vrednost susceptanse baterije otočnih kondenzatora, potrebno je da se zadovolji jednačina bilansa snaga do sabirnica 0. Napon u tački Z dobija se preko jednačine: U Z = U 2′ +

Qp X 2 U 2′

= 110 +

25 ⋅ (− 3,313) = 109 ,247 kV . 110

Reaktivni gubici u grani Z-2 su: QZgub 2

= X2

Pp2 + Q 2p U 2′ 2

= −3,313

45 2 + 25 2 = −0,726 MVAr , 110 2

pa je kompleksna snaga na početku grane Z-2:

Osnovni proračuni

78

(

)

S Z = PZ + jQZ = Pp + j Q p + QZgub 2 = (45 + j 24,274 ) MVA . Reaktivna snaga otočne grane može se izraziti u funkciji nepoznate kapacitivne reaktanse baterije XBK, kao: U Z2 , Q3 BK = X 3 − X BK pa je kompleksna snaga na kraju grane 0-Z:  U Z2 S 0 Z = P0 Z + jQ0 Z = PZ + j  QZ + X 3 − X BK 

 .  

Jednačina za proračun napona u tački 0 u opštem slučaju ima formu:  U Z2  QZ +  X 3 − X BK U0 = UZ +  UZ

 ( X v + X 1 )   ,

u kojoj je jedina nepoznata reaktansa baterije kondenzatroa XBK. Eksplicitni izraz za tu reaktansu je: X BK = X 3 −

U Z2 , U 0U Z − U Z2 − QZ X v + X1

odakle se, posle zamene brojčanih vrednosti pojedinih veličina dobija: X BK = 55,17 −

109,247 2 = 586,65 Ω . 110,043 ⋅ 109,247 − 109,247 2 − 24,274 30,4 + 17,43

Tražena susceptansa baterije kondenzatora svedena na naponski nivo 110 kV je: BBK =

1 X BK

= 1,7 mS .

Napon na bateriji kondenzatora (sveden na naponski nivo voda) je onda: ′ =UZ U BK

− X BK = 120,58 kV , X 3 − X BK

pa je konačno, snaga baterije kondezatora: ′ 2 ⋅ BBK = 24,787 MVAr . QBK = U BK

Osnovni proračuni

79

Zadatak 1.22 U radijalnom delu distributivnog sistema prikazanom na sl. 1.22a napon na sabirnicama 1 se održava na konstantnoj vrednosti, nezavisnoj od promene potrošnje na sabirnicama 3. Pri naponu na sabirnicama 3 od 10 kV snaga potrošnje je Sp = (3 + j5) MVA, dok se sa promenom napona menja sa statičkim koeficijentima osetljivosti kPU = 1,6 i kQU = 1,8. a) Odrediti snagu kondenzatorske baterije koju treba priključiti otočno na sabirnice 3 da bi napon na tim sabirnicama bio 10,5 kV, pri a1) uvažavanju poprečne komponente pada napona, a2) zanemarenju poprečne komponente pada napona. Kolika se greška čini pri zanemarenju poprečne komponente pada napona u proračunu kondenzatorske baterije? b) Odrediti snagu potrošačkog područja i napon na sabirnicama 3 ako se na njih priključi otočna kondenzatorska baterija nominalne snage QBK = 3 MVAr (pri Un = 10 kV). U ovom proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 3

2

1 Unv = 35 kV Lv = 40 km rv = 0,196 Ω/km xv = 0,385 Ω/km

SnT = 10 MVA mT = 35/10,5 kV/kV gub PCun = 34 kW XT% = 8 %

Sp

QBK

Sl. 1.22a Šema i osnovni podaci za sistem iz zadatka 1.22 Rešenje: Impedansa voda svedena na naponski nivo 35 kV je: Z v = (rv + jxv )Lv = (0,196 + j 0,385) ⋅ 40 = (7,84 + j15,4 ) Ω . Impedansa transformatora svedena na naponski nivo 35 kV je: 2  P gub U 2 X % U nT Z T =  Cun nT + j T 100 S nT  S nT S nT

  0,034 35 2 8 35 2  =  = (0,42 + j 9,8) Ω . + j    10 10 100 10   

Ukupna impedansa između tačaka 1 i 3 je: Z = R + jX = Z v + Z T = (8,26 + j 25,2 ) Ω . Na osnovu zadatih vrednosti napona i snage (U3 = 10 kV, Pp = 3 MW i Qp = 5 MVAr) koje karakterišu radni režim bez kompenzacije, može se odrediti napon na sabirnicama 1 čiji se moduo u posmatranom sistemu održava na konstantnoj vrednosti. Najpre treba odrediti vrednost napona na sabirnicama 3, svedenu na naponski nivo 35 kV: U 3sv = U 3 mT = 10

35 = 33,33 kV . 10,5

Osnovni proračuni

80

Napon na sabirnicama 1 dobija se iz izraza: U 1 = U 3sv +

Pp R + Q p X

+j

Pp X − Q p R

U 3sv U 3sv 3 ⋅ 8,26 + 5 ⋅ 25,2 3 ⋅ 25,2 − 5 ⋅ 8,26 = 33,33 + +j = (37,85 + j1,03) kV = 37,86 kV = const . 33,33 33,33

a) U slučaju priključenja baterije otočnih kondenzatora na sabirnice 3, napon na sabirnicama 3 iznosi 10,5 kV, odnosno njegova vrednost svedena na nivo 35 kV je: U 3sv = U 3 mT = 10,5

35 = 35 kV . 10,5

Usled promene napona na sabirnicama 3 menjaju se i snage potrošačkog područja prema statičkim karakteristikama i iznose:

Pp = Ppo + Ppo k PU

∆U 3

= 3 + 3 ⋅1,6

10,5 − 10 = 3,24 MW ; 10

U 3o ∆U 3 10,5 − 10 Q p = Q po + Q po k QU = 5 + 5 ⋅1,8 = 5,45 MVAr . U 3o 10

a1) Pri uvažavanju poprečne komponente pada napona, napon U1 se proračunava prema formuli: U 1 = U 3sv +

(

)

Pp R + Q p − QBK X U 3sv

+j

(

)

Pp X − Q p − QBK R U 3sv

.

Uvrštavanjem odgovarajućih vrednosti za napon i snage dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina tražena vrednost snage baterije kondenzatora: 3,24 ⋅ 8,26 + (5,45 − QBK ) ⋅ 25,2   3,24 ⋅ 25,2 − (5,45 − QBK ) ⋅ 8,26   37,86 2 = 35 +  +  , 35 35     2

odnosno, posle sređivanja:

37,86 2 = [39,69 − 0,72QBK ]2 + [1,047 + 0,236QBK ]2 , odakle je njena konačna forma: 2 QBK − 98,69Q BK + 249,11 = 0 .

Fizički ostvarivo rešenje gornje kvadratne jednačine je:

2

Osnovni proračuni

81

QBK = 2,59 MVAr .

a2) Pri zanemarenju poprečne komponente pada napona, izraz za napon U1 se svodi na: U 1 = U 3sv +

(

)


.

Zamenom brojčanih vrednosti u prethodnu jednačinu dobija se linearna jednačina po nepoznatoj snazi baterije kondenzatora: 37,86 = 35 +

3,24 ⋅ 8,26 + (5,45 − QBK ) ⋅ 25,2 , 35

odakle je:

QBK = 2,54 MVAr . Greška koja se čini zanemarenjem poprečne komponente pada napona u proračunu vrednosti snage baterije kondenzatora je: a1 a2 QBK − QBK 2,59 − 2,54 Γ%= ⋅100 = ⋅100 = 1,93 % . a1 2,59 QBK

b) Pošto je zadata snaga baterije kondenzatora od 3 MVAr definisana za nominalnu vrednost napona (Un = 10 kV, odnosno Unsv = 33,33 kV), vrednost snage baterije kondenzatora za neku proizvoljnu vrednost napona na sabirnicama 3 je:

QBK = QBKn

U 32sv U n2

=3

U 32sv 33,332

= 0,0027U 32sv .

(1)

Zavisnosti snaga potrošačkog područja u funkciji od napona na sabirnicama 3 date su sledećim izrazima:

∆U 3sv U − 33,33 = 3 + 3 ⋅1,6 3sv = 0,144U 3sv − 1,8 ; U 3osv 33,33 ∆U 3sv U − 33,33 Q p = Q po + Q po k QU = 5 + 5 ⋅1,8 3sv = 0,27U 3sv − 4 U 3osv 33,33 Pp = Ppo + Ppo k PU

(2) (3)

Ako se tri prethodna izraza za QBK, Pp i Qp uvrste u jednačinu za pad napona između čvorova 1 i 3, posle sređivanja dobija se kvadratna jednačina po nepoznatom naponu U3sv: U 1 = U 3sv +

(

)


,

Osnovni proračuni

82

odnosno 37,86 = U 3sv +

(0,144U 3sv − 1,8) ⋅ 8,26 + [(0,27U 3sv − 4) − 0,0027U 32sv ]⋅ 25,2 U 3sv

,

odakle se posle sređivanja dobija jednačina:

U 32sv − 32,05U 3sv − 124,11 = 0 . Fizički prihvatljivo rešenje gornje kvadratne jednačine je: U 3sv = 35,54 kV . Ako se izračunata vrednost napona na sabirnicama 3 uvrsti u jednačine (2) i (3) dobijaju se tražene vrednosti snaga potrošačkog područja: Pp = 3,32 MW

i

Q p = 5,6 MVAr .

Osnovni proračuni

83

Zadatak 1.23 Na sl. 1.23a prikazana je jednostavna distributivna mreža. Napon na sabirnicama 1 održava se konstantnim pomoću regulacionog transformatora. Linijski napon na sabirnicama 2 iznosi U2 = 9,8 kV pri snagama potrošnje Pp2 = 3 MW i Qp2 = 2 MVAr i konstantnoj, odnosno nezavisnoj od napona, impedansi potrošnje na sabirnicama 3 koja se može izračunati pri nominalnom naponu U3 = 10 kV i snazi Pp3 = 2 MW, uz cosϕ3 = 1,0. Koliku snagu trofazne baterije kondenzatora treba priključiti otočno na sabirnice 2 da bi se napon U2 podigao na 10,1 kV ako se snaga potrošnje na tim sabirnicama menja po statičkim naponskim karakteristikama čiji su koeficijenti osetljivosti kPU2 = 1,7 i kQU2 = 1,3. Kolika je u tom slučaju snaga koju regulacioni transformator RTR daje u mrežu. Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 1

2

Unv = 10 kV

Pp2 = 3 MW

L12 = 10 km RTR L13 = 8 km

rv = 0,07 Ω/km xv = 0,4 Ω/km

3

Qp2 = 2 Mvar L23 = 5 km

Pp3 = 2 MW Qp3 = 0 MVAr pri U3 = 10 kV

Sl. 1.23a Šema distributivne mreže iz zadatka 1.23

Rešenje: Vrednosti impedansi pojedinih vodova su:

Z 12 = (0,7 + j 4) Ω ; Z 13 = (0,56 + j 3,2 ) Ω ; Z 23 = (0,35 + j 2 ) Ω . Na osnovu podataka o čvoru 3 konstatuje se da se troši samo aktivna snaga pa se potrošnja u čvoru 3 može modelovati preko aktivne otpornosti: R=

U 32 10 2 = = 50 Ω . P3 2

Ekvivalentna šema za dati sistem prikazana je na sl. 1.23b.

Transfiguracijom zvezde koju čine grane između čvorova 1-3, 2-3 i 3-0 u trougao i sažimanjem paralelnih grana između čvorova 1 i 2, dobija se ekvivalentna šema prikazana na sl. 1.23c.

Osnovni proračuni

84

1

2

Z12

Sp2 Z13

Z23

3 R3 0

Sl. 1.23b Ekvivalentna šema sistema, sa sl. 1.23a

1

S2

2 Sp

Z12e Z10

S20

Z20

Sl. 1.23c Šema dobijena transfiguracijom zvezde sa sl. 1.23b

Vrednosti elemenata ekvivalentne šeme sa sl. 1.23c su: Z 12e = (0,3724 + j 2,2697 ) Ω ; Z 10 = (130,56 + j 3,2 ) Ω ;

Z 2o = (81,6 + j 2 ) Ω .

Radi određivanja napona na sabirnicama 1 uradiće se bilans snaga. Najpre će se odrediti snaga S20: U2 9,8 2 S 20 = ∗2 = = (1,176 + j 0,029) MVA . Z 20 81,6 − j 2 Snaga koja utiče u čvor 2, preko grane 1-2 (S2) je onda: S 2 = S p 2 + S 20 = (3 + j 2 ) + (1,176 + j 0,029 ) = (4,176 + j 2,029 ) MVA . Napon u čvoru 1, proračunava se preko izraza:

U1 = U 2 +

P2 R12e + Q2 X 12e 4 ,176 ⋅ 0 ,3724 + 2 ,029 ⋅ 2 ,269 = 9 ,8 + = 10 ,43 kV . U2 9 ,8

Posle kompenzacije napon U2 na sabirnicama 2 podiže se na vrednost 10,1 kV, odnosno promena napona na sabirnicama 2 je ∆U2 = 0,3 kV. Usled promene napona dolazi do promene vrednosti snaga potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2:

Osnovni proračuni

85

∆U 2 0,3 = 3 + 3 ⋅ 1,7 = 3,156 MW ; U2 9,8 ∆U 2 0,3 = Q p 2 + Q p 2 kQU 2 = 2 + 2 ⋅ 1,3 = 2,079 MVAr . U2 9,8

Ppk2 = Pp 2 + Pp 2 k PU 2 Q pk 2

Nova vrednost snage S20, za slučaj kompenzacije, je onda:

S 20 =

U 22

Z ∗20

10,12 = = (1,249 + j 0,031) MVA . 81,6 − j 2

Vrednost snage S2 za slučaj otočne kompenzacije na sabirnicama 2 sada je: S 2 = S p 2 + S 20 − jQBK = (3,156 + j 2,079 ) + (1,249 + j 0,031) = 4,405 + j (2,11 − QBK ) . Uvrštavanjem prethodnog izraza u jednačinu za napon u čvoru 1, dobija se izraz u kojem je jedina nepoznata veličina tražena vrednost snage otočne baterije kondenzatora:

P2 R12e + Q2 X 12e , U2 gde je Q2 = (2,11 − QBK ) MVAr U1 = U 2 +

Posle zamene poznatih numeričkih vrednosti, dobija se jednačina: 10,43 = 10,1 +

4,405 ⋅ 0,3724 + (2,11 − QBK ) ⋅ 2,2697 . 10,1

Iz gornje jednačine nalazi se snaga kondenzatorske baterije:

QBK = 1,36 MVAr . Radi određivanja snage regulacionog transformatora potrebno je odrediti bilans snaga u mreži. Na osnovu izračunate vrednosti snage otočne baterije kondenzatora, kompleksna snaga S2 je: S 2 = 4,405 + j (2,11 − QBK ) = 4,405 + j (2,11 − 1,36 ) = (4,405 + j 0,7457 ) MVA . Kompleksni gubici snage na grani između čvorova 1 i 2 su: gub S 12

= (R12e

P22 + Q22 + jX 12e ) U 22

= (0,3724 + j 2,2697 )

4,405 2 + 0,7457 2 = (0,073 + j 0,444 ) MVA . 10,12

Vrednost kompleksne snage S10 koja teče kroz impedansu Z10 je:

Osnovni proračuni

S 10 =

U 12

∗ Z 10

86

10,432 = = (0,833 + j 0,02) MVA . 130,56 − j 3,2

Konačno snaga na izlazu iz regulacionog transformatora RTR je: S RTR = S 2 + S 12 + S 10 = (4,405 + j 0,7457 ) + (0,073 + j 0,444) + (0,833 + j 0,02) = (5,311 + j1,2097 ) MVA . gub

Osnovni proračuni

87

Zadatak 1.24 Za elektroenergetski sistem prikazan na sl. 1.24a, odrediti: a) Napon na sabirnicama 1 i snagu potrošačkog područja 2, ako je napon na sabirnicama 4 U4 = 35 kV. b) Snagu potrošačkog područja 4 ako je posle uključenja otočne kondenzatorske baterije snage QBK = 15 MVAr na sabirnice 4, izmeren napon na sabirnicama 2 za 5 % veći nego u radnom režimu definisanom u tački a. Napomena: Zanemariti poprečnu komponentu pada napona.

1

zv = (0,15 + j0,4) Ω/km Unv = 110 kV L12 = 25 km L23 = 40 km 2

3

4

Sp4o = (35 + j20) MVA

kPU2 = 1,4 SnT = 63 MVA QBK kQU2 = 1,8 XT% = 11 % Sp2o = (15+j10) MVA mT = 110/36,75 kV/kV U2o = 110 kV

U4o = 35 kV kPU4 = 1,5 kQU4 = 1,7

Sl. 1.24a Elektroenergetski sistem i osnovni podaci iz zadataka 1.24

Rešenje: a) Impedansa transformatora u grani 3-4 svedena na naponski nivo 110 kV je: ZT = j

2 X T % U nT 11 110 2 = j = j 21,127 Ω . 100 S nT 100 63

Impedanse pojednih vodova na naponskom nivou 110 kV su: Z 12 = z v L12 = (0,15 + j 0,4 ) ⋅ 25 = (3,75 + j10 ) Ω ,

Z 23 = z v L23 = (0,15 + j 0,4 ) ⋅ 40 = (6 + j16 ) Ω .

Prema tome ukupna impedansa izmedju čvorova 2 i 4 je: Z 24 = Z 23 + Z T = (6 + j 37,127 ) Ω . Svedena vrednost napona na sabirnicama 4 je: U 4 sv = mT U 4 =

110 ⋅ 35 = 104,76 kV . 36,75

Pošto se zadata vrednost napona na sabirnicama 4 (U4 = 35 kV) poklapa sa vrednošću napona u polaznoj radnoj tački (U4o = 35 kV), to je snaga potrošačkog područja jednaka zadatoj snazi:

Osnovni proračuni

88

S p 4 = S p 4o = (35 + j20 ) MVA . Na osnovu napred izračunatih i zadatih vrednosti pojedinih veličina može se odrediti vrednost napona na sabirnicama 2, koja iznosi: U 2 = U 4 sv +

Pp 4 R24 + Q p 4 X 24 U 4 sv

= 104,76 +

35 ⋅ 6 + 20 ⋅ 37,127 = 113,85 kV . 104,76

Za napred izračunatu vrednost napona na sabirnicama 2 mogu se odrediti vrednosti aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2 za ovaj radni režim, kao:

∆U 2 113,85 − 110 = 15 + 15 ⋅ 1,4 ⋅ = 15,735 MW ; U 2o 110 ∆U 2 113,85 − 110 + Q p 2o k QU 2 = 10 + 10 ⋅ 1,8 ⋅ = 10,63 MVAr . U 2o 110

Pp 2 = Pp 2o + Pp 2o k PU 2 Q p 2 = Q p 2o

Dalje, kompleksni gubici snage u grani između čvorova 2 i 4 su: gub S 24

= (R24 + jX 24 )

Pp24 + Q p2 4

(U )

sv 2 4

35 2 + 20 2 = (6 + j 37,127 ) ⋅ = (0,888 + j 5,497 ) MVA . 104,76 2

Kompleksna snaga koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2 dobija se iz jednačine bilansa snaga: S 12 = S p 4 + S 24 + S p 2 gub

= 35 + j 20 + 0,888 + j 5,497 + 15,735 + j10,63 = (51,623 + j 36,127 ) MVA .

Sada se konačno može odrediti napon na sabirnicama 1, preko formule: U1 = U 2 +

P12 R12 + Q12 X 12 51,623 ⋅ 3,75 + 36,127 ⋅ 10 = 113,85 + = 118,724 kV . U2 113,85

b) Pošto se dodavanjem baterije kondenzatora otočno na sabirnice 4 napon na sabirnicama 2 povećava za 5 % nova vrednost tog napona je:

U 2 = 1,05 ⋅113,85 = 119,54 kV . Dodavanjem baterije kondenzatora menja se i napon na sabirnicama 4, a samim tim i snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4. Zavisnost aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4 od napona na tim sabirnicama, data je narednim jednačinama:

∆U 4 sv U − 104,76 = 35 + 35 ⋅1,5 ⋅ 4 sv = (0,501U 4 sv − 17,5) MW ; U 4osv 104,76 ∆U 4 sv U − 104,76 + Q p 4o k QU 4 = 20 + 20 ⋅1,7 ⋅ 4 sv = (0,326U 4 sv − 14) MVAr . U 4osv 104,76

Pp 4 = Pp 4o + Pp 4o k PU 4 Q p 4 = Q p 4o

Osnovni proračuni

89

Zamenom gornjih izraza u jednačinu za pad napona između tačaka 2 i 4 dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina svedena vrednost napona na sabirnicama 4: U 2 = U 4 sv +

P24 R24 + (Q24 − QBK ) X 24 , U 4 sv

odakle je:

119,54 = U 4 sv +

(0,501U 4 sv − 17,5) ⋅ 6 + (0,326U 4 sv − 29) ⋅ 37,127 , U 4 sv

odnosno, posle sređivanja: U 42 − 104,434U 4 − 1181,683 = 0 . Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je: U 4 sv = 114 ,73 kV . Na osnovu ove vrednosti napona dobijaju se i vrednosti snaga potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4: P4 = 0,501U 4 sv − 17,5 = 0,501 ⋅ 114,73 − 17,5 = 40 MW ; Q4 = 0,326U 4 sv − 14 = 0,326 ⋅ 114,73 − 14 = 23,24 MVAr .

Osnovni proračuni

90

Zadatak 1.25 a) Do koje dužine visokonaponski vod učestanosti 50 Hz, prikazan na sl. 1.25a, može da bude nekompenzovan u praznom hodu, ako mu se na napojnom kraju održava napon 5 % viši od nominalnog, a maksimalni napon na vodu u stacionarnom stanju ne sme da bude veći od 1,1Unv. Računati sa idealizovanom šemom voda sa raspodeljenim parametrima. b) Koju snagu treba da ima trofazna otočna prigušnica na kraju trofaznog voda 400 kV računajući njenu snagu pri nominalnom naponu 400 kV, ako se mora zadovoljiti uslov pod a) pri Lv = 500 km (Zc = 320 Ω). 1 2 U1

U2 Zc = 320 Ω Lv = ?

U1=1,05⋅Unv

U2=1,1⋅Unv

Sl. 1.25a Idealizovana šema voda sa raspodeljenim parametrima, iz zadatka 1.25

Rešenje: a) Veza između računskih veličina napona i struja na ulazu i izlazu idealizovanog voda data preko parametara ekvivalentnog četvorokrajnika je:  cos λ U 1   A B  U 2    I  = C D  ⋅  I  =  j 1 sin λ   2  1   Zc

jZ c sin λ   ⋅ U 2  , cos λ   I 2  

Iz sistema jednačina (1) za I2 = 0 prva jednačina postaje:

U 1 = AU 2 = U 2 cos λ ⇒

U1 = cos λ . U2

Prema uslovu zadatka dalje je:

1,05U nv 1,05 = cos λ ⇒ cos λ = ⇒ λ = 17,34° ; 1,1U nv 1,1 17,34° λ = βLv = 0,06(° / km )Lv (km ) ⇒ Lv = = 289 km . 0,06 ° / km

b) U delu zadatka pod b) ponovo se koristi prva iz sistema jednačina (1): U 1 = AU 2 + B I 2 . Ako se u ovu jednačinu smeni:

(1)

Osnovni proračuni

91

A = cos λ, B = jZ c sin λ i I 2 =

U 2 1,1U nv , = jX p jX p

dobija se: 1,05U nv = cos λ ⋅ 1,1 ⋅ U nv + jZ c sin λ 1

1,1U nv . jX p

I1

U1

I2

U2

2

U2=1,1Unv

U1=1,05⋅Unv

Xp

Sl. 1.25b Šema idealizovanog voda pri uslovima iz tač. b zadatka 1.25

Iz poslednje relacije nalazi se reaktansa prigušnice (po fazi):

Xp =

Z c sin λ , 1,05 − cos λ 1,1

pri čemu je električna ugaona dužina voda: λ = βLv = 0,06 ⋅ 500 = 30°, tako da je veličina reaktanse prigušnice: Xp =

320 ⋅ sin 30° = 1807,5 Ω . 1,05 − cos 30° 1,1

Snaga trofazne prigušnice na kraju voda (računata za nominalni napon od 400 kV) je onda: U n2 400 2 Qp = = = 88,5 MVAr. X p 1807,5 Primedba: S obzirom da u petljastoj mreži, bilo koji kraj može da ostane u praznom hodu, bilo bi potrebno staviti ovakvu prigušnicu na oba kraja voda.

Osnovni proračuni

92

Zadatak 1.26 Napon U1 na sabirnicama 1 nižeg napona regulacionog transformatora održava se konstantan (sl. 1.26a). Napon na sabirnicama 2 iznosi U2 = 9,7 kV pri godišnjim vršnim snagama potrošnje Pp = 7 MW i Qp = 4 MVAr, koje se za ovo pretežno industrijsko potrošačko područje godinama praktično ne menjaju. Koliku snagu baterije kondenzatora QBK treba otočno priključiti na sabirnice 2 da se podigne napon U2 na 10,3 kV, ako se snage potrošnje menjaju po statičkim naponskim karakteristikama, pri čemu je kPU = 1,1 i kQU = 1,6. Za koje vreme bi se otplatila baterija uštedama na gubicima aktivne energije, ako se može približno uzeti da je ekvivalentno godišnje trajanje maksimalnih gubitaka pri isključivanju baterije u noćnom pogonu τe = 2500 h/god., i ako je prosečna cena gubitaka na ovom nivou 0,05 NJ/kWh, a cena baterije C BK [NJ ] = 15 000 + 10QBKn , gde je QBKn nominalna snaga baterije u [kVAr]? Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona. 2

1

U1 = const

Unv = 35 kV Lv = 30 km rv = 0,32 Ω/km xv = 0,38 Ω/km

SnT = 8 MW mT = 35/10,5 kV/kV gub PCun % = 0,6 % XT% = 7 %

Pp

Qp QBK

Sl. 1.26a Šema elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.26

Rešenje: Sve veličine će biti svedene na stranu mreže 10 kV. Onda je: 2

 10,5  Rv = = 0,32 ⋅ 30 ⋅   = 0,864 Ω ;  35  2 P gub % U nT 0,6 10,5 2 RT = Cun = = 0,08268 Ω , 100 S nT 100 8 rv Lv mT2

gub jer je PCun % ≡ RT %.

R = Rv + RT = 0 ,864 + 0 ,08268 = 0 ,9467 Ω ; 2

 10,5  Xv = = 0,38 ⋅ 30 ⋅   = 1,026 Ω ;  35  2 X % U nT 7 10,5 2 = = 0,9646 Ω ; XT = T 100 S nT 100 8 X = X v + X T = 1,026 + 0 ,9646 = 1,9906 Ω . xv Lv mT2

Pre priključenja baterije kondenzatora može se iz zadatih uslova na kraju 2 izračunati (svedeni) napon na početku voda, prema formuli:

Osnovni proračuni

U1 = U 2 +

93

Pp R + Q p X U2

.

(1)

Analogni postupak važi i posle priključenja baterije kondenzatora uz uvažavanje promene snaga potrošnje sa promenom napona: U1 = U 2 + ∆U 2 +

(Pp + ∆Pp )R + (Q p + ∆Q p − QBK )X . U 2 + ∆U 2

(2)

Kako se prema uslovima zadatka napon U1 održava konstantan pri svim režimima rada, U1 biće konstantan u oba slučaja, pa pošto nije od interesa (mogao bi se izračunati iz (1)), biće eliminisan, npr. oduzimanjem (2) od (1) ili izjednačavanjem levih strana (1) i (2):    ∆U 2  ∆U 2  Pp + k PU Pp  R +  Q p + k QU Q p − QBK  X Pp R + Q p X U2  U2   . = ∆U 2 +  U2 U 2 + ∆U 2

Posle uvrštenja brojčanih vrednosti pojedinih veličina, gornji izraz za pad napona postaje: 0 ,6  0 ,6    − QBK  ⋅1,9906  7 + 1,1 ⋅ 7 ⋅  ⋅ 0 ,9467 +  4 + 1,6 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 0 ,9467 + 4 ⋅1,9906 9 ,7  9 ,7   = 0 ,6 +  , 9 ,7 10 ,3 odakle se dobija linearna jednačina po nepoznatoj QBK, čije je rešenje:

QBK = 3,2738 MVAr . Snaga baterije, za jednu te istu kapacitivnost, srazmerna je sa kvadratom napona (QBK= U 2 ωC ), pa za nominalni napon Un iznosi: 2

QBKn

2

 10  U  = QBK  n  = 3,2738 ⋅   = 3,086 MVAr . U   10,3 

U opštem slučaju nominalna snaga baterije bira se kao najbliža standardna vrednost iz niza QBKn. Kako nisu date standardne vrednosti za nominalnu vrednost baterije uzeće se proračunata vrednost QBKn = 3,086 MVAr. Pomoću ove vrednosti dobije se za cenu baterije (na 10 kV zajedno sa opremom): C BKn [NJ ] = 15 000 + 10QBKn [kVAr ] = 15 000 + 10 ⋅ 3086 = 45 860 NJ . Razlika maksimalnih (snaga) gubitaka, koji se imaju pri vršnim snagama potrošnje bez baterije i sa njom je:

Osnovni proračuni

gub gub ∆Pmgub ax = Pmax − Pmax sa BK = R

94

Pp2 + Q 2p U 22

−

(Pp + ∆Pp )2 + (Q p + ∆Q p − QBK )2 (U 2 + ∆U 2 )2

2

2

0 ,6   0 ,6   − 3,2738   7 + 1,1 ⋅ 7 ⋅  +  4 + 1,6 ⋅ 4 ⋅ 2 2 7 +4 9 ,7   9 ,7  = 143,964 kW . = 0 ,9467 ⋅ − 2 2 9 ,7 10 ,3

Prema tome gubici električne energije koji odgovaraju ovoj razlici snaga gubitaka, tj. ušteda u godišnjim gubicima aktivne energije biće: gub ∆W gub [kWh/god ] = ∆Pmax [kW ] τ e [h/god ] = 143,964 ⋅ 2500 = 399 910 kWh/god.

Vreme u kome bi se isplatila baterija iz ušteda na gubicima električne energije je: T=

C BKn [NJ ] C BKn [NJ ] 45860 = = = 2,29 god . ∆C g [NJ/god ] ∆W gub [kWh/god ]⋅ C e [NJ/kWh ] 399 910 ⋅ 0,05

Osnovni proračuni

95

Zadatak 1.27 Dva identična trofazna prenosna voda izgrađena su na zajedničkim stubovima. Provodnici svakog od vodova su postavljeni u vertikalnim ravnima na međusobnom rastojanju od 4 m, sa redosledom faza a, b, c, od vrha, prema podnožju stuba. Vertikalno rastojanje između provodnika pojedinih faza je 2 m, kako je to pokazano na sl. 1.27a. Oba voda su bez transpozicije faza. Na njih je priključen simetričan trofazni napon, i svaki provodnik je opterećen efektivnom strujom od 500 A. Vodovi se tako paralelno vode 30 km. Nominalna učestanost je 50 Hz. Izračunati vrednosti napona koji se indukuju u svakoj od faza oba paralelna voda, usled njihove geometrijske nesimetrije. Šta će se dogoditi ako se sprovede transpozicija faza na svakih 10 km?

Rešenje: Međusobni položaj provodnika oba paralelna voda prikazan je na sl. 1.27a.

Vod 1

Vod 2

a1

a2

4,472 m b1

2m b2

5,657 m 2m c1

c2 4m

Sl. 1.27a Međusobni položaj provodnika oba paralelna voda, iz zadatka 1.27

Fazori faznih struja tri faze svakog od vodova su: I a = 500 / 0° ; I b = 500 / − 120° ; I c = 500 / 120° . Indukovani napon po dužnom metru faze a voda 1, sa tri struje voda 2, izračunava se po formuli: µ 1 1 1   U a1 = j o ω n  I a ln + I b ln + I c ln , 2π  4 4,472 5,657  tako da je:

Osnovni proračuni

U a1 = j

96

4π ⋅ 10 −7 1 1 1   ⋅ 2π ⋅ 50 500 ln + 500 ln / − 120° + 500 ln / 120°  [V/m ] , 2π 4 4,472 5,657  

odnosno

U a1 = − j 4π ⋅10 −7 ⋅ 50(693,14 + 748,92(− 0,5 − j 0,866) + 866,45(− 0,5 + j 0,866 )) [V/m] = − j 628,32 ⋅ 10 −7 ⋅ (− 114,55 + j101,78) [V/m] ,

odakle je

U a1 = 628,32 ⋅10 −7 ⋅153,24 = 0,963 ⋅10 −2 [V/m ] . Na dužini od 30 km, taj indukovani napon je:

U a = 0,963 ⋅10 −2 ⋅ 30 ⋅10 3 = 288,9 V . Na sličan način se proračunavaju i indukovani naponi u preostale dve faze: 1 1 1   U b1 = j 4π ⋅10 −7 ⋅ 50 500 ln + 500 ln / − 120° + 500 ln / 120°  [V/m ] 4 4,472 4,472   −7 = − j 628,32 ⋅10 (693,14 + 748,92(− 0,5 − j 0,866 ) + 748,92(− 0,5 + j 0,866 )) [V/m ]

= − j 628,32 ⋅ 10 −7 (693,14 − 748,92 ) = j 628,32 ⋅ 10 −7 ⋅ 55,78 [V/m ] ,

tako da je

U b1 = 0,351 ⋅10 −2 [V/m] ; U b = 0,351 ⋅10 −2 ⋅ 30 ⋅10 3 = 105,3 V . Indukovani napon u fazi c, zbog geometrijske simetrije isti je kao indukovani napon u fazi a tj.: U c = U a = 288,9 V . Indukovani naponi u istoimenim fazama, oba paralelna voda su takođe isti. Ako se sprovede striktna transpozicija oba voda, na svakih 10 km, neće postojati ovi indukovani naponi.

Osnovni proračuni

97

Zadatak 1.28 U napojnoj transformatorskoj stanici 110/10 kV/kV (sl. 1.28a) ugrađena su dva fizički ista regulaciona transformatora, identičnih parametara. Jedan je opterećen sa Pr = 36 MW i Qr = 12 MVAr (ind), a drugi sa 80 % opterećenja prvog kako aktivnom, tako i reaktivnom snagom. Napon na sabirnicama 10 kV održava se konstantan i jednak na obe razdvojene sekcije sabirnica 10 kV. Radni napon na zajedničkim sabirnicama 110 kV je Ur = 115 kV. Od radijalno napajane kablovske mreže 10 kV dva naznačena kabla (K) su identična po parametrima i dozvoljenom opterećenju. Izračunati metodom superpozicije stacionarnu fiktivnu struju izjednačenja (po modulu), usled poprečne komponente pada napona na strani 10 kV, ako se zatvori rastavljač snage RS. Napomena: Računati približno sa nominalnim odnosom transformacije mT = mTn, na oba transformatora. Ur = 115 kV T

1 K LK

RS

T SnT = 40 MVA mT = 110/10,5 kV/kV RT% = 0,5%, XT% = 20%

LK = 1,6 km rK = 0,25 Ω/km xK = 0,1 Ω/km

Cu 3×95 mm2

Sl. 1.28a Šema i osnovni podaci za mrežu iz zadatka 1.28

Rešenje: Linijska vrednost poprečne komponente pada napona na transformatoru na strani 10 kV, usled koje se ima fiktivna struja izjednačenja (superponirana na radnu struju) po zatvaranju rastavljača snage RS je: PX T − QRT 0 ,8 PX T − 0 ,8QRT − Ur Ur PX T − QRT = 0,2 , Ur

δU = δU 1 − δU 2 =

gde je:

XT =

X T % U n2 20 10,5 2 = = 0,55 Ω ; 100 S nT 100 40

RT % U n2 0,5 10,5 2 = = 0,0138 Ω ; 100 S nT 100 40 10 ,5 U r = 115 = 10 ,997 kV . 110 RT =

Dalje je:

Osnovni proračuni

δU = 0,2

98

36 ⋅ 0 ,55 − 12 ⋅ 0 ,0138 10 ,997

⋅10 3 = 331,4 V .

Impedansa kola cirkulacije je:

Z = 2Z T + 2Z K , odnosno: Z =

[2(RT + RK )]2 + [2( X T + X K )]2 ,

gde je:

X K = x K LK = 0,1 ⋅1,6 = 0,16 Ω ; RK = rK LK = 0,25 ⋅1,6 = 0,4 Ω . Moduo impedanse petlje, po kojoj se zatvara fiktivna struja izjednačenja je: Z =

[2(0,0138 + 0,4)]2 + [2(0,55 + 0,16)]2

= 1,645 Ω .

Konačno, fiktivna struja izjednačenja (po fazi) je: IC =

δU 3Z

=

331,4 = 148,5 A . 3 ⋅ 1,645

Osnovni proračuni

99

Zadatak 1.29 Da li zatvaranje rastavljača snage 10 kV u TS 4, odnosa transformacije 10/0,4 kV/kV (sl. 1.29a), gde se pre toga imala razlika faznih napona ∆Uf = 5 % Unf može dovesti do reagovanja zaštite od preopterećenja, podešene na Ireag ≥ 1,2InK10 sa trajanjem t ≥ 1 s, na ulazu kablovske mreže 10 kV i isključenja prekidača, ako je fiktivna struja izjednačenja jednaka količniku fazne razlike napona na otvorenom rastavljaču snage i zbirne svedene impedanse (kao vektora) kola cirkulacije, dok jednosmerna komponenta opada sa vremenskom konstantnom LR-kola cirkulacije. Napomena: Svi naponi mreže 10 kV su praktično istofazni. LK1 = 1 km

110 kV Ir

1

TS 10/0,4 kablovska mreža 10 kV rK1 = 0,2 Ω/km, xK1 = 0,1 Ω/km 2

TS 4 ∆Uf = 5%Unf

3 Ir kabl 35 kV LK2 = 4 km Ir = 0,6InK10 rK2 = 0,2 Ω/km cosϕr = 0,9 ,xK2 = 0,135 Ω/km InK10 = 250 A

SnT1 = 40 MVA mT1 = 110/10,5 kV/kV XT1% = 20%

LK1 = 1 km

SnT2 = 63 MVA mT2 = 110/36,75 kV/kV XT2% = 11%

SnT3 = 12,5 MVA mT3 = 35/10,5 kV/kV XT3% = 7,5%

Sl. 1.29a Šema mreže i osnovni podaci iz zadataka 1.29

Rešenje: Ekvivalentna šema za sračunavanje sumarne svedene impedanse kola cirkulacije predstavljena je na sl. 1.29b. jXT1

jXK1

RK1

∆Uf = 0,05Unf jXT2

jXK2

RK2

jXT3

jXK1

RK1


Osnovni proračuni

100

Reaktanse svedene na naponski nivo 10 kV su: 2 X T 1 % U nT 20 10,5 2 1 X T1 = = = 0,55 Ω ; 100 S nT 1 100 40 X K 1 = x K 1 LK 1 = 0,1 ⋅1 = 0,1 Ω ; RK 1 = rK 1 LK 1 = 0,2 ⋅1 = 0,2 Ω ;

2

XT2

2 X T 2 % U nT 11 36,75 2  10,5  2 1 = =   = 0,21 Ω ; 100 S nT 2 mT2 3 100 63  35 

XT3 =

2 X T 3 % U nT 7,5 10,5 2 3 = = 0,66 Ω ; 100 S nT 3 100 12,5 2

X K 2 = x K 2 LK 2

1  10,5  = 0,135 ⋅ 4 ⋅   = 0,0486 ≅ 0,05 Ω ; 2 mT 3  35  2

R K 2 = rK 2 LK 2

1  10,5  = 0,2 ⋅ 4 ⋅   = 0,072 ≅ 0,07 Ω . 2 mT 3  35 

Ekvivalentna reaktansa kola cirkulacije je: X Σ = X T 1 + X K 1 + X K 1 + X T 3 + X K 2 + X T 2 = 0,55 + 0,1 + 0,1 + 0,66 + 0,05 + 0,21 = 1,67 Ω . Ekvivalentna otpornost istog kola je:

RΣ = RK 1 + RK 1 + RK 2 = 0,2 + 0,2 + 0,07 = 0,47 Ω . Prema tome, ekvivalentna impedansa kola cirkulacije je:

Z Σ = (0,47 + j1,67 ) Ω . Ako se usvoji da je: U f = U f / 0° → ∆U f = ∆U f / 0° , to će fiktivna struja izjednačenja biti: I iz =

∆U ZΣ

f

=

0,05 ⋅ 10000 3 = (45,13 − j160,4 ) A . 0,47 + j1,67

Pre zatvaranja rastavljača snage, kroz pojedine grane je tekla struja:

I r = 0,6 I nK10 = 0,6 ⋅ 250 = 150 A ;

I r = 0,6 I nK10 (cos ϕ r − j sin ϕ r ) = 0,6 ⋅ 250 ⋅ (0,9 − j 0,436 ) = (135 − j 65,4 ) A .

Osnovni proračuni

101

Pošto je struja Ir po prirodi induktivna, kako je to ilustrovano na fazorskom dijagramu prikaznom na sl. 1.29c, to po zatvaranju rastavljača snage kroz jednu od grana kola cirkulacije teče struja:

I Σ = I r + I iz = 135 − j 65,4 + 45,13 − j160,4 = (180,13 − j 225,8) A I Σ = 288,84 A Im

ϕr

U=Unf /0

Re Ref. osa

Ir Sl. 1.29c Fazorski dijagram struja kola sa sl. 1.29b

Kroz drugu granu teče razlika struja: I razl = I r − I iz = 135 − j 65,4 − 45,13 + j160,4 = (89,87 + j 95) A . Kako je:

I razl = 130,8 A < I Σ = 288,84 A , to je sa stanovišta reagovanja zaštite od preopterećenja merodavan moduo struje I Σ . Vremenska konstanta jednosmerne komponente je:

T=

XΣ 1,67 = = 0,013 s , ωRΣ 314 ⋅ 0,47

pa se zaključuje da se jednosmerna komponenta u celosti priguši u toku 1 s i ne utiče na reagovanje zaštite podešene na vrednost: I reag = 1,2 I nK 10 = 1,2 ⋅ 250 = 300 A . Prema tome, pošto je

I Σ = 288,84 A < I reag = 300 A , neće doći do reagovanja zaštite.

Osnovni proračuni

102

Zadatak 1.30 Za Al/Če uže poprečnog preseka 240/40 mm2, aproksimativnim i egzaktnim proračunom odrediti dozvoljenu termičku struju kojom se može opteretiti ovo uže ako su dati sledeći podaci: - prečnik užeta d = 21,9⋅10-3 m, - poprečni presek aluminijuma sAl = 240⋅10-6 m2, - maksimalna dozvoljena temperatura provodnika θmax = 80°C, - temperatura ambijenta θa = -10°C, - brzina vetra v = 2 m/s, - napadni ugao vetra ϕv = 20°, - ugao između prirodne i prinudne konvekcije αv = 90°, - koeficijent apsorpcije provodnika αs = 0,6, - koeficijent emisije toplotnog zračenja ε = 0,3, - specifična električna otpornost provodnika na temperaturi od 20°C ρ20 = 2,63⋅10-8 Ωm, - podužna otpornost provodnika na temperaturi od 20°C R20 = 0,0001187 Ω/m, - temperaturni koeficijent promene električne otpornosti α = 0,00403 1/°C. Rešenje: Najpre će se aproksimativnim postupkom odrediti termički dozvoljena struja. Prvo će se izračunati snaga apsorpcije toplote usled sunčevog zračenja prema relaciji: QS = α S dI S = α S d

K , 1 + 10 ( a +bX )

gde je: IS – površinska gustina snage zračenja usled sunčevog zračenja, X = (θa + 20)/5 (°C), K, a, b - konstante korelacione zavisnosti dobijene iz ispitivanog uzorka podataka o snazi sunčevog zračenja u funkciji od temperature ambijenta. K = 1000; a = 0,9334; b = -0,2111. αS – koeficijent apsorpcije provodnika, d – spoljni prečnik provodnika (m). Za prethodne numeričke vrednosti, snaga apsorpcije sunčevog zračenja se dobija u W. Zamenom brojčanih vrednosti dobija se: X = (−10 + 20) / 5 = 2 (°C) ; 1000 QS = 0,6 ⋅ 21,9 ⋅ 10 −3 = 3,095486 W . ( 0, 9334−0, 2111⋅2 ) 1 + 10 Podužna specifična toplotna snaga konvekcije za brzine vetra iznad 0,4 m/s računa se prema jednačini:

(

qcs = 0,57π 2,42 ⋅10

−2

−5

)[

+ 7 ⋅10 ⋅ Θ 0,42 + 0,68(sin ϕ v )

1, 08

]

  vd   −5 −8  1,32 ⋅10 + 9,5 ⋅10 ⋅ Θ 

0, 485

,

Osnovni proračuni

103

gde je: v – brzina vetra (m/s); ϕv – napadni ugao vetra (°); Θ = θ a + 0,5∆θ = θ a + 0,5(θ max − θ a ) (°C) . Za numeričke vrednosti navedene u prethodnoj formuli podužna specifična toplotna snaga konvekcije se dobija u W/m,°C. Zamenom brojčanih vrednosti dobija se: Θ = −10 + 0,5 ⋅ ∆θ = −10 + 0,5 ⋅ (80 + 10) = 35 °C ;

(

qcs = 0,57 π 2,42 ⋅10

−2

+ 7 ⋅ 10

−5

)[

⋅ 35 0,42 + 0,68(sin 20)

1, 08

]

  2 ⋅ 21,9 ⋅ 10 −3    1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅10 −8 ⋅ 35   

0, 485

= 1,38276 W/m,°C . Podužna specifična toplotna snaga radijacije računa se prema jednačini:

(

)(

)

q rs = 17,8 ⋅10 −8 εd T p2 + Ta2 T p + Ta , gde je: ε - koeficijent emisije toplotnog zračenja, Tp – temperatura provodnika (K), T p = θ p + 273 ;

Ta – temperatura ambijenta (K), Ta = θ a + 273 . Za numeričke vrednosti navedene u prethodnoj formuli podužna specifična toplotna snaga konvekcije se dobija u W/m,°C. Zamenom brojčanih vrednosti dobija se: T p = 80 + 273 = 353 K ; Ta = −10 + 273 = 263 K ;

(

)

qrs = 17,8 ⋅10 −8 ⋅ 0,3 ⋅ 21,9 ⋅10 −3 ⋅ 3532 + 2632 (353 + 263) = 0,139595 W/m,°C

Sada se konačno može izračunati termički trajno dozvoljena struja provodnika prema relaciji:

I td =

(q cs + q rs )(θ max − θ a ) − Q S

[

R20 1 + α(θ max − 20)

]

,

gde je: R20 – podužna električna otpornost provodnika na 20 °C, α - temperaturni koeficijent promene električne otpornosti.

=

Osnovni proračuni

104

Zamenom brojčanih vrednosti dobija se: I td =

(1,38276 + 0,139595)(80 + 10) − 3,095486 = 953,16 A . 0,0001187 ⋅ [1 + 0,00403 ⋅ (80 − 20)]

Kod egzaktnog proračuna najpre će biti izračunata ekvivalentna brzina vetra koja uvažava efekat prirodne konvekcije prema formuli: A  v eq =  Prm  C 

1/ n

G rm / n

ν , d

(1)

gde je: Pr - Prandtlov broj, Gr - Grashoffov broj, ν - kinematska viskoznost fluida, d - prečnik provodnika, A,m - konstante koje se određuju na osnovu Prandtlovog i Grashoffovog broja, C,n - konstante koje se određuju na osnovu Reynoldsovog broja. Prandtlov broj se računa prema formuli: Pr = 0,715 − 2,5 ⋅ 10 −4 θ f , gde je θf temperatura tankog filma na površini provodnika koja se računa prema izrazu:

θ f = θ sr =

θ max + θ a 2

=

80 + (−10) = 35°C . 2

Na osnovu prethodno izračunate vrednosti za θf za Prandtlov broj se dobija: Pr = 0,715 − 2,5 ⋅ 10 −4 ⋅ 35 = 0,7062 . Grashoffov broj se računa prema izrazu:

Gr =

gβτd 3 , ν

gde je:

g – ubrzanje zemljine teže (g = 9,81 m/s2), β - zapreminski koeficijent širenja fluida ( β = (273 + θ sr ) −1 ), τ - nadtemperatura provodnika ( τ = θ max − θ a ), ν - kinematska viskoznost fluida ( ν = 1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅ 10 −8 ⋅ θ f ). Na osnovu datih podataka za prethodno definisane veličine dobijaju se sledeće vrednosti:

Osnovni proračuni

105

β = (273 + 35) −1 = 0,0032 °C -1 , τ = 80 − (−10) = 90 °C , ν = 1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅10 −8 ⋅ 35 = 1,65 ⋅10 −5 . Konačno, za Grashoffov broj dobija se vrednost:

9,81 ⋅ 0,0032 ⋅ 90 ⋅ 0,0219 3 Gr = = 1,1026 ⋅ 10 −5 . −5 1,65 ⋅10 Treba ukazati da su Prandtlov, Grashoffov i Reynoldsov broj bezdimenzione veličine. Konstante A i m određuju se na osnovu proizvoda Prandtlovog i Grashoffovog broja koji iznosi: G r Pr = 1,1026 ⋅ 10 −5 ⋅ 0,7062 = 7,787 ⋅ 10 4 .

Pošto se ovaj proizvod nalazi u opsegu Gr ⋅ Pr ∈ (10 4 ÷ 10 7 ) to se za koeficijente A i m dobijaju vrednosti: A = 0,48 i m = 0,25. Konstante C i n u izrazu (1) zavise od Reynoldsovog broja koji se računa prema izrazu: Re′ =

vd 2 ⋅ 0,0219 = = 2,6505 ⋅ 10 3 ν 1,6525 ⋅ 10 −5

Pošto se Reynoldsov broj nalazi u opsegu Re′ ∈ (35 ÷ 5 000) to se za koeficijente C i n dobijaju vrednosti: C = 0,583 i n = 0,188. Sada se konačno može odrediti ekvivalentna brzina: 1 / 0,188

veq

 0,48  = ⋅ 0,7062 0, 25   0,583 

−5 0, 25 / 0,188

⋅ (1,1026 ⋅10 )

1,6525 ⋅10 −5 ⋅ = 0,1971 m/s . 0,0219

Efektivna brzina je sada: 2 v ef = v 2 + 2vv eq cos α v + v eq = 2 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 0,1971 ⋅ cos 90° + 0,19712 = 2,0097 m/s .

Reynoldsov broj za slučaj efektivne brzine je sada jednak: Re =

v ef d

ν

=

2,0097 ⋅ 0,0219 1,6525 ⋅ 10

−5

= 2,6634 ⋅ 10 3 .

Na osnovu ove vrednosti za Reynoldsov broj određuju se konstante C ′′ i n′′ koje su potrebne za proračun Nusseltovog broja. Pošto se Reynoldsov broj nalazi u opsegu Re ∈ (2650 ÷ 5 0000) to se za koeficijente C ′′ i n′′ dobijaju vrednosti C ′′ = 0,178 i n′′ = 0,633 . Takođe, pošto se napadni ugao vetra nalazi u opsegu ϕv ∈ (0° ÷ 24°) to se za konstante G, E i p, potrebne za proračun

Osnovni proračuni

106

Nusseltovog broja, dobijaju vrednosti: G = 0,42, E = 0,68 i p = 1,08. Konačno za Nusseltov broj dobija se vrednost: N u = C ′′( Re ) n′′ G + E (sin ϕ v ) p =

[

= 0,178 ⋅ (2,6634 ⋅ 10 )

3 0, 633

] ⋅ [0,42 + 0,68 ⋅ (sin 20°) ] = 16,6122 . 1, 08

Sada se može izračunati i koeficijent odvođenja toplote konvekcijom (ktk):

k tk = N u

λ d

,

gde je λ toplotna provodljivost fluida na površini provodnika koja se sračunava iz formule:

λ = 2,42 ⋅ 10 −2 + 7,2 ⋅ 10 −5 ⋅ θ f = 2,42 ⋅ 10 −2 + 7,2 ⋅10 −5 ⋅ 35 = 0,0267 . Prema tome, koeficijent odvođenja toplote konvekcijom je:

k tk = 16,6122 ⋅

0,0267 = 20,2684. 0,0219

Koeficijent odvođenja toplote zračenjem (ktz) određuje se preko sledeće relacije: −8

k tz = 5,67 ⋅10 ⋅ ε ⋅

(273 + θ max ) 4 − (273 + θ a ) 4

= 5,67 ⋅ 10 −8 ⋅ 0,3 ⋅

θ max − θ a

=

(273 + 80) 4 − (273 + (−10)) 4 = 2,0304 . 80 − (−10)

Vidi se da je ktk oko 10 puta veće od ktz. Bez vetra ktk je samo dvostruko veće od ktz. Sada se može izračunati ukupni koeficijent odvođenja toplote (kt) koji je jednak zbiru koeficijenata odvođenja toplote zračenjem i konvekcijom:

k t = k tz + k tk = 2,0304 + 20,2684 = 22,2988 . Za proračun termički dozvoljene struje potrebno je još izračunati površinsku gustinu snage zračenja usled sunčevog zračenja (IS) prema jednačini: IS =

1000 1 + 10

0, 089−0, 04222θa

=

1000 1 + 10

0, 089−0, 04222⋅( −10)

= 235,5774 W/m 2 .

Konačno termički dozvoljena struja dobija se preko izraza: I td =

[

s Al d πk t (θ max − θ a ) − α s I s

[

ρ 20 1 + α (θ max − 20)

]

]=

Osnovni proračuni

=

107

240 ⋅10 −6 ⋅ 0,0219 ⋅ [π ⋅ 22,2988 ⋅ (80 − (−10)) − 0,6 ⋅ 235,5774] = 995,95 A . 2,63 ⋅ 10 −8 ⋅ [1 + 0,00403 ⋅ (80 − 20)]

Upoređivanjem dobijenih vrednosti za termički trajno dozvoljenu struju kod aproksimativne (953,16 A) i egzaktne metode (995,95 A), može se zaključiti da se kod aproksimativne metode dobija nešto konzervativniji rezultat (oko 4 %), pa se otuda vidi da za granične situacije, gde se zahteva maksimalno korišćenje kapaciteta, egzaktna metoda ima puni smisao. Radi ilustracije tablična vrednost za termički dozvoljenu struju provodnika data za temperaturu ambijenta od 20°C i brzinu vetra od 0,6 m/s iznosi 645 A. Poslednji podatak je preuzet iz Končarevog priručnika. Poređenjem rezultata se uočava da ambijentni uslovi imaju izrazit uticaj na konačne rezultate. Naime, u tabličnim uslovima temperatura ambijenta je 20°C, a u zadatku je specifikovana na -10°C, a brzina vetra je u tabličnim uslovima 0,6 m/s, dok je u zadatku specifikovana na 2 m/s. Ovo je rezultiralo u povećanju trajno dozvoljene struje za oko 54 %.

Proračun tokova snaga

108

Poglavlje 2 PRORAČUN TOKOVA SNAGA


109

Zadatak 2.1 Za jednostavan elektroenergetski sistem prikazan na sl. 2.1a: a) Odrediti promenljive stanja posle druge iteracije proračuna tokova snaga GausSeidelovom metodom. b) Koristeći izračunate promenljive stanja iz prethodne tačke odrediti: - aktivnu snagu generisanja u čvoru 2; - tok aktivne snage po grani 1-2 (P12); - gubitke aktivne snage na vodu 1-3. 1

2

gr Z 12 = (10,708 + j160,62) Ω

gr Z 13 = j 69,143 Ω

gr Z 23 = (9,584 + j95,84) Ω

3 XL = 121 Ω

Sl. 2.1a Elektroenergetski sistem iz zadatka 2.1 Podaci o čvorovima sistema dati su u tab. 2.1a. Napomena: Za bazne vrednosti usvojiti SB = 100 MVA i UB = 220 kV. Tab. 2.1a Podaci o čvorovima sistema iz zadatka 2.1 čvor 1 2 3

θ [rad] / 0 /

U [kV] 220 231 /

PG [MW] 350 / /

Pp [MW] 100 250 150

QG [MVAr] / / /

Qp [MVAr] 30 100 50

Rešenje: a) Impedanse grana datog sistema u relativnim jedinicama dobijene prema formuli Z ijgr = su:

Z ijgr ZB

=

Z ijgr U B2

SB ,

gr Z 12 = (0,02212 + j 0,33186) r.j. ; gr Z 13 = j 0,14286 r.j. ; gr Z 23 = (0,0198 + j 0,19802 ) r.j. ;


110

Z L = j 0,25 r.j. Odgovarajuće admitanse u relativnim jedinicama, dobijene prema formuli Y ij = gr

1 gr

Z ij

,

su: gr Y 12 = (0,2 − j 3) r.j. ; gr Y 13 = − j 7 r.j. ;

Y 23 = (0,5 − j 5) r.j. ; gr

Y L = − j 4 r.j. Matrica admitansi čvorova YČV sistema je:

Y ČV

j7   0,2 − j10 − 0,2 + j 3  = − 0,2 + j 3 0,7 − j8 − 0,5 + j 5 .  j7 − 0,5 + j 5 0,5 − j16 

Promenljive pridružene pojedinim čvorovima u relativnim jedinicama su:

čvor 1: S1 = (2,5 + jQ1) r.j.; čvor 2: S2 = (P2 + jQ2) r.j.; čvor 3: S3 = (–1,5 – j0,5) r.j.;

U1 = 1,0 r.j. ∠θ1 U2 = 1,05 r.j. ∠0° U3 = U3 ∠θ3

- PU čvor - Balansno-referentni čvor - PQ čvor

Izrazi za Gaus-Seidelov iterativni postupak, primenjeni na kompleksne relacije za snage injektiranja i sve veličine izražene u relativnim jedinicama su: N

(

S i − U i ∑ Y ij U j j =1

)* = 0

i = 2, 3,..., N ,

koji daju sledeću iterativnu šemu: ( k +1) Ui

1 = Y ii

 S * i −1  i  − ∑ Y ij U (jk +1) −  U i( k )  j =1 

 (k )  Y U ∑ ij j  ; j = i +1  N

i = 2, 3,..., N ; k = 0, 1,

2,... Ovakva iterativna šema važi u slučaju da se svi ostali čvorovi osim balansno-referentnog čvora mogu modelovati kao potrošački PQ čvorovi. U slučaju da u sistemu postoje generatorski čvorovi, potrebno je u svakoj iteraciji proračunati unapred nepoznate reaktivne snage injektiranja

Qi( k )

  N *  2 (k ) (k )  = −ℑmY ii U i + ∑ Y ij U j U ′i  ; j =1   j ≠i  

k = 0, 1, 2,... ,


111

gde U ′i predstavlja napon generatorskog čvora 'i' u iteraciji 'k' čiji je moduo unapred specifikovan, dok je argument jednak argumentu fazora napona proračunatog u k-toj iteraciji. Iterativna šema tada glasi: (k )

U i( k +1)

*  (k )  i −1  Pi + jQi  − ∑ Y ij U (jk +1) −  U ′i( k )  j =1 

1 = Y ii

 (k )  Y U ∑ ij j  ; k = 0, 1, 2,... j = i +1  N

U datom zadatku čvor 1 je generatorski čvor. Izraz za reaktivnu snagu u tom čvoru je 2 ( k )* (k ) ( k )* Q1( k ) = −ℑmY 11U 1 + Y 12 U 2 U ′1 + Y 13U 3 U ′1  =   ( k )* (k ) ( k )* = −ℑm(0,2 − j10) ⋅ 12 + (−0,2 + j 3) ⋅ 1,05 ⋅ U ′1 + j 7U 3 U ′1  ;  

k = 0, 1, 2,...

Iterativna šema je: ( k +1) U1

( k +1) U3

*   1  P1 + jQ1( k )  (k )  = − Y 12U 2 − Y 13U 3 = Y 11  U ′1( k )      2,5 − jQ ( k )  1 (k ) 1  ; ( ) = − 1 , 05 ⋅ − 0 , 2 + j 3 − j 7 ⋅ U 3 0,2 − j10  U ′( k )*  1  

1 = Y 33 =

*    P jQ + ( k +1) 3  3 ′ − Y 13U 1 − Y 23U 2  =  U 3( k )    

 − 1,5 + j 0,5  1 ( k +1) ′ ( ) j 7 ⋅ U − 1 , 05 ⋅ − 0 , 5 + j 5  ; 1 0,5 − j16  U 3( k ) 

k = 0, 1, 2,...

Na osnovu prethodnog uz U 3 = 1,0 ∠0° , dobijaju se sledeće vrednosti za Q1( 0) i U 1 : (1)

(0)

{

}

Q1( 0) = −ℑm (0,2 − j10) ⋅ 12 + (−0,2 + j 3) ⋅ 1,05 ⋅ 1 + j 7 ⋅ 1 ⋅ 1 = −0,15 r.j. ; U1 = (1)

1  2,5 + j 0,15  − 1,05 ⋅ (− 0,2 + j 3) − j 7 ⋅ 1 = (1,0051 + j 0,2509) r.j.  0,2 − j10  1 

U polarnim koordinatama ovaj napon je: U 1 = 1,0359 r.j. ∠14,0174° , (1)

te je korigovan napon ovog čvora: U ′1 = 1,00 r.j. ∠14,0174° = (0,9702 + j 0,2422) r.j. (1)


112

Napon čvora 3 u prvoj iteraciji je: U3 = (1)

1  − 1,5 + j 0,5  − j 7 ⋅ (0,9702 + j 0,2422) − 1,05 ⋅ (− 0,5 + j 5) = (0,722 + j 0,0225) r.j.  0,5 − j16  1 

U sledećoj iteraciji je:

{

Q1(1) = −ℑm (0,2 − j10) ⋅ 12 + (−0,2 + j 3) ⋅ 1,05 ⋅ (0,9702 − j 0,2422) + U1 = ( 2)

+ j 7 ⋅ (0,772 + j 0,0225) ⋅ (0,9702 − j 0,2422)} = 1,951 r.j. ;

 2,5 − j1,951  1 − 1,05 ⋅ (− 0,2 + j 3) − j 7 ⋅ (0,722 + j 0,0225) =  0,2 − j10  0,9702 − j 0,2422 

= (0,9553 + j 0,3074) r.j. = 1,00355 r.j. ∠17,8389° , odnosno U ′1 = 1,00 r.j. ∠17,8389° = (0,9519 + j 0,3063) r.j. ; ( 2)

 − 1,5 + j 0,5  1 − j 7 ⋅ (0,9519 + j 0,3063) − 1,05 ⋅ (− 0,5 + j 5) =  0,5 − j16  0,722 − j 0,0225  = (0,7058 + j 0,0137) r.j. = 0,7059 r.j. ∠1,1134° .

U3 = ( 2)

c) Aktivna snaga generisanja u čvoru 2 je:

PG 2

  3   2 * = Pp 2 + ℜeY 22U 2 + ∑ Y 2 j U 2 U j  = j =1   j≠2  

{

= 2,5 + ℜe (0,7 − j8) ⋅ 1,052 + (−0,2 + j 3) ⋅ 1,05 ⋅ (0,9519 + j 0,3063) + + (−0,5 + j 5) ⋅ 1,05 ⋅ (0,7058 + j 0,0137)} = 1,6645 r.j. Tok aktivne snage po vodu 1-2 je

[

]

P12 = U12G12gr − U1U 2 G12gr cos(θ1 − θ 2 ) + B12gr sin (θ1 − θ 2 ) =

= 1 ⋅ 0,2 − 1 ⋅ 1,05 ⋅ [0,2 cos(17,8389°) − 3 sin(17,8389°)] = 0,9651 r.j.

U grani 1-3 zanemarena je aktivna otpornost voda, tako da su i gubici aktivne snage jednaki nuli.


113

Zadatak 2.2 Na sl. 2.2a prikazan je elektroenergetski sistem u kojem su admitanse svih vodova jednake i iznose gr Y ij = (1 − j10) r.j. (zanemarene su otočne admitanse vodova). a) Izračunati elemente matrice nezavisnih čvorova YČV elektroenergetskog sistema na slici. b) Usvajajući čvor 1 za balansno-referentni čvor mreže, izvršiti klasifikaciju preostalih čvorova na PU i PQ čvorove. c) Odrediti dimenzije i opštu formu Jacobieve matrice za proračun tokova snaga u datom elektroenergetskom sistemu, po Newton-Raphsonovoj metodi. d) Izračunati početne vrednosti elemenata Jacobieve matrice ∂P2 ∂θ 2 , ∂Q3 ∂U 3 i ∂P4 ∂U 4 , za prvu iteraciju Newton-Raphsonovog postupka. Na kojim pozicijama se nalaze ovi elementi u Jacobievoj matrici? Napomena: Za implicitno nepoznate promenljive u prvoj iteraciji usvojiti početno pogađanje θ(0) = 0 i U(0) = 1 (''Flat Start'').

~

PG2 = 1,1 r.j.

Pp3 = 0,4 r.j. Qp3 = 0,05 r.j.

1

U1 = 1,05 r.j.

3

2

U2 = 1,05 r.j.

4

~

Pp2 = 0,5 r.j. Qp2 = 0,1 r.j.


Rešenje: a) Matrica admitansi nezavisnih čvorova je:

Y ČV

0   2 − j 20 − 1 + j10 − 1 + j10 − 1 + j10 3 − j 30 − 1 + j10 − 1 + j10  . = − 1 + j10 − 1 + j10 3 − j 30 − 1 + j10   − 1 + j10 − 1 + j10 2 − j 20   0

Pp4 = 0,6 r.j. Qp4 = 0,2 r.j.


114

b) Klasifikacija čvorova sistema, sa unetim numeričkim vrednostima poznatih promenljivih je: čvor 1: čvor 2: čvor 3: čvor 4:

U1 = 1,05 r.j. ∠0° U2 = 1,05 r.j. ∠θ2 U3 = U3 ∠θ3 U4 = U4 ∠θ4

S1 = (P1 + jQ1) r.j. S2 = (0,6 + jQ2) r.j. S3 = (-0,4 – j0,05) r.j. S4 = (-0,6 – j0,2) r.j.

– balansno-referentni čvor – PU čvor – PQ čvor – PQ čvor

c) Opšti oblik Jacobieve matrice je:  ∂ ∆P  ∂θ J=  ∂ ∆Q  ∂ θ N −1

∂ ∆P  ∂U   ∂ ∆Q  ∂ U 

N −1 , N PQ

N PQ

koji u konkretnom slučaju za sistem iz ovog zadatka (N = 4, NPU = 1, NPQ =2) ima oblik:

 ∂ ∆P2  ∂θ 2   ∂ ∆P3  ∂θ2  ∂ ∆P 4 J= θ ∂  2  ∂ ∆Q3  ∂θ 2   ∂ ∆Q4  ∂ θ 2

∂ ∆P2 ∂ θ3 ∂ ∆P3 ∂ θ3 ∂ ∆P4 ∂ θ3 ∂ ∆Q3 ∂ θ3 ∂ ∆Q4 ∂ θ3

∂ ∆P2 ∂θ4 ∂ ∆P3 ∂θ4 ∂ ∆P4 ∂θ4 ∂ ∆Q3 ∂θ4 ∂ ∆Q4 ∂θ4

N −1 = 3

∂ ∆P2 ∂U3 ∂ ∆P3 ∂U3 ∂ ∆P4 ∂U3 ∂ ∆Q3 ∂U3 ∂ ∆Q4 ∂U3 N PQ

∂ ∆P2  ∂U4   ∂ ∆P3  ∂U4  ∂ ∆P4   ∂U4  ∂ ∆Q3  ∂ U 4  ∂ ∆Q4  ∂ U 4  =2

N −1 = 3 ,

N PQ = 2 (5 × 5)

pri čemu se vrednosti traženih elemenata (na osenčenim pozicijama u izrazu za J) nalaze preko relacija: J11 =

∂ ∆P2 ; ∂θ2

J 44 =

∂ ∆Q3 ∂ ∆P4 ; J 35 = . ∂U 4 ∂U3

d) Početne vrednosti traženih elemenata Jacobieve matrice (za θ1( 0) = θ 2(0) = θ 3(0) =

= θ 4( 0) = 0 rad i U1 = U 2 = 1,05 r.j.; U 3(0) = U 4( 0) = 1,00 r.j su J11 =

∑ U 2 U j [G2 j sin (θ 2 − θ j ) − B2 j cos(θ 2 − θ j )] ; 4

j =1

j≠2


[

115

(

)

)]

(

( 0) J11 = U 2 U1 G21 sin θ 2( 0) − θ1 − B21 cos θ 2( 0) − θ1 +

[G [G

( sin (θ

+ U 2 U 3( 0)

23 sin

+ U 2U 4( 0)

24

)− )− B

θ 2( 0)

− θ 3( 0)

(0) 2

− θ 4(0)

( cos(θ

B23 cos θ 2( 0) 24

(0) 2

= 1,05 ⋅ 1,05 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] + + 1,05 ⋅ 1 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] + + 1,05 ⋅ 1 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] = −32,025 ;

[

4

(

)] )] =

− θ3(0) + − θ 4( 0)

)

(

J 44 = 2 B33 U 3 − ∑ U j G3 j sin θ 3 − θ j − B3 j cos θ 3 − θ j j =1

j ≠3 ( 0) J 44

=

2 B33 U 3( 0)

[

(

[

(

)

)] ;

)]

(

− U1 G31 sin θ3(0) − θ1(0) − B31 cos θ3(0) − θ1(0) −

)

(

)]

− U 2 G32 sin θ3( 0) − θ 2( 0) − B32 cos θ3( 0) − θ 2( 0) −

[

(

)

(

)]

− U 4( 0) G34 sin θ3(0) − θ 4(0) − B34 cos θ3(0) − θ 4(0) = = 2 ⋅ (−30) ⋅1 − 1,05 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] −

− 1,05 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] −

− 1 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] = −29 ;

[

3

(

)

(

J 35 = −2 G44 U 4 − ∑ U j G4 j cos θ 4 − θ j + B4 j sin θ 4 − θ j j =1

[

(

)

(

)] ;

)]

(0) J 35 = −2 G44 U 4( 0) − U 2 G42 cos θ 4( 0) − θ 2(0) + B42 sin θ 4( 0) − θ 2(0) −

[

(

)

(

)]

− U 3(0) G43 cos θ 4( 0) − θ 3(0) + B43 sin θ 4( 0) − θ 3(0) =

= −2 ⋅ 2 ⋅ 1 − 1,05 ⋅ [− 1 cos(0) + 10 sin(0)] −

− 1 ⋅ [− 1 cos(0) + 10 sin(0)] = −1,95 .


116

Zadatak 2.3 Za elektroenergetski sistem na sl. 2.3a izračunati početnu vrednost elemenata na glavnoj dijagonali Jacobieve matrice za Newton-Raphsonov postupak. P1, Q1

P2, Q2

1

2

gr

Y 12

gr Y 14

gr Y 23

gr Y 24

gr Y 34

4

3

P4, Q4

P3, Q3

Sl. 2.3a Elektroenergetski sistem iz zadatka 2.3a Usvojene početne vrednosti promenljivih su:

θ 2(0) = 0 rad; θ 3(0) = −0,1 rad;

U 3(0) = 0,95 r.j.

θ 4(0) = −0,1 rad;

U 4(0) = 0,90 r.j.

Podaci o vodovima: gr Y 12 = (1,0 – j10,0) r.j.;

gr Y 14 = (1,0 – j5,0) r.j.;

gr Y 24 = (0,5 – j10,0) r.j.;

gr Y 34 = (1,0 – j10,0) r.j.

gr Y 23 = (0,5 – j5,0) r.j.;

Podaci o naponima i injektiranjima čvorova: U1 = 1,0 r.j.; Pp4 = 2,0 r.j.;

θ1 = 0 rad; U2 = 1,05 r.j.; Qp4 = 0,5 r.j.

PG2 = 1,0 r.j.;

Pp3 = 0,5 r.j.;

Qp3 = 0,0 r.j.;

Rešenje: Newton-Raphsonov postupak za rešavanje tokova snaga i naponskih stanja u složenim elektroenergetskim sistemima zahteva rešavanje sledećih nelinearnih jednačina: N

[

(

)

(

)]

∆Pi = Pi − Gii U i2 − ∑ U i U j Gij cos θ i − θ j + Bij sin θ i − θ j = 0 ; j =1 j ≠i


117

[

N

(

)

(

∆Qi = Qi + Bii U i2 − ∑ U i U j Gij sin θ i − θ j − Bij cos θ i − θ j j =1

)] = 0 ;

i = 1, 2, ..., N ,

j ≠i

primenjujući iterativnu šemu:

x ( k +1) = x( k ) − J k−1f ( k ) ;

k = 0, 1, 2, ... ,

koja se u k-toj iteraciji koristi samo za implicitne nepoznate θi i Ui, (koje su elementi vektora x). Jacobieva matrica prvih parcijalnih izvoda ima formu

 ∂ ∆P  ∂θ J=  ∂ ∆Q  ∂ θ N −1

∂ ∆P  ∂U   ∂ ∆Q  ∂ U 

N −1 . N PQ

N PQ

Dijagonalni elementi Jacobieve matrice su

[

)]

N ∂ ∆Pi = ∑ U i U j Gij sin θ i − θ j − Bij cos θ i − θ j ; ∂ θi j =1

(

)

[

(

(

j ≠i

)]

N ∂ ∆Qi = 2 Bii U i − ∑ U j Gij sin θ i − θ j − Bij cos θ i − θ j , ∂Ui j =1

)

(

j ≠i

gde su Gij i Bij elementi matrice admitansi nezavisnih čvorova YČV = GČV + jBČV. U posmatranom primeru, klasifikacija čvorova je sledeća: 1 – balansno-referentni čvor; 2 – generatorski (PU) čvor; 3, 4 – potrošački čvorovi. (N = 4, NPU = 1, NPQ =2) Matrice konduktansi i susceptansi sistema su:

G ČV

−1 0 −1  2 − 1 2 − 0,5 − 0,5  = ;  0 − 0,5 1,5 −1    2,5  − 1 − 0,5 − 1

B ČV

0 5  − 15 10  10 − 25 5 10   = .  0 5 − 15 10    10 10 − 25  5

Početne vrednosti dijagonalnih elemenata Jacobieve matrice su:


J11 =

∂ ∆P2 ; ∂θ2

118

J 22 =

∂ ∆P3 ; ∂ θ3

J 33 =

∂ ∆P4 ; ∂θ4

J 44 =

∂ ∆Q3 ∂ ∆Q4 ; J 55 = , ∂U3 ∂U4

odnosno J11 =

∑ U 2 U j [G2 j sin (θ 2 − θ j ) − B2 j cos(θ 2 − θ j )] , 4

j =1

j≠2

tako da je

[

(

)

)]

(

(0) J11 = U 2U1 G21 sin θ 2( 0) − θ1 − B21 cos θ 2(0) − θ1 +

[ [G

( sin (θ

) )− B

( cos(θ

)] )] =

+ U 2U 3( 0) G23 sin θ 2( 0) − θ 3(0) − B23 cos θ 2( 0) − θ 3(0) + + U 2U 4( 0)

24

( 0) 2

− θ 4(0)

24

(0) 2

= 1,05 ⋅ 1 ⋅ [− 1 sin(0) − 10 cos(0)] + + 1,05 ⋅ 0,95 ⋅ [− 0,5 sin(0,1) − 5 cos(0,1)] +

− θ 4(0)

+ 1,05 ⋅ 0,9 ⋅ [− 0,5 sin(0,1) − 10 cos(0,1)] = −24,962 ;

[

4

(

)

)]

(

J 22 = ∑ U 3 U j G3 j sin θ 3 − θ j − B3 j cos θ 3 − θ j j =1

j ≠3

(0) J 22

[

(

)

(

;

)] )] =

= U 3( 0)U 2 G32 sin θ 3( 0) − θ 2( 0) − B32 cos θ 3( 0) − θ 2(0) +

[

(

)

(

+ U 3( 0)U 4( 0) G34 sin θ 3(0) − θ 4(0) − B34 cos θ 3(0) − θ 4( 0) = 0,95 ⋅ 1,05 ⋅ [− 0,5 sin(−0,1) − 5 cos(−0,1)] +

+ 0,95 ⋅ 0,9 ⋅ [− 1sin(0) − 10 cos(0)] = −13,463 ;

[

3

(

)

[

(

(

J 33 = ∑ U 4 U j G4 j sin θ 4 − θ j − B4 j cos θ 4 − θ j j =1

)]

;

(0) J 33 = −22,293 ; 4

)

(

J 44 = 2 B33 U 3 − ∑ U j G3 j sin θ 3 − θ j − B3 j cos θ 3 − θ j j =1 j ≠3

[

( )− B

)

)]

;

)]

( )] =

(0) J 44 = 2 B33 U 3(0) − U 2 G32 sin θ 3( 0) − θ 2( 0) − B32 cos θ 3( 0) − θ 2( 0) −

[

(

− U 4( 0) G34 sin θ 3(0) − θ 4( 0)

34

(

cos θ 3(0) − θ 4(0)

= 2 ⋅ (−15) ⋅ 0,95 − 1,05 ⋅ [− 0,5 sin( −0,1) − 5 cos(−0,1)] −

− 0,9 ⋅ [− 1 sin(0) − 10 cos(0)] = −14,329 ; 3

[

(

)

(

J 55 = 2 B44 U 4 − ∑ U j G4 j sin θ 4 − θ j − B4 j cos θ 4 − θ j j =1

(0) J 55 = −20,230 .

)]

;


119

Zadatak 2.4 Posmatra se jednostavan elektroenergetski sistem od dva čvora prikazan na sl. 2.4a, gde su dati i svi podaci za proračune. a) Napisati jednačine injektiranja (čvor 1 je balansno-referentni čvor). b) Definisati vektor nepoznatih promenljivih i iz jednačina napisanih u tač. a izdvojiti jednačine iz kojih se proračunavaju te implicitne promenljive (x) i jednačine koje se naknadno rešavaju, radi dobijanja preostalih eksplicitnih nepoznatih (y). c) Primenom Newton-Raphsonovog postupka, naći rešenje svih promenljivih definisanih u tač. b, ako je kriterijum konvergencije xi( k +1) − xi( k ) ≤ 0,03 . d) Koliki su gubici reaktivne snage u vodu 1-2? e) Koliko se povećava tačnost rešenja problema, ako se načini još jedna iteracija posle zadovoljenja kriterijuma konvergencije iz tač. c.

~ 1

2

Y 12 = − j10 r.j. gr

Sp2 = (2 + j0,3) r.j.

U1 = 1,0 r.j.

Sl. 2.4a Šema i osnovni podaci za sistem iz zadatka 2.4

Rešenje: a) Specifikacija vektora promenljivih i matrice parametara sistema:

 P   P  P  P =  1  =  G1  =  G1  ;  P2  − PP 2   − 2  θ   0  θ =  1 =   ; θ 2  θ 2 

Q   Q   Q  Q =  1  =  G1  =  G1  ; Q2  − QP 2  − 0,3 U   1  U =  1 =   ; U 2  U 2 

Y Č V = jB ;

− 10 10  B=  .  10 − 10

Jednačine injektiranja su:

P1 = U1U 2 B12 sin (θ1 − θ 2 ) = −10 U 2 sin θ 2 ;

Q1 = −U12 B11 − U1U 2 B12 cos(θ1 − θ 2 ) = 10 ⋅ 12 − 10 U 2 cos θ 2 = 10 ⋅ (1 − U 2 cos θ 2 ) ; P2 = −2,0 = U 2U1B12 sin (θ 2 − θ1 ) = 10 U 2 sin θ 2 ;

Q2 = −0,3 = −U 22 B22 − U 2U 1B12 cos(θ 2 − θ1 ) = 10 U 22 − 10 U 2 cos θ 2 , i u njima su promenljive stanja θ1, U1, θ2 i U2.


120

b) Pošto je čvor 1 balansno-referentni čvor, sa unapred zadatim vrednostima za θ1 i U1, to se rešavaju samo poslednje dve jednačine po nepoznatim elementima θ2 i U2 vektora x:

θ  x= 2 , U 2  a naknadno se proračunavaju nepoznate:

P  y =  1 , Q1  iz jednačina za P1 i Q1. Pošto je vod bez gubitaka, biće:

P1 = − P2 = 2,0 r.j. , pa ostaje da se pronađu samo nepoznate θ2, U2 i Q1. c) Iterativni postupak rešavanja jednačina injektiranja za P2 i Q2, po nepoznatim θ2 i U2 koristi šemu:

 ∆θ 2  ∆U   2 θ 2  U   2

(k )

[ ]

= J

( k +1)

( k ) −1  ∆P2

θ  = 2 U 2 

 ∆Q   2

(k )

Početno pogađanje:

( )

fx

(0)

 ∆P  = 2 ∆Q2 

( 0)

(k )

 ∆θ  + 2 ∆U 2 

;

(k )

;

k = 0, 1, 2, ...

θ 2( 0) = 0 rad i U 2(0) = 1 r.j. (''Flat Start''), daje:

 P   P ( 0 )   − 2  0   − 2  ( 0 )  θ 2  =  2  −  2( 0)  =  − =  ; x = U   2 Q2  Q2  − 0,3 0 − 0,3

Proračun elemenata Jacobieve matrice za prvu iteraciju daje: d ∆P2 d θ2 d ∆P2 dU 2 d ∆Q2 dθ2 d ∆Q2 dU2

= 10 U 2(0) cos θ 2(0) = 10 ⋅ 1 cos 0 = 10 ; x (0)

= 10 sin θ 2( 0) = 0 ; x (0)

= 10 U 2(0) sin θ 2( 0) = 0 ; x (0)

= 20 U 2( 0) − 10 cos θ 2( 0) = 20 ⋅ 1 − 10 ⋅ 1 = 10 . x (0)

( 0)

0 =  . 1,0


121

Onda je:

J (0)

 ∂ P2  ∂θ = 2  ∂ Q2  ∂ θ 2

∂ P2  ∂U2   ∂ Q2  ∂ U 2 

( 0)

10 0  =  ;  0 10

[J ]

( 0 ) −1

0,1 0  =  ,  0 0,1

tako da se nepoznate u jednačini injektiranja u prvoj iteraciji dobijaju rešenjem jednačine:

[ ]

θ 2(1)  θ 2(0)  (0)  (1)  =  (0)  + J U U  2   2 

−1

 0  0,1 0   − 2  f ( x ( 0) ) =   +  ⋅  , 1,0  0 0,1 − 0,3

odakle je:

θ 2(1) = −0,2 rad = −11,46° ;

− 0,2 U 2(1) = 0,97 r.j. , odnosno x (1) =  .  0,97 

Test konvergencije:

θ 2(1) − θ 2(0) = − 0,2 − 0 = 0,2 - ne zadovoljava uslov θ 2(1) − θ 2(0) ≤ 0,03 . U 2(1) − U 2(0) = 0,97 − 1,0 = 0,03 - zadovoljava uslov U 2(1) −U 2( 0) ≤ 0,03 . Kako test konvergencije nije zadovoljen za obe nepoznate, mora se nastaviti iterativni postupak. Elementi Jacobieve matrice za drugu iteraciju su: d ∆P2 d θ2 d ∆P2 dU 2 d ∆Q2 dθ2 d ∆Q2 dU2

= 10 U 2(1) cos θ 2(1) = 10 ⋅ 0,97 ⋅ 0,98 = 9,5066 ; x ( 1)

= 10 sin θ 2(1) = −1,987 ; x (1)

= 10 U 2(1) sin θ 2(1) = −10 ⋅ 0,97 ⋅ 0,1987 = −1,9271 ; x (1)

= 20 U 2(1) − 10 cos θ 2(1) = 20 ⋅ 0,97 − 10 ⋅ 0,98 = 9,5993 , x (1)

tako da su elementi linearne matrične jednačine u drugoj iteraciji:

( )

(1)

 ∆P  − 0,0729 f x = 2 = ; − 0,2024 ∆Q2  −1  0,1098 0,0227  J (1) =   , 0,0220 0,1087  (1)

[ ]

 9,5066 − 1,987  J (1) =   ; − 1,9271 9,5993 


122

koja ima formu:

[ ] f (x ) = −0,097,2 + 00,,1098 0220

θ 2( 2)  θ 2(1)  (1)  ( 2)  =  (1)  + J U 2  U 2 

−1

(1)



 

0,0227  − 0,0729 , ⋅ 0,1087  − 0,2024

odakle je rešenje po nepoznatim θ 2( 2) i U 2( 2) :

θ 2( 2) = −0,2126 rad = −12,18° ;

U 2( 2) = 0,9464 r.j.

Test konvergencije ovde daje:

θ 2( 2) − θ 2(1) = − 0,2126 + 0,2 = 0,0126 < 0,03 i zadovoljava uslov θ 2( 2) − θ 2(1) ≤ 0,03 ; U 2( 2) − U 2(1) = 0,9464 − 0,97 = 0,0236 < 0,03 zadovoljava uslov U 2( 2) − U 2(1) ≤ 0,03 ,

što znači da se rešenje problema nalazi posle druge iteracije (k = 2):

 θ  − 0,2126 rad  x= 2= ; U 2   0,9464 r.j. 

 P ( 2)   2,0 r.j.  y =  1( 2)  =   . Q1  0,749 r.j.

d) Reaktivni gubici u prenosnom vodu su onda

Q12gub = Q1 − Q2 = 0,749 − 0,3 = 0,449 r.j. , ili

Q12gub

= X 12

(P ) + (Q ) (U )

= 0,1 ⋅

2 2 + 0,749 2 = 0,4561 r.j. , 12

= X 12

(P ) + (Q ) (U )

= 0,1 ⋅

2 2 + 0,32 = 0,4566 r.j. 0,9464 2

ili Q12gub

( 2) 2 1

( 2) 2 1

( 2) 2 1

( 2) 2 2

( 2) 2 2

( 2) 2 2

(uočavaju se male razlike između rezultata ovih proračuna zbog zaokruživanja rešenja jednačina injektiranja u drugoj iteraciji). e) Elementi Jacobieve matrice za treću iteraciju su: d P2 dθ2 d P2 dU2

= 10 U 2( 2) cos θ 2( 2) = 10 ⋅ 0,9464 ⋅ 0,9775 = 9,2508 ; x (2)

= 10 sin θ 2( 2) = −2,1101 ; x ( 2)

Proračun tokova snaga d Q2 d θ2 d Q2 dU 2

123

= 10 U 2( 2) sin θ 2( 2) = −10 ⋅ 0,9464 ⋅ 0,21101 = −1,9969 ; x ( 2)

= 20 U 2( 2) − 10 cos θ 2( 2) = 20 ⋅ 0,9464 − 10 ⋅ 0,9775 = 9,1529 . x ( 2)

Elementi linearne matrične jednačine u trećoj iteraciji su onda:

( )

( 2)

 ∆P   − 0,0031 f x = 2 = ; − 0,0057 ∆Q2  −1  0,1138 0,0262 J ( 2) =   , 0,0248 0,1150 

 9,2508 − 2,1101 J ( 2) =   ; − 1,9969 9,1529 

( 2)

[ ]

tako da je rešenje jednačina injektiranja u trećoj iteraciji ,2126  0,1138 [ ] f (x ) = −00,9464  + 0,0248

θ 2(3)  θ 2( 2)  ( 2)  ( 3)  =  ( 2 )  + J U 2  U 2 

−1

( 2)



 

0,0262  − 0,0031 , ⋅ 0,1150  − 0,0057 

odakle je:

θ 2(3) = −0,2131 rad = −12,2097° ;

U 2(3) = 0,9457 r.j.

Test konvergencije daje:

θ 2(3) − θ 2( 2) = − 0,2131 − 0,2126 = 0,0005 ; U 2(3) − U 2( 2) = 0,9457 − 0,9464 = 0,0007 , odakle se vidi da se tačnost rešenja problema sa još jednom dodatnom iteracijom (posle druge, iz tač. c) povećava skoro za red veličine (osobina kvadratne konvergencije Newton-Raphson-ovog postupka).


124

Zadatak 2.5 Za elektroenergetski sistem, čija je jednopolna šema sa parametrima elemenata sistema prikazana na sl. 2.5a, odrediti napone na sabirnicama 2 i 3. Sabirnice 1 su takozvane balansne sabir-nice čiji je napon 220 kV i uslovno postavljen u faznoj osi, sabirnice 4 su generatorske na kojima je napon po modulu konstantan i jednak 231 kV i preko kojih se odaje u sistem trofazna aktivna snaga od 240 MW, a sabirnice 2 i 3 su potrošačke sabirnice preko kojih se uzimaju sledeće trofazne aktivne i reaktivne snage: Pp2 = 100 MW; Qp2 = 40 MVAr i Pp3 = 200 MW; Q p3 = 50 MVAr.

U4 = 231 kV 200 km

~

Moćna aktivna mreža U1 = 220 kV 1 200 km

100 MW 40 MVAr

240 MW 4

2

100 km 300 km

50 MVAr

300 km

3 200 MW

zv = (0,1 + j0,4) Ω/km bv = 2,8⋅10-6 S/km


Rešenje: Za usvojene bazne vrednosti SB = 100 MVA i UB = 220 kV, vrednosti pojedinih admitansi grana u relativnim jedinicama iznose: Y 12 = gr

1 gr

Z 12

1 1 U B2 1 220 2 = = ⋅ = (1,42353 − j 5,69412) r.j. ; YB z v Lv12 S B (0,1 + j 0,4) ⋅ 200 100

ot bL B12 1 2,8 ⋅ 10 −6 ⋅ 200 220 2 = v v12 = = 0,13552 r.j. ; 2 2 YB 2 100

gr Y 14 = (1,42353 − j 5,69412) r.j. ; ot B14 = 0,13552 r.j. ; 2 gr gr Y 23 = Y 34 = (0,94902 − j 3,79608) r.j. ; ot ot B23 B34 = = 0,20328 r.j. ; 2 2 gr Y 13 = (2,84707 − j11,38824) r.j. ;


125

ot B13 = 0,06776 r.j. 2

Ekvivalentna šema mreže admitansi prikazana je na sl. 2.5b. ot B14 2

ot B14 2

ot B12 2

1

ot B12 2 gr

gr

Y 12

Y 14

4

2 ot B13

ot B34 2

gr

Y 34

2

ot B23 2

gr

Y 13

gr

ot B13

ot B34 2

Y 23 2 ot B23 2

3 Sl. 2.5b Ekvivalentna šema admitansi sistema sa sl. 2.5a

Na osnovu izračunatih admitansi grana, proračunavaju se i vrednosti elemenata matrice admitansi nezavisnih čvorova sistema YČV: Y ii =

∑ Y ijgr + Y ijot

;

j∈α i

Y ij = −Y ij , gr

tako da je matrica admitansi nezavisnih čvorova sistema

Y ČV

 gr gr gr Y 12 + Y 13 + Y 14     =      

 B ot B ot B ot  + j 12 + 13 + 14   2 2 2  

gr − Y 12

gr − Y 13

gr − Y 12

 B ot B ot  gr gr Y 12 + Y 23 + j 12 + 23   2 2  

gr − Y 23

gr − Y 13

gr − Y 23

gr − Y 14

0

 B ot B ot B ot gr gr gr + Y 23 + Y 34 + j 13 + 23 + 34 Y 13  2 2 2  gr − Y 34

     0   gr  − Y 34   ot ot B B  gr + Y 34 + j 14 + 34    2 2    gr − Y 14

    gr Y 14

 5,69412 − j22,43768 − 1,42353 + j5,69412 − 2,84706 + j11,38824 − 1,42353 + j5,69412  − 1,42353 + j5,69412  2,37255 - j9,1514 - 0,94902 + j3,79608 0  = − 2,84706 + j11,38824 - 0,94902 + j3,79608 4,7451 - j18,45208 - 0,94902 + j3,79608    0 - 0,94902 + j3,79608 2,37255 - j9,1514   − 1,42353 + j5,69412


126

Ako se moduli napona označe sa Ui (i = 1,2,3,4), a njihovi argumenti sa θi (i = 1, 2, 3, 4), tada je potrebno odrediti 5 implicitnih nepoznatih: θ2, θ3, θ4, U2 i U3. Već je napomenuto da je θ1 = 0. Prema tome, potrebno je formirati 5 jednačina. Prve tri jednačine su jednačine za aktivne snage injektiranja koje se preko sabirnica 2, 3 i 4 odaju sistemu, a preostale dve su jednačine za reaktivne snage injektiranja koje se odaju sistemu preko sabirnica 2 i 3. Pošto je saglasno prethodnom NPU = 2 i N = 4 to je, dakle, dimenzija problema 2N - (NPU + 1) = 5. U opštem obliku, jednačine debalansa aktivnih i reaktivnih injektiranja su: N

[

(

)

(

)

)]

(

∆Pi = Pi − Gii U i2 − ∑ U i U j Gij cos θ i − θ j + Bij sin θ i − θ j , j =1

i = 1, 2, ..., N.

j ≠i N

[

(

∆Qi = Qi + Bii U i2 − ∑ U i U j Gij sin θ i − θ j − Bij cos θ i − θ j j =1

)] ,

i = 1, 2, ..., N.

j ≠i

Aktivne i reaktivne snage injektiranja Pi i Qi u gornjim izrazima dobijaju se kao razlika snaga generisanja i potrošnje u pojedinim čvorovima, izraženim u relativnim jedinicama, dok su Ui normalizovani naponi pojedinih čvorova. U ovom konkretnom slučaju veličine injektiranja i napona koje se pridružuju pojedinim čvorovima su:

čvor 1: čvor 2: čvor 3: čvor 4:

S1 = (PG1 – Pp1) + j(QG1 – Qp1) = P1 + jQ1 ; S2 = (PG2 – Pp2) + j(QG2 – Qp2) = (-1 – j0,4) r.j. ; S3 = (PG3 – Pp3) + j(QG3 – Qp3) = (-2 – j0,5) r.j. ; S4 = (PG4 – Pp4) + j(QG4 – Qp4) = (2,4 + jQG4) r.j. ;

U1 = 1,0 r.j. ∠0° ; U2 = U2 ∠θ2 ; U3 = U3 ∠θ3 ; U4 = 1,05 r.j. ∠θ4 .

Potrebno je sada rešiti sistem algebarskih nelinearnih (ustvari transcedentnih) jednačina:

f(x) = 0 ,

 f1 (x)  f (x) 2  vektorskog argumenta x = [x1, x2, ..., xn]T. gde je f(x) vektorska funkcija f (x) =   ...    f n (x)  ∆P2 (x)  θ2   ∆P (x)  θ   3   3 U konkretnom slučaju, ova funkcija je f (x) =  ∆P4 (x)  , gde je x =  θ 4  .     ∆Q2 (x) U 2   ∆Q3 (x)  U 3  Razvijena forma elemenata funkcije f(x), sa zamenjenim numeričkim vrednostima je:

∆P2 = −1 − 2,37255U 22 − U 2 [− 1,42353 cos θ 2 + 5,69412 sin θ 2 ] −

− U 2U 3 [− 0,94902 cos(θ 2 − θ 3 ) + 3,79608 sin (θ 2 − θ 3 )] ;


127

∆P3 = −2 − 4,7451U 32 − U 3 [− 2,84706 cos θ 3 + 11,38824 sin θ 3 ] −

− U 3U 2 [− 0,94902 cos(θ 3 − θ 2 ) + 3,79608 sin (θ 3 − θ 2 )] −

− U 3U 4 [− 0,94902 cos(θ 3 − θ 4 ) + 3,79608 sin (θ 3 − θ 4 )] ; ∆P4 = −0,21574 − 1,05[− 1,42353 cos θ 4 + 5,69412 sin θ 4 ] − − 1,05U 3 [− 0,94902 cos(θ 4 − θ 3 ) + 3,79608 sin (θ 4 − θ 3 )] ;

∆Q2 = −0,4 − 9,1514U 22 − U 2 [− 1,42353 sin θ 2 − 5,69412 cos θ 2 ] −

− U 2U 3 [− 0,94902 sin (θ 2 − θ 3 ) − 3,79608 cos(θ 2 − θ 3 )] ;

∆Q3 = −0,5 − 18,45208U 32 − U 3 [− 2,84706 sin θ 3 − 11,38824 cos θ 3 ] −

− U 3U 2 [− 0,94902 sin (θ 3 − θ 2 ) − 3,79608 cos(θ 3 − θ 2 )] − − U 3U 4 [− 0,94902 sin (θ 3 − θ 4 ) − 3,79608 cos(θ 3 − θ 4 )] .

Gornji sistem jednačina biće rešen po Newton-Raphsonovoj iterativnoj metodi. Najpre se usvoje prva približna rešenja za nepoznate veličine xi(0) . U slučaju rešavanja tokova snaga u elektroenergetskim sistemima uobičajeno je da se za prva približna rešenja za nepoznate uglove usvoji θ i( 0) = 0 rad, odnosno za nepoznate module napona usvoji U i( 0) = 1,0 r.j. (''flat start''). Ako se pretpostavi da su ova početna pogađanja veoma bliska tačnim rešenjima, onda, da bi se izračunala ta tačna rešrenja, približna rešenja treba korigovati sa ∆xi(0) . Razvijanjem funkcije f(x) u Taylorov red u okolini x(0) i uzimanjem u obzir samo prva dva člana tih redova, dobiće se sistem linearnih algebarskih jednačina iz kojeg se mogu izračunati ∆xi(0) . Taj sistem linearnih jednačina, napisan u matričnom obliku je: J(0)∆x (0) = - f(x(0)) , jer je f (x) ≈ f (x ( 0) ) + J (0) (x (1) − x (0) ) , a ∆x (0) = x (1) − x (0) ,

gde je matrica J(0) Jacobieva kvadratna matrica, čiji elementi predstavljaju vrednosti izvoda funkcije fi ( x1 , x2 ,..., x2 n − ( N PV +1) )

po

∂f i ( x1 , x2 ,..., x2 n − ( N PV +1) ) ∂x j

promenljivoj xj za x j =

0 ( 0) xj ,

odnosno, u opštem slučaju:

J ( 0)

 ∂f1 ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) )  ∂x1  0  ∂ f ( x ,..., x ) 2 1 2 n −( N PV +1)  = ∂x1 0    ∂f 2 n−( N +1) ( x1 ,..., x2 n −( N +1) ) PV PV  ∂ x  1 0

∂f1 ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) ) ∂x2

0

∂f 2 ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) ) ∂x2

0

... ∂f 2 n−( N PV +1) ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) ) ∂x2

  ∂x2 n−( N PV +1)  0  ∂f 2 ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) )  ...  ∂x2 n−( N PV +1) 0   ∂f 2 n−( N PV +1) ( x1 ,..., x2 n−( N PV +1) )   ... ∂x2 n −( N PV +1)  0 ...

0

∂f1 ( x1 ,..., x2 n −( N PV +1) )


128

Ova matrična jednačina ima rešenje za priraštaje ∆xi(0) ukoliko Jacobieva matrica nije singularna. U slučaju da je ona singularna, onda za prvu približnu vrednost bilo koje nepoznate veličine treba usvojiti vrednost koja se malo razlikuje od prethodne usvojene vrednosti. Na taj način se izbegava singularitet Jacobieve matrice i omogućava se rešenje te matrične jednačine. Posle rešenja predmetne matrične jednačine određuju se druga približna rešenja jednačina f(x) = 0 iz izraza: x (1) = x (0) + ∆x ( 0) .

Posle toga se proces iteracija nastavlja, rešavajući matričnu jednačinu J(k)∆x(k) = - f(x(k)) ,

k = 1, 2, ...

gde je k indeks iteracije, s tim što se prethodno odrede nove vrednosti za elemente Jacobieve matrice J(k) i nove vrednosti za funkcije f(x(k)), a zatim odrede nova približna rešenja x ( k +1) = x ( k ) + ∆x ( k ) .

Ukoliko proces rešavanja nelinearnih jednačina konvergira, onda posle svake naredne ( k +1) treba da je po modulu sve manje, a vrednosti funkcije f(x(k+1)) treba da su sve bliže iteracije ∆x nuli. Proces računanja se prekida kada se odrede nepoznate veličine sa željenom tačnošću. Potrebno je napomenuti da su neki elementi Jacobieve matrice jednaki nuli. Na primer, u ovom slučaju ∂f1 ( x1 , x2 ,..., x2 n − ( N PV +1) ) ∂x3

= 0;

∂f 3 ( x1 , x2 ,..., x2 n − ( N PV +1) ) ∂x4

= 0,

itd. Pošto su na ovaj način izračunate implicitne nepoznate to se preostale (eksplicitne) nepoznate nalaze shodno relacijama:

[

N

(

)

(

Pi = Gii U i2 + ∑ U i U j Gij cos θ i − θ j + Bij sin θ i − θ j j =1

)] ; i = 1;

j ≠i

[

N

(

)

(

Qi = − Bii U i2 + ∑ U i U j Gij sin θ i − θ j − Bij cos θ i − θ j j =1

)]

; i = 1, 4.

j ≠i

Kada su poznati svi naponi (po modulu i fazi), mogu se izračunati i tokovi snaga po granama koristeći se jednačinama oblika:

[

(

)

)]

(

Pij = U i2Gijgr − U i U j Gijgr cos θ i − θ j + Bijgr sin θ i − θ j ; i-j = 1-2; 1-3; 1-4; 2-3; 3-4.

Qij =

ot 2 gr 2 Bij − U i Bij − U i

2

[

(

)

(

− U i U j Gijgr sin θ i − θ j − Bijgr cos θ i − θ j

)] ; i-j = 1-2; 1-3; 1-4; 2-3; 3-4.


129

Sistem jednačina je u konkretnom slučaju, uz usvojenu željenu tačnost od 10-6, rešen u četiri iteracije. Vrednosti nepoznatih u pojedinim iteracijama prikazane su u tab. 2.5a.

Tab. 2.5a Rešenja jednačina injektiranja u pojedinim iteracijama Broj iteracije 0 1 2 3 4

θ2 [°] 0 -7,4631 -8,0192 -8,0322 -8,0322

θ3 [°] 0 -4,7766 -5,1774 -5,1855 -5,1855

θ4 [°] 0 11,0212 10,7922 10,7904 10,7904

U2 [r.j.] 1,0 0,9556 0,9401 0,9398 0,9398

U3 [r.j.] 1,0 0,9735 0,9582 0,9579 0,9579

Rešenja implicitno nepoznatih su, prema tome: θ2 = -8,0322° ; θ3 = -5,1855° ; θ4 = 10,7904° ; U2 = 206,7553 kV ; U3 = 210,7440 kV . Korišćenjem prethodnog rešenja, vrednosti eksplicitno nepoznatih su: PG1 = 79,94 MW ; QG1 = 24,77 MVAr ; QG4 = 0,3 MVAr , dok su tokovi snaga po pojedinim vodovima dati u tab. 2.5b. Tab. 2.5b Tokovi aktivnih i reaktivnih snaga po pojedinim vodovima Čvor i 1 4 1 2 3 4 3 2 1 3

Čvor j 4 1 2 1 4 3 2 3 3 1

Pij [MW] -116,41 122,05 84,66 -81,52 -109,77 117,95 18,73 -18,48 111,69 -108,95

Qij [MVAr] -3,47 -2,46 7,28 -20,24 -11,12 2,76 -15,88 -19,76 20,95 -23,00


130

Zadatak 2.6 Jedan elektroenergetski sistem predstavljen je svojom matricom admitansi nezavisnih čvorova YČV:

j10 - 0,5 + j 4  0,5 − j14  =  j10 - j15,8 j 6  . - 0,5 + j 4 j6 0,5 - j10 

Y ČV

a) Na osnovu poznate matrice YČV izvršiti rekonstrukciju topološke strukture tog elektroenergetskog sistema i upisati odgovarajuće parametre. b) Odrediti nepoznate promenljive stanja posle prve iteracije proračuna tokova snaga Newton-Raphsonovom metodom. Podaci o čvorovima datog sistema su predstavljeni u tab. 2.6a. Tab. 2.6a Podaci o čvorovima sistema iz zadatka 2.6 čvor 1 2 3

U [r.j.] 1,05 / 1,00

θ [rad] / / 0

PG [r.j.] 1,5 0 /

Pp [r.j.] 0 2,0 0

QG [r.j.] / 0 /

Qp [r.j.] 0 1,0 0

c) Na osnovu podataka iz prethodne tačke odrediti ukupne gubitke aktivne snage u datom elektroenergetskom sistemu. Napomena: Bazna snaga je SB = 100 MVA, a bazni napon UB = 220 kV.

Rešenje: a) Rekonstrukcija topologije mreže, čija je matrica admitansi nezavisnih čvorova YČV zadata, prikazana je na sl. 2.6a.

1

2

Y 12 = − j10 r.j. gr

Y C 2 = j 0,2 r.j.

Y 13 = (0,5 − j 4) r.j.

gr Y 23 = − j 6 r.j.

gr

3

Sl. 2.6a Rekonstrukcija topologije mreže iz zadatka 2.6 b) Proračun elemenata za korišćenje Newton-Raphsonove metode u prvoj iteraciji, sa početnim pogađanjem tipa ''Flat Start'' (pretpostavlja se da su svi nepoznati uglovi 0 rad, a svi nepoznati naponi 1,00 r.j.):


131

čvor 1: S1 = (1,5 + jQ1) r.j.; čvor 2: S2 = (-2 – j1) r.j.; čvor 3: S3 = (P3 + jQ3) r.j.;

U1 = 1,05 r.j. ∠θ1; U2 = U2 ∠θ2; U3 = 1,0 r.j. ∠0°;

– PU čvor; – PQ čvor; – balansno-referentni čvor.

Onda je vektor implicitno nepoznatih u matričnoj jednačini injektiranja:

x = [θ1 θ 2 U 2 ]T , a opšti izraz za Jacobievu matricu:  ∂ ∆P1   ∂ θ1 ∂ ∆P2 J=  ∂ θ1  ∂ ∆Q 2   ∂ θ1

∂ ∆P1 ∂θ2 ∂ ∆P2 ∂θ2 ∂ ∆Q2 ∂θ2

∂ ∆P1   ∂U2  ∂ ∆P2  , ∂U2  ∂ ∆Q2   ∂ U 2 

tako da su njeni elementi za prvu iteraciju: ( 0) J11 = −U1U 2(0) B12 − U1U 3 B13 = −1,05 ⋅1 ⋅10 − 1,05 ⋅1 ⋅ 4 = −14,7 ; ( 0) J12 = U1U 2(0) B12 = 1,05 ⋅ 1 ⋅ 10 = 10,5 ; ( 0) J13 = −U1G12 = 0 ; (0) J 21 = U 2( 0)U1B21 = 1 ⋅ 1,05 ⋅ 10 = 10,5 ; ( 0) J 22 = −U 2( 0)U1B21 − U 2( 0)U 3 B23 = −1 ⋅1,05 ⋅10 − 1 ⋅1 ⋅ 6 = −16,5 ; ( 0) J 23 = −2U 2( 0)G22 − U1G21 − U 3G23 = 0 ; ( 0) J 31 = U 2(0)U1G21 = 0 ; ( 0) J 32 = −U 2( 0)U1G21 − U 2( 0)U 3G23 = 0 ; (0) J 33 = 2 U 2(0) B22 + U1 B21 + U 3 B23 = 2 ⋅ (−15,8) ⋅ 1 + 1,05 ⋅ 10 + 1 ⋅ 6 = −15,1 .

Jacobieva matrica i njena inverzna matrica za prvu iteraciju su:

0  − 14,7 10,5  J =  10,5 − 16,5 0  ;  0 0 − 15,1 0   − 0,1247 − 0,0794  ( 0 ) −1 J = − 0,0794 − 0,1111 0  .  0 0 − 0,0662 (0)

[ ]

Jednačine promena injektiranja koje daju veličine debalansa aktivnih snaga (u čvorovima 1 i 2) i reaktivnih snaga (u čvoru 2), u prvoj iteraciji su:


132

(

)

(

)

∆P1 = P1 − U12G11 + U1U 2(0)G12 + U1U 3G13 = 1,5 − 1,052 ⋅ 0,5 − 1,05 ⋅ 1 ⋅ 0,5 = 1,4738 ; 2 ∆P2 = P2 − U 2( 0) G22 + U 2(0)U1G21 + U 2( 0)U 3G23  = −2 ;   2 ∆Q2 = Q2 − U 2(0) B22 − U 2( 0)U1B21 + U 2( 0)U 3 B23  = −1 − 12 ⋅ 15,8 − 1,05 ⋅ 10 − 1 ⋅ 6 = −0,3 ,  

(

)

tako da je:

f

(0)

1,4738 =  − 2  .  − 0,3 

Rešenje matrične jednačine injektiranja u prvoj iteraciji, koja glasi

J (0) ∆x ( 0) = −f (0) , daje vektor priraštaja nepoznatih ∆x (0) , tako da je: x (1) = x (0) + ∆x ( 0) ,

odnosno:

 θ1  θ   2 U 2  .

(1)

 θ1  =  θ 2  U 2 

(0)

[ ]

− J

0 0  − 0,1247 − 0,0794  1,4738  0,0251      ⋅  − 2  = − 0,1053 = 0 − − 0,0794 − 0,1111 0      1  0 0 − 0,0662  − 0,3   0,9801 

( 0 ) −1 ( 0 )

f

c) Injektiranja aktivne snage u sistemu korišćenjem rešenja prve iteracije su:

(

)

[

(

)

(

P1(1) = G11U12 + U1U 2(1) B12 sin θ1(1) − θ 2(1) + U1U 3 G13 cos θ1(1) − θ 3 + B13 sin θ1(1) − θ 3 = 0,5 ⋅ 1,05 2 + 1,05 ⋅ 0,9801 ⋅ 10 ⋅ sin (0,0251 + 0,1053) +

)]

=

+ 1,05 ⋅ 1 ⋅ [− 0,5 ⋅ cos(0,0251) + 4 ⋅ sin (0,0251)] = 1,4692 r.j. ;

(

)

(

)

(

)] + U U

P2(1) = U 2(1)U1 B21 sin θ 2(1) − θ1(1) + U 2(1)U 3 B23 sin θ 2(1) − θ 3 =

= 0,9801 ⋅ 1,05 ⋅ 10 ⋅ sin (− 0,1053 − 0,0251) + 0,9801 ⋅ 1 ⋅ 6 ⋅ sin (− 0,1053) = −1,9553 r.j. ;

[

(

)

P3(1) = G33U 32 + U 3U1 G31 cos θ 3 − θ1(1) + B31 sin θ 3 − θ1(1)

3

(1) 2 B32

(

)

cos θ 3 − θ 2(1) =

= 0,5 ⋅ 12 + 1 ⋅ 1,05 ⋅ [− 0,5 ⋅ cos(− 0,0251) + 4 ⋅ sin (− 0,0251)] + 1 ⋅ 0,9801 ⋅ 6 ⋅ sin (0,1053) =

= 0,4877 r.j. Onda su ukupni gubici aktivne snage u sistemu:


133

3

P gub = ∑ Pi = 1,4692 − 1,9553 + 0,4877 = 0,0016 r.j. i =1

ili, pošto gubici aktivne snage postoje jedino na vodu 1 – 3, mogu se izračunati posle proračuna tokova aktivne snage, na oba kraja tog voda, kao:

[

(

)

(

)]

[

(

)

(

)]

P13 = G13grU12 − U1U 3 G13gr cos θ1(1) − θ 3 + B13gr sin θ1(1) − θ 3 =

= 0,5 ⋅ 1,05 − 1,05 ⋅ 1 ⋅ [0,5 ⋅ cos(0,0251) − 4 ⋅ sin(0,0251)] = 0,1317 r.j. ; 2

gr 2 gr gr P31 = G31 U 3 − U1U 3 G31 cos θ 3 − θ1(1) + B31 sin θ 3 − θ1(1) =

= 0,5 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1,05 ⋅ [0,5 ⋅ cos(−0,0251) − 4 ⋅ sin(−0,0251)] = −0,1301 r.j. , 2

tako da su gubici aktivne snage u sistemu:

P gub = P13 + P31 = 0,1317 − 0,1301 = 0,0016 r.j. , isti kao i prethodno proračunati. Ti gubici se takođe mogu proračunati preko struje I13 i otpornosti R13: I 13 = (U 1 − U 3 )Y 13 = (1,0497 + j 0,0264 - 1) ⋅ (0,5 − j 4 ) = (0,1305 − j 0,1856 ) r.j. gr

I 13 = 0,2269 r.j.  1   1  R13gr = ℜe gr  = ℜe  = 0,03077 r.j. Y 13   0,5 − j4  2

P gub = R13gr I 13 = 0,03077 ⋅ 0,2269 2 = 0,0016 r.j. Vidi se da se vrednost gubitaka u sistemu može izračunati na različite načine.


134

Zadatak 2.7 Za elektroenergetski sistem prikazan na sl. 2.7a, kod kojeg se regulacionim transformatorom održava napon na sabirnicama 4 na vrednosti od 115 kV, izračunati: a) Vrednosti elemenata Jacobieve matrice u prvoj iteraciji Newton-Raphsonovog iterativnog postupka za proračun tokova snaga, ako se za početnu vrednost promenljivih stanja usvoje vrednosti U3 = 1 r.j.; θ2 = θ3 = θ4 = 0 i α = 1,05. (α = 1/t). b) Proračunati tokove aktivnih snaga po granama mreže primenom linearnog (DC) modela za proračun tokova snaga. Napomena: Za bazne vrednosti usvojiti SB = 100 MVA, UB = 220 kV.

1

2

gr Z 12 = j 403,33 Ω

SG1

SG2 = (150 + jQG2) MVA

U1 = 231 kV∠0°

U2 = 220 kV

gr Z 13 = j121Ω

gr Z 23 = j161,33 Ω

3 SnT = 300 MVA XT(n = 0) = 12,5 % (rT ≈ 0) m = 220 kV ± 12×1,25 %/115 kV 4 Sp4 = (250 + j150) MVA U4 = 115 kV


Rešenje: a) Promenljive pridružene pojedinim čvorovima sistema, u relativnim jedinicama su: čvor 1: čvor 2: čvor 3: čvor 4:

S1 = (P1 + jQ1) r.j.; S2 = (1,5 + jQ2) r.j.; S3 = (0 + j0) r.j.; S4 = (–2,5 – j1,5) r.j.;

U1 = 1,05 r.j. ∠0° U2 = 1,0 r.j. ∠θ2 U3 = U3 ∠θ3 U4 = 1,0 r.j. ∠θ4

- Balansno-referentni čvor - PQ čvor - PQ čvor - PUT čvor

Admitanse grana elektroenergetskog sistema u relativnim jedinicama su: gr Y 12 = − j1,2 r.j. ;

gr Y 13 = − j4 r.j. ;

gr Y 23 = − j3 r.j. ;

gr Y 34

( 0)

= − j24 r.j.


135

Matrica YČV sistema je:

Y ČV

j4 − j 5,2 j1,2  j1,2 - j 4,2 j3 =  j4 j3 - j 7 - j 24α 2  0 j 24α  0

0  0  . j 24α   - j 24 

Jednačine debalansa injektiranja, sa zamenjenim numeričkim vrednostima su: ∆P2 = P2 − U 2U1B21 sin θ 21 − U 2U 3 B23 sin θ 23 = 1,5 − 1,05 ⋅ 1,2 sin θ 21 − 3U 3 sin θ 23 ; ∆P3 = P3 − U 3U1B31 sin θ 31 − U 3U 2 B32 sin θ 32 − U 3U 4 B34 sin θ 34 = = −1,05 ⋅ 4U 3 sin θ 31 − 3U 3 sin θ 32 − U 3 24α sin θ 34 ; ∆P4 = P4 − U 4U 3 B43 sin θ 43 = −2,5 − U 3 24α sin θ 43 ; ∆Q3 = Q3 + B33U 32 + U 3U1 B31 cos θ 31 + U 3U 2 B32 cos θ 32 + U 3U 4 B34 cos θ 34 = = (−7 − 24α 2 )U 32 + 1,05 ⋅ 4U 3 cos θ 31 + 3U 3 cos θ 32 − U 3 24α cos θ 34 ;

∆Q4 = Q2 + B44U 42 + U 4U 3 B43 cos θ 43 = −1,5 − 24 + U 3 24α cos θ 43 . Oblik Jacobieve matrice, sa vrednostima elemenata u prvoj iteraciji, za usvojene početne vrednosti U3 = 1 r.j.; θ2 = θ3 = θ4 = 0 i α = 1,05. (α = 1/t) su:

J (0)

 ∂ ∆P2  ∂θ 2  P ∂ ∆ 3   ∂θ2  ∂ ∆P 4 =  ∂θ2  ∂ ∆Q3  ∂θ 2  ∂ ∆ Q 4   ∂ θ 2

∂ ∆P2 ∂ θ3 ∂ ∆P3 ∂ θ3 ∂ ∆P4 ∂ θ3 ∂ ∆Q3 ∂ θ3 ∂ ∆Q4 ∂ θ3

∂ ∆P2 ∂θ4 ∂ ∆P3 ∂θ4 ∂ ∆P4 ∂θ4 ∂ ∆Q3 ∂θ4 ∂ ∆Q4 ∂θ4

∂ ∆P2 ∂U3 ∂ ∆P3 ∂U3 ∂ ∆P4 ∂U3 ∂ ∆Q3 ∂U3 ∂ ∆Q4 ∂U3

∂ ∆P2  ∂α   ∂ ∆P3  3 0 0 0  − 4,26  3 ∂α  − 32,4 25,2 0 0    ∂ ∆P4  = 0 25,2 − 25,2 0 0 . ∂α    0 0 − 34,52 − 24  0 ∂ ∆Q3   0 0 0 25,2 24  ∂ α  ∂ ∆Q4  ∂ α 

b) Pri proračunu tokova snaga primenom linearnog (DC) modela moguće je smanjiti dimenzije problema usvajanjem činjenice da je P43 = P4 = -2,5 r.j. Pridruživanjem ove snage (injektiranja u čvoru 4) snazi injektiranja čvora 3, uz zanemarenje grane 3-4, izraz za izračunavanje uglova θ2 i θ3 (na osnovu izraza − B′r θ = P ) je:

− 4,2 3  θ 2   1,5  − = − 7 θ 3  − 2,5  3

⇒

θ 2   0,14706  θ  = − 0,29412 .   3 

Aktivne snage po granama mreže, računate preko izraza


Pij =

136

θi − θ j X ijgr

su: P12 = -0,17647 r.j.; P13 = 1,17647 r.j.; P23 = 1,32353 r.j. Ugao fazora napona u čvoru 4 je onda gr θ 4 = θ 3 − P34 X 34 = −0,29412 −

2,5 = −0,39829 rad . 24


137

Zadatak 2.8 Na sl. 2.8a je prikazan jednostavan elektroenergetski sistem. Primenom Stottovog raspregnutog postupka odrediti promenljive stanja posle druge iteracije. Osnovni podaci o sistemu dati su na slici i u tab. 2.8a. Napomena: Za bazne vrednosti usvojiti SB = 100 MVA i UB = 220 kV. Z 13 = j 48,4 Ω gr

1

gr Z 12

3

Z C = − j1210 Ω

= j 60,5 Ω

gr Z 23

= j80,67 Ω

2

Sl. 2.8a Elektroenergetski sistem iz zadatka 2.8 Tab. 2.8a Podaci o čvorovima sistema iz zadatka 2.8 čvor 1 2 3

U [kV] 220 220 /

θ [rad] 0 / /

PG [MW] / 100 0

Pp [MW] 100 50 100

QG [MVAr] / / 0

Qp [MVAr] 50 50 40

Rešenje: Određivanje matrice admitansi nezavisnih čvorova: gr Y 12 = − j8 r.j. ;

Y ČV

Y 13 = − j10 r.j. ; gr

Y 23 = − j 6 r.j. ; gr

Y C 3 = j 0,4 r.j. ;

10  - 18 8  = j  8 - 14 6  .  10 6 - 15,6

Specifikacija promenljivih pojedinih čvorova, tipova čvorova i implicitno i eksplicitno nepoznatih:

čvor 1: S1 = (P1 + jQ1) r.j.; U1 = 1,0 r.j. ∠0° čvor 2: S2 = (0,5 + j(QG2 – 0,5)) r.j.; U2 = 1,0 r.j. ∠θ2 čvor 3: S3 = (–1 – j0,4) r.j.; U3 = U3 ∠θ3

– balansno-referentni čvor – PU čvor – PQ čvor


138

Jednačine debalansa aktivnih i reaktivnih snaga u čvorovima su: ∆P2 = P2 − G22U 22 − U 2U 1 [G21 cos(θ 2 − θ1 ) + B21 sin (θ 2 − θ1 )] − − U 2U 3 [G23 cos(θ 2 − θ 3 ) + B23 sin (θ 2 − θ 3 )] =

= 0,5 − 8 sin θ 2 − 6U 3 sin (θ 2 − θ 3 ) ;

∆P3 = P3 − G33U 32 − U 3U 1 [G31 cos(θ 3 − θ1 ) + B31 sin (θ 3 − θ1 )] − − U 3U 2 [G32 cos(θ 3 − θ 2 ) + B32 sin (θ 3 − θ 2 )] = = −1 − 10 U 3 sin θ 3 − 6 U 3 sin (θ 3 − θ 2 );

∆Q3 = Q3 + B33U 32 − U 3U 1 [G31 sin (θ3 − θ1 ) − B31 cos(θ3 − θ1 )] − − U 3U 2 [G32 sin (θ3 − θ 2 ) − B32 cos(θ 3 − θ 2 )] =

= −0,4 − 15,6U 32 + 10U 3 cos θ3 + 6U 3 cos(θ3 − θ 2 ).

Proračun matrica B′ i B″:  14 − 6 B′ =   ; − 6 16 

[B ′]−1 = 

0,0851 0,0319  ; 0,0319 0,0745

B ′′ = [15,2] ;

[B′′]−1 =

1 . 15,2

Iterativna šema rešenja problema je:

(

)

∆P ( k ) = ∆P θ ( k ) , U ( k ) ;

∆P ( k ) ; (U ′) ( k )

θ ( k +1) = θ ( k ) + [B ′]

−1

(

)

∆Q ( k ) = ∆Q θ ( k +1) , U ( k ) ; U ( k +1) = U ( k ) + [B ′′]

−1

∆Q ( k ) ; (U ′′) ( k )

k = 0, 1, 2, ...

Proračun posle prve iteracije pri ''Flat Start''-u:

θ(20) = 0 ;

θ3( 0) = 0 ;

U 3(0) = 1 ;

∆P2(0) = 0,5 ;

∆P3(0) = −1,0 .

 ∆P2(0)   0,5   U  0 θ (21)  θ (20)  0 , 0851 0 , 0319        0,01065  −1 2 ⋅ 1  =   (1)  =  ( 0)  + [B ′]  ∆P (0)  =   +    . −1   0 0 , 0319 0 , 0745 − 0 , 05855 θ θ 3        3   3     U (0)   1   3  2

(

)

∆Q3(0) = −0,4 − 15,6U 3( 0) + 10U 3(0) cos θ 3(1) + 6U 3( 0) cos θ3(1) − θ (21) = = −0,4 − 15,6 ⋅ 12 + 10 ⋅ 1 ⋅ cos(−0,05855) + 6 ⋅ 1 ⋅ cos(−0,05855 − 0,01065) = = −0,0315 ;


U 3(1)

= U 3( 0)

∆P2(1) =

139

+ [B ′′]

−1

∆Q3( 0)

= 1+

U 3(0) 0,5 − 8 sin θ (21) − 6U 3(1)

1 − 0,0315 ⋅ = 0,9979 . 15,2 1

(

)

sin θ (21) − θ 3(1) =

= 0,5 − 8 sin(0,01065) − 6 ⋅ 0,9979 sin(0,01065 + 0,05855) = 0,0008 ; ∆P3(1)

(

)

= −1 − 10U 3(1) sin θ3(1) − 6U 3(1) sin θ 3(1) − θ (21) = = −1 − 10 ⋅ 0,9979 sin(−0,05855) − 6 ⋅ 0,9979 sin(−0,05855 − 0,01065) = −0,00207 .

Proračun promenljivih posle druge iteracije:  ∆P2(1)   0,0008    θ (22)  θ (21)    0,010652   0,01065   0,0851 0,0319  −1  U 2  1 + ⋅  ( 2)  =  (1)  + [B ′] ∆P (1) =   = − 0,05868   − 0 , 00207  3  − 0,05855 0,0319 0,0745  θ 3  θ 3      (1)  0,9979   U  3 

(

2

)

∆Q3(1) = −0,4 − 15,6U 3(1) + 10U 3(1) cos θ 3( 2) + 6U 3(1) cos θ 3( 2) − θ (22) = = −0,4 − 15,6 ⋅ 0,9979 2 + 10 ⋅ 0,9979 ⋅ cos(−0,05868) + 6 ⋅ 0,9979 ⋅ cos(−0,05868 − 0,010652) = = 0,00029 .

U 3( 2)

= U 3(1)

+ [B ′′]

−1

∆Q3(1) U 3(1)

= 0,9979 +

1 0,00029 ⋅ = 0,99792 . 15,2 0,9979


140

Zadatak 2.9 Za elektroenergetski sistem na sl. 2.9a napisati jednačine za proračun modula i faznih uglova napona u čvorovima, usvajajući čvor 1 za balansno-referentni. Zatim napisati jednačine za proračun tokova aktivnih i reaktivnih snaga po granama 1-2, 1-3 i 2-3. Primenom raspregnutog postupka ( sin θ ij ≈ θ ij ; cos θ ij ≈ 1 ; U i ≈ 1,0 ; Gij ≈ 0 ) proračunati fazne uglove u čvorovima, tokove aktivnih snaga po granama i aktivnu snagu referentnog čvora, izražavajući ih u relativnim jedinicama.

~

~ SG1 1

U1 = 1,0 r.j.; θ1 = 0°

SG2 = (3 + jQG2) r.j. U2 = 1,0 r.j.

2

gr Y 12 = (0,25 − j 2,5) r.j.

gr Y 13 = (0,5 − j 4,0) r.j.

Sp2 = (2 + j1) r.j. gr Y 23 = − j5 r.j.

3 Sp3 = (4 + j2) r.j.


Rešenje: Matrica admitansi čvorova sistema YČV je:

Y ČV

gr gr Y 12 + Y 13  gr =  − Y 12  − Y gr 13 

gr − Y 12 gr gr + Y 23 Y 12 gr − Y 23

  0,75 − j 6,5 - 0,25 + j 2,5 - 0,5 + j 4,0   gr  . − Y 23 j5  = - 0,25 + j 2,5 0,25 - j 7,5  gr gr   - 0,5 + j 4,0 0,5 - j 9  Y 13 + Y 23 j5   gr − Y 13

Specifikacija promenljivih pojedinih čvorova, na osnovu kojih se određuje tip čvora, a shodno tome i implicitno i eksplicitno nepoznate:

čvor 1: S1 = (P1 + jQ1) r.j. ; čvor 2: S2 = (1 + j(QG2 – 1)) r.j. ; čvor 3: S3 = (-4 – j2) r.j. ;

U1 = 1,0 r.j. ∠0° U2 = 1,0 r.j. ∠θ2 U3 = U3 ∠θ3

– balansno-referentni čvor; – PU čvor; – PQ čvor.

Jednačine za proračun modula i faznih uglova napona u čvorovima su: ∆P2 = P2 − G22U 22 − U 2U 1 [G21 cos(θ 2 − θ1 ) + B21 sin (θ 2 − θ1 )] − U 2U 3 [G23 cos(θ 2 − θ 3 ) + B23 sin (θ 2 − θ3 )] = = 1 − 0,25 ⋅ 12 − 1 ⋅ 1 ⋅ [− 0,25 cos θ 2 + 2,5 sin θ 2 ] − 1 ⋅ U 3 ⋅ 5 sin (θ 2 − θ 3 ) ;


141

∆P3 = P3 − G33U 32 − U 3U 1 [G31 cos(θ 3 − θ1 ) + B31 sin (θ 3 − θ1 )] − U 3U 2 [G32 cos(θ 3 − θ 2 ) + B32 sin (θ 3 − θ 2 )] = = −4 − 0,5U 32 − U 3 ⋅ 1 ⋅ [− 0,5 cos θ 3 + 4 sin θ 3 ] − U 3 ⋅ 1 ⋅ 5 sin (θ 3 − θ 2 ) ;

∆Q3 = Q3 + B33U 32 − U 3U 1 [G31 sin (θ3 − θ1 ) − B31 cos(θ3 − θ1 )] − U 3U 2 [G32 sin (θ3 − θ 2 ) − B32 cos(θ3 − θ 2 )] = = −2 − 9U 32 − U 3 ⋅ 1 ⋅ [− 0,5 sin θ 3 − 4 cos θ3 ] + U 3 ⋅ 1 ⋅ 5 cos(θ3 − θ 2 ).

Opšte jednačine za proračun tokova aktivnih i reaktivnih snaga po granama su:

[

(

)

(

Pij =U i2 Gijgr − U i U j Gijgr cos θi − θ j + Bijgr sin θi − θ j Qij =

− U i2 Bijgr

− U i2

[

)]

;

)]

Bijot − U i U j Gijgr sin θi − θ j − Bijgr cos θi − θ j , 2

(

)

(

dok su odgovarajući izrazi za aktivne i reaktivne snage po granama 1-2, 1-3 i 2-3:

[ − U U [G

] =U G cos(θ − θ ) + B sin (θ − θ )] = 1 ⋅ 0,25 − 1 ⋅1 ⋅ [0,25 cos θ − 2,5 sin θ ] ; = − U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = 1 ⋅ 2,5 − 1 ⋅1 ⋅ [− 0,25 sin θ + 2,5 cos θ ] ; = − U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = 1 ⋅ 2,5 − 1 ⋅1 ⋅ [0,25 sin θ + 2,5 cos θ ] = U G − U U [G cos(θ − θ ) + B sin (θ − θ )] = 1 ⋅ 0,5 − 1 ⋅ U ⋅ [0,5 cos θ + 4 sin θ ] ; = U G − U U [G cos(θ − θ ) + B sin (θ − θ )] = U ⋅ 0,5 − U ⋅1 ⋅ [0,5 cos θ − 4 sin θ ] ; = − U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = 1 ⋅ 4 − 1 ⋅ U ⋅ [− 0,5 sin θ + 4 cos θ ] ; = − U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = U ⋅ 2,5 − U ⋅1 ⋅ [0,5 sin θ + 4 cos θ ] ; = U G − U U [G cos(θ − θ ) + B sin (θ − θ )] = −1 ⋅ U ⋅ 5 sin (θ − θ ) ; = U G − U U [G cos(θ − θ ) + B sin (θ − θ )] = −U ⋅ 1 ⋅ 5 sin (θ − θ ) ; = − U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = 1 ⋅ 5 − 1 ⋅ U 5 cos(θ − θ ) ; = −U B − U U [G sin (θ − θ ) − B cos(θ − θ )] = U ⋅ 5 − U ⋅1 ⋅ 5 cos(θ − θ ) .

P12 = U 12 G12gr − U 1U 2 G12gr cos(θ1 − θ 2 ) + B12gr sin (θ1 − θ 2 ) = 1 ⋅ 0,25 − 1 ⋅1 ⋅ [0,25 cos θ 2 + 2,5 sin θ 2 ] ; P21 Q12 Q21 P13 P31 Q13 Q31 P23 P32 Q23 Q32

2 2

2 1 2 3

2 2 2 3

gr 12 2 gr 1 12 2 gr 2 12 gr 13 gr 13 2 gr 1 13 2 gr 3 13 gr 23 gr 23 2 gr 2 23 2 gr 3 23

2

1

3

gr 12

1

1

2

2

1

3

1

2

gr 12 gr 12

gr 13 gr 13

1

2

2

1

1

1

1

3

3

1

2

3

3

2

2

3

2

gr 12 gr 12

gr 13 gr 13

3

3

gr 1 3 13 gr 3 1 13 gr 2 3 23 gr 3 2 23 gr 2 3 23 gr 3 2 23

gr 12

1

3

2

gr 13 gr 13 gr 23 gr 23 gr 23 gr 23

1

2

1

2

2

1

1

2

3

2 3

1

1

3

3

1

2

3

3

2

2

3

2

2

3

3

2

3

3

3

3

3

3

3

3

2

3

3

2

3

2

3

2 3

3

3

2 3

3

2

3

3

2

3

3

3

2

Redukovana matrica susceptansi Br′ za proračun tokova snaga raspregnutim postupkom je: − 7,5 5  Br′ =  . − 9  5 Nepoznati uglovi fazora napona se dobijaju iz relacije

P = − Br′ θ , odnosno −1

θ 2  − 7,5 5   1  − 0,2588 ⋅ = . θ  = −  5 − 9 − 4 − 0,5882   3


142

Aktivna snaga referentnog čvora je P1 = – P2 – P3 – P4 – P5 = -1 + 4 = 3 r.j. Tokovi aktivnih snaga po granama mreže računaju se preko formule

Pij =

θi − θ j X ijgr

(

)

= − θi − θ j Bijgr ,

i iznose P12 = 0,647 r.j. ; P13 = 2,353 r.j. ; P23 = 1,647 r.j.


143

Zadatak 2.10 Za elektroenergetski sistem na sl. 2.10a, čiji su parametri elemenata T1: SnT = 100 MVA; xT = 12%; mT = 220/115 kV/kV; T2: SnT = 150 MVA; xT = 11%; mT = 231/110 kV/kV; V: xv = 0,42 Ω/km; Lv1 = 100 km; Lv2 = 110 km; Lv3 = 60 km, a) Nacrtati ekvivalentnu šemu sa svedenim vrednostima parametara na naponski nivo 110 kV ako se za odgovarajući bazni napon usvoji UB = 115 kV. b) Napisati jednačine tokova snaga sa zamenjenim numeričkim vrednostima (datim u relativnim jedinicama) ako se, pored napred usvojenog baznog napona, usvoji bazna snaga SB = 100 MVA. c) Primenom kompletno raspregnutog (DC) modela za proračun tokova snaga, proračunati fazne uglove napona u čvorovima (u rad.), tokove aktivnih snaga po granama i aktivnu snagu referentnog čvora u r.j. i MW.

~

~

SG2 = (75 + jQG2) MVA U2 = 220 kV

SG1 1

U1 = 225 kV ∠0°

2

V1 V3

V2

4

5

T1

T2 3 Sp3 = (110 + j30) MVA


Rešenje: Stvarne vrednosti reaktansi elemenata sistema, svedene na napon 220 kV, su: 220 220 220 220 X v220 1 = 42 Ω ; X v 2 = 46,2 Ω ; X v 3 = 25,2 Ω ; X T 1 = 58,08 Ω ; X T 2 = 39,13 Ω .

Odgovarajuće vrednosti admitansi su: Y v1 = − j 0,0238 S ; Y v 2 = − j 0,0216 S ; Y v 3 = − j 0,0397 S ; Y T 1 = − j 0,017 S ; Y T 2 = − j 0,026 S . 220

220

220

220

220


144

a) Petlja koju čine vodovi 1, 2 i 3, kao i transformatori T1 i T2 se, za date odnose transformacije transformatora, ne zaključuje, tj. proizvod prenosnih odnosa svih transformatora u petlji (u određenom smeru) je različit od jedinice i iznosi m1 ⋅ m2 =

220 110 ⋅ = 0,91097 . 115 231

Pri formiranju zamenske šeme sa svedenim vrednostima parametara elemenata mreže ova činjenica ne dozvoljava eliminisanje svih idealnih transformatora u šemi. Neophodno je zadržavanje najmanje jednog idealnog transformatora prenosnog odnosa t : 1 kojim se modeluje postojanje cirkulacione struje u petlji koja se ne zaključuje, gde je t=

1 = 1,0977 . m1 ⋅ m2

Mesto ovog idealnog transformatora u petlji je proizvoljno. Pridruživanje ovog idealnog transformatora stvarnom transformatoru sa fiksnim prenosnim odnosom omogućava zajedničko modelovanje ovih transformatora modelom regulacionog transformatora gde je t nenominalni odnos transformacije. Umesto uvodjenja jedinstvenog idealnog transformatora kojim ce modeluje postojanje cirkulacione struje, može se odnos transformacije ovog transformatora pridružiti svakom transformatoru u petlji čiji je odnos transformacije različit od baznog odnosa transformacije, gde je bazni odnos transformacije definisan odnosom usvojenih baznih napona delova mreža koje dati transformatori povezuju. Za usvojene bazne napone UB1 = 220 kV i UB2 = 115 kV (odnos baznih napona je određen odnosom transformacije transformatora T1), je

mB =

U B1 220 = , U B 2 115

odnosno mT 1 = m B i mT 2 ≠ mB , pa se transformator T2 modeluje kao regulacioni transformator, čiji se nenominalni odnos transformacije dobija iz jednakosti

mT 2 = t m B , gde je t = 1,0977 . Ekvivalentna šema sa svedenim vrednostima na naponskom nivou 110 kV (na jedan od mogućih načina) na kojoj je prikazan dati idealni transformator data je na sl. 2.10b.


145

1

2

-j0,087 S

– j0,145 S

– j0,079 S 4

5 t:1

– j0,062 S – j0,113 S 3


Zamenjene numeričke vrednosti na sl. 2.10b dobijene su korišćenjem relacija: 2

Y vsv1

=

mT21 Y v220 1

 220  =  ⋅ (− j 0,0238) = − j 0,087 S ;  115  2

 220  Y vsv2 = mT21 Y v220  ⋅ (− j 0,0216) = − j 0,079 S ; 2 =  115  2

 220  Y vsv3 = mT21 Y v220  ⋅ (− j 0,0397) = − j 0,145 S ; 3 =  115  2

Y Tsv1 Y Tsv2

=

mT21 Y T220 1

 220  =  ⋅ (− j 0,017) = − j 0,062 S ;  115 

=

mT2 2 Y T220 2

 231  =  ⋅ (− j 0,026) = − j 0,113 S .  110 

2

Numeričke vrednosti pojedinih parametara u relativnim jedinicama dobijaju se deljenjem svedenih vrednosti sa vrednošću bazne admitanse koja je na ovom naponskom nivou YB = 0,00756 S. One iznose: Y v1 = − j11,5 r.j. ; Y v 2 = − j10,45 r.j. ; Y v 3 = − j19,18 r.j. ; Y T 1 = − j8,2 r.j. ; Y T 2 = − j14,94 r.j. Ekvivalentna šema sistema sa parametrima u relativnim jedinicama, u kojoj je transformator T2 prikazan nesimetričnom π-zamenskom šemom, prikazana je na sl. 2.10c.


146 1

2

Yv1

Yv2

Yv3 4

5 Y2 YT1

Y1 Y3

3

Sl. 2.10c Ekvivalentna šema sa sl. 2.10b posle eliminacije nenominalnog odnosa transformacije transformatora T2 u grani 3-5 Elementi zamenske šeme transformatora T2 sa nenominalnim odnosom transformacije su: Y T 2 − j14,94 = = − j13,61 r.j. ; t 1,0977 (1 − t )Y T 2 = (1 − 1,0977 ) ⋅ (− j14,94) = j1,21 r.j. ; Y2 = t2 1,0977 2 (t − 1)Y T 2 = (1,0977 − 1) ⋅ (− j14,94) = − j1,33 r.j. Y3 = t 1,0977

Y1 =

b) Matrica YČV sistema, na osnovu šeme sa sl. 2.10c je:

Y ČV

j11,5 0 j10,45 0  − j 21,95  j11,5 − j 30,68 0 0 j19,18   = 0 0 − j 23,14 j8,2 j13,61  .   0 j8,2 − j18,65 0   j10,45  0 j19,18 j13,61 0 − j 31,58

Promenljive pridružene pojedinim čvorovima u relativnim jedinicama su:

čvor 1: čvor 2: čvor 3: čvor 4: čvor 5:

S1 = (P1 + jQ1) r.j.; S2 = (0,75 + jQ2) r.j.; S3 = (-1,1 - j0,3) r.j.; S4 = (0 + j0) r.j.; S5 = (0 + j0) r.j.;

U1 = 1,023 r.j. ∠0° U2 = 1,0 r.j. ∠θ2 U3 = U3 ∠θ3 U4 = U4 ∠θ4 U5 = U5 ∠θ5

– balansno-referentni čvor; – PU čvor; – PQ čvor; – PQ čvor; – PQ čvor.


147

Jednačine promene injektiranja u čvorovima, sa zamenjenim numeričkim vrednostima su:

∆P1 = P1 − 11,76 sin (θ1 − θ 2 ) − 10,69U 4 sin (θ1 − θ 4 ) = 0 ; ∆Q1 = Q1 − 22,97 + 11,76 cos (θ1 − θ 2 ) + 10,69U 4 cos (θ1 − θ 4 ) = 0 ; ∆P2 = 0,75 − 11,76 sin (θ 2 − θ1 ) − 19,18U 5 sin (θ 2 − θ5 ) = 0 ; ∆Q2 = Q2 − 30,68 + 11,76 cos (θ 2 − θ1 ) + 19,18U 5 cos (θ 2 − θ 5 ) = 0 ; ∆P3 = −1,1 − 8,2U 3U 4 sin (θ3 − θ 4 ) − 13,61 U 3U 5 sin (θ 3 − θ5 ) = 0 ; ∆Q3 = −0,3 − 23,14U 32 + 8,2U 3U 4 cos (θ3 − θ 4 ) + 13,61U 3U 5 cos (θ3 − θ 5 ) = 0 ; ∆P4 = 0 − 10,69U 4 sin (θ 4 − θ1 ) − 8,2 U 4U 3 sin (θ 4 − θ3 ) = 0 ; ∆Q4 = 0 − 18,65U 42 + 10,69U 4 cos (θ 4 − θ1 ) + 8,2U 4U 3 cos (θ 4 − θ 3 ) = 0 ; ∆P5 = 0 − 19,18U 5 sin (θ5 − θ 2 ) − 13,61 U 5U 3 sin (θ5 − θ3 ) = 0 ; ∆Q5 = 0 − 31,58U 52 + 19,18U 5 cos (θ 5 − θ 2 ) + 13,61U 5U 3 cos (θ5 − θ 3 ) = 0 . c) Matrica susceptansi Br′ za proračune tokova snaga primenom kompletno raspregnutog (DC) modela dobija se iz YČV matrice kada se zanemari idealni transformator odnosa t : 1 u grani 3-5 i precrtaju prva vrsta i prva kolona: 0 0 19,18  − 30,68  0 − 23,14 8,2 14,94  Br′ =  .  0 8,2 − 18,65 0    14,94 0 − 34,12  19,18 Nepoznati uglovi fazora napona se dobijaju iz relacije:

P = − Br′ θ

⇒

θ = −[Br′ ]−1 P ,

odnosno −1

0 0 19,18  0,75  0,0027  θ 2  − 30,68 θ   0 − 23,14 8,2 14,94   − 1,1 − 0,0829  3  = − ⋅ = . θ 4   0 8,2 − 18,65 0   0   − 0,0365         14,94 0 − 34,12  0   − 0,0348  19,18 θ 5  Aktivna snaga referentnog čvora je

P1 = – P2 – P3 – P4 – P5 = -0,75 + 1,1 – 0 – 0 = 0,35 r.j. Tokovi aktivnih snaga po granama mreže računaju se pomoću formule Pij =

θi − θ j X ijgr


148

i iznose: P12 = -0,031 r.j. = -3,1 MW ; P14 = P43 = 0,381 r.j. = 38,1 MW ; P25 = P53 = 0,719 r.j. = 71,9 MW . Do ovih vrednosti tokova snaga može se doći i proračunima na redukovanom sistemu (eliminisanjem prolaznih čvorova 4 i 5). Zamenska šema sistema u tom slučaju prikazana je na sl. 2.10d. 1 2 –j11,5 r.j. P2 = 0,75 r.j.

P1

–j8,4 r.j.

–j4,6 r.j. 3 P3 = -1,1 r.j.

Sl. 2.10d Zamenska šema sistema za DC model proračuna, posle eliminacije čvorova 4 i 5 Odgovarajuća matrica Br′ za ovaj redukovani sistem je: − 19,9 8,4  Br′ =  , − 13  8,4 pa se uglovi fazora napona u čvorovima 2 i 3, θ2 i θ3 nalaze iz jednačine −1

θ 2  − 19,9 8,4  0,75  0,0027  ⋅ = , θ  = −  8,4 − 13  − 1,1 − 0,0829   3 a tokovi snaga po granama mreže:

P12 = -0,031 r.j. = -3,1 MW; P13 = 0,381 r.j. = 38,1 MW; P23 = 0,719 r.j. = 71,9 MW.


149

Zadatak 2.11 Dat je elektroenergetski sistem prikazan na sl. 2.11a. Primenom kompletno raspregnutog (DC) modela izračunati: a) Tokove snaga po granama mreže. b) Veličinu impedanse koju treba umetnutu u granu 1-2, tako da kroz grane 1-2, 2-3 i 1-3 teku snage, čiji je odnos P21:P23:P13 = 1:2,9:3,6. c) Naći matricu admitansi nezavisnih čvorova YČV za konfiguraciju mreže u tač. b. U proračunu usvojiti bazne vrednosti za proračun relativnih jedinica: UB = 220 kV; SB = 100 MVA, a fazni ugao fazora napona u čvoru 1 usvojiti kao referentni (θ1 = 0°). X 12gr = 400 Ω

1

2

~

~

PG1 = 160 MW

PG2 = 240 MW

X 13gr = 160 Ω

X 23gr = 240 Ω

3 Pp3 = 400 MW


Rešenje: a) Proračun admitansi za DC model:

U B2 220 2 = = 484 Ω ; SB 100 400 = jX 12gr = j = j 0,8265 r.j. ; 484

Y 12 =

gr Z 13 = jX 13gr = j

160 = j 0,3306 r.j. ; 484

Y 13 =

gr gr Z 23 = jX 23 = j

240 = j 0,4959 r.j. ; 484

Y 23 =

ZB = gr Z 12

gr

gr

gr

1 gr Z 12 1 gr Z 13 1 gr Z 23

= − j1,21r.j. ; = − j 3,025 r.j. ; = − j 2,017 r.j.

Jednačina aktivnih injektiranja nezavisnih čvorova mreže je: P = − B ′θ ,


150

gde je:

1,21 3,025  − 4,235  B ′ =  1,21 − 3,227 2,017  ;  3,025 2,017 − 5,042

1,6  P = 2,4 ; − 4

θ1 = 0 θ =  θ 2  .  θ3 

Razvojem osnovne jednačine nezavisnih čvorova (za θ1 = 0°) dobijaju se dve linearne jednačine sa nepoznatim uglovima napona čvorova θ2 i θ3: 3,227θ 2 − 2,017θ3 = 2,4 − 2,017θ 2 + 5,042θ3 = −4 , čije je rešenje: θ2 = 0,331 rad ; θ3 = -0,661 rad . Uz θ1 = 0 rad, tokovi aktivnih snaga po granama su:

θ1 − θ 2 0,331 =− = −0,401r.j. ≈ −40 MW ; gr 0 ,8265 X 12 θ −θ 0,661 P13 = 1 gr 3 = = 1,9994 r.j. ≈ 200 MW ; 0 ,3306 X 13

P12 =

P23 =

θ 2 − θ3 gr X 23

=

0,331 + 0,661 = 2,0004 r.j. ≈ 200 MW . 0,4959

b) Zahtevani odnos P21:P23:P13 = 1:2,9:3,6 dobiće se iz sledećih uslova:

P12 =

− θ2 ; dod + X 12

X 12gr

P13 = −

θ3 ; X 13gr

P23 =

θ 2 − θ3 . gr X 23

Po I Kirchhoffovom zakonu je: P2 = P21 + P23 = 240 MW, P1 = -P21 + P13 = 160 MW, -P3 = P13 + P23 = 400 MW,

gde je P21:P23 = 1:2,9 ; gde je P21:P13 = 1:3,6 ; gde je P23:P13 = 2,9:3,6 .

Iz gornjeg sistema jednačina dobija se rešenje: P21 = 61,54 MW; P23 = 178,46 MW; P13 = 221,54 MW.


151

Zamenom gornjih vrednosti u izraze za jednačine tokova snaga po granama izraženim u relativnim jedinicama, nalaze se novi uglovi θ2 i θ3: 0,4959 P23 = θ2 - θ3 ; 0,3306 P13 = -θ3 , odakle je: θ2 = 0,156 rad ; θ3 = -0,7291 rad , dod pa se iz izraza za P21 nalazi veličina dodatne reaktanse X 12 :

(

)

dod P12 X 12gr + X 12 = θ2 ;

(

)

dod 0,6154 0,8265 + X 12 = 0,156 ,

odakle je: dod X 12 =

0,156 − 0,6154 ⋅ 0,8265 = −0,573 r.j. = −277,3 Ω . 0,6154

dod Znači, na red sa X 12gr treba dodati kapacitivnu reaktansu X 12 = −277,3 Ω , tako da nova impedansa grane 1-2 iznosi novo dod X 12 = X 12gr + X 12 = 400 − 277,3 = 122,7 Ω = 0,2535 r.j. ,

a nova admitansa grane 1-2 je B12gr = −3,945 r.j. c) Nova matrica susceptansi nezavisnih čvorova je onda:

′ Bnova

3,025  − 6,97 3,945  =  3,945 − 5,962 2,017  .  3,025 2,017 − 5,042


152

Zadatak 2.12 Dat je elektroenergetski sistem od četiri čvora i pet grana prikazan na sl. 2.12a.

~

~ PG1 = 1,0 r.j.

1

PG2 = 2,0 r.j.

Pp2 = 1,0 r.j. 2

gr Y 12 = − j10 r.j. Grana 1

Grana 3 gr Y 14 = − j10 r.j.

Grana 4

Y 13 = − j10 r.j. gr

Grana 2

gr Y 23 = − j10 r.j.

Grana 5 Y 34 = − j10 r.j. gr

4

3

PG4 = 1,0 r.j.

~

Pp3 = 3,0 r.j.

Sl. 2.12a Šema sistema iz zadatka 2.12 u osnovnoj konfiguraciji

a) Napisati jednačine aktivnih injektiranja i naći tokove snaga po granama za normalno (bazno) stanje, koristeći kompletno raspregnuti (DC) postupak, uz pretpostavku da je U3 = 1,0 r.j. b) Ponoviti zadatak iz tač. a, za slučaj ispada grane 4, koja povezuje čvorove 2 i 3. Proračunati koeficijente osetljivosti d l4 (l = 1, 2, 3, 5). c) Ponoviti zadatak iz tač. a, za slučaj ispada generatora priključenog u čvor 4 pod pretpostavkom da se nastali deficit podjednako nadoknađuje povećanjem snaga generatora priključenih u čvorove 1 i 2. Proračunati koeficijente osetljivosti al4 (l = 1 - 5). d) Ponoviti zadatak iz tač. a, za slučaj simultanog ispada generatora iz čvora 4 i grane 2-3.

Rešenje: a) Bazno stanje Vektor injektiranja i redukovani vektor injektiranja aktivnih snaga su:

 P1   PG1   PG1   PG1   P   P − P  2 − 1  1  p2  =  ; P =  2  =  G2 =  P3   − Pp 3   − 3   − 3           P4   PG 4   1   1 

1 Pr = − 3 .  1 


153

Matrica susceptansi i redukovana matrica susceptansi nezavisnih čvorova su:

B ′ = BČV

10 10  − 30 10  10 − 20 10 0   = ;  10 10 − 30 10    0 10 − 20  10

0  − 20 10  Br′ =  10 − 30 10  .  0 10 − 20

Jednačine aktivnih injektiranja za bazno stanje su (čvor 1 je referentni čvor, tj. θ1 = 0 rad ): P1 = −10 sin θ 2 − 10U 3 sin θ3 − 10 sin θ 4 = PG1 ;

P2 = 10 sin θ 2 + 10U 3 sin (θ 2 − θ3 ) = 1,0 ; P3 = 10U 3 sin θ3 + 10U 3 sin (θ3 − θ 2 ) + 10U 3 sin (θ3 − θ 4 ) = −3,0 ; P4 = 10 sin θ 4 + 10U 3 sin (θ 4 − θ3 ) = 1,0 .

Jednačina injektiranja aktivnih snaga, prema DC modelu (za U3 = 1,0 r.j.) je:

10 10   0   PG1  − 30 10  1   10 − 20 10 0  θ 2     ′ = −B θ = − P= , − 3  10 10 − 30 10  θ3       0 10 − 20 θ 4   10  1  čije je rešenje (uz θ1 = 0 rad ):

θ 2   20 − 10 0    −1 θ r = θ3  = − Br Pr = − 10 30 − 10 θ 4   0 − 10 20 

−1

1  0  − 3 = − 0,1 ;      1   0 

PG1 = 1,0 r.j.

gr gr = X 34 = 0,1 r.j., tokovi snaga po granama su: Kako je X 12gr = X 13gr = X 14gr = X 23

θ1 − θ 2 0 − 0 = = 0 r.j. ; 0,1 X 12gr θ −θ 0 + 0,1 Pv 2 = P13 = 1 gr 3 = = 1,0 r.j. ; 0,1 X 13 θ −θ 0−0 Pv 3 = P14 = 1 gr 4 = = 0 r.j. ; 0,1 X 14

Pv1 = P12 =

Pv 4 = P23 = Pv 5 = P34 =

θ 2 − θ3 gr X 23

θ3 − θ 4 gr X 34

=

0 + 0,1 = 1,0 r.j. ; 0,1

=

− 0,1 − 0 = −1,0 r.j. 0,1


154

b) Stanje posle ispada grane 2-3 (sve veličine su označene sa indeksom grana 'k') Vektori injektiranja su isti kao u tač. a, dok su matrice B′ i Br′ ovde:

Bk′ = BČVk

10 10  − 30 10  10 − 10 0 0   = ;  10 0 − 20 10    0 10 − 20  10

0 0  − 10  ′ = 0 Brk − 20 10  .   0 10 − 20

Jednačine aktivnih injektiranja su sada (za θ1 = 0 rad ): P1 = −10 sin θ 2 k − 10U 3 sin θ3k − 10 sin θ 4 k = PG1k ; P2 = 10 sin θ 2 k = 1,0 ; P3 = 10U 3 sin θ3k + 10U 3 sin (θ3k − θ 4k ) = −3,0 ; P4 = 10 sin θ 4 k + 10U 3k sin (θ 4 k − θ3k ) = 1,0 .

Jednačina injektiranja aktivnih snaga, prema DC modelu je

10 10   0   PG1k  − 30 10  1   10 − 10 0 0  θ 2 k   = − Bk′ θ k = −  Pk =  ,  −3   10 0 − 20 10   θ3k       0 10 − 20 θ 4 k   10  1  čije je rešenje

0  θ 2 k  10 0    −1 θ rk = θ3k  = − Brk Prk =  0 20 − 10 θ 4 k   0 − 10 20 

−1

 1   0,1  − 3 =  − 0,167  ; uz θ = 0 rad i P = 1,0 r.j. G1k 1      1  − 0,033

Tokovi snaga po granama posle ispada grane 2-3 su: Pvk1 = P12k = Pvk2 = P13k = Pvk3 = P14k =

θ1k − θ 2 k X 12gr θ1k − θ3k X 13gr θ1k − θ 4k X 14gr

=

0 − 0,1 = −1,0 r.j. ; 0,1

=

0 + 0,167 = 1,67 r.j. ; 0,1

=

0 + 0,033 = 0,33 r.j. ; 0,1

=

− 0,167 + 0,033 = −1,33 r.j. 0,1

Pvk4 = P23k = 0 r.j. ; Pvk5 = P34k =

θ 3k − θ 4 k gr X 34


155

Na sl. 2.12b su ilustrovana rešenja tokova snaga u sistemu sa sl. 2.12a za bazno stanje i stanje posle ispada grane 2-3.

~ 1

~

1,0 PG1 =  1,0

 0,0 P12 =  − 1,0

Pp2 = 1,0

2,0 PG 2 =  2,0 2

Grana 1  0,0 P14 =  0,33

 1,0 P13 =  1,67 Grana 2

Grana 3

Grana 4

1,0 - Bazno stanje P23 =  0,0 - Posle kvara

Grana 5 4 PG 4

~

1,0 = 1,0

 − 1,0 P34 =  − 1,33

3

Pp3 = 3,0

Sl. 2.12b Ilustracija rešenja proračuna tokova snaga za bazno stanje i stanje posle ispada grane 2-3 (k = 4)

Koeficijenti osetljivosti su: d14

Pvk1 − Pv1 − 1 − 0 = = = −1 ; Pv 4 1

d 34

Pvk3 − Pv 3 0,33 − 0 = = = 0,33 ; Pv 4 1

d 24

Pvk2 − Pv 2 1,67 − 1 = = = 0,67 ; Pv 4 1

d 54

Pvk5 − Pv 5 − 1,33 + 1 = = = −0,33 . Pv 4 1

c) Stanje posle ispada generatora u čvoru 4 Vektori injektiranja aktivnih snaga su ovde promenjeni u odnosu na bazno stanje (a), dok su matrice susceptansi iz tač. a nepromenjene:  PG1k   PG1k   P − P   1,5  p2   ; Pk =  G 2 k =  − Pp 3   − 3      0    0 

1,5  Prk = − 3 .  0 

Jednačine aktivnih injektiranja ovde su: P1k = −10 sin θ 2 k − 10U 3 sin θ3k − 10 sin θ 4 k = PG1k ; P2 k = 10 sin θ 2 k + 10U 3 sin (θ 2 k − θ3k ) = 1,5 ; P3k = 10U 3 sin θ3k + 10U 3 sin (θ3k − θ 2 k ) + 10U 3 sin (θ3k − θ 4 k ) = −3,0 ; P4 k = 10 sin θ 4 k + 10U 3k sin (θ 4 k − θ3k ) = 0 .


156

Jednačina injektiranja aktivnih snaga, prema DC modelu (za U3 = 1,0 r.j.) je:

10 10   0  − 30 10  PG1k   1,5   10 − 20 10 0  θ 2 k     Pk = = − B ′θ k = − ,  −3   10 10 − 30 10  θ3k       0 10 − 20 θ 4 k   0   10 čije je rešenje:

θ rk

θ 2 k   20 − 10 0    −1 = θ3k  = − Br Pk = − 10 30 − 10 θ 4 k   0 − 10 20 

−1

1,5   0,0187  − 3 =  − 0,1125  ; uz θ = 0 rad i P =1,5 r.j. G1k 1      0  − 0,0563

tako da su tokovi snaga po granama, posle ispada generatora vezanog na čvor 4: Pvk1 = P12k = Pvk2 = P13k = Pvk3 = P14k = Pvk4 = P23k = Pvk5 = P34k =

θ1k − θ 2 k X 12gr θ1k − θ3k X 13gr θ1k − θ 4k X 14gr θ 2 k − θ 3k gr X 23

θ 3k − θ 4 k gr X 34

=

0 − 0,0187 = −0,187 r.j. ; 0,1

=

0 + 0,1125 = 1,125 r.j. ; 0,1

=

0 + 0,0563 = 0,563 r.j. ; 0,1

=

0,0187 + 0,1125 = 1,312 r.j. ; 0,1

=

− 0,1125 + 0,0563 = −0,563 r.j. 0,1

Na sl. 2.12c ilustrovana su rešenja tokova snaga u sistemu sa sl. 2.12a za bazno stanje i stanje posle ispada generatora G4. Koeficijenti osetljivosti su: a14

Pvk1 − Pv1 − 0,188 − 0 = = = −0,188 ; PG 4 1

a 24

Pvk2 − Pv 2 1,125 − 1 = = = 0,125 ; PG 4 1

a34

Pvk3 − Pv3 0,563 − 0 = = = 0,563 ; PG 4 1

a 44

Pvk4 − Pv 4 1,312 − 1 = = = 0,312 ; PG 4 1

a54 =

Pvk5 − Pv 5 − 0,563 + 1 = = 0,437 . PG 4 1


~ 1

157

~

1,0 PG1 =  1,5

 0,0 Pp2 = 1,0 P12 =  − 0,188

2,0 PG 2 =  2,5 2

Grana 1  0,0 P14 =  0,563

Grana 3 Grana 2

 1,0 P13 =  1,125

Grana 4

 1,0 - Bazno stanje P23 =  1,312 - Posle kvara

Grana 5 4 PG 4

~

1,0 = 0,0

 − 1,0 P34 =  − 0,563

3

Pp3 = 3,0

Sl. 2.12c Ilustracija rešenja proračuna tokova snaga za bazno stanje i stanje posle ispada generatora G4 d) Stanje posle simultanog ispada generatora 4 i grane 2-3 Redukovani vektor injektiranja aktivnih snaga i redukovana matrica susceptansi su:

0 0  − 10  ′ = 0 Brk − 20 10  .   0 10 − 20

1,5  Prk = − 3 ;  0 

Jednačina injektiranja aktivnih snaga, prema DC modelu je:

0 0  θ 2 k  1,5  − 10    ′ θ rk = − 0 − 20 10  θ3k  , Prk = − 3 = − Brk     0   0 10 − 20 θ 4 k  čije je rešenje

0  θ 2 k  10 0    −1 θ rk = θ3k  = − Br Prk =  0 20 − 10 θ 4 k   0 − 10 20 

−1

1,5   0,15  − 3 = − 0,2 ; uz θ = 0 rad i P = 1,5 r.j. G1k 1      0   − 0,1

Tokovi snaga po granama posle simultanog ispada generatora G4 i grane 4 koja povezuje čvorove 2-3 su Pvk1 = P12k =

θ1k − θ 2 k X 12gr

=

0 − 0,15 = −1,5 r.j. ; 0,1

Proračun tokova snaga Pvk2 = P13k = Pvk3 = P14k =

158

θ1k − θ3k X 13gr θ1k − θ 4k X 14gr

=

0 + 0,2 = 2,0 r.j. ; 0,1

=

0 + 0,1 = 1,0 r.j. ; 0,1

=

− 0,2 + 0,1 = −1,0 r.j. 0,1

Pvk4 = P23k = 0 r.j. ; Pvk5 = P34k =

θ 3k − θ 4 k gr X 34

Na sl. 2.12d ilustrovana su rešenja tokova snaga u sistemu sa sl. 2.12a za bazno stanje i stanje posle simultanog ispada generatora G4 i grane koja povezuje čvorove 2-3.

~ 1

1,0 PG1 =  1,5

~  0,0 P12 =  − 1,5

Pp2 = 1,0

2,0 PG 2 =  2,5 2

Grana 1 0,0 P14 =   1,0

1,0 P13 =  2,0 Grana 2

Grana 3

Grana 4

1,0 - Bazno stanje P23 =  0,0 - Posle kvara

Grana 5 4 PG 4

~

1,0 = 0,0

− 1,0 P34 =  − 1,0

3

Pp3 = 3,0

Sl. 2.12d Ilustracija rešenja proračuna tokova snaga za bazno stanje i stanje posle simultanog ispada G4 i grane koja povezuje čvorove 2-3


159

Zadatak 2.13 Za elektroenergetski sistem, šematski prikazan na sl. 2.13a, za koji su osnovni podaci o snagama generisanja i potrošnje u pojedinim čvorovima, podaci o specificiranim naponima, kao i podaci za pojedine vodove i transformatore, izraženi u relativnim jedinicama, dati u odgovarajućim tabelama, odrediti napone pojedinih čvorova, snage generatora, kao i tokove snaga po pojedinim vodovima, korišćenjem: a) Gauss-Seidelovog iterativnog postupka; b) Newton-Raphsonovog iterativnog postupka; c) Stottovog raspregnutog postupka. Uporediti primenjene postupke za proračun tokova snaga.

~

~

9

7

5

3

10

8

6

4

~ 1

11

2

15 12

13

14


16


160

Podaci o čvorovima sistema dati su u tab. 2.13a, podaci o vodovima sistema dati su u tab. 2.13b, dok su podaci o transformatorima prikazani u tab. 2.13c, gde α predstavlja recipročnu vrednost nenominalnog odnosa transformacije t odgovarajućeg transformatora. Tab. 2.13a Podaci o čvorovima sistema iz zadatka 2.13 čvor 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

U [r.j.] 1,00 1,05 1,05 -

PG [r.j.] 1,10 2,20 -

Pp [r.j.] 0,00 0,00 0,10 0,00 0,75 0,00 0,90 0,00 0,15 0,00 0,00 0,00 0,50 0,35 0,00 1,50

Qp [r.j.] 0,00 0,00 0,55 0,00 0,15 0,00 0,20 0,00 0,40 0,00 0,00 0,00 0,02 0,03 0,00 0,20

Xv [r.j.] 0,035190 0,035190 0,052790 0,087980 0,087980 0,045550 0,151800 0,035190 0,177300

Bot [r.j.] 0,074580 0,074580 0,111900 0,186440 0,186440 0,008129 0,027100 0,074580 0,003707

Tab. 2.13b Podaci o vodovima sistema iz zadatka 2.13 Čvor i 4 8 10 2 2 5 15 11 13

Čvor j 6 10 11 4 11 7 16 12 14

Rv [r.j.] 0,006650 0,006650 0,009980 0,016640 0,016640 0,008302 0,027680 0,006650 0,052100

Tab. 2.13c Podaci o transformatorima sistema iz zadatka 2.13 Čvor i 1 15 12 3 5 7 9

Čvor j 2 2 13 4 6 8 10

RT [r.j.] 0,003500 0,002722 0,002083 0,0038460 0,001667 0,001667 0,001200

XT [r.j.] 0,035000 0,032670 0,041670 0,038460 0,041670 0,041670 0,024000

α 1,000 1,000 1,025 1,000 1,000 1,000 1,000


161

Rešenje: Proračunati rezultati napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje prikazani su u tab. 2.13d. Tokovi snaga po vodovima i kroz transformatore sistema dati su u tabelama 2.13e i 2.13f, respektivno. Tab. 2.13d Proračunate vrednosti napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje Čvor 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

U [r.j.] 1,0000 0,9958 1,0500 1,0319 1,0150 1,0229 1,0154 1,0255 1,0500 1,0391 1,0204 1,0123 1,0326 1,0078 0,9677 0,8485

θ [°] 0 -2,2084 1,1695 -0,7810 -3,3868 -1,9439 -3,0868 -0,7727 3,6448 1,0867 -1,7172 -3,3703 -5,2714 -8,6094 -5,1876 -20,9046

PG [r.j.] 1,0995 0 1,1000 0 0 0 0 0 2,2000 0 0 0 0 0 0 0

QG [r.j.] 0,0320 0 0,9612 0 0 0 0 0 0,4590 0 0 0 0 0 0 0

Pp [r.j.] 0 0 0,1000 0 0,7500 0 0,9000 0 0,1500 0 0 0 0,5000 0,3500 0 1,5000

Qp [r.j.] 0 0 0,5500 0 0,1500 0 0,2000 0 0,0400 0 0 0 0,0200 0,0300 0 0,2000

Tab. 2.13e Tokovi snaga po vodovima sistema iz zadatka 2.13 Čvor i 4 6 8 10 10 11 2 4 2 11 5 7 15 16 11 12 13 14

Čvor j 6 4 10 8 11 10 4 2 11 2 7 5 16 15 12 11 14 13

Pij [r.j.] 0,6371 -0,6344 -1,0181 1,0249 1,0203 -1,0103 -0,3548 0,3589 -0,1464 0,1478 -0,1163 0,1164 1,5879 -1,5000 0,8626 -0,8578 0,3563 -0,3500

Qij [r.j.] 0,1105 -0,1751 -0,2275 0,1839 0,1397 -0,2056 -0,4303 0,2599 -0,3427 0,1607 0,0078 -0,0156 0,6595 -0,2000 0,0449 -0,0965 0,0477 -0,0300

Sij [r.j.] 0,6466 0,6581 1,0432 1,0413 1,0299 1,0310 0,5577 0,4431 0,3727 0,2183 0,1166 0,1174 1,7194 1,5133 0,8637 0,8632 0,3595 0,3513


162

Tab. 2.13f Tokovi snaga kroz transformatore iz zadatka 2.13 Čvor i 1 2 15 2 12 13 3 4 5 6 7 8 9 10

Čvor j 2 1 2 15 13 12 4 3 6 5 8 7 10 9

Pij [r.j.] 1,0995 -1,0953 -1,5879 1,5965 0,8578 -0,8563 1,0000 -0,9959 -0,6337 0,6344 -1,0164 1,0181 2,0500 -2,0452

Qij [r.j.] 0,0320 0,0104 -0,6595 0,7627 0,0965 -0,0677 0,4112 -0,3704 -0,1578 0,1751 -0,1844 0,2275 0,4190 -0,3236

Sij [r.j.] 1,1000 1,0953 1,7194 1,7693 0,8632 0,8590 1,0813 1,0626 0,6531 0,6581 1,0330 1,0432 2,0924 2,0707

Potreban broj iteracija za dostizanje rešenja sa tačnošću 10-6 korišćenjem NewtonRaphsonovog postupka je 5, korišćenjem Stottovog raspregnutog postupka 12 iteracija za proračune uglova i aktivnih snaga i 11 za proračune modula napona i reaktivnih snaga, dok je korišćenjem Gauss-Seidelovog postupka broj iteracija bio 198. Treba napomenuti da su krajnji rezultati proračuna svim ovim metodama identični.


163

Zadatak 2.14 a) Za elektroenergetski sistem iz zadatka 2.13 izvršiti proračun tokova snaga za slučaj postojanja ograničenja proizvodnje reaktivne snage generatora vezanih na čvorove 3 i 9: QGmin ≤ QG ≤ QGmax . Te granične reaktivne snage date su u sledećoj tabeli: Tab. 2.14a Ograničenja proizvodnje reaktivne snage generatora Čvor i 3 9

QGmin -0,4 -1

QGmax 0,8 1,4

b) Za elektroenergetski sistem iz zadatka 2.13 odrediti potrebnu snagu kompenzatora kojeg je potrebno vezati za čvor 16, da bi se napon tog čvora podigao na 1,00 r.j.

Rešenje: a) Pri postojanju ograničenja u proizvodnji reaktivnih snaga generatora potrebno je u svakoj iteraciji izvršiti proračun snaga injektiranja, odnosno snaga generisanja reaktivnih snaga svih PU-čvorova i proveriti narušenosti ograničenja. U slučaju da je neka granica narušena, vrši se promena tipa odgovarajućeg PU-čvora u PQ-čvor, pri čemu se za reaktivnu snagu injektiranja usvaja dostignuto (aktivno) ograničenje. U narednim iteracijama vrši se provera oslobađanja granica, odnosno vraćanja PQ tipa čvora na originalni PU-čvor. Proračuni tokova snaga, uz usvojena gornja ograničenja, daju rezultate sređene u narednim tabelama. Proračunate vrednosti napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje prikazani su u tab. 2.14b, dok su odgovarajući tokovi snaga po vodovima i kroz transformatore dati su u tabelama 2.14c i 2.14d, respektivno. Tab. 2.14b Vrednosti napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje iz zadatka 2.14a Čvor 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

U [r.j.] 1,0000 0,9922 1,0318 1,0194 1,0065 1,0122 1,0094 1,0218 1,0500 1,0374 1,0179 1,0098 1,0300 1,0051 0,9638 0,8436

θ [°] 0 -2,1971 1,3906 -0,6525 -3,3446 -1,8652 -3,0702 -0,7429 3,6604 1,1028 -1,7085 -3,3695 -5,2800 -8,6350 -5,1999 -21,0761

PG [r.j.] 1,1001 0 1,1000 0 0 0 0 0 2,2000 0 0 0 0 0 0 0

QG [r.j.] 0,1324 0 0,8000 0 0 0 0 0 0,5324 0 0 0 0 0 0 0

Pp [r.j.] 0 0 0,1000 0 0,7500 0 0,9000 0 0,1500 0 0 0 0,5000 0,3500 0 1,5000

Qp [r.j.] 0 0 0,5500 0 0,1500 0 0,2000 0 0,0400 0 0 0 0,0200 0,0300 0 0,2000


164

Tab. 2.14c Tokovi snaga po vodovima sistema iz zadatka 2.14a Čvor i 4 6 8 10 10 11 2 4 2 11 5 7 15 16 11 12 13 14

Čvor j 6 4 10 8 11 10 4 2 11 2 7 5 16 15 12 11 14 13

Pij [r.j.] 0,6387 -0,6360 -1,0166 1,0235 1,0216 -1,0115 -0,3544 0,3575 -0,1474 0,1489 -0,1147 0,1148 1,5889 -1,5000 0,8626 -0,8578 0,3564 -0,3500

Qij [r.j.] 0,0570 -0,1199 -0,2840 0,2418 0,1538 -0,2186 -0,3271 0,1546 -0,3533 0,1730 -0,0472 0,0396 0,6654 -0,2000 0,0456 -0,0968 0,0478 -0,0300

Sij [r.j.] 0,6412 0,6472 1,0555 1,0517 1,0331 1,0349 0,4823 0,3895 0,3828 0,2282 0,1240 0,1214 1,7226 1,5133 0,8638 0,8632 0,3595 0,3513

Tab. 2.14d Tokovi snaga kroz transformatore iz zadatka 2.14a Čvor i 1 2 15 2 12 13 3 4 5 6 7 8 9 10

Čvor j 2 1 2 15 13 12 4 3 6 5 8 7 10 9

Pij [r.j.] 1,1001 -1,0958 -1,5889 1,5976 0,8578 -0,8564 1,0000 -0,9962 -0,6353 0,6360 -1,0148 1,0166 2,0500 -2,0452

Qij [r.j.] 0,1324 -0,0894 -0,6654 0,7698 0,0968 -0,0678 0,2500 -0,2116 -0,1028 0,1199 -0,2396 0,2840 0,4924 -0,3957

Sij [r.j.] 1,1081 1,0995 1,7226 1,7734 0,8632 0,8590 1,0308 1,0184 0,6436 0,6472 1,0427 1,0555 2,1083 2,0831

Rešenje tokova snaga sa zadovoljavajućom tačnošću kao u prethodnom zadatku postiže se nakon 5 iteracija Newton-Raphsonovog postupka. Broj iteracija pri korišćenju Stottovog raspregnutog postupka je 14 za proračune uglova i aktivnih snaga i 13 za proračune modula napona i reaktivnih snaga, dok je korišćenjem Gauss-Seidelovog postupka potrebno čak 197 iteracija. Konačni rezultati pokazuju da je reaktivna proizvodnja čvora tri jednaka svojoj gornjoj granici, pa je ovaj čvor preveden u PQ-čvor, te mu je i napon niži od specificiranog i iznosi U3 = 1,0318 r.j., dok se proizvodnja reaktivne snage generatora u čvoru 9 nalazi u dozvoljenim granicama i iznosi QG3 = 0,5323 r.j. Ovo ograničavanje proizvodnje reaktivne snage u čvoru 3 snižava napone u svim PQ čvorovima, što se posebno negativno odražava na naponu čvora 16 koji i ovako izlazi iz granica dozvoljenog odstupanja napona.


165

b) Potrebnu snagu kompenzatora u čvoru 16 je najlakše odrediti promenom unapred specificiranih veličina vezanih za taj čvor. Fiksiranjem napona na željenu vrednost od 1,00 r.j., uz zadržavanje odgovarajuće potrošnje u tom čvoru, ovom čvoru se može pridružiti nulto generisanje aktivne snage i željeno nepoznato generisanje reaktivne snage. Time ovaj čvor menja tip i postaje PU-čvor, dok se nepoznata snaga kompenzatora javlja kao eksplicitno nepoznata promenljiva. Rezultati proračuna daju napone čvorova i snage generisanja i potrošnje čvorova sistema prikazane u tab. 2.14e. Tab. 2.14e Naponi čvorova i snage generisanja i potrošnje iz zadatka 2.14b 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

U [r.j.] 1,0000 1,0129 1,0474 1,0352 1,0182 1,0261 1,0184 1,0283 1,0500 1,0417 1,0286 1,0206 1,0412 1,0166 1,0090 1,0000

θ [°] 0 -2,2162 1,3111 -0,6707 -3,2589 -1,8252 -2,9594 -0,6582 3,7515 1,1926 -1,6404 -3,2672 -5,1369 -8,4185 -5,0949 -18,7886

PG [r.j.] 1,0738 0 1,1000 0 0 0 0 0 2,2000 0 0 0 0 0 0 0

QG [r.j.] -0,4533 0 0,8000 0 0 0 0 0 0,3439 0 0 0 0 0 0 0,5895

Pp [r.j.] 0 0 0,1000 0 0,7500 0 0,9000 0 0,1500 0 0 0 0,5000 0,3500 0 1,5000

Qp [r.j.] 0 0 0,5500 0 0,1500 0 0,2000 0 0,0400 0 0 0 0,0200 0,0300 0 0,2000

Iz date tabele se vidi da je za podizanje napona u čvoru 16 na vrednost od 1,00 r.j. neophodno u taj čvor injektirati reaktivnu snagu od QC = 0,5895 r.j., što je ekvivalentno vezivanju kondenzatorske baterije reaktanse XC = 1,6964 r.j., odnosno snage oko 59 MVAr (za SB = 100 MVA).


166

Zadatak 2.15 Uprošćeni elektroenergetski sistem 400 kV i 220 kV EPS-a šematski je prikazan na sl. 2.15a. Subotica

11 Zrenjanin

20

Srbobran

14 12 10 Novi Sad

13

Pančevo

7

19 6

Beograd 5

16

15

Đerdap

Beograd 8

18

5 Kostolac

8

Obrenovac

1 Bor

4 Kragujevac

2 17

Bajina Bašta Kruševac

22

3 Niš

23

21

9

Kosovo

Sl. 2.15a Šematski prikaz uprošćenog elektroenergetskog sistema 400 kV i 220 kV EPS-a


167

Ovim sistemom su obuhvaćeni svi 400 kV čvorovi (ukupno 11) i 12 čvorova 220 kV realnog sistema EPS-a, dok su svi čvorovi nižih naponskih nivoa zanemareni, kao i svi spojni vodovi sa susednim elektroenergetskim sistemima. Snage generisanja u čvorovima razmatrane mreže odgovaraju generisanjima ekvivalentnih generatora, formiranih na osnovu podataka svih generatora vezanih u tim čvorovima, kao i generatora priključenih na čvorove odgovarajućeg dela niženaponske mreže, čime su u razmatranje uzeti svi generatori sistema EPS-a. Snage potrošnje u čvorovima niženaponske mreže pridružene su snagama potrošnje čvorova razmatranog dela sistema. Veze sistema sa susednim sistemima su modelovane konstantnim aktivnim i reaktivnim injektiranjima u graničnim čvorovima sistema EPS-a. Svi podaci o snagama generisanja i potrošnje u pojedinim čvorovima razmatranog uprošćenog sistema, proračunati na osnovu realnog stanja na dan 18.03.1997. god. u 16 časova, kao i odgovarajući podaci o specificiranim naponima, dati su u tab. 2.15a.

Tab. 2.15a Podaci o čvorovima sistema iz zadatka 2.15 Broj čvora 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

Naziv čvora Obrenovac 400 Kragujevac Niš 400 Bor Đerdap Kostolac Pančevo 400 Beograd 8 (400) Kosovo 400 Novi Sad 400 Subotica Novi Sad 220A Novi Sad 220B Srbobran Obrenovac 220 Beograd 5 Bajina Bašta Beograd 8 (220) Pančevo 220 Zrenjanin Kosovo 220 Kruševac Niš 220

U [r.j.] 1,0075 1,05 1,005 0,975 0,97 0,975 -

PG [r.j.] 6,75 3,49 5,53 11,11 4,36 -

Pp [r.j.] 0,000 1,080 0,468 1,377 1,000 2,398 0,240 0,000 1,080 0,910 1,825 0,783 1,242 2,400 2,735 5,586 4,760 5,400 1,670 1,305 4,330 2,140 0,000

Qp [r.j.] 0,000 0,100 0,290 0,500 0,300 0,980 0,070 0,000 0,120 0,310 0,565 0,277 0,490 0,766 1,210 1,430 1,570 3,320 0,650 0,470 1,690 0,905 0,000

Podaci za vodove i transformatore, izraženi u relativnim jedinicama za baznu snagu SB = 100 MVA i bazni napon UB = 400 kV, dati u tab. 2.15b i tab. 2.15c, respektivno, u velikoj meri, koju dozvoljava predloženo uprošćenje realnog sistema EPS-a, predstavljaju realne parametre postojećih elemenata sistema.


168

Tab. 2.15b Podaci o vodovima uprošćenog sistema EPS-a Čvor i

Čvor j

4 5 6 6 7 1 2 1 3 3 1 10

5 6 7 8 8 8 3 2 9 4 10 11

13 13 12 19 18 15 15 14 17 15 17 22 21

14 15 20 20 19 18 17 17 18 16 22 23 22

Rv [r.j.] 400 kV 0,00153 0,00283 0,00090 0,00159 0,00043 0,00089 0,00286 0,00187 0,00233 0,00181 0,00084 0,00153 220 kV 0,00485 0,01399 0,00513 0,01100 0,00398 0,00549 0,00808 0,03121 0,02174 0,00079 0,01744 0,01087 0,01687

Xv [r.j.]

Bot [r.j.]

0,01760 0,03282 0,01054 0,01824 0,00490 0,01038 0,02847 0,02150 0,02585 0,02106 0,00961 0,01704

0,44710 0,83060 0,26050 0,46820 0,11870 0,26250 0,73780 0,54480 0,66990 0,53280 0,97260 0,43360

0,02618 0,07544 0,03461 0,06049 0,02842 0,03105 0,04413 0,16963 0,11872 0,00496 0,10157 0,05809 0,09143

0,05010 0,13010 0,06640 0,10460 0,05100 0,07570 0,29960 0,28880 0,20150 0,17120 0,31630 0,09930 0,15530

Tab. 2.15c Podaci o transformatorima uprošćenog sistema EPS-a Čvor i 10 10 7 8 1 9 3

Čvor j 12 13 19 18 15 21 23

RT [r.j.] 0,00034 0,00034 0,00046 0,00023 0,00017 0,00018 0,00076

XT [r.j.] 0,02970 0,02970 0,03100 0,01550 0,01481 0,01485 0,04200

α 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

Odrediti napone pojedinih čvorova, snage generatora, kao i tokove snaga po pojedinim vodovima i transformatorima za dato stacionarno stanje sistema.


169

Rešenje:

Rešenja su dobijena posle četiri iteracije Newton-Raphsonovog iterativnog postupka. Proračunati rezultati napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje prikazani su u tab. 2.15d.

Tab. 2.15d Proračunate vrednosti napona čvorova i snaga generisanja i potrošnje Čvor Naziv čvora 1 Obrenovac 400 2 Kragujevac 3 Niš 400 4 Bor 5 Đerdap 6 Kostolac 7 Pančevo 400 8 Beograd 8 (400) 9 Kosovo 400 10 Novi Sad 400 11 Subotica 12 Novi Sad 220A 13 Novi Sad 220B 14 Srbobran 15 Obrenovac 220 16 Beograd 5 17 Bajina Bašta 18 Beograd 8 (220) 19 Pančevo 220 20 Zrenjanin 21 Kosovo 220 22 Kruševac 23 Niš 220

U [r.j.] 1,0075 1,0154 1,0132 1,0310 1,0500 1,0050 0,9906 0,9900 0,9897 0,9824 0,9727 0,9618 0,9483 0,9213 0,9750 0,9631 0,9700 0,9482 0,9562 0,9452 0,9750 0,9482 0,9890

θ [°] 0 -1,5416 -1,7801 0,5790 3,7661 -0,0439 -1,2696 -1,2377 -3,5214 -3,1688 -5,0008 -5,8309 -6,1291 -8,0584 -2,1597 -3,7854 4,6735 -4,3220 -4,9500 -7,2429 -3,6592 -4,5186 -3,0322

PG [r.j.] 11,8644 0 0 0 6,7500 3,4900 0 0 0 0 0 0 0 0 5,5300 0 11,1100 0 0 0 4,3600 0 0

QG [r.j.] 4,6760 0 0 0 1,8351 1,0261 0 0 0 0 0 0 0 0 1,9126 0 0,9510 0 0 0 0,9046 0 0

Pp [r.j.] 0 1,0800 0,4680 1,3770 1,0000 2,3980 0,2400 0 1,0800 0,9100 1,8250 0,7830 1,2420 2,4000 2,7350 5,5860 4,7600 5,4000 1,6700 1,3050 4,3300 2,1400 0

Qp [r.j.] 0 0,1000 0,2900 0,5000 0,3000 0,9800 0,0700 0 0,1200 0,3100 0,5650 0,2770 0,4900 0,7660 1,2100 1,4300 1,5700 3,3200 0,6500 0,4700 1,6900 0,9050 0

Na osnovu tih vrednosti proračunate su vrednosti tokova aktivnih, reaktivnih i prividnih snaga po vodovima i transformatorima sistema, prikazani u tabelama 2.15e i 2.15f, respektivno. Ovi rezultati proračuna tokova snaga biće korišćeni kao početno radno stanje za proračune kratkih spojeva i stabilnosti datog uprošćenog elektroenergetskog sistema EPS-a, u trećoj i četvrtoj glavi ove zbirke.

Tab. 2.15e Tokovi snaga po vodovima sistema Čvor i 4 5 5 6 6

Čvor j 5 4 6 5 7

Pij [r.j.] -3,4818 3,5000 2,2500 -2,2326 2,1240

Qij [r.j.] -0,9512 0,6763 0,8588 -1,5339 1,0817

Sij [r.j.] 3,6094 3,5647 2,4083 2,7087 2,3836

Proračun tokova snaga 7 6 8 7 8 1 8 2 3 1 2 3 9 3 4 1 10 10 11 13 14 13 15 12 20 19 20 18 19 15 18 15 17 14 17 17 18 15 16 17 22 22 23 21 22

170 6 8 6 8 7 8 1 3 2 2 1 9 3 4 3 10 1 11 10 14 13 15 13 20 12 20 19 19 18 18 15 17 15 17 14 18 17 16 15 22 17 23 22 22 21

-2,1187 1,2005 -1,1974 -0,0995 0,0995 2,2071 -2,2007 0,1568 -0,1567 1,2400 -1,2368 1,2532 -1,2481 -2,0964 2,1048 5,8922 -5,8592 1,8306 -1,8250 1,2647 -1,2529 -0,8751 0,8873 0,7016 -0,6982 0,6114 -0,6068 0,3064 -0,3056 1,2374 -1,2261 -2,4206 2,4746 -1,1471 1,1957 1,2205 -1,1860 5,6141 -5,5860 1,4592 -1,4197 -0,5242 0,5314 0,1979 -0,1961

Tab. 2.15f Tokovi snaga kroz transformatore

-1,2786 0,4983 -0,9284 0,0758 -0,1920 1,4004 -1,5884 -0,3170 -0,4413 -0,7373 0,2170 0,4821 -1,0973 -0,9095 0,4512 1,7838 -2,3689 0,2130 -0,5650 0,7393 -0,7197 -0,2024 0,1480 0,3364 -0,3733 0,0273 -0,0967 -0,3317 0,2914 0,6087 -0,6152 0,5635 -0,5517 -0,0463 0,0520 -0,0447 0,0476 1,4459 -1,4300 -0,0746 0,0140 -0,6083 0,5534 0,1770 -0,3108

2,4746 1,2998 1,5151 0,1251 0,2163 2,6139 2,7141 0,3536 0,4683 1,4426 1,2557 1,3427 1,6619 2,2851 2,1526 6,1563 6,3200 1,8429 1,9105 1,4649 1,4449 0,8982 0,8996 0,7781 0,7917 0,6120 0,6145 0,4516 0,4223 1,3790 1,3718 2,4853 2,5354 1,1480 1,1968 1,2213 1,1870 5,7973 5,7661 1,4611 1,4197 0,8030 0,7672 0,2655 0,3675

Proračun tokova snaga Čvor i 10 12 10 13 7 19 8 18 1 15 9 21 3 23

171 Čvor j 12 10 13 10 19 7 18 8 15 1 21 9 23 3

Pij [r.j.] 1,4856 -1,4846 1,6330 -1,6316 1,9782 -1,9758 3,2986 -3,2943 2,5251 -2,5232 0,1681 -0,1679 0,5318 -0,5314

Qij [r.j.] 0,6962 -0,6134 1,1497 -1,0270 1,1329 -0,9687 2,7088 -2,4207 2,2291 -2,0635 0,9773 -0,9624 0,5786 -0,5534

Sij [r.j.] 1,6407 1,6064 1,9971 1,9279 2,2796 2,2005 4,2683 4,0881 3,3682 3,2596 0,9916 0,9769 0,7859 0,7672

Proračun kratkih spojeva

172

Poglavlje 3

PRORAČUN KRATKIH SPOJEVA


173

Zadatak 3.1 Na sl. 3.1a monofazno je prikazan trofazni elektroenergetski sistem sa parametrima elemenata sistema. U nekom režimu rada sistema kroz prekidač (P) protiče fazna struja od IP2 = (168-j140) A u naznačenom smeru. Fazni stav naznačene struje je određen u odnosu na fazni napon na sabirnicama 2, koji u tom slučaju iznosi 111 / 3 kV. Odrediti naizmeničnu komponentu tranzijentne struje trofaznog kratkog spoja koja protiče kroz prekidač (P) u slučaju da se kvar dogodio na sabirnicama 2. Koliko iznosi snaga isključenja prekidača (P) u tom slučaju? Zadatak rešiti metodom superpozicije. Nacrtati smerove struje u pojedinim delovima sistema, u stvarnoj i u fiktivnim ekvivalentnim šemama. Napomena: Trofazna snaga isključenja prekidača (Si) je definisana kao 3U 2 I P′ (gde je U2 međufazni napon, a I P′ fazna struja). Sistem beskonačne snage

3 Lv1 = 50 km

xv = 0,4 Ω/km Lv2 = 50 km

4 SnT1 = 80 MVA mnT1 = 121/10,5 kV/kV XT1% = 10 SnG =%80 MVA UnG = 10,5 kV X'dG% = 30 %

T1

~

(168 - j140) A (P) U2 = 111 kV

2

SnT2 = 20 MVA mnT2 = 110/36,75 kV/kV XT2% = 10 % 1

T2

Q

T2

P Distributivna mreža

Sl. 3.1a Monofazna šema i osnovni podaci o sistemu iz zadatka 3.1

Rešenje: Na sl. 3.1b prikazane su ekvivalentne šeme datog sistema za režim trofaznog kratkog spoja (režim 1), koji se na osnovu principa superpozicije može ekvivalentovati preko dva režima (režimi 2 i 3). Režim 2 odgovara normalnom režimu neposredno pre nastanka kvara, dok režim 3 predstavlja režim za vreme kvara, gde se pretpostavlja da se kvar desio iz praznog hoda, odnosno ne tretira se radno stanje koje je prethodilo kvaru. U režimu 2 poznata je struja koja protiče kroz prekidač (P): I P 2 = (0,168 − j 0,140) kA. Prema tome, potrebno je samo odrediti struju kroz prekidač (P) u režimu 3. Sabirajući struje kroz prekidač (P) u režimu 2 i 3 dobiće se tražena struja u režimu 1. Preostaje da se odredi struja kroz prekidač P za režim 3.


174

Vrednosti impedansi pojedinih elemenata datog sistema svedeni na naponski nivo na kome se desio kvar jednaki su: X v1 = X v 2 = 50 ⋅ 0 ,4 = 20 Ω ; 10 1212 X T1 = = 18,3 Ω ; 100 80 30 1212 ′ = X dG = 54 ,9 Ω . 100 80

Režim 1 (P)

UC / 3

2

I=0 ZM

UB / 3 UB / 3

E′ / 3

UC / 3

Režim 2 (P)

Režim 3 (P) 2

ZM UB / 3

ZM

UB / 3

E′ / 3

Sl. 3.1b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 3.1, za proračun ukupne tranzijentne struje trofaznog kratkog spoja (režim 1), dobijene superpozicijom struje pre kvara (režim 2) i struje kvara (režim 3)

Izračunati podaci o impedansama elemenata sistema mogu se uneti u ekvivalentnu šemu koja odgovara režimu 3, prikazanu na sl. 3.1c.

j20 Ω

I a′ 3

j20 Ω j18,3 Ω

(P) 2

ZM jXT2/2

111 / 3

j54,9 Ω

Sl. 3.1c Ekvivalentna šema sistema, za proračun struje kvara, koja odgovara Režimu 3 sa sl. 3.1b


175

Ekvivalentovanjem paralelnih i rednih grana dobija se zamenska šema na sl. 3.1d. I a′ 3

(P) 2

j35,7 Ω

ZM jXT2/2

111 / 3 Sl. 3.1d Ekvivalentna šema sistema iz režima 3 sa sl. 3.1b, posle ekvivalentovanja paralelnih i rednih grana sa sl. 3.1c

Na osnovu ekvivalentne šeme sa sl. 3.1d može se izračunati struja kvara kroz prekidač P za režim 3, kao 111 / 3 I ′ P3 = = − j1,8 kA . j 35,7 Ukupna struja kroz prekidač (P) dobija se kao zbir I ′ P = I P 2 + I ′ P 3 = (0,168 − j 0,140 ) − j1,8 = (0,168 − j1,94 ) kA = 1,947 kA / − 85,05° Snaga isključenja prekidača (P) je onda:

S i = 3U 2 I P′ = 1,73 ⋅111 ⋅1,947 = 374 MVA .


176

Zadatak 3.2 Dat je elektroenergetski sistem prikazan na sl. 3.2a. Parametri elemenata sistema izraženi u r.j. za baznu snagu SB = 100 MVA dati su u tab. 3.2a ispod slike, za bazne napone navedene u drugoj koloni iste tabele. a) Proračunati bazne struje i impedanse svih elemenata, za bazne vrednosti napona iz druge kolone tab. 3.2a. b) Nacrtati mreže impedansi direktnog, inverznog i nultog redosleda sistema. c) Mreže iz tačke b redukovati na odgovarajuće Theveninove ekvivalente, gledano sa mesta kvara (na sabirnicama 3). G1

T1

4

1

2

L12

T2

5

~

G2

~ L13

L23 3

K

Sl. 3.2a Monofazna šema i osnovni parametri sistema iz zadatka 3.2

Tab. 3.2a Osnovni parametri sistema Naponski nivo Reaktanse elemenata Elemenat (bazni napon) Xd Xi X0 (kV) (r.j.) (r.j.) (r.j.) G1* 25 0,2 0,2 0,05 G2* 13,8 0,2 0,2 0,05 T1** 25/230 0,05 0,05 0,05 T2*** 13,8/230 0,05 0,05 0,05 L12 230 0,1 0,1 0,3 L13 230 0,1 0,1 0,3 L23 230 0,1 0,1 0,3 * - Oba generatora uzemljena su preko induktivne reaktanse 0,03 r.j. **- Sprega Y/y (oba zvezdišta su direktno uzemljena) ***- Sprega Y/d (zvezdište na strani višeg napona je direktno uzemljeno)

Rešenje: a) Za SB = 100 MVA, bazne vrednosti struja i impedansi na pojedinim naponskim nivoima su: - Mreža 25 kV: G1 i T1: I B =

SB 3U B

=

100 ⋅10 3 = 2310 A ; 3 ⋅ 25

ZB =

U B2 25 2 = = 6 ,25 Ω . S B 100


177

- Mreža 230 kV: 100 ⋅10 3 T1, T2, L12, L13 i L23: I B = = = 251 A ; 3U B 3 ⋅ 230

U B2 230 2 ZB = = = 529 Ω . SB 100

SB

- Mreža 13,8 kV: G2:

IB =

T2 :

IB =

SB 3U B

=

100 ⋅10 3 = 4184 A . 3 ⋅13,8

S B 100 ⋅10 3 = = 7246 A (Zbog sprege ∆ na strani 13,8 kV) . UB 13,8

U B2 13,8 2 G2 i T2: Z B = = = 1,905 Ω . SB 100

b) Mreže impedansi sistema direktnog, inverznog i nultog redosleda (sa upisanim vrednostima napona i impedansi) prikazane su na sl. 3.2b. j0,1 r.j.

1

j0,2 r.j.

2

j0,05 r.j.

j0,05 r.j. j0,1 r.j.

j0,1 r.j.

4

~

5

E1=1,0 /0°

E2=1,0 /0°

3

Uf3=1,0

K

~

b1)

j0,1 r.j.

1

j0,2 r.j.

j0,2 r.j.

2

j0,05 r.j.

j0,05 r.j. j0,1 r.j.

j0,2 r.j.

j0,1 r.j.

4

5 3

K j0,3 r.j.

1

j0,05 r.j.

b2) 2

j0,05 r.j.

j0,05 r.j. j0,3 r.j.

j0,05 r.j.

j0,3 r.j.

4

5

j0,09 r.j.

j0,09 r.j.

3

K

b3)

Sl. 3.2b Mreže direktnih (b1), inverznih (b2) i nultih (b3) impedansi sistema


178

Za proračune ekvivalentnih impedansi sva tri redosleda (impedanse direktnog i inverznog redosleda su iste) treba prvo izvršiti transfiguraciju trougla 1-2-3 sa prethodnih slika, a potom sprovesti ekvivalentovanje paralelnih i rednih grana, shodno sl. 3.2c i sl. 3.2d. j0,25 r.j.

j0,033 r.j.

j0,033 r.j.

0

1

j0,25 r.j. 2

j0,033 r.j. 3

K Sl. 3.2c Ekvivalentna mreža direktnih (inverznih) impedansi, posle transfiguracije trougla 1-2-3 sa sl. 3.2b1 i sl. 3.2b2

Sa sl. 3.2c dobija se: Zd = ekv

j 0,25 + j 0,033 + j 0,033 = j 0,175 r.j. 2

Ekvivalentna inverzna impedansa jednaka je ekvivalentnoj direktnoj impedansi: ekv

Zi

= Z ekv d = j 0,175 r.j.

Ekvivalentna nulta impedansa dobija se na analogan način kao i direktna impedansa, i ona je posle transfiguracije trougla 1-2-3 sa sl. 3.2b3 u zvezdu prikazana na sl. 3.2d. j0,05 r.j.

j0,05 r.j. 4

j0,1 r.j.

j0,1 r.j.

0

5

1

j0,09 r.j.

j0,05 r.j. 2

j0,01 r.j. 3

K

Sl. 3.2d Ekvivalentna mreža nultih impedansi posle transfiguracije trougla 1-2-3 sa sl. 3.2b3 u zvezdu

Z0 = ekv

( j 0,29) ⋅ ( j 0,15) + j 0,1 = j (0,29 + 0,15)

j 0,199 r.j.


179

Theveninovi ekvivalenti mreža direktnog, inverznog i nultog redosleda, za kvar na sabirnicama 3, prikazani su na sl. 3.2e. j0,175 r.j.

j0,175 r.j.

3

Ii

Id

~

Ed = U d + Z d I d ekv

e1)

3

I0 Ui

Ud

Ed=1,0 /0°

j0,199 r.j.

3

U i = −Z i I i ekv

e2)

U0 U 0 = −Z 0 I 0 ekv

e3)

Sl. 3.2e Theveninovi ekvivalenti mreža direktnog (e1), inverznog (e2) i nultog redosleda sistema (e3), pri kvaru na sabirnicama 3


180

Zadatak 3.3 Pod pretpostavkom da su ekvivalentne impedanse sistema direktnog i inverznog redosleda ekv (gledano sa mesta kvara) jednake ( Z ekv d = Z i ) i da se otpori u impedansama elemenata mogu zanemariti ( R ekv ≈ 0 ): a) Naći izraze za odnose struja jednofaznog (Ik1Z) i dvofaznog kratkog spoja sa zemljom (Ik2Z) i struje trofaznog kratkog spoja (Ik3) u funkciji modula odnosa ekvivalentnih impedansi nultog i direktnog redosleda ( k = Z 0

ekv

Z d ), kao i izraz za odnos 3 I 02 Z I k 3 = f (k ) ( 3I 02 Z je struja, ekv

koja pri dvofaznom kratkom spoju sa zemljom teče kroz zemlju). b) Naći vrednosti odnosa km pri kojima se struje jednofaznog i dvofaznog kratkog spoja sa zemljom izjednačuju. c) Nacrtati dijagrame I k1Z I k 3 = f1 (k ) ; I k 2 Z I k 3 = f 2 (k ) i 3 ⋅ I 02 Z I k 3 = f 3 (k ) i dati odgovarajuće komentare.

Rešenje: a) Izrazi za pojedine struje kvara (po fazi) za uprošćenja definisana u zadatku su: I k3 =

U fr X dekv

I k1Z =

; 3U fr

ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

U fr X dekv

(1 + a )Z 2

I k 2 Z = 3U fr

= 3

ekv

ekv

Zd Zi

U fr k − a ekv Z d 1 + 2k

ekv i

3 3 = Ik3 ; 2+k 2+k

+Z0

ekv

+ Zd Z0 + Zi Z0 ekv

ekv

ekv

k+

1 3 −j 2 2

= 3I k 3

ekv

=

= 3I k 3

1 + 2k

k 2 + k +1 , 1 + 2k

ili:

I k 2Z = 3

U fr k − a ekv

Zd

k+

2

1 + 2k

= 3I k 3

1 3 +j 2 2

1 + 2k

ekv

I 02 Z = U fr

Zi ekv ekv Zd Zi

+

ekv ekv Zd Z0

+

ekv ekv Zi Z0

=

= 3I k 3 U fr ekv Zd

k 2 + k +1 ; 1 + 2k

1 1 = Ik3 . 1 + 2k 1 + 2k

U gornjim relacijama sa Ufr obeležena je fazna vrednost radnog napona na mestu kvara pre nastanka kvara. Sada su izrazi za tražene odnose struja kvara:


181

I k1Z 3 = ; I k3 2 + k I k 2Z k 2 + k +1 = 3 ; I k3 2+k I 3 3 o2Z = , I k 3 1 + 2k dok je

3

I o1Z I k1Z 3 . = = Ik3 Ik3 2 + k

b) Vrednost odnosa k m = Z 0

ekv

ekv

Zd

pri kojima su struje dvofaznog i jednofaznog kratkog

spoja sa zemljom (struje zemljospoja) jednake nalaze se iz jednačine: k 2 + km + 1 3 = 3 m . 2 + km 1 + 2k m Ona se, posle sređivanja svodi na algebarsku jednačinu četvrtog stepena po km:

k m4 + 5k m3 − 3k m2 − 4k m + 1 = 0 , koja ima dva realna rešenja: k m1 = 1,00 i k m 2 = 0,227 . S druge strane, struje koje teku kroz zemlju (3I0) pri jednostrukom i dvostrukom zemljospoju, izjednačavaju se samo pri vrednosti km1 = 1,00. c) Dijagrami I k1Z I k 3 , I k 2 Z I k 3 i 3I 02 Z I k 3 u funkciji od k = Z 0

ekv

ekv

Zd

= X 0ekv X dekv

nacrtani su na sl. 3.3a. Vidi se da postoje tri oblasti, koje karakterišu najveću vrednost struje kvara u mreži, zavisno od veličine odnosa k: 1. 0 ≤ k ≤ 0 ,227 , najveća je struja dvofaznog kratkog spoja sa zemljom Ik2Z, 2. 0 ,227 ≤ k ≤ 1,000 , najveća je struja jednofaznog kratkog spoja sa zemljom Ik1Z, 3. 1,000 ≤ k ≤ ∞ , najveća je struja trofaznog kratkog spoja Ik3. Pri tome je najveća struja dvofaznog kratkog spoja (bez spoja sa zemljom):

Ik2 =

3U fr ekv Zd

+

ekv Zi

=

U fr ekv Zd

1+

3 3 3 = Ik3 = I k 3 = 0,866 I k 3 . ekv 1+1 2 Xd X iekv


182

S druge strane struja 3I0, merodavna za dimenzionisanje uzemljenja, koja pri zemljospoju teče kroz zemlju za vrednosti 0 ≤ k ≤ 1,000 , veća je pri dvofaznom kratkom spoju sa zemljom, a za 1,000 ≤ k ≤ ∞ , pri jednofaznom kratkom spoju sa zemljom. 2

Ik3 – struja trofaznog kratkog spoja

I k / I k3

Ik1Z – struja jednofaznog kratkog spoja sa zemljom Ik2Z – struja dvofaznog kratkog spoja sa zemljom 1.5

I02Z – struja koja teče u zemlju pri dvofaznom kratkom spoju sa zemljom

I k 2Z 3 = k2 + k +1 I k3 1 + 2k

1

I k1Z 3 = I k3 2+k 0.5

3

0

0 0.227

0.5

1

1.5

2

2.5

k=

3 ekv Z0

I 02 Z 3 = I k3 1 + 2k

3.5

ekv /Zd

≈

X 0ekv

/

4 ekv Xd

Sl. 3.3a Dijagram zavisnosti struja pri zemljospojevima, od odnosa ekvivalentnih impedansi nultog i direktnog redosleda na mestu kvara k = Z 0

ekv

ekv

Zd


183

Zadatak 3.4 Pod istim pretpostavkama kao u zadatku 3.3, proračunati napone zdravih faza na mestu kvara pri svim nesimetričnim kratkim spojevima u funkciji odnosa ekvivalentnih impedansi (gledano sa mesta kvara) k = Z 0

Z d . Dati fazorsku interpretaciju dobijenih rezultata za k → ∞

ekv

ekv

(izolovano zvezdište), i nacrtati dijagrame napona zdravih faza i zvezdišta za dva razmatrana tipa kratkih spojeva sa zemljom, u funkciji od odnosa k.

Rešenje: a) Dvofazni kratak spoj (bez istovremenog spoja sa zemljom) faza B i C: Simetrične komponente struja i napona su: U

Id =

fr

ekv Z ekv d + Zi U d =Ui, U0 = 0,

Zd + Zi I i = −I d , ekv

Z iekv

Ud =

, ekv

I 0 = 0,

U fr ,

tako da je napon faze A: ekv

U

fA

= U d +U i +U 0 =

2Zi

Zd + Zi ekv

ekv

U fr = U fr ,

odnosno, on je jednak faznom radnom naponu sistema na mestu kvara pre nastanka kvara.

b) Jednofazni kratak spoj sa zemljom (faza A): Simetrične komponente struja i napona su: Id = Ii = I0 = Ud =U =

fr

−

U ekv Zd

Z ekv d Id

X iekv + X 0ekv 2 X dekv

+

X 0ekv

+

fr ekv Zi

=U U

fr

fr

=

+ Z ekv 0 −

;

U

⋅ Z ekv d

fr

ekv

ekv Z ekv + Z ekv d + Zi 0

Ui = U0 =

ekv −Z 0 I 0

=−

Zi

=−

U

ekv ekv + Zi + Z0 ekv Z0 ekv ekv ekv Zd + Zi + Z0

ekv Zd

Zi

+ Z0

ekv

ekv Z ekv + Z ekv d + Zi 0

U

fr

=

1+ k U fr ; 2+k ekv

ekv −Z i I i

=

U

fr

fr

=−

X iekv 2 X dekv

=−

+

X 0ekv

U

X 0ekv 2 X dekv

+

X 0ekv

U

fr

fr

=−

1 U 2+k

=−

fr

;

k U fr . 2+k


184

Naponi zdravih faza (B i C) su onda:

U fB = a U d + aU i + U 0 = U fr a 2

= U fr =

(a

2

) (

)

− a + k a −1 2

2+k

3U fr 2+k

= U fr

U fC = aU d + a U i + U 0 = U fr

(a − a )+ k (a − 1) 2+k

3U fr 2+k

= U fr

k 2 + k +1 ,

3U fr 2+k

k 2 + k +1 .

Napon zvezdišta je: U N = −Z 0 I 0 = U 0 = − ekv

k U 2+k

fr

,

odnosno UN =

k U fr . 2+k

Za k = 1 ima se: U fB = U fC = U N = U fr

2

3 ⋅ U fr

2 +1 U fr 1 = . 2 +1 3

Kada k → ∞ ima se:

2

2

 k2  9 2   k + 31 + k +  4 4  

)

a + ak − a 2 − k +a +k = U fr = 2+k 2+k

3  k − k + j 3 1 +  2  2  U fr = 2+k 2+k

tj. U fB = U fC =

)

a +a k −a−k +a +k = U fr = 2+k 2+k

3  k − k − j 3 1 +  U fr 2  2 = 2+k 2+k

(a a−

2

=

2

k 2 + k +1 ,

2

= U fr

(a −

2

1 + 1 + 1 = U fr ;

9 2  k2  =  k + 31 + k +  4 4  


185

U fB = U fC = 3U fr ; U N = U fr .

Fazorska interpretacija napona na mestu kvara u slučaju jednofaznog kratkog spoja sa zemljom, kada je zvezdište sistema izolovano, prikazano je na sl. 3.4a. U

r fC

U

fC

r = U CA

r

U CA UN =0

U N = −U

r

r

U

U BC

r fA

r fA

r

U AB U

r fB

U

a)

= U AB r

fB

b)

Sl. 3.4a Fazorska interpretacija napona na mestu kvara za slučaj jednofaznog kratkog spoja sa zemljom, pri izolovanom zvezdištu sistema (‘r’ u superskriptu označava fazore napona pre kvara): a) fazorski dijagram napona pre kvara, b) fazorski dijagram napona posle kvara

c) Dvofazni kratak spoj sa zemljom (faze B i C) Simetrične komponente napona su: Ud =Ui =U0 =

=

Z iekv Z 0ekv ekv

ekv

Zd Zi

+ Zd Z0 + Zi Z0 ekv

ekv

k U fr . 2k + 1

Napon zdrave faze je: U fA =

3k U fr , 2k + 1

a napon zvezdišta: U N = − Z 0 I 02 Z = U 0 = ekv

Za k = 1 dobija se: U fA =

3U fr 3

= U fr ;

U ekv

k U fr . 2k + 1

ekv

fr

=

X iekv X 0ekv X dekv X iekv + X dekv X 0ekv + X iekv X 0ekv

U

fr


186

1 U N = U fr . 3 a kada k → ∞ ima se: 3 U fA = U fr = 1,5U fr ; 2 1 U N = U fr = 0,5U fr . 2 Fazorska interpretacija napona na mestu kvara u slučaju dvofaznog kratkog spoja sa zemljom, prikazana je na sl. 3.4b. U Cr

U rB

U A = 1,5 ⋅ U A r

U rN = 0

r

UA

U N =U A /2 r

a)

b)

Sl. 3.4b Fazorska interpretacija napona na mestu kvara za slučaj dvofaznog kratkog spoja sa zemljom, pri izolovanom zvezdištu sistema (‘r’ u superskriptu označava fazore napona pre kvara): a) fazorski dijagram napona pre kvara, b) fazorski dijagram napona posle kvara Dijagrami napona zdravih faza i zvezdišta u funkciji odnosa k, za slučaj jednofaznog kratkog spoja sa zemljom, prikazani su na sl. 3.4c1, a za slučaj dvofaznog kratkog spoja sa zemljom, na sl. 3.4c2. U fB U fC ; Uf Uf UN Uf

2

1.5

U fB 1.5

Uf

=

U fC

U fA

Uf

Uf UN Uf

1

UN Uf

0.5

0

0

2

4

3.4c1)

6

U fA Uf

1

0.5

UN Uf

8

10

k

0

0

2

4

6

8

10

k

3.4c2)

Sl. 3.4c Dijagrami napona zdravih faza i zvezdišta, u funkciju odnosa k = Z 0

ekv

ekv

Zd

uz

pretpostavku R ekv = 0 i X dekv = X iekv : 3.4c1) Jednofazni kratak spoj sa zemljom; 3.4c2) Dvofazni kratak spoj sa zemljom


187

Zadatak 3.5 Za sistem definisan u zadatku 3.2, proračunati fazore struja i napona, ako se pretpostavi da su se na sabirnicama 3 sistema dogodili sledeći kvarovi: a) Trofazni kratak spoj. b) Dvofazni kratak spoj. c) Dvofazni kratak spoj sa zemljom (dvofazni zemljospoj). d) Jednofazni kratak spoj sa zemljom (jednofazni zemljospoj). U gornjim proračunima, koristiti ekvivalentne reaktanse sistema direktnog (inverznog) i nultog redosleda, sračunate u tački c zadatka 3.2, uz pretpostavku da je u momentu nastanka kvara napon na sabirnicama 3 bio 1,00 r.j..

Rešenje: a) Trofazni kratak spoj Granični uslovi su: U d = U i = U 0 = 0. Simetrične komponente struja su: Id =

U

fr ekv Zd

=

1,0 = 5,71 r.j. /90° = − j 5,71 r.j. = − j 5,71 ⋅ 251 = − j1433,2 A ; 0,175 /90°

I i = I 0 = 0. Fazni naponi na mestu kvara su:

U fA  0     U fB  = 0. U fC  0   Fazne struje na mestu kvara su:

I A   1  I  = a 2  B   I C   a

1 − j 5,71 r. j.  5,71 /-90°  1432,2 A /-90°   = 5,71 /150° = 1432,2 A /150°. 1 ⋅  0        5,71 /30°   1432,2 A /30°  1  0

1 a a2

b) Dvofazni kratak spoj (faze B i C) Granični uslovi su: I A = 0; I B = − I C ; U fB = U Simetrične komponente struja i napona su: I d = −I i = I 0 = 0.

U ekv Zd

fr

+

ekv Zi

=

fC .

1,00 = − j 2,86 r.j. = − j 2,86 ⋅ 251 = − j 717,9 A ; j 0,175 + j 0,175


188

U d = U i = E − Z d ⋅ I d = − Z i ⋅ I i = − j 0,175 ⋅ j 2,86 = 0,5 r.j. = 0,5 ⋅ 231 = 115,5 A ; U 0 = 0. ekv

ekv

Fazni naponi na mestu kvara su (za U fB = U B / 3 = 133,4 kV ): U fA   1    2 U fB  = a U fC   a  

1 a 2 a

1 0,5  1,0 r.j.   133,4 kV /0°  1 ⋅ 0,5 = − 0,5 r.j. = − 66,7 kV /0° . 1  0  − 0,5 r.j. − 66,7 kV /0°

Fazne struje na mestu kvara su:

I A   1  I  = a 2  B   I C   a

1 a a2

1 − j 2,86  0 r.j.   0        1 ⋅  j 2,86  = − 4,95 r.j. = − 1242,5 A  . 1  0   4,95 r.j.   1242,5 A 

c) Dvofazni zemljospoj (faze B i C) Granični uslovi su: I A = 0; U fB = U fC = 0. Simetrične komponente struja i napona su:

U

1,0 fr = = − j 3,73 r.j. = − j 936,2 A ; ekv ekv 0 , 175 ⋅ 0 , 199 Z Z i 0 j 0,175 + j Z ekv d + ekv ekv 0,175 + 0,199 Zi + Z0 ekv Z0 j 0,199 I i = − ekv I =− − j 3,73 = j1,99 r. j. = j1,99 ⋅ 251 = j 499,5 A ; ekv d j 0,175 + 0,199 Zi + Z0 Z iekv j 0,175 I 0 = − ekv I =− − j 3,73 = j1,75 r. j. = j1,75 ⋅ 251 = j 439,25 A ; ekv d j 0,175 + 0,199 Zi + Z0 ekv U d = U i = U 0 = − Z i I i = − j 0,199 j 0,175 = 0,348 r.j. = 0,348 ⋅ 133,4 = 46,42 kV . Id =

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

Fazni naponi na mestu kvara su:

U fA   1    2 U fB  = a U fC   a  

1 a 2 a

1 0,348 1,044 r.j. /0° 139,3 kV /0° 1 ⋅ 0,348 =  0 r.j.  =  0 kV /0°  . 1 0,348  0 r.j.   0 kV /0° 


Proračun kratkih spojeva I A   1  I  = a 2  B   I C   a

1 a 2 a

189    1 − j 3,73  0 r.j. 0        1 ⋅  j1,99  = 5,6 r.j. /152,1° = 1405,6 A /152,1° . 1  j1,75   5,6 r.j. /27,9°   1405,6 A /27,9° 

Za proračun modula napona i struja kvara, mogu se koristiti i uprošćene formule iz zadataka 3.3 i 3.4. Odnos modula ekvivalentnih impedansi direktnog i inverznog redosleda je: ekv

k=

Z0

ekv Zd

=

0,199 = 1,1372 , 0,175

tako da je za U fr = 1,00 r.j. i Ik = 5,71 r.j.: k 1,1372 = 1,0 = 0,3473 r.j. ; 2k + 1 2 ⋅ 1,1372 + 1 = 3U 0 = 1,042 r.j. (umesto ranije proračunate vrednosti 1,044 r.j.);

U d = U i = U 0 = U fr U fA

1,1372 2 + 1,1372 + 1 k 2 + k +1 Ik = 3 5,71 = 5,594 r.j. (umesto 2k + 1 2 ⋅1,1372 + 1 ranije proračunate vrednosti 5,60 r.j.; razlika je 0,11 %). I k 2Z = I B = I C = 3

d) Jednofazni zemljospoj (faza A) Granični uslovi su: U fA = 0; I B = I C = 0. Simetrične komponente struja i napona su:

Id = Ii = I0 =

U Z ekv d

+

fr ekv Zi

+

Z ekv 0

=

(

1,0 = − j1,82 r.j. ; j (2 ⋅ 0,175 + 0,199)

)

ekv U d = E − Z d I d = 1 − j 0,175 ⋅ − j1,82 = 0,681 r.j. ; ekv U i = − Z i I i = − j 0,175 ⋅ − j1,82 = −0,319 r.j. ; ekv U 0 = − Z 0 I 0 = − j 0,199 ⋅ − j1,82 = −0,362 r.j.

(

)

(

)

Fazni naponi na mestu kvara su:

U fA   1    2 U fB  = a U fC   a  

1 a 2 a

1  0,681   0 0          1 ⋅ − 0,319 =  1,022 r.j. /238°  =  136,34 kV /238°  . 1 − 0,362 − 1,022 r.j. /122° − 136,34 kV /122°



I A   1  I  = a 2  B   I C   a

1 a a2

190

1 − j1,82 − j 5,46 r.j. − j1370,5 A  = . 1 ⋅ − j1,82 =  0 0       1 − j1,82  0 0

Provera: Za k = 1,1372, po uprošćenim formilama iz zadataka 3.3 i 3.4, struja kvara i naponi zdravih faza su: I k1Z =

3 3 Ik = ⋅ 5,71 = 5,46 r.j. (ista vrednost kao i napred proračunata); 2+k 2 + 1,1372

1,1372 2 + 1,1372 + 1 k 2 + k +1 U fr = 3 ⋅1 = 1,0226 r.j. (umesto napred 2+k 2 + 1,1372 proračunate vrednosti 1,022 r.j.). U fB = U fC = 3

Uočava se dobro slaganje rezultata iz tačaka c i d sa rezultatima dobijenim preko uprošćenih formula iz zadataka 3.3 i 3.4.


191

Zadatak 3.6 Da li kabl nominalnog napona 10 kV u postrojenju šematski prikazanom na sl. 3.6a može termički da podnese trofazni kratki spoj koji se isključuje posle 2,5 s ako maksimalno dozvoljeno zagrevanje kabla za vreme kratkog spoja iznosi 115°C, a temperatura zagrevanja kabla za okrugli 0,0058 2 ⋅ I k 3 trajno ⋅ (t1 + ∆t ) gde je s – presek u mm2, bakar se računa prema obrascu θ (°C) = s2 Ik3 trajno - trajna struja trofaznog kratkog spoja u A, ti – vreme isključenja kvara u s, a 2

 I k′′3   , pri čemu se za T može usvojiti vrednost T = 0,2 s. ∆t = T   I k 3 trajno    U slučaju da je odgovor negativan, koju bi prigušnicu trebalo staviti na red ispred kabla da se ograniči njegovo zagrevanje, ako se prigušnice nominalnog napona U np = 10 / 3 kV i nominalne struje I np = 250 A proizvode sa reaktansama Xp = 2; 4; 6; 8; 10 %.

~

SnG = 2×20 MVA UnG = 10,5 kV X G′′ % = 12 % XSG% =160 %

SnT = 3×4,2 MVA mnT = 10,5/35 kV/kV XT % = 7 %

Un = 35 kV S k′′3 = 600 MVA ≈

≈ S k 3 trajno

Ur = 10,5 kV

Imax = 250 A ti = 2,5 s

3 fazni kratki spoj Cu 3×95 mm2

Sl. 3.6a Monofazna šema i osnovni podaci za postrojenje iz zadatka 3.6

Rešenje: Subtranzijentna reaktansa generatora je:

X G′′ =

2 X G′′ % U nG 12 10,5 2 = = 0,33075 Ω. 100 S nG 100 2 ⋅ 20

Sinhrona reaktansa generatora je: X SG =

2 X SG % U nG 160 10,5 2 = = 4,41 Ω. 100 S nG 100 2 ⋅ 20


192

Reaktansa transformatora posmatrana sa strane 10,5 kV (pošto se kvar na kablu dešava na toj strani) je: XT =

2 X T % U nT 7 10,5 2 = = 0,612 Ω. 100 S nG 100 3 ⋅ 4,2

Reaktansa mreže 35 kV, svedena na stranu napona 10,5 kV je: XM

′′ = = XM

U m2 10,5 2 = = 0,184 Ω. Sk3 600

Ekvivalentna šema impedansi direktnog redosleda za subtranzijetni period, prikazana je na sl. 3.6b. Sa te slike se vidi da je ekvivalentna direktna reaktansa, gledano sa mesta kvara u subtranzijentnom periodu: X e′′ =

(0,612 + 0,184) ⋅ 0,33075 = 0 ,2338 Ω. 0 ,184 + 0 ,612 + 0 ,33075

j0,33075 Ω

j0,612 Ω

j0,184 Ω

I k′′3

jX e′′

jX e′′

jX e′′

Sl. 3.6b Mreža impedansi direktnog redosleda u subtranzijentnom periodu

Struja trofaznog kratkog spoja u subtranzijentnom periodu je onda:

I k′′3 =

Ur 3 X e′′

=

10,5 = 25,93 kA ≅ 26 kA . 3 ⋅ 0,2338

Ekvivalentna reaktansa direktnog redosleda u trajnom periodu izračunava se prema sl. 3.6c i iznosi: Xe =

0 ,796 ⋅ 4 ,41 = 0 ,675 Ω. 5,206

Trajna struja trajnog trofaznog kratkog spoja je onda:


I k3 =

Ur 3⋅ Xe

=

193

10,5 = 8,981 kA ≅ 9 kA. 3 ⋅ 0,675

j4,41 Ω

j0,612 Ω

I3pks

j0,184 Ω

jXe jX e

jX e

Sl. 3.6c Mreža impedansi direktnog redosleda u trajnom periodu

Pošto je struja normalnog režima rada daleko manja (250 A) od struje trofaznog kratkog spoja (9 kA), ona će se zanemariti pri daljem proračunavanju. Onda je: 2

2  I k′′3   26    ∆t = T   = 0.2 ⋅  9  = 1,67 s .  I k3 

Temperatura zagrevanja za okrugli bakar, prema navedenom obrascu u formulaciji zadatka, je:

θ=

0 ,0058 ⋅ 9000 2 ⋅ (2 ,5 + 1,67 ) = 217°C . 9025

Kako je gornja temperatura zagrevanja (217°C) veća od dozvoljene temperature zagrevanja za vreme kratkog spoja (115°C), to znači da kabl termički ne može da podnese trofazni kratki spoj koji se isključuje posle 2,5 s. Da bi kabl izdržao trofazni kratki spoj sa vremenom isključenja od 2,5 s, na red sa kablom vezaće se prigušnica čija je reaktansa:

X p % U n2 X p % U n 10 ⋅10 3 Xp = = = 0,02 ⋅ = 0,462 Ω . 100 S np 100 3 ⋅ I np 3 ⋅ 250 Reaktansa prigušnice sračunata je za rasipanje Xp% = 2 %. Ekvivalentne šeme za subtranzijentni i trajni period kada je na red sa kablom vezana i prigušnica predstavljene su na sl. 3.6d. Ekvivalentna subtranzijentna reaktansa je onda: X e′′ = 0,2338 + 0,462 = 0,6958 Ω.


194

j0,33075 Ω

j0,612 Ω

j0,462 Ω

j0,184 Ω

jX e′′

j0,4,41 Ω

j0,612 Ω

j0,462 Ω

j0,184 Ω

a)

jX e b)

Sl. 3.6d Ekvivalentna šema sistema direktnog redosleda posle ugradnje prigušnice čija je reaktansa 0,462 Ω, na red sa kablom; a) Subtranzijentni period; b) Trajni period Takođe struja kvara u subtranzijentnom periodu kada je na red sa kablom vezana prigušnica je:

I k′′3 =

Ur 3 X e′′

=

10,5 = 8,73 kA. 3 ⋅ 0,6958

Ekvivalentna reaktansa u trajnom periodu je: X e = 0,675 + 0,462 = 1,137 Ω , pa je struja kvara u trajnom periodu, kada je na red sa kablom vezana prigušnica:

I k3 =

Ur 3X e

=

10,5 = 5,34 kA. 3 ⋅1,137

Na osnovu izračunatih struja za oba perioda ima se da je: 2

 I ′′   8,73  ∆t = T  k 3  = 0,2 ⋅   = 0,5352 s.  5,34   I k3  2

Temperatura zagrevanja za okrugli bakar kada je na red sa kablom vezana prigušnica je onda

θ=

0 ,0058 ⋅ 5340 2 ⋅ (2 ,5 + 0 ,5352 ) = 55,5°C . 9025

Pošto je temperatura zagrevanja (55,5°C) manja od dozvoljene za trofazni kratki spoj (115°C) to je za zaštitu kabla od termičkog pregrevanja dovoljno na red sa kablom vezati prigušnicu sa rasipanjem od 2 %.


195

Zadatak 3.7 Na sl. 3.7a prikazan je jednostavan elektroenergetski sistem. Za slučaj jednofaznog kratkog spoja na sredini dalekovoda V2 odrediti: a) Struju kvara. b) Struje koje teku kroz prekidače P1 i P2 u fazi koja je pogođena kvarom na vodu V2. Napon na mestu kvara pre nastanka kvara je iznosio U fr = 220 / 3 kV. Ostali podaci o sistemu dati su takođe na sl. 3.7a. G1

~

T1

1

2 V1 T3

G2

T2

~

P1

SnG1 = SnT1 = 200 MVA UnG1 = 15,75 kV mT1 = 15,75/231 kV/kV X'dG% = XiG% = 18 % XT1% = 12 % G2 ≡ G1; T2 ≡ T1

V2

Unv = 220 kV Lv = 100 km xv = 0,4 Ω/km X0v = 1,2 Ω/km

P2

S'k3 = 10000 MVA pri UM = 400 kV XiM = X’dM X0M = 2 X’dM

SnT3 = 400 MVA mT3 = 220/400 kV/kV XT3% = 11 %

Sl. 3.7a Monofazna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.7

Rešenje: Vrednosti parametara mreže svedeni na naponski nivo 220 kV su:

X G1 =

2 X G1 % U nG 18 15,75 2 2312 1 1 = = 48,02 Ω ; 100 S nG1 mT21 100 200 15,75 2

2 X T 1 U nT 12 2312 1 = = 32,02 Ω ; 100 S nT 1 100 200 X v = xv Lv = 0,4 ⋅100 = 40 Ω ;

X T1 =

X 0v = x0v Lv = 1,2 ⋅ 100 = 120 Ω ; XT3 =

2 X T 3 % U nT 11 220 2 3 = = 13,31 Ω ; 100 S nT 3 100 400

U M2 2 400 2 220 2 mT 3 = = 4,84 Ω ; S k′ 3 10000 400 2 ′ = 2 ⋅ 4,84 = 9,68 Ω . = 2 ⋅ X dM

X ' dM = X 0M

Ekvivalentna šema impedansi sistema za direktni i inverzni redosled data je na sl. 3.7b.

Proračun kratkih spojeva j48,02 Ω

196

j32,02 Ω 1

j40 Ω

2 j13,31 Ω

0

j48,02 Ω

j32,02 Ω

j20 Ω

j4,84 Ω

j20 Ω j18,15 Ω

0

X dekv = X iekv

j40,02 Ω

Sl. 3.7b Ekvivalentna šema impedansi direktnog (inverznog) redosleda sistema sa sl. 3.7a

Daljim pojednostavljenjem šeme sa sl. 3.7b (sažimanjem paralelnih grana i transfiguracijom trougla 1-2-0 u zvezdu) dobijaju se ekvivalentne šeme sistema direktnih (inverznih) impedansi, prikazane na sl. 3.7c. 0 j7,4 Ω

j7,4 Ω 1

j16,31 Ω

j7,4 Ω

j20 Ω

2 j36,31 Ω

j20 Ω

IdL

IdD

X dekv = X iekv

j27,4 Ω

X dekv = X iekv

Sl. 3.7c Ekvivalentne šeme direktnih (inverznih) impedansi, posle sažimanja šeme sa sl. 3.7b

Konačno, sa poslednje šeme sa sl. 3.7c, dobija se da su ekvivalentne impedanse direktnog i inverznog redosleda za pretpostavljeno mesto kvara:

X dekv = X iekv = 23,02 Ω ≈ 23 Ω . Ekvivalentna šema impedansi sistema nultog redosleda data je na sl. 3.7d.

j32,02 Ω

1

2

j120 Ω

j13,31 Ω j60 Ω

j9,68 Ω

j60 Ω j22,99 Ω X oekv

Sl. 3.7d Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.7a


197

Sređivanjem šeme sa sl. 3.7d, na sličan način kao što je to učinjeno i kod šeme za direktni i inverzni redosled sa sl. 3.7b, dobijaju se šeme na sl. 3.7e.

j4,21 Ω

j4,21 Ω 1

j21,96 Ω

j15,76 Ω

j60 Ω

j60 Ω

2 j81,96 Ω

I0L

X 0ekv

I0D

j75,76 Ω

X 0ekv

Sl. 3.7e Ekvivalentne šeme impedansi nultog redosleda, posle sažimanja šeme sa sl. 3.7d

Sa poslednje šeme sa sl. 3.7e, dobija se da je ekvivalentna impedansa nultog redosleda za pretpostavljeno mesto kvara:

X 0ekv = 43,58 Ω.

a) Na osnovu izračunatih podataka proračunava se tražena struja kvara:

Id = Ii = I0 = IK = IA

U fr

=

220 / 3 = − j1,418 kA ; j (2 ⋅ 23 + 43,58)

ekv Z ekv + Z ekv 0 d + Zi = I d + I i + I 0 = 3 ⋅ (− j1,418) = − j 4,254 kA.

b) Radi određivanja struje kroz prekidače P1 i P2 potrebno je izračunati simetrične komponente struja koje u mesto kvara utiču sa leve (L) i desne strane (D). One se računaju na osnovu konačnih ekvivalentnih šema impedansi za direktni, inverzni i nulti redosled sa sl. 3.7c i sl. 3.7e koristeći pravilo strujnog razdelnika: 27,4 I d = 0,43 ⋅ (− j1,418) = − j 0,61 kA = I iL ; 36,31 + 27,4 36,31 I dD = I d = 0,57 ⋅ (− j1,418) = − j 0,808 kA = I iD ; 36,31 + 27,4 75,76 I 0L = I 0 = 0,48 ⋅ (− j1,418) = − j 0,681 kA ; 81,96 + 75,76 81,96 I 0D = I 0 = 0,52 ⋅ (− j1,418) = − j 0,737 kA . 81,96 + 75,76 I dL =


198

Na kraju mogu se izračunati struje koje teku kroz prekidače P1 i P2 u fazi pogođenoj kvarom:

I AP1 = I dL + I iL + I 0 L = − j 0,61 − j 0,61 − j 0,681 = − j1,901 kA ; I AP2 = I dD + I iD + I 0 D = − j 0,808 − j 0,808 − j 0,737 = − j 2,353 kA Provera: Mora biti I AP1 + I AP2 = I K = − j 4,254 kA .


199

Zadatak 3.8 Jednostavan radijalni elektroenergetski sistem sa sl. 3.8a, izložen je dvofaznom kratkom spoju sa zemljom na sabirnicama 3. a) Nacrtati mreže simetričnih komponenata i izračunati ekvivalentne impedanse direktnog (inverznog) i nultog redosleda. b) Izračunati struje i napone direktnog, inverznog i nultog redosleda pri kvaru na sabirnicama 3. c) Izračunati ukupne struje kvara pojedinih faza (A, B, C) kao i struje koje dotiču u mesto kvara (sabirnice 3) iz napojne mreže i preko direktno uzemljenog zvezdišta transformatora T2. d) Naći fazne (UfA, UfB, UfC) i linijske napone (UAB, UBC, UCA) na mestu kvara. Uticaj potrošača priključenih na sabirnice 4 zanemariti. Proračun sprovesti korišćenjem relativnih jedinica za SB = 60 MVA i UB1 = 10 kV, pri naponu na mestu kvara U3 = 63 kV. Ostali podaci o parametrima elemenata sistema dati su na sl. 3.8a. G

1

T1

2

3

T2

Vod

~

UB2

UB3 SnG = 60 MVA SnT1 = 40 MVA UnG = 10,5 kV mnT1 = 63/10,5 kV/kV X"G% = 12 % XT1% = 10 %

4

Potrošač

UB1

Unv = 60 kV Zdv = j8,8 Ω/fazi Z0v = 3 Zdv

SnT2 = 31,5 MVA mnT2 = 60/10 kV/kV XT2% = 11 %

Sl. 3.8a Monofazna šema i parametri sistema iz zadatka 3.8

Rešenje: a) Bazni naponi i struje za pojedine delove sistema (1-potrošačka strana; 2-vod, 3-generatorska strana) su: 60 = 60 kV; 10 = 577,4 A;

60 10 ,5 = 10 kV; 10 63 = 3,464 kA.

U B1 = 10 kV;

U B 2 = 10

U B 3 = 10

I B1 = 3,464 kA;

I B2

I B3

Impedanse (u r.j.) su:

XG =

2 X G′′ % U nG SB 12 10,52 60 = = 0,132 r.j. ; 100 S nG U B2 3 100 60 10 2

2 X T 1 % U nT 10 632 60 1 SB = = 0,165 r.j. ; 100 S nT 1 U B2 2 100 40 60 2 S 60 X dv = xdv 2B = 8,8 2 = 0,147 r.j. ; U B2 60 X 0v = 3 X dv = 0,441 r.j.

X T1 =


200

2 X T 2 % U nT 11 60 2 60 2 SB = = 0,21 r.j. 100 S nT 2 U B2 2 100 31,5 60 2

XT 2 =

Mreža direktnih (inverznih) impedansi prikazana je na sl. 3.8b. 1

j0,132

2

j0,165

3

j0,147

j0,21 4

Sl. 3.8b Mreža direktnih (inverznih) impedansi sistema sa sl. 3.8a

Ekvivalentne impedanse direktnog i inverznog redosleda, gledano sa mesta kvara su:

X dekv = X iekv = 0,132 + 0,165 + 0,147 = 0,444 r.j. Mreža nultih impedansi prikazana je na sl. 3.8c.

1

2

j0,165

j0,441

3

j0,21

Sl. 3.8c Mreža nultih impedansi sistema sa sl. 3.8a

Ekvivalentna impedansa nultog redosleda, gledano sa mesta kvara je: X 0ekv =

(0,165 + 0,441) ⋅ 0,21 = 0,156 r.j. 0,606 + 0,21

b) Simetrične komponente struje dvofaznog kratkog spoja sa zemljom na sabirnicama 3 su onda: U

I d3 = Z ekv d +

fr Z iekv Z 0ekv Z iekv + Z ekv 0

=

63 / 60 1,05 = = 0,444 ⋅ 0,156 j (0,444 + 0,116 ) j 0,444 + j 0,444 + 0,156

= − j1,875 r.j. = − j1,875 ⋅ 577,4 = − j1083 A; ekv

I i3 = −

U fr Z o ekv

ekv

Zd Zi

+ Zd Z0 + Zi Z0 ekv

ekv

ekv

ekv

=

1,05 ⋅ ( j 0,156 ) = 0,444 2 + 2 ⋅ 0,444 ⋅ 0,156

= j 0,488 r. j. = j 0,488 ⋅ 577,4 = j 281,8 A;


201

ekv

I 03 = −

ekv

U fr Z i ekv ekv Zd Zi

+

ekv ekv Zd Z0

+

ekv ekv Zi Z0

=

Zi

ekv Z0

I i3 = j

0,444 0,488 = 0,156

= j1,388 r. j. = j1,388 ⋅ 577,4 = j801,4 A. Naponi simetričnih komponenata na mestu kvara ( U fB 2 = U B 2 / 3 = 34,64 kV ) su: U d3 = U

− Z d I d = 1,05 − j 0,444 ⋅ (− j1,875) = 0,2175 r.j. ≅ 7,5 kV ; ekv

fr

U i 3 = − Z i I i = − j 0,444 ⋅ ( j 0,488) = 0,2167 r.j. ≅ 7,5 kV ; ekv

U 03 = − Z 0 I 0 = − j 0,156 ⋅ ( j1,388) = 0,2165 r.j. ≅ 7,5 kV . ekv

Približno je U d 3 = U i 3 = U 03 = 7,5 kV.

c) Fazne struje kvara na sabirnicama 3 su:

 I A3   1  I  = a 2  B3    I C 3   a

1 a a

2

1 − j1,875 r.j.  0      1 ⋅  j 0,488 r.j.  = (− 2,037 + j 2,084 ) r.j. = 1  j1,388 r.j.   (2,037 + j 2,084 ) r.j. 

 0 0        = (− 1176 + j1203) A  = 1682 A / 134,35°.  (1176 + j1203) A   1682 A / 45,65°  Ukupna struja dvofaznog zemljospoja (Ik2Z = 1682 A) može se proračunati i korišćenjem uprošćenog izraza iz zadatka 3.3:

0,3514 2 + 0,3514 + 1 k 2 + k +1 = 2,365 ⋅ 3 = 1 + 2k 1 + 2 ⋅ 0,3514 = 2,922 r.j. = 2,922 ⋅ 577,4 = 1687 A

I k 2Z = I k 3 ⋅ 3

gde je:

I k3 =

k=

U fr

X dekv 3 ekv X 03 = X dekv 3

=

1,05 = 2,365 r.j. = 2,365 ⋅ 577,4 = 1365,5 A ; 0,444

0,156 = 0,3514 . 0,444

Razlika u dobijenim rezultatima za struju dvofaznog zemljospoja, kada se koristi približna formula i precizniji proračun je samo 5 A (cca 0,3 %). Raspodela struja simetričnih komponenata dobija se posmatranjem ekvivalentnih šema iz tačke a, odakle se vidi da ukupne struje direktnog i inverznog redosleda kompletno dotiču od strane mreže. Znači:


202

I d = I d 3 = − j1,875 r.j. = − j1083 A ; 23

I 43 d = 0; I i = I i 3 = j 0,488 r.j. = j 281,8 A ; 23

I i = 0; 43

I 023 ⋅ ( j 0,606 ) = I 043 ⋅ ( j 0,21) = I 03 ⋅ ( j 0,156 ), odakle je 0,156 23 I0 = I 03 = 0,2574 ⋅ ( j1,388) = j 0,3573 r.j. = j 0,3573 ⋅ 577,4 = j 206,3 A ; 0,606 0,156 43 I0 = I 03 = 0,7426 ⋅ ( j1,388) = j1,0307 r.j. = j1,0307 ⋅ 577,4 = j 595,1 A . 0,21 Onda su raspodele struja pojedinih faza (A, B i C), koje dotiču iz mreže (indeks 23) i potrošača (indeks 43): 23 23 23 I 23 A = I d + I i + I 0 = − j1,875 + j 0, 488 + j 0,357 = − j1,03 r.j. = − j 594,7 A ;

I A = I d + I i + I 0 = 0 + 0 + j1,0315 = j1,0315 r.j. = j 595,6 A . 43

43

43

43

Provera: 43 I A = I 23 A + I A = − j 594,7 + j 595,6 = j 0,9 A (treba da bude I A = 0 ).

Uočava se mala greška (od 0,9 A) koja je posledica zaokruživanja rezultata. 2 23 23 23 I 23 B = a I d + aI i + I 0 =

= (− 0,5 − j 0,866)(− j1,875) + (− 0,5 + j 0,866) ( j 0,488) + j 0,357 = (− 2,044 + j1,052) r.j.; 2 43 43 43 I 43 B = a I d + a I i + I 0 = 0 + 0 + j1,031 = j1,031 r. j.

Provera: I B 3 = I B + I B = (− 2,044 + j 2,083) r.j. (treba da bude I B 3 = (− 2,037 + j 2,084 ) r.j.) ; 23

43

I C23 = a I d23 + a 2 I i23 + I 023 =

= (− 0,5 + j 0,866) (− j1,875) + (− 0,5 − j 0,866) ( j 0,488) + j 0,357 = (2,044 + j1,051) r.j.; I C43 = a I d43 + a 2 I i43 + I 043 = 0 + 0 + j1,031 = j1,031 r. j. Provera: I C 3 = I C23 − I C43 = (2,044 + j 2,082 ) r.j. (treba da bude I C 3 = (2,037 + j 2,084 ) r.j.) . d) Fazni naponi na mestu kvara su:

Proračun kratkih spojeva U

fA3

= U d + U i + U 0 = 3 ⋅ 0,2165 = 0,65 r.j. = 0,65 ⋅ 34,64 = 22,5 kV ;

U

fB 3

= a U d + aU i + U 0 = 0 ;

203

2

U fC 3 = aU d + a U i + U 0 = 0 . 2

Napon neutralne tačke sistema je: U N = −U 0 = −0,2165 r.j. = −7,5 kV = 7,5 kV / 180° . Provera se može izvršiti primenom uprošćenih obrazaca iz zadatka 3.4: 3 ⋅ 0,3514 3k = 34,64 = 21,45 kV (treba da bude 22,5 kV). 2k + 1 2 ⋅ 0,3514 + 1 0,3514 k = −U fr = −34,64 = −7,15 kV (treba da bude - 7,5 kV). 2k + 1 2 ⋅ 0,3514 + 1

U fA3 = U fr UN

Uočavaju se nešto veće relativne razlike proračunatih vrednosti napona zdrave faze na mestu kvara, ako se primene uprošćeni obrasci, nego što je to slučaj kod proračuna struja kvara.


204

Zadatak 3.9 Trofazna transformatorska grupa, formirana od tri monofazna tronamotajna transformatora, snage 16,67/16,67/5,56 MVA ima sledeće karakteristike: S n = 50 / 50 / 16 ,67 MVA; U n = 150 / 50 / 16,8 kV/kV/kV; Sprega Y0/y0/d1; Zvezdišta primara (150 kV) i sekundara (50 kV) transformatorske grupe direktno su uzemljena, ali su zvezdišta ostatka mreže 50 kV izolovana. I n = 192 ,5 / 577 ,5 / 573 A/faza; u k12 = 13 %; u k13 = 20 %; u k 23 = 6 % (sve vrednosti su svedene na snagu 50 MVA); Otpornosti namotaja se zanemaruju. Trofazna tronamotajna transformatorska grupa povezana je na mreže, čije su subtranzijentne snage trofaznog kratkog spoja: Mreža 150 kV: 6000 MVA; Mreža 50 kV: 1000 MVA; Mreža 16,8 kV: 500 MVA. Ekvivalentna nulta reaktansa mreže 150 kV je X 0pM = 2 % (svedena na snagu od 50 MVA), dok je s ekvivalentna nulta reaktansa mreže 50 kV (koja radi sa izolovanim zvezdištem) X oM = ∞. Koristeći sistem relativnih jedinica za SB = 50 MVA; UB1 = 150 kV, odrediti: a) Bazne vrednosti napona sekundara i tercijera i bazne vrednosti svih struja i impedansi. b) Vrednosti impedansi (reaktansi) transformatora i uticaja mreža na koje je priključena (u r.j.) i nacrtati ekvivalentne šeme mreža direktnog (inverznog) i nultog redosleda, za slučaj kvara na krajevima sekundara transformatorske grupe. c) Proračunati struju zemljospoja (u r.j. i A) za kvar na sabirnicama sekundara faze A pri U = Un = 1,00 r.j., izračunavajući je kao umnožak nominalne struje transformatorske grupe. d) Izračunati raspodelu struje kvara iz tač. c, odnosno udeo pojedinih namotaja i spoljne mreže, kao i struje koje pri kvaru teku kroz pojedine faze (A, B, C) sva tri namotaja transformatorske grupe.

Rešenje: a) Za SB = 50 MVA i obeležavajući primar indeksom 1, sekundar indeksom 2 i tercijer indeksom 3, uz zadatu baznu vrednost napona primara U1B = U np = 150 kV je U 2 B = U ns = 50 kV i

U 3 B = U nt = 16,8 kV, bazne struje i impedanse za primarnu, sekundarnu i tercijernu stranu transformatora su: I1B = I nP = I 2B =

I nS

=

I 3 B = I nT = 3

S nP 3U nP S nS 3U nS

=

50 000 = 192,5 A; 3 ⋅150

Z1 B =

U12B 150 2 = = 450 Ω; SB 50

=

50 000 = 577,5 A; 3 ⋅ 50

Z 2B =

U 22B 50 2 = = 50 Ω; SB 50

Z 3B =

U 32B 16 ,8 2 = = 5,645 Ω. SB 50

S nT 3U nT

=3

16 670 = 1719 A; 3 ⋅16,8


205

U prethodnoj jednačini za I3B broj 3 ispred razlomka je zbog trostruko manje nominalne snage tercijera od snage primara i sekundara.

b) Monofazna ekvivalentna šema tronamotajne trofazne tranformatorske grupe, prikazana je na sl. 3.9a. jX2 S P

jX1

Mreža 150 kV

Mreža 50 kV jX3

T Mreža 16,8 kV

Sl. 3.9a Monofazna ekvivalentna šema trofazne transformatorske grupe (zanemarena impedanse praznog hoda) iz zadatka 3.9

Reaktanse transforamtora (izražene u r.j.), koje figurišu na sl. 3.9a su: 1 (u k12 + u k13 − u k 23 ) = 1 (0,13 + 0,2 − 0,06) = 0,135 r.j. ; 2 2 1 1 X 2 = (u k12 + u k 23 − u k13 ) = (0,13 + 0,06 − 0,2 ) = −0,005 r.j. ; 2 2 1 1 X 3 = (u k13 + u k 23 − u k12 ) = (0,2 + 0,06 − 0,13) = 0,065 r.j. 2 2 X1 =

Ekvivalentne impedanse (reaktanse) mreža direktnog (inverznog) redosleda, na koje je priključena transformatorska grupa su:

X dM 1 =

U 12n 1 150 2 1 = = 0,00833 r.j. ; S k′′1 Z1B 6000 450

X dM 2 =

U 22n 1 50 2 1 = = 0,05 r.j. ; S k′′2 Z 2 B 1000 50

X dM 3 =

U 32n 1 16,8 2 1 = = 0,10 r.j. S k′′3 Z 3 B 500 5,645

Ekvivlaentne impedanse mreža nultog redosleda, na koje je priključena transformatorska grupa su:

X 0 M 1 = X 0pM = 0,02 r.j. ; X 0M 2 = ∞ ; X 0 M 3 = 0. Ekvivalentne šeme mreža simetričnih komponenata sistema direktnog (inverznog) i nultog redosleda, sa upisanim vrednostima impedansi, prikazane su na sl. 3.9b i sl. 3.9c:


206

Ekvivalentne impedanse mreža simetričnih komponenata sistema, gledano sa mesta kvara su:

X dekv = X iekv = 0,05 (− 0,005 + 0,1433 0,165) = 0,0295 r.j. ; X 0ekv = −0,005 + 0,155 0,065 = 0,0408 r.j. ,

gde simbol

označava da se vrednosti paralelnih reaktansi sa jedne i druge strane ekvivalentuju.

ZdM1=j0,0083 r.j. P U ZdT1=j0,135 r.j. P

ZdT2= -j0,005 r.j. V S ZdM2=j0,05 r.j.

Id

ZdM3=j0,1 r.j. T W ZdT3=j0,065 r.j. T

Id

Id + Id P

T

K

Sl. 3.9b Ekvivalentna šema mreže direktnih (inverznih) impedansi sistema, sa sl. 3.9a

Z0M1=j0,02 r.j. P U

Z0T1=j0,135 r.j. Z0T2= -j0,005 r.j. V

S

T W Z0T3=j0,065 r.j. K

Sl. 3.9c Ekvivalentna šema mreže nultih impedansi sistema, sa sl. 3.9a

c) Simetrične komponente i ukupna struja zemljospoja faze A na sabirnicama sekundara transformatorske grupe su: U fr 1,00 I dA = I iA = I 0 A = = = 10,02 ≈ 10 r.j. = 10 ⋅ 577 = 5770 A ; 2 X dekv + X 0ekv 2 ⋅ 0,0295 + 0,0408 I A = 3I dA = 3I iA = 3I 0 A = 30,06 ≈ 30 r.j. = 30 ⋅ 577 = 17309 A ;

I B = I C = 0.

d1) Raspodela struja direktnog (inverznog) redosleda (sve apsolutne vrednosti struja su stvarne, a ne svedene) sa sl. 3.9b je:

I d = I dP + I dT + I dSM = 10 I n = 5770 A = I i . Udeo mreže se izračunava preko jednačina:


207

0,0295I d = 0,05I dSM ⇒ I dSM = 0,59 I d = 0,59 ⋅10 ⋅ I n = 5,9 I n , odakle je:

I dSM = I iSM = 3404,3 A . Udeo transformatora se izračunava preko jednačina:

I dS = I dP + I dT = I d − I dSM = (10 − 5,9)I n = 4,1I n = 2367 ,5 A ; I dP ⋅ 0,1433 = I dT ⋅ 0,165 ⇒ I dT = 0,8687 I dP , odakle je:

I dP

+

I dT

=

I dP

(1 + 0,8687 ) = 4 ,1I n ⇒

I dP = 2 ,19 I n = I iP = 1263,6 A I dT = 1,91I n = I iT = 1102,1 A

.

d2) Raspodela struje nultog redosleda na mestu kvara izračunava se na sličan način kao i raspodela struje direktnog (inverznog) redosleda. Udeo mreže:

I 0SM = 0 Udeo transformatora:

I 0P + I 0T = I 0S = I 0 = 10 I nS ; I 0P ⋅ 0,155 = I 0T ⋅ 0,065 ; I 0P = 2,955I nS = 1705 A ;

I 0T = 7,045I nS = 4065 A .

d3) Struje pojedinih faza namotaja transformatora: Primar: Zbog Y-sprege namotaja primara, fazne i linijske struje su iste:

I AP = I dP + I iP + I 0P = (2,19 + 2,19 + 2,955)I nP = 7,33I nP = 7,33 ⋅ 192,5 = 1411 A ;  1   1  3   − + j 3  ⋅ 2,19 + 2,95 I nP = I BP = a 2 I dP + aI iP + I 0P =  − − j ⋅ 2 , 19 +  2 2  2   2   = 0,76 I nP = 0,76 ⋅192,5 = 146,3 A;


208

 1   1  3   − − j 3  ⋅ 2,19 + 2,95 I nP = I CP = aI dP + a 2 I iP + I 0P =  − + j ⋅ 2 , 19 +  2 2  2   2   = 0,76 I nP = 0,76 ⋅192,5 = 146,3 A.

Sekundar: Pošto je i sekundar transformatora spregnut u zvezdu, fazne i linijske struje i ovde su jednake:

I AS = I dS + I iS + I 0S = (4,1 + 4,1 + 10 )I nS = 18,2 I nS = 18,2 ⋅ 577 = 10501 A ;  1   1 3 3  ⋅ 4,1 +  − + j  ⋅ 4,1 + 10 I nS = I BS = a 2 I dS + aI iS + I 0S =  − − j  2 2  2   2  

= 5,9 I nS = 5,9 ⋅ 577 = 3404 A;  1   1 3 3 2  ⋅ 4,1 +  − − j  ⋅ 4,1 + 10  I nS = I CS = aI dS + a I iS + I 0S =  − + j  2 2  2    2  = 5,9 I nS = 5,9 ⋅ 577 = 3404 A.

Udeo sekundarne mreže:

I ASM = I dSM + I iSM + I 0SM = (5,9 + 5,9 + 0)I nS = 11,8I nS = 11,8 ⋅ 577 = 6808 A ;  1   1  3   − + j 3  ⋅ 5,9 + 0 I nS = I BSM = a 2 I dSM + aI iSM + I 0SM =  − − j ⋅ 5 , 9 +  2 2  2   2  

= −5,9 I nS = 5,9 ⋅ 577 = −3404 A;  1   1  3   − − j 3  ⋅ 5,9 + 0 I nS = I CSM = aI dSM + a 2 I iSM + I 0SM =  − + j ⋅ 5 , 9 +  2 2  2    2 

= −5,9 I nS = 5,9 ⋅ 577 = −3404 A. Tercijer: Struje su u tercijeru fazno pomerene u odnosu na struje primara i sekundara, i to I Td kasni, a I Ti prednjači za 30° čisto induktivnim strujama I dP ( I iP ) i I dS ( I iS ) . Kao i u prethodnim slučajevima, u proračunima će se dati samo vrednosti modula struja. Fazne struje (struje u namotajima tercijera spregnutim u trougao):

I TAC = I dT + I iT + I 0T = (1,91 + 1,91 + 7,045)I nT = 10,865 I nT = 10,865 ⋅ 1719 = 18677 A ;


209

 1   1  3  T  − + j 3  ⋅1,91 + 7,045 I nT = I BA = a 2 I dT + aI iT + I 0T =  − − j ⋅ 1 , 91 +  2 2  2   2   = 5,135 I nT = 5,135 ⋅1719 = 8827 A;  1   1  3  T  − − j 3  ⋅1,91 + 7,045 I nT = I CB = aI dT + a 2 I iT + I 0T =  − + j ⋅ 1 , 91 +  2 2  2    2  = 5,135 I nT = 5,135 ⋅1719 = 8827 A. Linijske struje:

( (a

) − a ) + I (a − a ) = 0 A ; (a − 1) + I (a − 1) = −3I = −3 ⋅1,91I

T I TA = I TAC − I BA = I dT 1 − a + I iT (1 − a ) = 3I dT = 3 ⋅ 1,91I nT = 5,73 ⋅1719 = 9850 A ; T T I BT = I BA − I CB = I dT T I CT = I CB − I TAC = I dT

2

2

2

T i

T i

2

T d

T n

= −5,73 ⋅1719 = −9850 A .

Raspodela struja kvara grafički je prikazana na sl. 3.9d.

C

B

A

W

V

U

I CP = 146 A

I BP = 146 A I AP = 1411 A

1703 A 1703 A

I CS = 3404 A

I BS = 3404 A

I AS = 10501 A

17309 A

w

C

v

u

B I ASM = 6808 A A

17309 A

I CT = 9850 A C W T I WV = 8827 A I BT = 0 A B V T I VU = 8827 A I TA = 9850 A A U T I UW = 18677 A

Sl. 3.9d Ilustracija raspodele struje kvara pri zemljospoju na sabirnicama sekundara faze A transforamtorske grupe (sve upisane veličine struja su stvarne, a ne svedene vrednosti)


210

Zadatak 3.10 Elektroenergetski sistem, prikazan na sl. 3.10a izložen je jednofaznom kratkom spoju sa zemljom (zemljospoju) na sabirnicama 3 (faza A). a) Pod pretpostavkom da su impedanse direktnog i inverznog redosleda elemenata sistema jednake, nacrtati mreže direktnog (inverznog) i nultog redosleda i upisati njihove vrednosti. b) Proračunati ekvivalentne impedanse direktnog (inverznog) i nultog redosleda, pri kvaru na sabirnicama 3, kada se zanemare otpornosti vodova. c) Proračunati subtranzijentnu struju i snagu kvara pri naponu U3 = 110 kV, kao i napone zdravih faza. d) Izvršiti proračune iz tačke c, korišćenjem uprošćenih formula iz zadataka 3.3 i 3.4 i uporediti rezultate. e) Naći udele u struji kvara iz tačke c) i to generatora G3 i zbirnog udela generatora G1 i mreže priključene na sabirnice 4. G1

T1

1

2

V1

T2

4

~ 15 kV

110 kV

60 kV V2

V3 3 T3 10 kV

~

G3

Sl. 3.10a Monofazna šema sistema iz zadatka 3.10 Osnovni podaci o sistemu su: Generator 1: S n = 75 MVA; X d′′ % = X i % = 11,2 %; Generator 3: S n = 100 MVA; X d′′ % = X i % = 10,5 %; Transformator 1:

S n = 50 MVA;

U n = 15 kV; r ≈ 0. U n = 10,5 kV; r ≈ 0.

m = 123/15 kV;

X T % = 10 %; X 0T % = 1,2 X dT %; r ≈ 0. Transformator 2: S n = 60 MVA; m = 110 / 60 kV; X T % = 10 %; X 0T % = 2,4 X dT %; r ≈ 0. Transformator 3: S n = 90 MVA; m = 115/10 ,5 kV; X T % = 10,5 %; X oT % = 2,4 X dT %; r ≈ 0. Vod V1: L1 = 38 km; z dV1 = (0,15 + j 0,4 ) Ω/km; z 0 V1 = (0,3 + j1,6 ) Ω/km. (vazd. vod) Vod V2: L2 = 12,1 km; z dV 2 = (0,17 + j 0,2 ) Ω/km; z 0 V 2 = (0,79 + j 0,3) Ω/km. (podz. kabl) Vod V2: L3 = 30 km; z dV3 = (0,19 + j 0,4 ) Ω/km; z 0 V3 = (0,34 + j1,6 ) Ω/km. (vazd. vod) ( R4 ≈ 0. ) Uticaj spoljne mreže 60 kV: S 4′′ = 1000 MVA;


211

Uticaj spoljnih mreža 15 kV i 10 kV se zanemaruje. U proračunima pod tač. b i c, zanemariti i otpornosti vodova 1, 2 i 3.

Rešenje: a) Proračun impedansi elemenata sistema, svedenih na napon čvora 3 (110 kV):

X G′′ 1 =

2 X d′′1 % U nG 11,2 15 2  123  1 mT 1 =   = 22,59 Ω; 100 S nG1 100 75  15 

X T1 =

2 X T 1 % U nT 10 123 2 1 = = 30,26 Ω; 100 S nT 1 100 50

X oT 1 = 1,2 ⋅ 30,26 = 36,31 Ω;

XT2 =

2 X T 2 % U nT 10 110 2 2 = = 20,17 Ω; 100 S nT 2 100 60

X oT 2 = 2,4 ⋅ 20,17 = 48,4 Ω;

XT3 =

2 X T 3 % U nT 10,5 115 2 3 = = 15,43 Ω; 100 S nT 3 100 90

X oT 3 = ∞;

2

2

X ′′ U 2 10,5 10,5 2  115  X G′′ 3 = d 3 nG 3 mT 3 =   = 13,89 Ω; 100 S nG3 100 100  10,5  2

U n24 60 2  110  X M 60 = mT 2 =   = 12,1 Ω ; SN4 1000  60  Z dV1 = (5,7 + j15,2 ) Ω; Z 0 V1 = (11,4 + j 60,8) Ω; Z dV 2 = (2,06 + j 2,42 ) Ω; Z 0V 2 = (9,56 + j 3,63) Ω; Z dV3 = (5,7 + j12 ) Ω; Z 0 V3 = (10,2 + j 48) Ω . Mreža sistema direktnih (inverznih) impedansi sistema, prikazana je na sl. 3.10b, a mreža nultih impedansi, na sl. 3.10c. Na sl. 3.10b i sl. 3.10c veličine impedansi su u omima. 1 ZG1 = j22,59 0

ZV1 = 5,7+j15,2

ZT2 = j30,26

2 ZT2 = j20,17 ZM60 = j12,1

ZV2=2,06+j2,42

ZV3=5,7+j12

0

3 ZT3 = j15,43

ZG3 = j13,89 0

Sl. 3.10b Osnovna mreža impedansi sistema direktnog (inverznog) redosleda sistema sa sl. 3.10a


212 1

2

Z0V1 = 11,4+j60,8

Z0T1 = j36,31

Z0T2 = j48,4 Z0V2=9,56+j3,63 Z0V3=10,2+j48

0

0

3

Sl. 3.10c Osnovna mreža impedansi sistema nultog redosleda sistema sa sl. 3.10a

b1) Proračun ekvivalentne impedanse direktnog (inverznog) redosleda. Transfiguracija trougla 123 u zvezdu (otpori vodova se zanemaruju) svodi šemu impedansi direktnog (inverznog) redosleda na šemu prikazanu na sl. 3.10d, a sažimanjem paralelnih grana Z10 i Z20 na šemu datu na sl. 3.10e. Vrednosti impedansi pojedinih grana zvezde dobijene transfiguracijom trougla 123 su: 15,2 ⋅ 2,42 15,2 ⋅ 2,42 = = 1,242 Ω; 15,2 + 2,42 + 12 29,62 15,2 ⋅12 = = 6,16 Ω; 29,62 2,42 ⋅ 12 = = 0,981 Ω. 29,62

X Z1 = XZ2 X Z3

j52,85 0

1

j1,242

j54,092

j6,16

Z

j0,981

2

j32,27

j38,43

0

3 j29,32 0 Sl. 3.10d Mreža sistema impedansi direktnog (inverznog) redosleda posle transfiguracije trougla 123 na sl. 3.10b u zvezdu 123Z, pri zanemarenju otpora vodova

Ekvivalentovanjem dveju paralelnih grana Z0 dobija se reaktansa X Z0 =

54,092 ⋅ 38,43 = 22,468 Ω. 54,092 + 38,43


213 0

Z j22,468

IdG1+M4 j0,981

0

IdG3

3

j29,32

j23,449 Sl. 3.10e Mreža sistema impedansi direktnog (inverznog) redosleda posle ekvivalentovanja paralelnih grana na sl. 3.10d

Ekvivalentovanjem paralelnih grana 30 i 3Z0 dobija se konačna vrednost ekvivalentne direktne (inverzne) reaktanse pri kvaru na sabirnicama 3: X dekv = X iekv =

23,449 ⋅ 29,32 = 13,03 Ω. 23,449 + 29,32

b2) Proračun ekvivalentne impedanse nultog redosleda (sl. 3.10f i 3.10g): Transfiguracija trougla 123 sa sl. 3.10c u zvezdu daje: 60,8 ⋅ 3,63 60,8 ⋅ 3,63 = = 1,963 Ω; 60,8 + 3,63 + 48 112,43 60,8 ⋅ 48 = = 25,958 Ω; 112,43 3,63 ⋅ 48 = = 1,55 Ω. 112,43

X 0Z1 = X 0Z 2 X 0Z 3

0 j36,31

1

j1,963

j38,273

Z

j25,98 j1,55

2

j48,4

0

j74,38

3

Sl. 3.10f Mreža sistema impedansi nultog redosleda, posle transfiguracije trougla 123 na sl. 3.10c u zvezdu 123Z, pri zanemarenju otpora vodova

Ekvivalentovanje paralelnih grana Z10 i Z20 daje zamensku reaktansu grane Z0 na sl. 3.10g: X 0Z 0 =

38,273 ⋅ 74,358 = 25,268 Ω. 38,273 + 74,358


214 0

Z

I0GA+M4

j25,268

3

j1,55

Sl. 3.10g Mreža sistema impedansi nultog redosleda, posle ekvivalentovanja paralelnih grana na sl. 3.10f

Ekvivalentovanje rednih grana 0Z i Z3 sa sl. 3.10g daje konačnu vrednost ekvivalentne nulte impedanse pri kvaru na sabirnicama 3:

X 0ekv = 25,268 + 1,55 = 26,82 Ω.

c) Struja i snaga jednofaznog zemljospoja na sabirnicama 3 su:

I d 3 = I i 3 = I 03 =

U Z ekv d

+

fr 3 ekv Zi

+

=

Z ekv 0

110 / 3 = − j1,201 kA = 1,201 kA / − 90° ; 2 ⋅ j13,03 + j 26,82

I k1Z = 3I d 3 = 3,603 kA / − 90° ; S k1Z = 3U 3 I k1Z = 3 ⋅110 ⋅ 3,603 kA / − 90° = 686,44 MVA / 90° . *

Naponi zdravih faza (B i C) na mestu kvara su: U

U

fB 3

= a 2U

fC 3

= aU

fr 3

(

)

ekv − a 2 Z ekv + Z ekv d + aZ i 0 I d3 = U

fr 3

(

/ 240° − − Z i

ekv

)

+ Z 0ekv I d 3 =

= 63,51 / 240° + ( j13,03 − j 26,82 ) ⋅ (− j1,201) = −31,755 − j 55,001 − 16,56 = = −48,31 − j 55,001 = 73,2 kV / 248,7°; fr 3

(

− aZ d + a Z i ekv

2

ekv

)

+ Z 0 I d3 = U ekv

fr 3

(

/ 120° − − Z i

ekv

)

+ Z 0 I d3 = ekv

= 63,51 / 120° + ( j13,03 − j 26,82 ) ⋅ (− j1,201) = −31,755 + j 55,001 − 16,56 = = −48,31 + j 55,001 = 73,2 kV / 131,3° .

d) Za potrebe približnog proračuna potrebno je najpre izračunati struju trofaznog kratkog spoja: I k3 =

U

fr 3 ekv Zd

=

110 / 3 = − j 4,874 kA. j13,03

Za k = X 0ekv X dekv = 26,82 13,03 = 2,0582, po približnim formulama iz zadataka 3.3 i 3.4 dobija se: I k1Z = I k 3

3 3 = 4,874 = 3,603 kA (isti rezultat kao i napred); 2+k 2 + 2,0582


215

2,0582 2 + 2,0582 + 1 k 2 + k +1 2,701 = 3 ⋅ 63,51 = 110 = 73,21 kV , 2+k 2 + 2,0582 4,0582 (takođe isti rezultat kao u prethodnom proračunu). U fB 3 = 3U fr 3

e) Raspodela struje kvara Sa sl. 3.10e dobija se raspodela struja direktnog i inverznog redosleda: 23,449 23,449 I d3 = (− j1,201) = − j 0,533 kA ; 23,449 + 29,32 23,449 + 29,32 29,32 29,32 = I iG1 + M 4 = I d3 = (− j1,201) = − j 0,668 kA . 23,449 + 29,32 23,449 + 29,32

I dG3 = I iG3 = I dG1 + M 4

Sa sl. 3.10g dobija se raspodela struja nultog redosleda:

I 0G3 = 0 ; I 0G1 + M 4 = I 03 = − j1,201 kA . Prema tome odgovarajući udeli u ukupnoj struji jednofaznog zemljospoja u tački 3 su:

I Gk13Z = I dG3 + I iG3 + I 0G3 = − j 0,533 − j 0,533 + 0 = − j1,066 kA ; I Gk11Z+ M 4 = I dG1 + M 4 + I iG1 + M 4 + I 0G1 + M 4 = − j 0,668 − j 0,668 + − j1,201 = − j 2,537 kA . G +M 4

(Provera: I k13Z + I k11Z G

= − j1,066 − j 2,537 = − j 3,603 kA = I k1Z ).


216

Zadatak 3.11 Za mrežu prikazanu na sl. 3.11a izračunati struju direktno uzemljenog zvezdišta generatora G3 pri jednofaznom kratkom spoju sa zemljom (k1Z) na sabirnicama 3. Kolika je ova struja ako se zvezdište generatora G3 uzemlji preko prigušnice čija je induktivni otpor sveden na naponski nivo 500 kV, Xp = 10 Ω. Napomena: Fazni napon na mestu kvara pre kvara je U fr = 500 / 3. Ostali podaci o elementima sistema, neophodni za proračune, dati su ispod sl. 3.11a. G1

T1

1

3

V13

~

T3

G3

~

V12 G2

T2

T4

V23

~

G4

~

2

k1Z

X d′′ % = X i % = 15 %,

G1:

Sn = 1000 MVA,

Un = 15 kV,

G2:

Sn = 1000 MVA,

Un = 15 kV,

G3:

Sn = 500 MVA,

Un = 13,8 kV,

G4: T1 : T2 : T3 : T4 : V12: V13: V23:

Sn = 750 MVA, Sn = 1000 MVA, Sn = 1000 MVA, Sn = 500 MVA, Sn = 750 MVA, Unv = 500 kV, Unv = 500 kV, Unv = 500 kV,

Un = 13,8 kV, X0% = 10 %. mT = 15/500 kV/kV, XT% = 10 %. mT = 15/500 kV/kV, XT% = 10 %. mT = 13,8/500 kV/kV, XT% = 11 %. mT = 13,8/500 kV/kV, XT% = 12 %, X0µ% =100 %, Xdµ% = ∞. Xdv = 50 Ω, X0v = 150 Ω. Xdv = 40 Ω, X0v = 100 Ω. Xdv = 40 Ω, X0v = 100 Ω.

X d′′ % = X i % = 25 %, X d′′ % = X i % = 20 %, X d′′ % = X i % = 30 %,

X0% = 7 %. X0% = 10 %. X0% = 12 %.

Sl. 3.11a Jednpolna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.11

Rešenje: Vrednosti parametara mreže svedeni na naponski nivo 500 kV su: 2 ′′ 1 % U nG X dG 15 15 2 500 2 1 1 ′′ 1 = X dG = = 37,5 Ω ; 100 S nG1 mT21 100 1000 15 2

′′ 2 = X dG ′′ 3 X dG

2 ′′ 2 % U nG X dG 25 15 2 500 2 2 1 = = 62,5 Ω ; 100 S nG 2 mT2 2 100 1000 15 2

2 ′′ 3 % U nG X dG 20 13,8 2 500 2 3 1 = = = 100 Ω ; 100 S nG 3 mT2 3 100 500 13,8 2


X 0G 3

2 X oG 3 % U nG 12 13,8 2 500 2 3 1 = = = 60 Ω ; 100 S nG 3 mT2 3 100 500 13,8 2 2 ′′ 4 % U nG X dG 30 13,82 500 2 4 1 = = 100 Ω ; 100 S nG 4 mT2 4 100 750 13,8 2

′′ 4 = X dG X T1

217

2 X T 1 % U nT 10 500 2 1 = = = 25 Ω ; 100 S nT 1 100 1000

XT2 =

2 X T 2 % U nT 10 500 2 2 = = 25 Ω ; 100 S nT 2 100 1000

XT3 =

2 X T 3 % U nT 11 500 2 3 = = 55 Ω ; 100 S nT 3 100 500

XT4 =

2 X T 4 % U nT 12 500 2 4 = = 40 Ω ; 100 S nT 4 100 750

X 0 µT 4 =

2 X 0 µT 4 % U nT 4

100

S nT 4

100 500 2 = = 333,33 Ω . 100 750

Ekvivalentna šema impedansi direktnog i inverznog redosleda, data je na sl. 3.11b. j37,5 Ω

j25 Ω

1

j40 Ω

3

j55 Ω

j100 Ω

j40 Ω

j100 Ω

j50 Ω j62,5 Ω

j25 Ω

j40 Ω

2

X dekv = X iekv


Daljim sređivanjem gornje šeme sa sl. 3.11b dobijaju se šeme prikazane na sl. 3.11c. j62,5 Ω

1

j15,38 Ω j12,31 Ω 3 j73,56 Ω

j87,5 Ω

j56,64 Ω 3

j73,56 Ω

j15,38 Ω

2

X dekv = X iekv

Sl. 3.11c Ekvivalentne šeme impedansi direktnog (inverznog) redosleda posle sažimanja sistema sa sl. 3.11b

X dekv = X iekv


218

Sa poslednje šeme sa sl. 3.11c dobijaju se ekvivalentne reaktanse direktnog i inverznog redosleda gledano otočno sa mesta kvara:

X dekv = X iekv = 32 Ω. Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda data je na sl. 3.11d.

j25 Ω

1

j100 Ω

3

j55 Ω

j60 Ω

j150 Ω j25 Ω

j40/2=j20 Ω

j100 Ω 2

X 0ekv

j333,33 Ω

Sl. 3.11d Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.11a

U prethodnoj šemi pretpostavljeno je da su impedanse rasipanja primarnog i sekundarnog namotaja transformatora T4 jednake polovini ukupne impedanse rasipanja transformatora. Sređivanjem šeme sa sl. 3.11d dobijaju se šeme na sl. 3.11e.

j25 Ω 1 j42,86 Ω

3 j28,57 Ω

j25 Ω

j42,86 Ω 2

j115 Ω I0DG3 j353,33 Ω

X 0ekv

j62,5 Ω

3

j86,76 Ω I0D

X 0ekv

Sl. 3.11e Ekvivalentne šeme impedansi nultog redosleda posle sažimanja šeme sa sl. 3.11d

Konačno se sa sl. 3.11e dobija da je ekvivalentna reaktansa nultog redosleda, gledano sa mesta kvara:

X 0ekv = 36,33 Ω . Na osnovu izračunatih ekvivalentnih impedansi direktnog, inverznog i nultog redosleda mogu se izračunati simetrične komponente struje kvara:


Id = Ii = I0 =

219

U fr ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

500 / 3 = − j 2,877 kA. j (2 ⋅ 32 + 36,33)

Za struju zvezdišta generatora G3 merodavna je struja nultog redosleda kroz granu sa tim generatorom. Koristeći pravilo strujnog razdelnika može se odrediti ta struja, kao: I 0D = I 0 DG3

62,5 I 0 = 0,419 ⋅ (− j 2,877 ) = − j1,205 kA ; 62,5 + 86,76 353,33 = I 0 D = 0,754 ⋅ (− j1,205) = − j 0,909 kA. 353,33 + 115

Struja koja teče kroz zvezdište je onda:

I NG3 = 3I 0 DG3 = 3 ⋅ (− j 0,909) = − j 2,727 kA. Dodavanjem prigušnice u zvezdište generatora G3 menja se samo deo šeme mreže nultih impedansi sa sl. 3.11e desno od kvara, kako je to pokazano na sl. 3.11f.

3

j115 Ω

j62,5 Ω j353,33 Ω

3⋅j10 Ω I0DG3

X 0ekv

Sl. 3.11f Ekvivlaentna šema sistema nultih impedansi kada se zvezdište generatora G3 sa sl. 3.11a, uzemlji preko prigušnice, čija je reaktansa 10 Ω Sređivanjem šeme sa sl. 3.11f dobija se šema na sl. 3.11g.

j62,5 Ω

3

j102,81 Ω I0D

X 0ekv

Sl. 3.11g Konačna ekvivalentna šema sistema nultih impedansi, posle sažimanja osnovne šeme sa sl. 3.11f

Sa prethodne šeme na sl. 3.11g dobija se da je, posle priključenja prigušnice, reaktanse od 10 Ω, ekvivalentna nulta reaktansa sistema:


220

X 0ekv = 38,87 Ω . Struja zvezdišta generatora G3 dobija se na isti način kao i za slučaj direktnog uzemljenja zvezdišta generatora G3: Id = Ii = I0 =

U fr ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

500 / 3 = − j 2,806 kA ; j (2 ⋅ 32 + 38,87 )

62,5 I 0 = 0,378 ⋅ (− j 2,806 ) = − j1,061 kA ; 62,5 + 102,81 353,33 I 0 DG3 = I 0 D = 0,709 ⋅ (− j1,061) = − j 0,752 kA ; 353,33 + 145 I NG3 = 3I 0 DG3 = 3 ⋅ (− j 0,752 ) = − j 2,257 kA .

I 0D =

Na osnovu proračunatih vrednosti uočava se da se posle uzemljenja zvezdišta generatora G3 preko prigušnice reaktanse

X p = 10 ⋅

13,8 = 0,276 Ω , 500

struja njegovog zvezdišta, u odnosu na slučaj kada je zvezdište direktno uzemljeno, smanjuje za 17,24 %.


221

Zadatak 3.12 Za dati elektroenergetski sistem prikazan monofazno na sl. 3.12a moduo struje po vodu 2-3, u fazi pogođenoj kvarom pri jednofaznom kratkom spoju na sabirnicama 3 je I23 = 1,4 kA. Izračunati struju kvara i struju po pojedinim fazama voda 2-3 u slučaju dvofaznog kratkog spoja bez zemljospoja na sabirnicama 3. Napon na mestu kvara pre kvara je jednak nominalnom naponu voda. Zanemariti prethodni radni režim. Ostali podaci o sistemu dati su na sl. 3.12a. 4 1 T2 2 3 3 S'k3 = 10000 MVA T1 X’dM1 = ? pri UM2 = 400 kV XiM1 = X’dM1 XiM2 = X’dM2 2 1 X0M1 = 2X’dM1 X0M2 = 2X’dM2 SnT1 = 2×100 MVA mT1 = 220/110 kV/kV XT1% = 11 %


Sn12 = 200 MVA mT2 = 400/220/33 kV/kV/kV X12% = 12 %, X13% = 15 % X23% = 9 %


Rešenje: Vrednosti parametara mreže svedeni na naponski nivo 220 kV su: 2 X T 1 % U nT 11 220 2 1 X T1 = = = 26,62 Ω ; 100 S nT 1 100 200 X v = xv Lv = 0,41 ⋅ 80 = 32,8 Ω ;

X 0v = x0v Lv = 1,2 ⋅ 80 = 96 Ω ; X 12 =

2 X 12 % U nT 12 220 2 2 = = 29,04 Ω ; 100 S nT 2 100 200

X 13 =

2 X 13 % U nT 15 220 2 2 = = 36,3 Ω ; 100 S nT 2 100 200

X 23 =

2 X 23 % U nT 9 220 2 2 = = 21,78 Ω ; 100 S nT 2 100 200

1 ( X 12 + X 13 − X 12 ) = 21,78 Ω ; 2 1 X 2 = ( X 12 + X 23 − X 13 ) = 7,26 Ω ; 2 1 X 3 = ( X 13 + X 23 − X 12 ) = 14,52 Ω ; 2 U2 1 400 2 220 2 ′ 2 = M2 2 = X dM = 4,84 Ω S k′ 3 mnT 10000 400 2 ; X1 =


222

′ 2 = 9,68 Ω. X 0 M 2 = 2 ⋅ X dM U cilju određivanja struja kvara kod dvofaznog kratkog spoja potrebno je na osnovu struje po vodu 2-3 za slučaj jednofaznog kratkog spoja izračunati nepoznate parametre mreže vezane na transformator T1. Ekvivalentna šema tog sistema za direktni i inverzni redosled data je na sl. 3.12b. jX'dM1

jXT1

jXv1

j26,62 Ω

j32,8 Ω

jX12

jX'dM2

j29,04 Ω

j4,84 Ω

3

ekv Z ekv j33,88 Ω d = Zi

j59,42 Ω

Sl. 3.12b Ekvivalentna šema impedansi direktnog (inverznog) redosleda sistema sa sl. 3.12a Uvođenjem smene X dL = 59,42 + X dM 1 za ekvivalentnu impedansu direktnog i inverznog redosleda dobija se izraz: Z d = jX dekv = j ekv

33,88 X dL = jX i . 33,88 + X dL

Ekvivalentna šema impedansi sitema za nulti redosled je data na sl. 3.12c.

jXT1

jX0v1

j26,62 Ω

j32,8 Ω

jX1

jX2

j7,26 Ω

j21,78 Ω

3

ekv

Z0

jX3

jX0M2 j9,68 Ω

j14,52 Ω

Sl. 3.12c Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.12a

Na osnovu gornje šeme dobija se ekvivalentna impedansa nultog redosleda za kvar na sabirnicama 3, čija je vrednost: Z 0 = jX 0ekv = j17,19 Ω . ekv

Simetrične komponente struje kvara za slučaj jednofaznog kratkog spoja na sabirnicama 3 su:


Id = Ii = I0 =

223 U fr

ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

220 / 3 . 33,88 X dL 2⋅ j + j17,19 33,88 + X dL

Direktna i inverzna komponenta struje kvara koje sa leve strane utiču u mesto kvara su jednake i date su izrazom. I dL =

X dD 33,88 220 / 3 Id = = I iL X dL + X dD 33,88 + X dL 2 ⋅ j 33,88 X dL + j17,19 33,88 + X dL

Ovo su ujedno izrazi za direktnu i inverznu komponentu struje po vodu 2-3. Nulta komponenta struje kvara koja sa leve strane utiče u mesto kvara, odnosno nulta komponenta struje voda 2-3, jednaka je nuli pa se prema tome za struju faze pogođene kvarom (faza A) voda 2-3 dobija vrednost: I A23 = I dL + I iL + I 0 L = 2 I dL Po uslovu zadatka vrednost modula struje IA23 je 1,4 kA pa se dalje dobija jednakost

I A23 = 2 ⋅

33,88 220 / 3 = 1,4 kA , 33,88 + X dL 2 ⋅ j 33,88 X dL + j17,19 33,88 + X dL

odnosno:

I A23 = 2 ⋅

33,88 ⋅ 220 / 3 = 1,4 kA . 2 ⋅ 33,88 ⋅ X dL + 17,19 ⋅ (33,88 + X dL )

U gornjoj jednačini jedina nepoznata veličina je XdL pa se sređivanjem izraza u imeniocu dobija njeno rešenje, koje za XdL daje vrednost: X dL = 65,51 Ω. ′ 1 , kao: Konačno, dobija se i vrednost za X dM ′ 1 = X dL − 59,42 = 6,09 Ω . X dM Sada se može izračunati i vrednost ekvivalentne impedanse direktnog i inverznog redosleda, gledano sa mesta kvara: Z d = jX dekv = j ekv

33,88 ⋅ 65,51 = j 22,33 = jX iekv . 33,88 + 65,51


224

Za slučaj dvofaznog kratkog spoja bez zemljospoja, mogu se dalje izračunati simetrične komponente struje kvara: Id =

U fr ekv Zd

+

ekv Zi

=

220 / 3 = − j 2,844 kA = − I i ; I 0 = 0. 2 ⋅ j 22,33

Direktna komponenta struje koja u mesto kvara utiče sa leve strane (direktna komponenta struje voda) je: I dL =

X dD 33,88 Id = (− j 2,844 ) = − j 0,969 kA = − I iL . X dL + X dD 65,51 + 33,88

Konačno, struje pojedinih faza voda 2-3 pri dvofaznom kratkom spoju na sabirnicama 3 su:

 I A23   1  I  = a 2  B 23    I C 23   a

1 a a2

1  I dL   1 1 ⋅  I iL  = a 2 1  I 0 L   a

1 a a2

1 1 ⋅ 1

− 0,969  0  j  0,969  = − 1,678 kA.  0   1,678 


225

Zadatak 3.13 Struja zemljospoja Iz na sabirnicama srednjeg napona (SN) razvodne stanice RS, napajane iz TS VN/SN preko tri trofazna identična kabla povećanog preseka (tzv. “fidera”) sa sl. 3.13a, ograničena je po intenzitetu (modulu) na 750 A putem takozvanog “niskoomskog uzemljenja“. Na osnovu poznatog izraza za vezu između ukupne struje zemljospoja i njenih simetričnih komponenata za istu fazu (A), skicirati vektorske dijagrame simetričnih komponenata struja kroz mesto kvara za sve tri faze, a zatim na osnovu raspodele tih komponenata naći i uneti intenzitete i smerove struja za sve tri faze u svim sa tačkom (•) naznačenim delovima kola SN, uvažavajući činjenicu, da je direktna impedansa malog transformatora za uzemljenje TU neuporedivo veća od odgovarajuće impedanse moćnog energetskog transformatora TE, zajedno sa napojnom mrežom visokog napona. Napomena: Impedanse sabirnica prema impedansama ostalih elemenata su zanemarljive. Primedba: Moguće je raditi sa modulima i smerovima, jer se pokazuje da su sve fazne struje ili u fazi ili “protivfazne”. Uticaj predopterećenja lako se po potrebi nadodaje metodom superpozicije.

VN mreža

Faze CBA

TE

TU IZ

ZU

Niskoomsko uzemljenje fideri SN

Sl. 3.13a Trofazna šema razvodne stanice iz zadatka 3.13

Rešenje: Na mestu kvara važe jednačine: I ZA = I d + I i + I 0 = 750 A, odnosno I d = I i = I 0 = 250 A ;

( ) = (a + a + 1)I

I B = a2 I d + aI i + I 0 = a2 + a + 1 I d = 0 ; I C = aI d + a2 I i + I 0

2

d

=0.

RS


226

Ekvivalentne šeme sistema po fazama i simetričnim komponentama (d, i, 0) prikazane su na sl. 3.13b. - faza (A)

250 166,66

83,33

∞

83,33

83,33

(d≡i) 83,33

83,33

250

83,33

(0)

250 166,66

83,33

83,33

250

- faza (B) a2250

a283,33

a2166,66

a283,33

(d) a283,33 ∞

2

a2250

83,33

a 83,33 83,33

a250 a166,66 a83,33

(0)

a83,33

250 166,66

a83,33

(i)

83,33 83,33

250 a250

a83,33

∞ - faza (C) a250

a83,33

a166,66

a83,33

(d) a83,33

a250

83,33

a83,33

∞ a2250 2

a 166,66 (i)

83,33 a283,33 a283,33

83,33

(0)

250 166,66

83,33

250

a2250 2 a283,33 a 83,33 ∞ Sl. 3.13b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 3.13a po fazama (A, B, C) i simetričnim komponentama (d, i, 0)


227

Direktnim sabiranjem pojedinih komponenata struja za svaku fazu i svako mesto u sistemu sa prethodnih slika, lako se nalaze ukupne fizičke struje. Raspodela struja predstavljena je na sl. 3.13c. 250

C

B

A

C

250

0

500

0

B

A

250 250 250

250

0

0

0

0

250

0 250 250

0 250

250

250 0

250 750

0

0

500 750

250 0

250

0 250

Sl. 3.13c Raspodela struja po fazama elemenata razvodne stanice sa sl. 3.13a


228

Zadatak 3.14 Na kom rastojanju L od sabirnica 1 na vodu V1 sistema sa sl. 3.14a bi trebalo da se desi jednofazni kratki spoj da bi intenzitet tranzijentne struje kvara dostigao ekstremnu vrednost. O kom ekstremumu se radi? Napomena: Za vrednost napona na mestu kvara, pre kvara, uzeti nominalni napon voda. 1 G

2

V2

T

~

L

S'k3 = 10000 MVA pri UM = 220 kV XiM = X’dM X0M =2X’dM

V1 Unv = 220 kV Lv = 200 km xv = 0,4 Ω/km X0v = 3xv

SnG = SnT = 2×200 MVA UnG1 = 15,75 kV mT = 15,75/231 kV/kV X'dG% = XiG% = 25 % XT1% = 12 %


Rešenje: Impedanse sistema svedene na naponski nivo 220 kV su: X G′ =

2 X G′ % U nG 1 25 15,75 2 2312 = = 33,35 Ω ; 100 S nG mT2 100 2 ⋅ 200 15,752

2 X T % U nT 12 2312 = = 16,01 Ω ; 100 S nT 100 2 ⋅ 200 X v = xv Lv = 0,4 ⋅ 200 = 80 Ω ; X 0v = 3 X v = 240 Ω ;

XT =

XM

220 2 U M2 = = = 4,84 Ω ; S k′ 3 10000

X 0 M = X M = 9,68 Ω.

Ekvivalentna šema sistema direktnog i inverznog redosleda data je na sl. 3.14b. j80 Ω

1 0

2

j33,35 Ω j16,01 Ω j49,36 Ω

j4,84 Ω jXL

0

j80-jXL 3

Zd = Zi ekv

ekv

Sl. 3.14b Ekvivalentna šema direktnih (inverznih) impedansi sistema sa sl. 3.14a


229

Transfiguracijom trougla 0-1-2 sa sl. 3.14b u zvezdu dobija se šema sa sl. 3.14c. 0 j1,78 Ω j2,88 Ω 2

1 j29,42 Ω jXL

j80-jXL 3 ekv ekv Zd = Zi

Sl. 3.14c Ekvivalentna šema sistema direktnih impedansi posle transfiguracije trougla 0-1-2 na sl. 3.14b u zvezdu

Ekvivalentna impedansa direktnog i inverznog redosleda u funkciji od induktivnog otpora dela voda nepoznate dužine L sa sl. 3.14c je: Zd = j ekv

(29,42 + X L ) ⋅ (82,88 − X L ) + 29,42 + X L + 82,88 − X L

(

)

j1,78 = j − 0,0089 X L2 + 0,476 X L + 23,49 = Z i . ekv

Ekvivalentna šema sistema nultog redosleda data je na sl. 3.14d. j240 Ω

1 0

2

j16,01 Ω

j9,68 Ω j3XL

0

j240-j3XL 3 ekv

Z0

Sl. 3.14d Ekvivalentna šema nultih impedansi sistema sa sl. 3.14a

Transfiguracijom trougla 0-1-2 sa sl. 3.14d u zvezdu dobija se šema na sl. 3.14e: Ekvivalentna impedansa nultog redosleda u funkciji od reaktanse dela voda nepoznate dužine L je: Z0 = j ekv

(14,46 + 3 X L ) ⋅ (248,74 − 3 X L ) + 14,46 + 3 X L + 248,74 − 3 X L

(

)

j 0,58 = j − 0,0342 X L2 + 2,67 X L + 14,25 .


230 0 j0,58 Ω j8,74 Ω

1 j14,46 Ω j3XL

2

j240-j3XL 3 ekv

Z0

Sl. 3.14e Ekvivalentna šema nultih impedansi posle transfiguracije trougla 0-1-2 sa sl. 3.14d u zvezdu

Struja jednofaznog kratkog spoja je onda: I k1Z = 3 ⋅

U fr Zd + Zi ekv

ekv

+ Z ekv 0

,

ekv

odnosno posle zamene prethodnih izraza za veličine XL. I k1Z = 3 ⋅

= 3⋅

j

2⋅ j

(

ekv

i Z0

dobija se izraz, koji je funkcija od

U fr

(

− 0,0089 X L2

− 0,052 X L2

ekv

Zd , Zi

) (

+ 0,476 X L + 23,49 + j − 0,0342 X L2 + 2,67 X L + 14,25

U fr

+ 3,622 X L + 61,23

)=

),

Nalaženje ekstremne vrednosti modula struje Ik1Z svodi se na nalaženje ekstremne vrednosti modula imenioca u izrazu za struju Ik1Z, izjednačavanjem sa nulom njegovog prvog izvoda po XL:

(

)

∂ − 0,052 X L2 + 3,622 X L + 61,23 = 0, ∂X L odakle je:

− 2 ⋅ 0,052 X L + 3,622 = 0, odnosno: XL =

3,622 = 34,827 Ω. 2 ⋅ 0,052

Pošto se ekstremna vrednost modula imenioca dobija za X L = 34,827 Ω , to je tražena dužina voda:

Proračun kratkih spojeva L=

231

X L 34,827 = = 87,067 km. xv 0,4

2 Imajući u vidu znak člana uz X L u imeniocu izraza za Ik1Z, za kvar koji se desio na rastojanju L = 87,067 km od sabirnica 1 ima se maksimalna vrednost modula imenioca u izrazu za struju kvara, odnosno minimalna vrednost modula struje kvara. Struja jednofaznog kratkog spoja za kvar na rastojanju L = 87,067 km od sabirnica 1 je onda: 220 / 3 min I k1Z = 3 ⋅ = − j 3,0655 kA . j − 0,052 ⋅ 34,827 2 + 3,622 ⋅ 34,827 + 61,23

(

)


232

Zadatak 3.15 Za dati trofazni, monofazno prikazani sistem na sl. 3.15a ispitati da li će u slučaju jednofaznog kratkog spoja na kraju voda doći do isključenja generatorskih prekidača P (kao jedinih sa te strane kvara) ako su prekostrujni releji, priključeni na sekundare strujnih transformatora (100/5 A/A) u sve tri faze podešeni da reaguju tek na struje koje odgovaraju primarnim strujama većim za 20 % od nominalnih struja generatora. Radi dobijanja najmanjih struja pri kratkom spoju, pretpostaviti praktično neopterećene mašine (tranzijentnu direktnu, a time i približno i inverznu reaktansu mreže naći iz zadatog udela u tranzijentnoj trofaznoj snazi kratkog spoja na sabirnicama i nominalnog napona na njima). Svi podaci o elementima sistema, neophodni za proračune, dati su ispod sl. 3.15a. P U fr = 60 / 3 kV Yd5 ~ S'k3 = 60 MVA pri P U = nm 20 kV ~ SnT1 = 2 MVA Unv = 60 kV SnG = 2×1 MVA mnT1 = 6,3/63 kV/kV Lv = 100 km UnG = 6,3 kV X'dG% = XiG% = 35 % XT1% = 9 % xv = 0,4 Ω/km X0v = 1,3 Ω/km

SnT2 = 2 MVA mnT2 = 60/20 kV/kV XT2% = 9 % X0µ% = 100 %

Sl. 3.15a Monofazna šema i parametri elemenata sistema iz zadataka 3.15

Rešenje: Direktna (inverzna) reaktansa jednog generatora svedena na stranu voda gde se dogodio kvar je: 2

2

2 X ′ % U nG 35 6,32  63  1 1    = X G′ 1 = dG   = 1389,15 Ω . 100 S nG1  mT 1  100 1  6,3 

Reaktansa transformatora T1 posmatrana sa strane višeg napona je: X T1 =

2 X T 1 % U nT 9 632 1 = = 178,605 Ω . 100 S nT 1 100 2

Direktna reaktansa voda je: X v = Lxv = 100 ⋅ 0,4 = 40 Ω . Nulta reaktansa voda je: X 0v = Lx0v = 100 ⋅ 1,3 = 130 Ω . Reaktansa transformatora T2 posmatrana sa mesta kvara (sa strane višeg napona) je:


XT 2

233

2 9 60 2 X T 2 % U nT 2 = = = 162 Ω . 100 S nT 2 100 2

Reaktansa magnećenja transforamtora T2 je: X 0µ =

2 X 0 µ % U nT 2

100

S nT 2

=

100 60 2 = 1800 Ω . 100 2

Reaktansa mreže svedena na stranu kvara je:

Xm =

2 U nm 20 2 mT2 2 = S k′ 3 60

2

 60    = 60 Ω .  20 

Na osnovu sračunatih podataka mogu se nacrtati ekvivalentne šeme simetričnih komponenata za direktni, inverzni i nulti sistem. Ekvivalentna šema inverznog sistema identična je sa ekvivalentnom šemom direktnog sistema pošto su im reaktanse elemenata iste. Ekvivalentna šema direktnog (inverznog) sistema prikazana je na sl. 3.15b. j1389,15 Ω j178,605 Ω

j40 Ω

j162 Ω

j60 Ω

j1389,15 Ω Ud-Ufr


Sažimanjem reaktansi dobija se ekvivalentna jednostavnija šema prikazana na sl. 3.15c, odakle se lako nalaze direktna (inverzna) reaktansa sistema posmatrana otočno sa mesta kvara. j913,18 Ω IdL

j222 Ω Ud-Ufr

Sl. 3.15c Ekvivalentna šema sistema direktnih (inverznih) impedansi posle ekvivalentovanja paralelenih i rednih elemenata na sl. 3.15b Ona iznosi: Zd = Zi ekv

ekv

=

j 913,18 ⋅ j 222 = j178,8 Ω . j 913,18 + j 222

Homopolarna (nulta) ekvivalentna šema sistema ima izgled kao na sl. 3.15d.


234

j178,60 Ω

j130 Ω

j81 Ω

j1800 Ω

U0

Sl. 3.15d Ekvivalentna šema nultih impedansi za sistem sa sl. 3.15a

Prostija šema sistema nultih impedansi, dobijena ekvivalentovanjem impedansi rednih elemenata sa sl. 3.15d, prikazana je na sl. 3.15e, odakle je: j308,6 Ω

j1881 Ω U0

Sl. 3.15e Ekvivalentna šema nultih impedansi, posle ekvivalentovanja rednih elemenata sa sl. 3.15d

Z0 = ekv

j 308,60 ⋅ j1881 = j 265 Ω . j 308,60 + j1881

Nulta, direktna i inverzna struja jednofaznog kratkog spoja na mestu kvara su jednake i iznose:

I0 = Id = Ii =

U/ 3 Z ekv 0

+

Z ekv d

+

Z iekv

=

60 / 1,73 = − j 55,7 A . j 265 + 2 ⋅ j178,8

Direktna komponenta struje kratkog spoja koja teče od strane generatora nalazi se iz jednačine:

Z ekv d ⋅ I d = Z dL ⋅ I dL , odakle je I dL =

Zd ⋅Id j178,8 ⋅ (− j 55,7 ) = = − j10,9 A . Z dL j 913,18

Preračunavanjem prethodno izračunate vrednosti struje na stranu nižeg napona dobija se da je njen moduo jednak: I dN = I iN =

1 ⋅ 10,9 = 109 A . 6,3 / 63


235

Sprega transformatora T1 je Yd5. Znači, fazna struja (napon) na strani nižeg napona kasni za 5⋅30° = 150° u odnosu na faznu struju (napon) višenaponske strane. Na strani višeg napona fazni stavovi direktne i inverzne struje poklapaju se. Na niskonaponskoj strani njihov međusobni položaj biće kao na sl. 3.15f, (Idn kasni za Id za 5⋅30°=150°, a Iin prednjači ispred Ii za150°). IdN IiN 60° 150° Id= Ii=-j10,9 A Sl. 3.15f Fazni stavovi direktne i inverzne struje na niženaponskoj strani

Direktna komponenta struje sa strane nižeg napona je: I dN = − I dN cos 60° + jI dN sin 60° = (− 54,5 + j 94,5) A . Inverzna komponenta struje sa strane nižeg napona je: I iN = I iN cos 60° + jI iN sin 60° = (54,5 + j 94,5) A . Namotaj nižeg napona transformatora T1 spregnut je u trougao pa se nulte komponente struje zatvaraju u njemu samom. Struja koja će teći kroz fazu A na niženaponskoj strani kada se na strani višeg napona dogodio jednofazni kratki spoj je: I AN = I dN + I iN = j189 A . Struja u fazi B na strani nižeg napona je: I BN = a 2 ⋅ I dN + a ⋅ I iN = 0 A . Struja u fazi C na strani nižeg napona je: I CN = a ⋅ I dN + a 2 ⋅ I iN = − j189 A . Nominalna struja generatora uvećana za 20 % je: 1,2 ⋅ I nG = 1,2 ⋅

1000 = 110 A . 3 ⋅ 6,3 / 3

(

)

Kako je 189/2 = 94,5 А < 110 А tо neće doći do isključenja generatorskih prekidača.


236

Zadatak 3.16 a) Izračunati procentualnu vrednost reaktanse X12% tronamotajnog transformatora sa sl. 3.16a tako da snaga trofaznog tranzijentnog kratkog spoja na strani 10 kV pri radnom naponu 10,5 kV ne pređe 200 MVA, koliko izdržava izabrana oprema 10 kV. b) Izračunati niskoomsku reaktansu prigušnice priključene u zvezdište sekundara transformatora, tako da tranzijentna struja jednofaznog kratkog spoja na sabirnicama 10 kV ne pređe 300 A, ako su rasipne reaktanse X13% = 18 % i X23% = 9 % računate za snagu 31,5 MVA ′ , X 0M = 2 X M ′ . X = XM (tercijer je manje snage), i ako je iM a c) Kolika je struja zemljospoja na dalekovodu 10 kV, jednostrano napajanom iz naznačenog postrojenja, na udaljenosti 3 km, ako je xv = 0,37 Ω/km, a x0v = 3xv. Računati sa nominalnim naponom na mestu kvara, pre nastanka kvara. U obzir uzeti prigušnicu izračunatu u tač. b. d) Proveriti da li je za slučaj zemljospoja na stubu udaljenom kao pod c) zadovoljen uslov po kome napon dodira za maksimalno vreme isključenja kvara ne sme da pređe 130 V, ako se radi o betonskim stubovima čiji otpor uzemljenja, odnosno rasprostiranja, zajedno sa prstenastim trakastim uzemljivačem na udaljenosti 1 m od temelja i dubini 0,5 m iznosi ρz (Ωm)/7 (Ω) i ako je, zahvaljujući oblikovanju potencijala usled prstenastog uzemljivača, pad potencijala na prvom metru 28 % od napona stuba. Dalekovod ima zaštitno uže Fe 50 mm2 čiji je podužni otpor rZU = 3,5 Ω/km, dok su rasponi 2 −4 a = 200 m, a specifični i podužni otpor zemlje ρ = 100 Ωm i rz = π f (Hz) ⋅10 (Ω/km ) . z

U

%

1 110 ±U reg reg 2 %

e) Izračunati minimalni potreban opseg regulacije , ako se radi o regulacionom trasformatoru, čiji primarni napon varira od 123 kV pri minimalnom opterećenju S = 5 MVA uz cosϕ = 0,9, do 100 kV pri maksimalnom opterećenju jednakom nominalnoj snazi uz cosϕ = 0,93, i ako sekundarno treba postići pri maksimalnom opterećenju napon 10,5 kV, a pri minimalnom 10 kV. Otpor namotaja transformatora, shodno sl. 3.16b je 0,5 %. .

mreža (M) f = 50 Hz

S'k3 = 5000 MVA pri UnM = 110 kV

1

1

3

3 2

S

110±

Ureg1 % Ureg2 %

2

RT12 % = 0,5 % XPR SnT12 = 31,5 MVA mnT12 = 110/10,5 kV/kV Sl. 3.16a Monofazna šema postrojenja i osnovni podaci transformatora iz zadatka 3.16

Rešenje:

Sl. 3.16b Osnovni podaci za proračun iz tačke e, zadatka 3.16


237

a) Kako snaga trofaznog tranzijentnog kratkog spoja ne sme da pređe 200 MVA na strani 10 kV pri radnom naponu 10,5 kV, to mora biti ispunjen uslov:

S k′ 3 = 200 MVA ≥ 3U r I k′ 3 → I k′ 3 ≤ ili:

S k′ 3 , 3U r

S k′ 3 Ur ≥ I k′ 3 = . ′ + X 12 ) 3U r 3(X M Ekvivalentna šema sistema impedansi direktnog redosleda onda ima izgled kao na sl. 3.16c. jX’M

jX12 k3

Sl. 3.16c Ekvivalentna šema impedansi sistema direktnog redosleda iz zadatka 3.16

Dalje se dobija: X 12 ≥

U r2 ′ , − XM S k′ 3

gde je tranzijentna reaktansa mreže, svedena na napon 10,5 kV: 2

U M2  1  110 2 10,5 2 ′ =   = XM = 0,022 Ω , S k′ 3 (M )  mT 12  5000 110 2 tako da je reaktansa primar-sekundar, takođe svedena na napon 10,5 kV: X 12 ≥

10,5 2 − 0,022 = 0,529 Ω , 200

odnosno, u %:

X 12 % =

100 X 12 100 ⋅ 0,529 S nT = ⋅ 31,5 = 15,12 % . 2 Un 10,52

b) Pošto su reaktanse rasipanja između tri namotaja transformatora, svedene na napon 10,5 kV:

X 12 = 0,529 Ω (sračunato pod a) );


X 13

238

X 13 % U n2 18 10,52 = = = 0,63 Ω ; 100 S nT 100 31,5

X 23 =

X 23 % U n2 9 10,5 2 = = 0,315 Ω , 100 S nT 100 31,5

to su reaktanse ekvivalentne zvezde 3-namotajnog transformatora: 1 ( X 12 + X 13 − X 23 ) = 1 (0,529 + 0,63 − 0,315) = 0,42 Ω ; 2 2 1 1 X 2 = ( X 12 − X 13 + X 23 ) = (0,529 − 0,63 + 0,315) = 0,107 Ω ; 2 2 1 1 X 3 = (− X 12 + X 13 + X 23 ) = (− 0,529 + 0,63 + 0,315) = 0,208 Ω . 2 2 X1 =

Ekvivalentna šema za sračunavanje direktne i inverzne ekvivalentne impedanse posmatrane sa mesta kvara, shodno sl. 3.16c data je na sl. 3.16d. jX12

jX'M

Zd = Zi ekv

ekv

Sl. 3.16d Ekvivalentna šema za proračun ekvivalentne impedanse (direktne i inverzne) kvara iz zadatka 3.16

Sa poslednje šeme na sl. 3.16 dobija se: Zd = Zi ekv

ekv

′ + X 12 ) = j 0,551 Ω . = j( X M

Ekvivalentna šema za sračunavanje nulte ekvivalentne impedanse posmatrane sa mesta kvara prikazana je na sl. 3.16e. jX0M

jX1

jX2

jX3

j3XPR ekv

Z0

Sl. 3.16e Ekvivalentna šema za proračun ekvivalentne nulte impedanse kvara iz zadatka 3.16.

Sa šeme na sl. 3.16 dobija se:


239

Z 0 = j (3 X PR + X 2 ) + X 3 j ( X Mo + X 1 ) . ekv

′ = 2 ⋅ 0,022 = 0,044 Ω, to je: Kako je X 0 M = 2 X M Z 0 = j (3 X PR + 0,107 ) + j 0,208 j (0,044 + 0,42 ) = j (3 X PR + 0,251) Ω . ekv

Pošto struja zemljospoja na sabirnicama 10 kV ne sme da bude veća od 300 A, uslov je:

I k1Z =

3U fr ekv Zd

+ Zi

ekv

+ Z0

ekv

≤ 300 A ,

odnosno: 3 ⋅ 10500 ≤ 300 A , j 3 (2 ⋅ 0,55 + 0,251 + 3 X PR ) odakle se dobija vrednost reaktanse prigušnice za uzemljenje:

X PR ≥ 19,76 Ω .

c) Zamenske šeme za sračunavanje ekvivalentnih impedansi posmatranih sa mesta kvara ostaju iste kao u tač. b, s tim što se na red sa sračunatim ekvivalentnim reaktansama vezuju direktna, odnosno nulta reaktansa deonice dalekovoda 10 kV dugačke 3 km, tako da je: Z d ( c ) = Z i (c ) = Z d (b ) + jX v = j (0,551 + 1,11) = j1,661 Ω ; ekv

ekv

ekv

Z 0(c ) = Z 0(b ) + jX 0v = j (3 X PR + 0,251 + 3,33) = j 62,86 Ω , ekv

ekv

gde je: X v = xv L = 0,37 ⋅ 3 = 1,11 Ω ; X 0v = 3 X v = 3 ⋅ 1,11 = 3,33 Ω ;

X PR = 19,73 Ω . Struja zemljospoja na dalekovodu 10 kV, na udaljenosti 3 km od datog postrojenja je onda: I k1Z =

3U fr ekv Z d (c )

+

ekv Z i(c)

+

ekv Z 0(c )

=

3 ⋅ 10000 = − j 261,71 A , odnosno: j 3 (2 ⋅ 1,661 + 62,86 )

I k1Z = 261,71 A .

d) Otpor rasprostiranja stuba iznosi:


RS =

ρz

=

7

240

100 = 14,286 Ω . 7

Ako se sa oznakom “prim” označe veličine po rasponu, to je otpor zaštitnog užeta po rasponu r ' ZU = 3,5 (Ω km) ⋅ 0,2 (km/rasponu) = 0,7 Ω/rasponu . Podužni otpor zemlje (rz) je: rz = π 2 ⋅ f (Hz) ⋅ 10 −4 (Ω km) = π 2 ⋅ 50 ⋅ 10 −4 = 0,04935 Ω/km , tako da je otpor zemlje po rasponu:

rz′ = 0,04935 (Ω km) ⋅ 0,2 (km/rasponu) = 0,00987 Ω/rasponu . Koeficijent α je onda:

α=

′ + r 'z rZU 0,7 + 0,00987 = = 0,223 . RS 14,286

Napon stuba u kvaru (US) može se izračunati kao: U S = I Z Z ekv , gde je Iz ukupna struja zemljospoja za kvar na posmatranom mestu, a Zekv je ekvivalentni otpor lanca: zaštitno uže, stubovi, zemlja:

Z ekv =

(

2 1− e

′ rZU −α

)

r′ + r′ + ZU z RS

,

tako da je: U S = I z Z ekv = 261,71 ⋅

(

2 1 − e − 0, 223

)

0,7 = 408,27 V . 0,7 + 0,00987 + 14,286

Sada je konačno:

∆U = 0,28 ⋅ U S = 0,28 ⋅ 408,27 = 114,3 V < 130 V = U dozv dod , pa se zaključuje da je napon dodira, odnosno kriterijum napona dodira na posmatranom stubu zadovoljen.


241

e) Prema uslovu zadatka važi relacija:  P R + Qmax X U z max NN = UVN − max U VN 

 10,5   110 + U reg1

Kako je željena vrednost napona na niženaponskoj strani pri maksimalnom opterećenju, U z maxNN = 10,5 kV (napon treba da je maksimalan kako bi i najudaljeniji potrošač imao kvalitetan napon), onda je na višenaponskoj strani napon UVN = 100 kV, tako da važi: 29,295 ⋅ 1,92 + 11,578 ⋅ 58,08  10,5  , 10,5 = 100 −  100   110 + U reg1 gde je: Pmax = S n cos ϕ = 31,5 ⋅ 0,93 = 29,295 MW ; Qmax = S n sin ϕ = 31,5 ⋅ 1 − 0,932 = 11,578 MVAr ; R=

RT 12 % U n2 0,5 110 2 = = 1,92 Ω ; 100 S nT 100 31,5

X 12 % U n2 15,12 110 2 X = = = 58,08 Ω . 100 S nT 100 31,5 Kada se gornja jednačina reši po Ureg1 dobija se: U reg1 = −17,287 kV , odnosno U reg1 % =

U reg1 Un

100 =

U reg1 110

100 =

− 17,287 100 = −15,715 % , 110

Slično, iz uslova:

 P R + Qmin X U z min NN = U VN min − min U VN min 

 10,5  ,  110 + U reg 2

gde je:

U z min NN = 10 kV , željena vrednost napona na niženaponskoj strani pri minimalnom opterećenju iznosi: U VN min = 123 kV . Takođe je:

Pmin = S min cos ϕ min = 5 ⋅ 0,9 = 4,5 MW ;


242

sin ϕ min = 1 − cos 2 ϕ min = 0,43588 ;

Qmin = S min sin ϕ min = 5 ⋅ 0,43588 = 2,179 MVAr , pa se za vrednost napona Ureg2 nalazi da je Ureg2 = 17,996 kV. Tada je:

U reg 2 % =

U reg 2 Un

100 =

U reg 2 110

100 =

17,996 100 = 16,36 % . 110

Odavde se sagledava potreban nominalni opseg regulacije, pa se on može usvojiti da bude 110±18 %.


243

Zadatak 3.17 Koliku niskoomsku a) reaktansu X ili b) rezistansu R treba priključiti između zvezdišta višeg napona “kućnog transformatora” (TK) i uzemljenja u jednopolno prikazanoj TS 110/10 kV/kV na sl. 3.17a ako se želi ograničiti struja kvara između faze i zemlje (“struja zemljospoja”) na sabirnicama 10 kV (pa onda i u mreži 10 kV) na maksimalno 300 A. Svi neophodni podaci za proračune dati su na sl. 3.17a. Napomene: 1) Uticaj povišenog radnog napona pre kvara iznad nominalnog i jake mreže približno se kompenzuju pa se može računati sa nominalnim naponom i mrežom beskonačne snage. 2) Zbog malih snaga kućnog transformatora i sopstvene potrošnje mogu se zanemariti njegova direktna i inverzna reaktansa u odnosu na odgovarajuće paralelne reaktanse (glavnog) transformatora. Jaka aktivna mreža 110 kV i još viših napona

XT% = 20 % SnT = 40 MVA mnT = 110/10,5 kV/kV

T

TK Sopstvena potrošnja

Iz ≤ 300 A SnTK = 250 kVA mnTK = 10/0,4 kV/kV Xγ1/2N % = 1 %

*

a) X=?

*

b) R=?

Sl. 3.17a Šema i parametri sistema iz zadatka 3.17

Rešenje: a) Ekvivalentna šema sistema za direktni i inverzni redosled ima izgled kao na sl. 3.17b. Kako je prema uslovu zadatka X Tγ 1 / 2 >> X T ,

to je: Zd = Zi ekv

ekv

= jX T .


244 jXT ekv Z ekv d = Zi

Sl. 3.17b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 3.17a za impedanse direktnog i inverznog redosleda

Ekvivalentna šema sistema sa sl. 3.17a za impedanse nultog redosleda, prikazana je na sl. 3.17c. jXTγ1/2

j3X ekv

Z0

Sl. 3.17c Ekvivalentna šema sistema sa sl. 3.17a za impedanse nultog redosleda

Sa šeme ns sl. 3.17c je: Z 0 = j ( X Tγ 1 / 2 + 3 X ) , ekv

gde je: 2 X T % U nT 20 10,52 XT = = = 0,55 Ω ; 100 S nT 100 40

X Tγ 1 / 2 =

2 X Tγ 1 / 2 % U nTK

100

S nTK

=

1 10 2 = 4 Ω. 100 0,25

Struja zemljospoja treba da je manja od 300 A, pa važi uslov:

IZ =

3U fr Zd + Zi ekv

ekv

+ Z0

ekv

≤ 300 A ,

odnosno:

300 ≥ 3 odakle je

10000 / 3 → 3 X ≥ 52,64 Ω , j 0,55 ⋅ 2 + j 4 + j 3 X


245

X ≥ 17,55 Ω .

b) Ekvivalentna šema za impedanse direktnog i inverznog redosleda ostaje ista kao u tač. a, a za impedanse nultog redosleda, prikazana je na sl. 3.17d. jXTγ1/2

3R ekv

Z0

Sl. 3.17d Ekvivalentna šema sistema impedansi nultog redosleda iz tač. b zadatka 3.17

Analogno, kao u proračunu reaktanse za uzemljenje u tač. a je:

IZ =

3U fr ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

3 ⋅ 10000 / 3 ≤ 300 A , 2 ⋅ j 0,55 + j 4 + 3R

odakle je

(3R )2 + 5,12

≥

3 ⋅ 10000 = 57,66 , 300

odnosno

(3R )2 ≥ 57,66 2 − 5,12 , pa se konačno dobija: R ≥ 19,44 Ω .


246

Zadatak 3.18 Koliki je u sistemu prikazanom na sl. 3.18a (sa parametrima elemenata datim na toj slici) napon zvezdišta 35 kV namotaja transformatora u vreme jednofaznog kratkog spoja na vodu nominalnog napona 110 kV, ako tranzijentna struja jednofaznog kratkog spoja iznosi 1,5 kA i ako je Petersenova prigušnica, priključena na sekundarno zvezdište transformatora, podešena na prvu nižu vrednost svojih nominalnih struja u odnosu na struju zemljospoja 35 kV mreže bez Petersenovog kalema a) za slučaj da je transformator bez tercijera, b) za slučaj transformatora sa tercijerem, spregnutim u trougao. SnT = 20 MVA mnT = 110/38,5 kV/kV X12% = 10 %, X13% = 11 % MREŽA 3 Ur = 110 kV X23% = 6 %, X0µ% =100 % nominalnog napona 35 kV Zo = j120 Ω 1 2 ΣL = 200 km c0 = 5⋅10-9 F/km U nPR = 35 / 3 kV Ik1Z = 1,5 kA InPR = 5, 10, 15, 20, 25, 30 A Sl. 3.18a Trofazna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.18

Rešenje: Reaktanse između pojedinih namotaja i reaktansa magnećenja transformatora svedene na napon 110 kV su:

X 12 =

2 X 12 % U nT 10 110 2 = = 60,5 Ω ; 100 S nT 100 20

X 13 =

2 X 13 % U nT 11 110 2 = = 66,55 Ω ; 100 S nT 100 20

X 23 =

2 X 23 % U nT 6 110 2 = = 36,30 Ω ; 100 S nT 100 20

X 0µ =

2 X µ % U nT

100 S nT

100 110 2 = = 605 Ω . 100 20

Odgovarajuće reaktanse ekvivalentne zvezde tronamotajnog transformatora su: 1 ( X 12 + X 13 − X 23 ) = 1 (60,5 + 66,55 − 36,30) = 45,375 Ω ; 2 2 1 X 2 = ( X 23 + X 12 − X 13 ) = 15,125 Ω ; 2 1 X 3 = ( X 13 + X 23 − X 12 ) = 21,175 Ω . 2 X1 =


247

Struja zemljospoja u 35 kV-noj mreži bez Petersenove prigušnice je:

I z = + j 3U n c0ωΣL = j1,73 ⋅ 35 ⋅ 103 ⋅ 5 ⋅ 10 −9 ⋅ 314 ⋅ 200 = j19 A . Petersenova prigušnica, prema uslovu zadatka, treba da se podesi na InPR = 15 A, pa je reaktansa prigušnice svedena na stranu 35 kV: X PR 35 =

U nPR 35 / 3 = 1000 = 1350 Ω , I nPR 15

ili, svedena na stranu 110 kV: 2

X PR 35

 110  = 1350  = 11 020 Ω .  38,5 

a) Za slučaj bez tercijara kapacitivna reaktansa nultog redosleda mreže 35 kV je: 1 1 = = 3183,1 Ω , ωc0 ΣL 314 ⋅ 5 ⋅ 10 − 9 ⋅ 200 ili svedena na stranu 110 kV: 2

 110  3183,1  = 26 000 Ω .  38,5  Ekvivalentna šema sistema impedansi nultog redosleda ima izgled prikazan na sl. 3.18b. j45,375 Ω

j15,125 Ω j3⋅11020 Ω

I0 j120 Ω

j605 Ω

-j 26000 Ω

U0

Sl. 3.18b Ekvivalentna šema mreže impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.18a, za slučaj da je transformator bez tercijera

Sažimanjem redno i paralelno vezanih reaktansi na šemi sa sl. 3.18b, dobijaju se ekvivalentne šeme na sl. 3.18c. 1 Ako se usvoji da je struja I0 uslovno u faznoj osi biće: I 0 = I k1Z , tj. I 0 = 500 A , pa je 3 shodno sl. 3.18c: I 01 + I 02 = 500 A ;


248

j120 ⋅ I 01 = j (45,37 + 557,5) ⋅ I 02 . Iz gornje dve jednačine dobija se struja I02, koja iznosi:

I 02 = 83 A . j45,37 Ω I0

I0PR

j605 Ω

j120 Ω

j7075,125 Ω

U0 c1) j45,37 Ω I01

I0

I02

j120 Ω

j557,5 Ω

U0 c2) Sl. 3.18c Ekvivalentne mreže nultog redosleda posle sažimanja rednih (c1) i paralelnih elemenata (c2), na sl. 3.18b

Struja I0pr se shodno šemama sa sl. 3.18c, može odrediti iz jednačine: j 7075,125 ⋅ I 0 PR = j 557,5 ⋅ I 02 , odakle je: I 0 PR = 6,54 A . Traženi napon zvezdišta transformatora za vreme kvara biće:  38,5   38,5  U = j 3 ⋅ X PR ⋅ I 0 PR   = j 3 ⋅ 11020 ⋅ 6,54 ⋅   = j 75500 V = j 75,5 kV .  110   110 

b) Ekvivalentna šema sistema nultog redosleda za slučaj da transformator raspolaže sa tercijerom prikazana je na sl. 3.18d. Sukcesivnim uprošćavanjem dobija se odgovarajuća pojednostavljena šema sistema, prikazana na sl. 3.18e. Iz jednačina: I 01 + I 02 = 500 A ;

j120 ⋅ I 01 = j (45,37 + 20,38) ⋅ I 02 ;


249

dobija se vrednost za struju kvara:

I 02 = 324 A . j45,37 Ω I0

j15,12 Ω j3⋅11020 Ω

j605 Ω

j120 Ω

j21,175 Ω

-j26000 Ω

Uo

Sl. 3.18d Ekvivalentna šema impedansi sistema nultog redosleda za slučaj da transformator iz zadatka 3.19 ima tercijer spregnut u trougao j45,37 Ω I0

I0PR

j605 Ω

j120 Ω

j21,175 Ω

j7075,125 Ω

U0 e1) j45,37 Ω j120 Ω

I01

I0

I02

j20,38 Ω

U0 e2) Sl. 3.18e Ekvivalentne šeme sistema nultih impedansi sa sl. 3.18d pre (e1) posle sažimanja rednih i paralelnih elemenata (e2)

Struja prigušnice može se odrediti iz jednačine: j 7075,125 ⋅ I 0 PR = j 20,38 ⋅ I 02 = j 20,38 ⋅ 324 , odakle je: I 0 PR = 0,932 A . Traženi napon u zvezdištu transformatora za vreme kvara biće:  38,5  U N = j 3 ⋅ 11020 ⋅ 0,932 ⋅   = j10780 V = j10,78 kV .  110 


250

Zadatak 3.19 U elektroenergetskom sistemu, čiji su podaci dati na sl. 3.19a dolazi do jednofaznog kratkog spoja sa zemljom na sabirnicama 1. a) Izračunati ukupnu struju jednofaznog kratkog spoja sa zemljom na sabirnicama 1 za slučaj izolovanog, a potom za slučaj direktno uzemljenog zvezdišta transformatora T1. b) Za slučaj izolovanog zvezdišta transformatora T1 izračunati napon tog zvezdišta, za vreme kvara. c) Da li se zvezdište transformatora T1 može ostaviti izolovano? Obrazložiti odgovor. 5 G

T1

4

1

L12 = L13 = L23 = L = 150 km

2

AT

xv = 0,42 Ω/km x0v = 3xv

~ SnG = SnT1 = 300 MVA UnG1 = 15,75 kV mT1 = 15,75/231 kV/kV X'dG% = XiG% = 30 % XT1% = 12 %

SnAT = 300 MVA mAT = 220/400 kV/kV XAT% = 11 %

3 T2

1 3 2 pasivno potrošačko područje

S'k3 = 10000 MVA pri UM = 400 kV XiM = X’dM X0M =2 X’dM

6

SnT2 = 150 MVA mT2 = 220/110/35 kV/kV/kV X12% = 15 %; X13% = 9 % X23% = 12 %


Rešenje: Proračun impedansi generatora, transformatora T1 i AT i vodova: ′ = X iG = X dG

2 ′ % U nG X dG 1 30 15,75 2 2312 = = 53,36 Ω ; 100 S nG mT21 100 300 15,752

2 X T 1 % U nT 12 2312 = = 21,34 Ω ; 100 S nT 100 300 = X v13 = X v 23 = X v = xv L = 0,42 ⋅ 150 = 63 Ω ;

X T1 = X v12

X 0v12 = X 0v13 = X 0v 23 = X 0v = 3 X v = 189 Ω ; U M2 2 400 2 220 2 m AT = = 4,84 Ω ; S k′ 3 10000 400 2 ′ = 9,68 Ω . = 2 X dM

′ = X dM X 0M

X AT =

2 X AT % U nT 11 220 2 = = 17,75 Ω 100 S nT 100 300

Proračun impedansi tronamotajnog transformatora T2:


X 12

251

2 15 220 2 X 12 % U nT 2 = = = 48,4 Ω ; 100 S nT 2 100 150

X 13 =

2 X 13 % U nT 9 220 2 2 = = 29,04 Ω ; 100 S nT 2 100 150

X 23 =

2 X 23 % U nT 12 220 2 2 = = 38,72 Ω ; 100 S nT 2 100 150

1 ( X 12 + X 13 − X 23 ) = 19,36 Ω ; 2 1 X 2 = ( X 12 + X 23 − X 13 ) = 29,04 Ω ; 2 1 X 3 = ( X 13 + X 23 − X 12 ) = 9,68 Ω . 2 X1 =

Ekvivalentna šema sistema za direktni i inverzni redosled, data je na sl. 3.19b. 1 0 j53,36 Ω

2

j63 Ω

j21,34 Ω

j17,75 Ω j4,84 Ω j63 Ω

j74,7 Ω

ekv Zd

=

j63 Ω

ekv Zi

0

j22,59 Ω

3 j48,4 Ω

Sl. 3.19b Ekvivalentna šema impedansi direktnog (inverznog) redosleda za sistem sa sl. 3.19a

Sređivanjem prethodne šeme dobija se šema na sl. 3.19c.

1

j63 Ω

j74,7 Ω

2 j22,59 Ω

j126 Ω Zd = Zi ekv

ekv

j64,59 Ω

Sl. 3.19c Ekvivalentna šema impedansi direktnog (inverznog) redosleda posle sređivanja šeme sa sl. 3.19b

Konačno, ekvivalentna impedansa direktnog i inverznog redosleda je:

Proračun kratkih spojeva Zd = Zi ekv

ekv

= j

252

74,7 ⋅ 64,59 = j 34,64 Ω . 74,7 + 64,59

Ekvivalentna šema za nulti redosled za slučaj izolovanog zvezdišta transformatora T1 data je na sl. 3.19d. j189 Ω

1

2 j17,75 Ω

0 j21,34 Ω j189 Ω ekv Z0

j189 Ω

j9,68 Ω 0

j27,43 Ω

3 j29,04 Ω

j19,36 Ω j9,68 Ω j29,04 Ω

Sl. 3.19d Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.19a, pri izolovanom zvezdištu transformatora T1 Ekvivalentovanjem trougla 1-2-3 sa sl. 3.19d u zvezdu, dobija se šema na sl. 3.19e.

j21,34 Ω Z ekv 0

1

j63 Ω

Z

j63 Ω j63 Ω

j92,04 Ω

2 j27,43 Ω j90,43

3 j29,04 Ω

Sl. 3.19e Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda posle transfiguracije trougla 1-2-3 sa sl. 3.19d u zvezdu 123Z.

Konačno, ekvivalentna impedansa nultog redosleda za slučaj izolovanog zvezdišta transforamtora T1 je: Z 0ekv (iz ) = j 63 + j

90,43 ⋅ 92,04 = j108,61 Ω . 90,43 + 92,04


253

a) Tražena struja jednofanog kratkog spoja za slučaj izolovanog zvezdišta transformatora T1 je: I k1Z (iz ) = 3I 0(iz ) =

U fr ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z 0(iz )

=

3 ⋅ 220 / 3 = − j 2,142 kA . 2 ⋅ j 34,64 + j108,61

Za slučaj direktno uzemljenog zvezdišta ekvivalentna impedansa nultog redosleda je: Z 0(uz ) = Z 0(iz ) j 21,34 = j ekv

ekv

108,61 ⋅ 21,34 = j17,84 Ω . 108,61 + 21,34

Struja jednofaznog kratkog spoja sa zemljom za ovaj slučaj je: I k1Z (uz ) = 3I 0(uz ) =

U fr ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z 0(uz )

=

3 ⋅ 220 / 3 = − j 4,374 kA . 2 ⋅ j 34,64 + j17,84

b) Napon izolovanog zvezdišta transformatora T1 za slučaj jednofaznog kratkog spoja sa zemljom na sabirnicama 1 je: U N = − Z 0(iz ) I 0(iz ) = − Z 0(iz ) ekv

ekv

I k1Z (iz ) 3

= − j108,61 ⋅

− j 2,142 = −77,55 kV . 3

c) Pošto je kriterijum efikasnosti uzemljenja zvezdišta proizvoljnog elektroenergetskog X 0 X d ≤ 3, za elektroenergetski sistem iz zadatka za slučaj izolovanog zvezdišta sistema transformatora T1 se dobija: X 0 X d = 108,61 34,64 = 3,135 > 3 , pa se može zaključiti da zvezdište transformatora T1 ne sme raditi izolovano.


254

Zadatak 3.20 Za dati trofazni, jednofazno prikazani elektroenergetski sistem sa sl. 3.20a, proveriti da li sme zvezdište jednog od dva generatorska transformatora da se drži neuzemljeno, ako je izolacija zvezdišta prema “masi” (zemlji) dimenzionisana za nivo trećine nominalnog faznog napona odgovarajućeg namotaja. Proveru vrednosti kvazistacionarnog napona zvezdišta prema zemlji izvršiti samo za slučaj jednofaznog kratkog spoja na početku jednog od dva voda u tranzijentnom periodu. Podaci o parametrima elemenata sistema, dati su ispod sl. 3.20a. U fr = 230 / 3 kV

1

~

2

1

2 3

~

3

SnG = SnT = 2×200 MVA UnG = 15,75 kV mT = 15,75/231 kV/kV X'dG% =20 % XT1% = 12 %


S'k3 = 8000 MVA pri UM = 400 kV XiM = X’dM X0M = 2X’dM

SnAT1-2 = 400 MVA SnAT3 = 133,3 MVA mAT = 220/400/36,75 kV/kV/kV ux12 = uk12 = 8 % ux13 = uk13 = 12 % pri snazi ux23 = uk23 = 14 % 400 MVA

Sl. 3.20a Jednofazna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.20

Rešenje: Parametri elemenata elektroenergetskog sistema sa sl. 3.20a su: 2

′ X dGe

2 X ′ % U nG 1 20 15,75 2  231  = dG =   = 26,68 Ω ; 100 2 S nG mT2 100 2 ⋅ 200  15,75 

2 X T % U nT 12 2312 = = 16 Ω ; 100 2 S nT 100 2 ⋅ 200 1 1 1 = X v = xv Lv = 0,42 ⋅ 160 = 33,6 Ω ; 2 2 2 2 u % U nT 8 220 2 = x12 = = 9,68 Ω ; 100 S AT 12 100 400

X Te = X ve X 12

X 13 = X 23

2 u x13 % U nT 12 220 2 = = 14,52 Ω ; 100 S AT 12 100 400

2 u x 23 % U nT 14 220 2 = = = 16,94 Ω . 100 S AT 12 100 400


255

Na osnovu napred proračunatih reaktansi rasipanja autotransformatora, svedenih na naponski nivo voda (220 kV), nalaze se parametri odgovarajuće zvezde tog tronamotajnog autotransforamtora: 1 ( X 12 + X 13 − X 23 ) = 1 (9,68 + 14,52 − 16,94) = 3,63 Ω ; 2 2 1 1 X 2 = ( X 12 + X 23 − X 13 ) = (9,68 + 16,94 − 14,52 ) = 6,05 Ω ; 2 2 1 1 X 3 = ( X 13 + X 23 − X 12 ) = (14,52 + 16,94 − 9,68) = 10,89 Ω . 2 2 X1 =

Reaktansa mreže svedena na naponski nivo voda je:

′ = X dM

2

2

U M2  220  400 2  220  =     = 6,05 Ω . S 'k 3  400  8000  400 

Na osnovu izračunatih parametara na sl. 3.20b nacrtana je odgovarajuća ekvivalentna šema impedansi za direktni i inverzni redosled. jX’Ge

jXTe

jXve

jX1

jX2

jX’dM

jX3 ekv Zd

=

ekv Zi

Sl. 3.20b Mreža direktnih i inverznih impedansi sistema sa sl. 3.20a

Krak zvezde sa reaktansom jX3 je otvoren, s obzirom da je tercijer neopterećen. Naime, direktne i inverzne ems se indukuju u tercijeru ali je njihov fazorski zbir po zatvorenoj konturi (trouglu) jednak nuli (sistem od 3 vektora međusobno pomerena za 120°), tako da struje direktnog i inverznog redosleda u simetričnim režimima ne teku po trouglu. Sa sl. 3.20b nalazi se da je: Zd = Zi ekv

ekv

′ + X Te ) j ( X ve + X 1 + X 2 + X dM ′ ), = j ( X Ge

odakle je posle zamene brojčanih vrednosti pojedinih reaktansi: Zd = Zi ekv

ekv

= j 42,68 j 49,33 = j 22,88 Ω .

Nulta ekvivalentna šema impedansi sistema kada je samo jedan blok-generatorski transformator direktno uzemljen, ima izgled kao na sl. 3.20c. Nulte reaktanse elemenata na sl. 3.20c su onda:


256

X T = 2 X Te = 32 Ω ; 1 1 X 0ve = xov Lv = ⋅ 1,2 ⋅ 160 = 96 Ω ; 2 2 ′ = 2 ⋅ 6,05 = 12,1 Ω . X 0 M = 2 X dM jXT

jX0ve

jX1

jX2

jX0M

jX3

ekv

Z0

Sl. 3.20c Mreža nultih impedansi sistema sa sl. 3.20a Ekvivalentna nulta impedansa posmatrana otočno sa mesta kvara je:

Z 0ekv = jX T

( j( X 0ve + X 1 ) + j ( X 2 + X 0 M )

jX 3 ) = j 32 j106,44 = j 24,604 Ω .

Napon zvezdišta izolovanog transformatora prema zemlji određen je samo nultom komponentom napona pošto direktna i inverzna komponenta napona (kod simetričnog trofaznog sistema) ne utiču na potencijal zvezdišta. Pri tome, napon zvezdišta upravo je jednak naponu na mestu kvara (nultoj komponenti) pošto se nulte struje kroz izolovano zvezdište ne zatvaraju i jednostavno se nulti potencijal sa mesta kvara prenosi do zvezdišta. Dakle, shodno sl. 3.20d je:

U N = −U 0 = −

Z 0ekv Z 0ekv

+

Z ekv d

+

Z iekv

U fr = −

24,604 230 ⋅ = 24,604 + 2 ⋅ 22,88 3

1 1 231 = 46,43 kV > U izolacije zvezdišta = U nf = ⋅ = 44,456 kV . 3 3 3

Io Io Io 3Io Uo Uzv

+

Sl. 3.20d Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 3.20 za proračun napona izolovanog zvezdišta blok-generatorskog transformatora na strani mreže

Zaključuje se da zvezdište treba izolovati jače od 1/3 punog faznog napona (npr. izolacija zvezdišta treba da je dimenzionisana na 2/3 vrednosti punog faznog napona).


257

Zadatak 3.21 Za elektroenergetski sistem prikazan na sl. 3.21a odrediti: a) Struju trofaznog kratkog spoja na sabirnicama 6. b) Struju jednofaznog kratkog spoja na istim sabirnicama, kao i struju i napon na krajevima otpora za uzemljenje u naredna dva slučaja: b1) Svako od zvezdišta na 35 kV strani transformatora T3 je uzemljeno preko otpornosti za uzemljenje R = 30 Ω. b2) Zvezdišta na 35 kV strani oba transformatora T3 međusobno su povezana i uzemljena preko zajedničke otpornosti za uzemljenje R = 30 Ω. Napon na mestu kvara, pre kvara je U fr = 36,5 / 3 kV. Ostali podaci o sistemu su dati na sl. 3.22a. Napomena: Procentualne reaktanse transformatora T2 su proračunate za snagu 150 MVA, dok su za transformatore T3 date za odgovarajuće prolazne snage. 3 4 S'k3 = 8000 MVA Unv = 110 kV 2 1 pri UM = 225 kV xv = 0,41 Ω/km x0v = 1,2 Ω/km ~ XiM = X’dM T2 L24 = 80 km , X0M =1,5X’dM 3 L25 = 60 km L45 = 60 km SnT2 = 150/150/50 MVA SnG = SnT = 2×50 MVA mT2 = 220/110/10,5 kV/kV/kV X'dG% = 25 % 5 X12% = 12 %, X13% = 15 %, X23% = 7 % UnG = 15,75 kV mT1 = 115/15,75 kV/kV SnT3 = 75/75/25 MVA XT% = 12 % mT3 = 110/36,75/10,5 kV/kV/kV sprega Yd5 T T X % = 7 %, X % = 3,8 %, X % = 1 %

T1

1

2

6

3

3

12

13

23

K

Sl. 3.21a Jednoplna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.21

Rešenje: Parametri sistema svedeni na naponski nivo 35 kV su: 2

′ = X dG

2 ′ % U nG X dG 1 25 15,75 2  115   36,75  mT21 2 =     = 3,69 Ω; 100 S nG mT 3 100 100  15,75   110 

X T1 =

2 X T 1 % U nT 12 115 2  36,75  1 1 =   = 1,77 Ω; 100 S nT mT2 3 100 100  110 

2

2

X dv 24

1  36 ,75  = xdv L24 2 = 0 ,41 ⋅ 80 ⋅   = 3,661 Ω; mT 3  110 

X 0v 24

1  36,75  = x0v L24 2 = 1,2 ⋅ 80 ⋅   = 10,715 Ω; mT 3  110 

2

2


258 2

X dv 25

1  36 ,75  = xdv L25 2 = 0 ,41 ⋅ 60 ⋅   = 2 ,746 Ω; mT 3  110  2

1  36,75  X 0v 25 = x0v L25 2 = 1,2 ⋅ 60 ⋅   = 8,036 Ω; mT 3  110  X dv 45 = X dv 25 = 2 ,746 Ω; X 0v 45 = X 0v 25 = 8,036 Ω; X T 212 =

2 2 X T 212 % U nT 12 110 2  36,75  2 1 =   = 1,08 Ω; 100 S nT 21 mT2 3 100 150  110 

X T 213 =

2 2 X T 213 % U nT 15 110 2  36,75  2 1 =   = 1,35 Ω; 100 S nT 21 mT2 3 100 150  110 

X T 223 =

2 2 X T 223 % U nT 7 110 2  36,75  2 1 =   = 0,63 Ω; 100 S nT 21 mT2 3 100 150  110 

(

)

(

)

(

)

1 1 X T 212 + X T 213 − X T 223 = (1,08 + 1,35 − 0 ,63) = 0 ,9 Ω; 2 2 1 1 X T 22 = X T 212 + X T 223 − X T 213 = (1,08 + 0 ,63 − 1,35) = 0 ,18 Ω; 2 2 1 1 X T 23 = X T 213 + X T 223 − X T 212 = (1,35 + 0 ,63 − 1,08) = 0 ,45 Ω; 2 2 2 2 xT 312 U nT 3 7 36 ,75 X T 312 = = = 1,26 Ω; 100 S nT 31 100 75 X T 21 =

X T 313 =

2 xT 313 U nT 3,8 36 ,75 2 3 = = 2 ,053 Ω; 100 S nT 33 100 25

X T 323 =

2 xT 323 U nT 1 36 ,75 2 3 = = 0 ,54 Ω; 100 S nT 33 100 25

X T 31 =

(

)

X T 32

(

)

(

)

X T 33

1 1 X T 312 + X T 313 − X T 323 = (1,26 + 2 ,053 − 0 ,54 ) = 1,3865 Ω; 2 2 1 1 = X T 312 + X T 323 − X T 313 = (1,26 + 0 ,54 − 2 ,053) = −0 ,1265 Ω; 2 2 1 1 = X T 313 + X T 323 − X T 312 = (2 ,053 + 0 ,54 − 1,26 ) = 0 ,6665 Ω; 2 2

X 0M

2

2

U M2 2 1 225 2  110   36,75  mT 2 2 =     = 0,1766 Ω; S k′ 3 mT 3 8000  220   110  = 1,5 X dM = 0,2649 Ω.

′ = X dM

Ekvivalentna šema za impedanse direktnog (inverznog) sistema data je na sl. 3.21b.

Proračun kratkih spojeva j3,69 Ω

259 2

j1,77 Ω

4

j3,661 Ω

j2,746 Ω

j1,08 Ω

j0,1766 Ω

j2,746 Ω 5

j1,26 Ω

j1,26 Ω 6 K

Sl. 3.21b Ekvivalentna šema impedansi direktog (inverznog) redosleda sistema sa sl. 3.21a

Ekvivalentovanjem rednih grana i prebacivanjem trougla 2-4-5 mreže sa sl. 3.21b u zvezdu dobija se šema data na sl. 3.21c: 2

j5,46 Ω

4

j1,098 Ω

j1,098 Ω 0

j6,558 Ω

j1,2566 Ω

j2,3546 Ω j0,824 Ω 5

j1,454 Ω

j0,63 Ω 6 K Sl. 3.21c Ekvivalentna šema impedansi sa sl. 3.21b, posle transformacije trougla 2-3-4 u zvezdu

Sa prethodne šeme dobija se ekvivalentna impedansa direktnog (inverznog) redosleda, za kvar na sabirnicama 6: ekv Z ekv d = jX d = j1, 454 + j

6,558 ⋅ 2,3546 = j 3,1865 Ω . 6,558 + 2,3546

Struja trofaznog kratkog spoja na sabirnicama 6 je onda:


I k3 =

U fr ekv Zd

=

260

36,5 / 3 = − j 6,613 kA. j 3,1865

b1) Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda za slučaj kada je svako od zvezdišta transformatora T3 uzemljeno preko individualnih otpornosti za uzemljenje, data je na sl. 3.21d. 2

j1,77 Ω

4

j10,715 Ω

j8,036 Ω

j0,18 Ω

j8,036 Ω

j0,9 Ω

j0,2649 Ω

j0,45 Ω

5 j1,3865 Ω

j1,3865 Ω

j0,6665 Ω

j0,6665 Ω

-j0,1265 Ω

-j0,1265 Ω

3R=90 Ω

3R=90 Ω 6 K

Sl. 3.21d Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda sistema pri individualnom uzemljenju zvezdišta na 35 kV strani transformatora u grani 5-6 preko otpora od 30 Ω Ekvivalentovanjem paralelnih i rednih grana i prebacivanjem trougla 2-4-5 i zvezdu dobija se uprošćena šema data na sl. 3.21e. Sa sl. 3.21e se dalje dobija ekvivalentna nulta impedansa sistema, za kvar na sabirnicama 6: Z 0 = (45 + j 0,25) Ω. ekv

Struja jednofaznog kratkog spoja za kvar na sabirnicama 6 je onda: I k1Z =

3U fr / 3 ekv Zd

+

ekv Zi

+

ekv Z0

=

3 ⋅ 36,5 / 3 = (1,375 − j 0,202 ) = 1,39 kA / − 8,37° 2 ⋅ j 3,1865 + 45 + j 0,25

Struja kroz otpornik za uzemljenje svakog od transformatora u grani 5-6, jednaka je polovini struje jednofaznog kratkog spoja:

Proračun kratkih spojeva IR =

261

I k1Z = (0,6875 − j 0,101) = 0,695 kA / − 8,37°. 2

Napon na krajevima otpornosti za uzemljenje je:

U R = I R ⋅ R = 0,695 ⋅ 30 = 20,85 kV. j1,77 Ω

j0,5046 Ω j3,214 Ω

j3,214 Ω

j4,984 Ω

j3,7186 Ω

j4,5407 Ω

j2,411 Ω j0,6932 Ω j0,33325 Ω

j0,25 Ω

- j0,06325 Ω 45 Ω 6 K

Sl. 3.21e Ilustracija postupka sažimanja mreže nultih impedansi sa sl. 3.21d

b2) Za slučaj kada su zvezdišta na 35 kV strani oba transformatora u grani 5-6 međusobno povezana i uzemljena preko zajedničke otpornosti menja se samo deo ekvivalentne šeme transformatora T3, kako je to pokazano na sl. 3.21f. Sa sl. 3.21f se dobija da je u ovom slučaju ekvivalentna nulta impedansa sistema, za kvar na sabirnicama 6: Z 0 = (90 + j 0,25) Ω . ekv

Struja jednofaznog kratkog spoja za kvar na sabirnicama 6 onda je:

I k1Z =

3U fr / 3

+ + = 0,7005 kA / − 4,21° . ekv Zd

ekv Zi

ekv Z0

=

3 ⋅ 36,5 / 3 = (0,6986 − j 0,0514 ) = 2 ⋅ j 3,1865 + 90 + j 0,25


262

Struja kroz otpornost za uzemljenje jednaka je struji jednofazog kratkog spoja, tj: I R = I k1Z = (0,6986 − j 0,0514 ) = 0,7005 kA / − 4,21°. Napon na krajevima otpornosti za uzemljenje je:

U R = R ⋅ I R = 30 ⋅ 0,7005 = 21,016 kV.

j4,5407 Ω

j0,25 Ω

j1,3865 Ω

j1,3865 Ω

j0,6665 Ω

j0,6665 Ω

- j0,1265 Ω

- j0,1265 Ω

3R=90 Ω 6 K

Sl. 3.21f Ekvivalentna šema sistema nultih impedansi pri zajedničkom uzemljenju zvezdišta na 35 kV strani transformatorau grani 5-6, preko otpora od 30 Ω


263

Zadatak 3.22 Na sl. 3.22a dat je dalekovod 1-2 dužine Lv, podužne nulte reaktanse xov, na čijim krajevima su transformacije sa direktno uzemljenim zvezdištima na strani voda. Za vreme jednofaznog kratkog spoja na vodu, izmerene su blokiranjem merenja pri isključenju prekidača u istom trenutku tranzijentnog perioda, efektivne vrednosti napona i struja na početku i kraju voda (U1, U2, I1, I2). Voltmetri i ampermetri za merenja napona i struje priključeni su u odgovarajuća sekundarna kola mernih transformatora prema šematski prikazanom načinu merenja na sl. 3.22a. Izračunati rastojanje l mesta kvara od podstanice 1. Lv 1

2

faza C faza B faza A r0v<< x0v

l

ST1

NT

ST2 A

m NT =

220 / 3 kV 0 ,1 / 3 kV

Im

500 A 5 A 1A = 1A

m ST 1 = m ST 2

V Um

Sl. 3.22a Trofazna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.22 Rešenje: Fazorski dijagrami simetričnih komponenata faznih napona i struja za vreme kvara, na mestu kvara prikazani su na sl. 3.22b (odnose se na simetrične komponente faze A gde je oznaka faze namerno izostavljena). Ufr f.o. Ud

a2Ui

aIi

aId

aUi

Id aUd

Ii

I0

2

a Ud

Ui

U0

a2Id

a2Ii

Sl. 3.22b Fazorski dijagrami simetričnih komponenata napona i struja na mestu kvara, za vreme kvara


264

Da bi se odredilo mesto kvara na vodu posmatra se monofazna šema prema sl. 3.22c. Lv 1

l

Lv-l

I01 U01

2

I02 U02

U0P

Sl. 3.22c Monofazna šema sistema sa sl. 3.22a, na osnovu koje se određuje mesto kvara

Prema šemi sa sl. 3.22c, jednačine za napone na kraju i početku voda su: U 02 = U 0 P + j (Lv − l )x0v I 02 ; U 01 = U 0 P + jlx0v I 01 . Odavde je: U 02 − U 01 = j (Lv − l )x0v I 02 − j lx0v I 01 , odnosno kada se gornja jednačina reši po l (rastojanju mesta kvara od tačke 1), biće

l=

U 01 − U 02 + jLv x0v I 02 . jx0v (I 01 + I 02 )

Idući od mesta kvara U0 se smanjuje, ali je fazni stav isti. Prema orijentaciji osa on je negativan, pa u obrazac treba staviti –U01 i –U02. Sličnim rezonovanjem zaključuje se i za struje I01 = –jI01 i I02 = –jI02. Kada se ovo uvrsti u izvedeni obrazac, dobija se konačni obrazac za izračunavanje mesta kvara na kome se dogodio jednofazni kratak spoj ako su poznate nulte komponente struje i napona na početku i kraju voda:

l=

U 02 − U 01 + Lv x0v I 02 . x0v (I 01 + I 02 )

Za brojčane vrednosti izmerenih veličina: U m1 = 30 V ; U m 2 = 40 V ; I m1 = 9 A ; Lv = 180 km ; x0v = 1,3 Ω/km ; dobija se:

I m 2 = 12 A ;


265

30 V 220 40 V 220 = 22 000 V ; U 02 = = 29 200 V ; 3 0,1 3 0,1 9 A 500 12 A 500 I 01 = = 300 A ; I 02 = = 400 A ; 3 5 3 5 U − U 01 + Lv x0v I 02 29200 − 22000 + 180 ⋅1,3 ⋅ 400 l = 02 = = 110,8 km . x0v (I 01 + I 02 ) 1,3(300 + 400)

U 01 =

Potrebno je naglasiti da na sl. 3.22a voltmetar meri trostruki nulti napon, a ampermatar trostruku nultu struju pa otuda broj 3 u imeniocu u izrazima za U01, U02, I01, I02.


266

Zadatak 3.23 Za trofazni sistem prikazan na sl. 3.23a, izračunati da li će u slučaju kratkog spoja faze A sa zemljom na početku dalekovoda 220 kV isključiti prekidač (odnosno pol prekidača) na istoj fazi na kraju dalekovoda, ako je dalekovod pre kvara radio praktično neopterećen sa međufaznim naponom na početku od 230 kV, a impuls za isključenje prekidača se dobija preko reaktantnog releja 220 / 3 kV i strujnog napajanog iz naponskog transformatora odnosa transformacije 0 ,1 kV 500 A transformatora odnosa transformacije , u slučajevima kada je merena reaktansa (ovde odnos 1 A sekundarnog merenog/računatog napona i sekundarne merene/računate struje) manja od reaktanse na koju se pobuđuje rele i koja iznosi 60 Ω. Podaci o parametrima elemenata sistema dati su na sl. 3.23a.

CBA

Unv = 220 kV Lv = 225 km xv = 0,4 Ω/km x0v = 1,3 Ω/km

jaka mreža 110 kV X→0

~ SnG = 3×50 MVA UnG = 10,5 kV SnT = 2×75 MVA mT = 10,5/231 kV/kV X'dG% = XiG% = 35 % XT% = 12 %

RR

SnMT = 50 MVA 220 / 3 kV m MT = 110 / 3 kV XT% = 12 % Xµ% = 4000 %

Sl. 3.23a Trofazna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 3.23

Rešenje: Reaktanse generatora, transformatora, voda i monofaznih transformatora sistema su:

′ = X iG = X dG

2 ′ % U nGsv X dG 35 2312 = = 124,509 Ω ; 100 S nG 100 150

2 X T % U nT 12 2312 = = 42,688 Ω ; 100 S nT 100 150 X v = xv Lv = 0 ,4 ⋅ 225 = 90 Ω ;

XT =

X MT =

2 X T % U nMT 12 220 2 = = 38,720 Ω . 100 3S nMT 100 150


267

Zamenske šeme mreža simetričnih komponenata direktnog i inverznog sistema su identične i prikazane su na sl. 3.23b. j124,509 Ω j42,688 Ω

j90 Ω

j167,197 Ω

Z ekv d

j38,72 Ω

j128,72 Ω = Z iekv

Sl. 3.23b Zamenska šema impedansi direktnog i inverznog redosleda sistema sa sl. 3.23a

Posle sređivanja šeme sa sl. 3.23b dobijaju se ukupna direktna i inverzna impedansa gledane sa mesta kvara: ekv Z ekv = j d = Zi

167,197 ⋅ 128,72 = j 72,7 Ω . 167,197 + 128,72

Nulte reaktanse voda i transformatora su: X 0v = x0v Lv = 1,3 ⋅ 225 = 292,5 Ω ; X µT =

2 X µ % U nMT

100 S nMT

=

4000 220 2 = 12906,66 Ω . 100 150

Ekvivalentna šema nultog (homopolarnog) sistema impedansi, prikazana je na sl. 3.23c. Reaktanse levo od transformatora nisu prikazane pošto je transformator spregnut u trougao sa primarne strane mreže pa se nulte struje zatvaraju kroz navoje primara. j42,688 Ω

1 j292,5 Ω j 38,72 Ω 2

j12906,609 Ω

ekv

Zo

j13218,469 Ω

Sl. 3.23c Zamenska šema impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.23a

Posle sređivanja prethodne šeme sa sl. 3.23c dobija se ekvivalentna nulta impedansa sistema posmatrana sa mesta kvara, čija je vrednost: Z0 = j ekv

42,688 ⋅13218,469 = j 42,6 Ω . 42,688 + 13218,469

Simetrične komponente struja na mestu kvara su jednake i iznose:


I0 = Ii = Id =

268 U

ekv Zd

+

fr ekv Zi

+

ekv Z0

=

230 / 3 = − j 0,707 kA . j 72,7 + j 72,7 + j 42,6

Direktna i inverzna komponenta struje, koje pritiču sa strane voda na mesto kvara izračunavaju se iz jednačine: I dD = I iD

I Z − j 0,707 ⋅ j72,7 = d d = = − j 0,4 kA = − j 400 A . Z dD j128,72 ekv

Nulta komponenta struje kvara, koja protiče sa strane voda na mesto kvara biće: I 0D =

I0Z0 − j 0,707 ⋅ j42,6 = = − j 0,00228 kA = − j 2,28 A . Z 0D j13237,88 ekv

Direktna komponenta napona na mestu kvara, posle nastanka kvara može se izračunati iz jednačine: 230 ekv U d = U fr − I d Z d = − (− j 0,707 ) ⋅ j 72,7 = 81,6 kV . 3 Inverzna komponenta napona na mestu kvara, posle nastanka kvara može se izračunati iz jednačine: U i = −I i Z i

ekv

= −(− j 0,707 ) ⋅ j 72,7 = −51,5 kV .

Nulta komponenta napona na mestu kvara, posle nastanka kvara može se izračunati iz jednačine: U 0 = − I 0 Z 0 = −(− j 0,707 ) ⋅ j 42,6 = −30,2 kV . S obzirom da je kvar na fazi A, na mestu kvara treba da je U d + U i + U 0 = 0. Kada se u ovoj jednačini zamene izrazi za U d , U i i U 0 dobiće se tačno 0. Direktna komponenta napona na kraju prenosnog voda (tamo gde su priključeni merni transformatori) shodno sl. 3.23d biće: U d′ = U d + j 90 I dD = 81,6 + j 90 ⋅ (− j 0,4 ) = 81,6 + 36 = 117,6 kV . j90 Ω -j0,4 kA Ud =81,6 kV

U’d

Sl. 3.23d Ekvivalentna šema za proračun direktne komponente napona na kraju voda

Inverzna komponenta napona na mestu priključenja mernog transformatora shodno sl. 3.23e je:


269

U i′ = U i + j 90 I iD = −51,4 + j 90 ⋅ (− j 0,4 ) = −15,4 kV . j90 Ω -j0,4 kA Ui=-51,4 kV

U’i

Sl. 3.23e Zamenska šema za proračun inverzne komponente napona na kraju voda

Nulta komponenta napona na tom istom mestu shodno sl. 3.23f biće: U 0′ = U 0 + j 292,5 I 0 D = −30,2 + j 292,5 ⋅ (− j 0,00228) = −29,53 kV . j29,25 Ω -j2,28 A Uo =-51,4 kV

U’o

Sl. 3.23f Zamenska šema za proračun nulte komponente napona na kraju voda

Struja i napon u fazi A na kraju voda za vreme kvara su onda: I ' A = I dD + I iD + I 0 D = − j 0,4 − j 0,4 − j 0,00228 = − j 0,80228 kA ; U ' A = U ' d +U 'i +U '0 = 117,6 − 15,4 − 29,53 = 72,666 kV . Kada se oni preko mernih transformatora svedu na njihove sekundarne strane, biće: 1 1 = 802,28 ⋅ = 1,60456 A ; 500 500 0,1 0,1 = U ′A ⋅ = 72,666 ⋅ = 52,7 V . 127 220 / 3

I ′AMT = I ′A ⋅ U ′AMT

Reaktantni rele će da meri reaktansu, čija je vrednost:

U ′AMT 52,7 = = 35,6 Ω , I ′AMT 1,60456 te će naznačeni prekidač isključiti. U ovakvim slučajevima kada sekundarna strana nije uzemljena, a nema ni tercijera, nulta reaktansa ima visoku vrednost pa je potrebno proveriti ispunjenje uslova za pobuđivanje releja.


270

Zadatak 3.24 U transformatorsku stanicu 110/35 kV, shodno sl. 3.24a ugrađena su dva identična tronamotajna transformatora 110 kV/35 kV/10,5 kV, sprega Y0y0d5, sa zajedničkim sabirnicama 110 kV i 35 kV (tercijeri 10,5 kV, vezani u zatvoren trougao, ne koriste se), preko kojih su dalje povezani sa odgovarajućim mrežama. Razmatrati dva uobičajena stanja njihovih neutralnih tačaka: a) Oba transformatora rade sa direktno uzemljenim zvezdištem na strani 110 kV i 35 kV. b) Transformator T1 radi sa direktno uzemljenim zvezdištem na strani 110 kV (dok mu je zvezdište 35 kV izolovano), a transformator T2 sa direktno uzemljenim zvezdištem na strani 35 kV (zvezdište na strani 110 kV mu je izolovano). Proračunati struje i snage trofaznog kratkog spoja i jednofaznog zemljospoja, pri kvarovima na sabirnicama S1 (110 kV) i S2 (35 kV), ako su uticaji mreža koje povezuju: - na strani sabirnica 110 kV: SkM1 = 5000 MVA; - na strani sabirnica 35 kV: SkM2 = 1500 MVA. U proračunima pretpostaviti da su ekvivalentne impedanse susednih mreža jednake za sve tri simetrična komponente ( Z dM 1 = Z iM 1 = Z 0 M 1 , odnosno Z dM 2 = Z iM 2 = Z 0 M 2 ). Ostali parametri transformatora, neophodni za proračune, dati su na sl. 3.24a. S3(1)

S1

T2

Un1 = 110 kV S3( 2)

Un3 = 10,5 kV SnT = 31,5/31,5/10,5 MVA S2 m = 110 kV±10×1,5 %/36,75 kV/10,5 kV uk12 = 12 %; uk13 = 6 %; uk23 = 2 % T1 Impedasne rasipanja svedene su na prolaznu snagu Un2 = 35 kV (otpornosti namotaja zanemariti) io = 1,5 % Un3 = 10,5 kV

Sl. 3.24a Monofazna šema i parametri transformatora transformatorske stanice iz zadataka 3.24

Rešenje: a1) Proračun impedansi (sve vrednosti svedene su na napon Un1 = 110 kV i prolaznu snagu):

X 12 = X 13

u k12 U n21 12 110 2 = = 46,1 Ω ; 100 S n1 100 31,5

u k13 U n21 6 110 2 = = = 69,15 Ω ; 100 S n3 100 10,5

X 23 =

u k 23 U n21 2 110 2 = = 23,05 Ω . 100 S n3 100 10,5

Impedanse Y-ekvivalenta tronamotajnog transformatora, shodno šemi sa sl. 3.24b su: X1 =

1 ( X 12 + X 13 − X 23 ) = 46,1 Ω ; 2


271

1 ( X 12 + X 23 − X 13 ) = 0 Ω ; 2 1 X 3 = ( X 13 + X 23 − X 12 ) = 23,05 Ω ; 2 U n21 100 110 2 100 Xµ = = = 25 608,5 Ω . S n1 io 31,5 1,5 X2 =

Ekvivalentna reaktansa paralelnih otočnih grana sa sl. 3.24b je: X µ′ =

Xµ X3 Xµ + X3

=

1

25 608,5 ⋅ 23,05 = 23,03 Ω . 25 608,5 + 23,05 Z1=jX1=j46,1 Ω

Zµ=jXµ=j25608,5 Ω

Z2=jX2=0 Ω

2

Z3=jX3=j23,05 Ω

O

O’

Sl. 3.24b Y-ekvivalent tronamotajnog transformatora sa sl. 3.24a

Direktna i inverzna impedansa transformatora su jednake i u oba slučaja (a i b) iznose: Zd = Zi ekv

ekv

= j

X1 46,1 = j = j23,05 Ω. 2 2

Nulte impedanse se razlikuju u dva pomenuta slučaja: a) Oba zvezdišta transformatora su direktno uzemljena: Ekvivalentna šema nultih impedansi svakog transformatora prikazana je na sl. 3.24c. b1) Zvezdište transformatora T1 na strani 110 kV je direktno uzemljeno (zvezdište na strani 35 kV je izolovano): Ekvivalentna šema nultih impedansi prikazana je na sl. 3.24d. b2) Zvezdište transformatora T2 na strani 35 kV je direktno uzemljeno (zvezdište na strani 110 kV je izolovano): Ekvivalentna šema nultih impedansi prikazana je na sl. 3.24e. Mreža 110 kV 1

2 Z1=j46,1 Ω

Z2=0 Ω

Mreža 35 kV

3 Z’µ=j23,03 Ω O

O

Sl. 3.24c Y-ekvivalent za nulte impedanse svakog od transformatora, u postrojenju sa sl. 3.24a kada su mu oba zvezdišta direktno uzemljena


Mreža 110 kV 1

272

2 Z1=j46,1 Ω

Z2=0 Ω

Mreža 35 kV

3 Z’µ=j23,03 Ω O

O

Sl. 3.24d Y-ekvivalent za nulte impedanse transformatora sa sl. 3.24a, kada mu je zvezdište na strani 110 kV direktno uzemljeno, a na strani 35 kV izolovano

Mreža 110 kV 1

2 Z1=j46,1 Ω

Z2=0 Ω

Mreža 35 kV

3 Z’µ=j23,03 Ω O

O

Sl. 3.24e Y-ekvivalent za nulte impedanse transformatora sa sl. 3.24a, kada mu je zvezdište na strani 35 kV direktno uzemljeno, a na strani 110 kV izolovano

Ekvivalentne impedanse uticaja mreža visokog napona (U1) i srednjeg napona (U2), svedene na napon 110 kV su: Z dM 1 = Z iM 1 = Z 0 M 1 = j

U n21 110 2 = j = j 2,42 Ω ; S kM 1 5000 2

Z dM 2 = Z iM 2 = Z 0 M 2

U2 U  110 2 = j n 2  n1  = j = j8,07 Ω . S kM 2  U n 2  1500

Ekvivalentna šema direktnih (inverznih) impedansi postrojenja sa sl. 3.24a ista je za sve načine uzemljenja zvezdišta transformatora i prikazana je na sl. 3.24f. S1 ZdM1=j2,42 Ω

S2 ZdT=jXdT=j23,05 Ω

ZdM2=j8,07 Ω

Sl. 3.24f Ekvivalentna šema impedansi direktnog (inverznog) redosleda sistema sa sl. 3.24a


273

Za kvar na sabirnicama S1, ekvivalentne impedanse sistema direktnog i inverznog redosleda su: Z dS1 = Z iS1 = j ekv

ekv

2,42 ⋅ (23,05 + j8,07 ) 75,31 = j = j 2,255 Ω . 2,42 + 31,12 33,54

a) Ekvivalentna impedansa nultog redosleda, kada su zvezdišta na obe strane transformatora T1 i T2 uzemljena, dobija se sa šeme prikazane na sl. 3.24g. 2 S2

T1 S1 1

Z1=j46,1 Ω

Z2=0 Ω 3

Z0M1=j2,42 Ω

Z’µ=j23,03 Ω

1

Z1=j46,1 Ω

Z’µ=j23,03 Ω T2

Z2=0 Ω

Z0M2=j8,07 Ω

3 2

Sl. 3.24g Ekvivlalentna šema impedansi nultog redosleda sa sl. 3.24a, kada su zvezdišta na obe strane transformatora T1 i T2 direktno uzemljena Elementarnim transformacijama, šema sa sl. 3.24g, svodi se na šemu prikazanu na sl. 3.24h, odakle se, pri kvaru na sabirnicama S1, ekvivalentna impedansa nultog redosleda sistema dobija paralelnim sprezanjem ekvivalenta mreže Z 0 M 1 = j 2,42 Ω , sa ekvivalentom paralelnih grana Z 'µ / 2 = j11,515 Ω i Z 0 M 2 = j8,07 Ω , vezanim na red sa impedansom Z 1 / 2 = j 23,05 Ω : Z 0 S1 = j ekv

(4,75 + 23,05) ⋅ 2,42 = 27,8 + 2,42

j 2,23 Ω .

S2 S1 j2,42 Ω

j11,515 Ω j23,05 Ω

j4,75 Ω

j8,07 Ω

Sl. 3.24h Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda, pri kvaru na sabirnicama S1 (S2) (oba zvezdišta transformatora direktno uzemljena), posle elementarnih sažimanja šeme sa sl. 3.24g

Struja i snaga trofaznog kratkog spoja na sabirnicama S1 su onda:


I k3 =

U n1/ 3 Z ekv dS1

=

274

110/ 3 = 28,164 kA; 2,255

S k 3 = 3U n1 I k 3 = 5365,7 MVA . S druge strane, struja i snaga jednofaznog zemljospoja su: ) I k(1aZS 1 = ) S k(1aZS 1

3U n1 X dekv

+

X iekv

+

X 0ekv

=

3 ⋅ 110 = 28,27 kA; 2 ⋅ 2,255 + 2,23

S1

= 3U n1 I k1Z = 5385,5 MVA .

Za slučaj kvara na sabirnicama S2, kada su oba zvezdišta transformatora uzemljena, ekvivlalentne impedanse simetričnih komponenata, shodno šemama sa 3.24f i 3.24h su: Z dS 2 = Z iS 2 = j ekv

ekv

Z 0S 2

ekv

(2,42 + 23,05) ⋅ 8,07 =

j 6,13 Ω ; 25,47 + 8,07 4,75 ⋅ (23,05 + 2,42 ) = j = j 4,0 Ω . 4,75 + 25,47

Struja i snaga trofaznog kratkog spoja na sabirnicama S2 su onda:

I k3 =

U n1 / 3 110 110/ 3 110 = = 10,36 ⋅ 2,993 = 31,01 kA ekv 6,13 36,75 Z dS 2 36,75

Prethodno proračunata vrednost struje trofaznog kratkog spoja na sabirnicama S2 svedena je na naponski nivo 35 kV, tako da je trofazna snaga kratkog spoja:

S k 3 = 3U n1 I k′ 3 = 3 ⋅110 ⋅10,36 == 3 ⋅ 36,75 ⋅ 31,01 = 1973,8 MVA . Struja i snaga jednofaznog zemljospoja na sabirnicama S2 su: ) I k(1aZS 2 =

110 3 ⋅ 110 = ⋅ 2,993 = 11,72 ⋅ 2,993 = 35,07 kA (svedena 36,75 2 ⋅ 6,13 + 4

3U n1 X dekv

+

X iekv

+

X 0ekv

S2

na naponski nivo 35 kV) ) S k(1aZS 2 = 3U n1 I k′ 1Z = 3 ⋅110 ⋅ 11,72 = 2232,9 MVA

b) Ekvivalentne impedanse sistema direktnog i inverznog redosleda, za slučaj da je uzemljeno po jedno zvezdište na svakom od transformatora (T1, na strani višeg, a T2 na strani srednjeg napona) iste su kao u prethodnom slučaju, kada su im uzemljena zvezdišta na obe strane, tj. shodno sl. 3.24f: Pri kvaru na sabirnicama S1:


275

Z dS1 = Z iS1 = j 2,255 Ω. ekv

ekv

Pri kvaru na sabirnicama S2: ekv Z ekv dS 2 = Z iS 2 = j 6,13 Ω.

Proračun ekvivalentnih impedansi nultog redosleda sprovešće se uz pomoć zamenske šeme sa sl. 3.24i. T1 Z1=j46,1 Ω

S1 1

2

S2

Z2=0 Ω 3

Z0M1=j2,42 Ω

Z’µ=j23,03 Ω Z1=j46,1 Ω

1

T2

Z’µ=j23,03 Ω Z2=0 Ω

Z0M2 =j8,07 Ω 3 2

Sl. 3.24i Ekvivlalentna šema impedansi nultog redosleda za slučaj da je na T1 uzemljeno zvezdište na strani višeg napona, a na T2 na strani srednjeg napona Uvidom u sl. 3.24i vidi se da je mreža nultih impedansi razdvojena. Impedanse transformatora T1 se pridružuju sabirnicama S1, a T2 sabirnicama S2. Ekvivalentna impedansa sistema nultog redosleda pri kvaru na sabirnicama S1 je: Z ekv 0 S1 = j

2,42 ⋅ (46,1 + 23,03) = j 2,34 Ω, 2,42 + 69,13

a pri kvaru na sabirnicama S2 je: Z 0ekv S2 = j

8,07 ⋅ 23,03 = j 5,98 Ω. 8,07 ⋅ 23,03

Struje trofaznog kratkog spoja su iste kao u prethodnom slučaju, jer stanje zvezdišta transformatora utiče samo na nulte impedanse sistema, odnosno na struje zemljospoja. Struja i snaga pri jednofaznom zemljospoju na sabirnicama S1 su: ) I k(1bZS 1 =

(X

3U n1 ekv d

+ X iekv +

)

(b ) X 0ekv S1

=

3 ⋅ 110 = 27,81 kA. 2 ⋅ 2,255 + 2,34

Gore proračunata vrednost je nešto niža nego u slučaju a, gde je iznosila 28,27 kA.


276

) (b) S k(b1ZS 1 = 3U n I k 1ZS 1 = 3 ⋅ 110 ⋅ 27,85 = 5306 MVA .

Struja i snaga jednofaznog zemljospoja pri kvaru na sabirnicama S2 su: ) I k(1bZS 2 =

(X

3U n1 ekv d

+ X iekv +

)

(b) X 0ekv S 2

110 3 ⋅ 110 110 = = 10,445 ⋅ 2,993 = 31,26 kA. ; 36,75 2 ⋅ 6,13 + 5,98 36,75

) ′(b ) S k(1bZS 2 = 3U n1 I k 1ZS 2 = 3 ⋅ 110 ⋅10,445 = 3 ⋅ 36,75 ⋅ 31,26 = 1990 MVA .

Znači u slučaju b, snaga jednofaznog zemljospoja je u odnosu na slučaj a) oko 10,9 % manja pri kvaru na sabirnicama S2, a svega oko 1,5 % manja, pri kvaru na sabirnicama S1. Drugim rečima, otvaranje zvezdišta sekundara jednog od dva paralelna transformatora iz tač. b zadatka prvenstveno utiče na smanjenje snage zemljospoja na sabirnicama sekundara.


277

Zadatak 3.25 Jednostavan radijalni elektroenergetski sistem prikazan na sl. 3.25a, sastoji se od generatora (G), generatorskog blok-transformatora (T1), distributivnog voda (V) i distributivno-potrošačkog transformatora (T2), preko kojeg se napaja industrijski potrošač (P). a) Proračunati subtranzijentne struje i napone pri dvofaznom kratkom spoju između faza B i C (bez zemljospoja) na sabirnicama 3 transformatora T2 posredstvom impedanse kvara Z k = (4 + j 0 ) Ω , uvažavajući efekat potrošačkog opterećenja. b) Naći raspodelu struje kvara. c) Nacrtati fazorske dijagrame napona i struja u tački kvara. Parametri sistema, neophodni za gornje proračune dati su takođe na sl. 3.25a. G

1

2

T1

3

V

~ 10 kV

20 kV

20 kV

SnG = 25 MVA SnT1 = 30 MVA Zv = (2+j4) Ω UnG = 10 kV Zk = (4+j0) Ω mnT1 = 20/10 kV/kV X"dG% = 12,5 % XT1% = 10,5 %, sprega Y0d5

4 Potrošač P

T2

6 kV SnT2 = 20 MVA mnT2 = 20/6 kV/kV XT2% = 5 % sprega Y0d5

Sp = (10+j5) MVA Up = U4 = 6 kV (pre kvara)

Sl. 3.25a Monofazna šema i osnovni podaci za sistem iz zadatka 3.25

Rešenje: a1) Proračun impedansi elemenata sistema svedenih na napon sabirnica 3 (20 kV): 2 ′′ % U nG X dG 12,5 10 2  20  2 ′′ = X dG mnT 1 =   = 2,0 Ω ; 100 S nG 100 25  10  2

2 X T 1 % U nT 10,5 20 2 1 = = 1,40 Ω ; 100 S nT 1 100 30 Z v = (2 + j 4 ) Ω ;

X T1 =

XT2

2 X T 2 % U nT 5 20 2 2 = = = 1,00 Ω ; 100 S nT 2 100 20

Zp =

2 U np

S ∗p

2

2 mnT 2 =

6 2  20    = (32 + j16 ) Ω ; 10 − j 5  6 

Z k = (4 + j 0 ) Ω = 4 Ω /0° . a2) Ekvivalentna šema mreža direktnih (inverznih) impedansi prikazana je na sl. 3.25b.


1

278

ZT1= j1,40 Ω

2

Zv=(2+ j4) Ω

3

Z''G= j2 Ω

ZT2= j1,0 Ω

ekv Z ekv d = Zi

4

Zp=(32+j16) Ω

Sl. 3.25b Ekvivalentna šema direktnih (inverznih) impedansi sistema sa sl. 3.25a

a3) Struja potrošača pre kvara je:

Ip =

S ∗p 3U p

=

10 − j 5 = (0,962 − j 0,481) kA . 3 ⋅6

Struja potrošača, svedena na napon 20 kV je: Ip =Ip sv

6 = (0,289 − j 0,145) kA . 20

a4) Theveninov napon na sabirnicama 3 pre kvara: 20 + j 3 ⋅1,00 ⋅ (0,289 − j 0,145) = 6 = (20,25 + j 0,5) = 20,25 kV / 1,415°.

U 3 = U 4 + j 3X T 2 I p = 6 ⋅ sv

sv

a5) Ekvivalentne vrednosti impedansi direktnog i inverznog redosleda sistema, gledano iz tačke 3 su: Z d 3 = Z i3 = ekv

ekv

(2 + j 7,4) (32 + j17 ) = (2,56 + j 6,14) Ω = 6,64 Ω / 67,37° ; 34 + j 24,4

a6) Struje direktnog i inverznog redosleda, pri kvaru na sabirnicama 3 (dvofazni kratak spoj, bez spoja sa zemljom), kroz impedansu luka Zk su: I "d 3 = − I "i 3 =

U

f3 ekv Zi

=

20,25 / 3 / 1,45°

(2,56 + j 6,14) ⋅ 2 + 4 = 0,764 / − 51,985° = (0,471 − j 0,602 ) kA. ekv Zd

+

+Zk

=

11,692 / 1,415° 15,3 / 53,4°

a7) Fazne struje na mestu kvara su:

 I " A3   1  I "  = a 2  B3    I "C 3   a

1 a a2

1  I "d 3   I "d 3 + I "i 3  1 ⋅  I "i 3  = a 2 I "d 3 + a I "i 3 , jer je I 03 = 0. 1  I "03  a I "d 3 + a 2 I "i 3 

=


279

Onda je: I " A3 = 0 ;

(

)

 1 3 1 3 2  I "d 3 = − j 3 I "d 3 = I " B 3 = a − a I "d 3 =  − − j + −j  2 2 2 2   = (− 1,043 − j 0,816 ) kA = 1,323 kA / 218,05°;

(

)

I "C 3 = a − a I "d 3 = − I "S 3 = j 3 I "d 3 = (1,043 + j 0,816 ) kA = 1,323 kA / 38,05° . 2

a8) Naponi simetričnih komponenata na mestu kvara su: U 03 = 0 ; U d3 = U

− Z d I "d 3 = (11,692 + j 0,289 ) − (2,56 + j 6,14 ) ⋅ (0,471 − j 0,602 ) = ekv

f3

= 11,692 + j 0,289 − (4,89 + j1,349 ) = (6,802 − j1,06 ) kV = 6,89 kV / − 8,86°;

U i 3 = − Z i I "i 3 = −(2,56 + j 6,14 ) ⋅ (0,471 − j 0,602 ) = ekv

= (4,89 + j1,349 ) kV = 5,073 kV / 15,42°.

a9) Fazni i linijski naponi u tački 3 posle kvara su: U

fA3

= U d 3 + U i 3 = 6,802 − j1,06 + 4,89 + j1,349 = (11,692 + j 0,289 ) kV = 11,693 kV / 1,415°

U

fB 3

= a U d 3 + aU i 3 = 1 / 240° ⋅ 6,89 / − 8,86° + 1 / 120° ⋅ 5,073 / 15,42°

fC 3

= aU d 3 + a U i 3 = 1 / 120° ⋅ 6,89 / − 8,86° + 1 / 240° ⋅ 5,073 / 15,42°

U

2

= (− 7,935 − j1,804 ) kV = 8,138 / 188,81°; 2

= (− 3,763 + j1,517 ) kV = 4,057 / 158,04°. U AB = U

fA3

−U

U BC = U

fB 3

−U

U CA = U

fC 3

−U

( 3)

fB 3

= 11,692 + j 0,289 + 7,935 + j1,804 =

fC 3

= −7,935 − j1,804 + 3,763 − j1,517 =

fA3

= −3,763 + j1,517 − 11,692 − j 0,289 =

= (19,627 + j 2,093) kV = 19,74 kV / 6,09°;

( 3)

= (− 4,172 − j 3,321) kV = 5,33 kV / 218,51°;

( 3)

= (− 15,455 + j1,228) kV = 15,504 kV / 175,457°.

Provera: U AB + U BC + U CA = (19,627 + j 2,093) + (− 4,172 − j 3,321) + (− 15,455 + j1,228) = 0 ( 3)

( 3)

( 3)

U BC = Z K I " B 3 = 4 ⋅ (− 1,043 − j 0,816 ) = 5,33 kV / 218,038°

(Treba da bude U BC = 5,33 kV / 218,51° ; postoji mala računska greška u veličini faznog stava U BC , usled zaokruživanja rezultata).


280

b) Raspodela struje kvara nalazi se iz jednačina: Z dL I "dL = Z dD I "dD = Z ekv d I "d 3 ;

I "dL + I "dD = I "d 3 ;

Z iL I "iL = Z iD I "iD = Z i I "i 3 ;

I "iL + I "iD = I "i 3 ,

ekv

gde je:

Z dL = Z iL = j 2,0 + j1,40 + (2,0 + j 4,0 ) = (2 + j 7,40 ) Ω ; Z dD = Z iD = j1,0 + (32 + j16 ) = (32 + j17 ) Ω ; Z d = Z i = (2,56 + j 6,14 ) Ω ; I" dL = − I" iL ; I" dD = − I"iD . ekv

ekv

Onda je: Z 2,56 + j 6,14 (0,471 − j 0,602) = I "dL = d I "d 3 = Z dL 2,0 + j 7,4 ekv

=

6,64 / 67,37° 7,67 / 74,88°

0,764 / − 51,95° = 0,662 kA / − 59,46° = (0,336 − j 0,570 ) kA;

Zd 2,56 + j 6,14 (0,471 − j 0,602) = I "d 3 = Z dD 32 + j17 ekv

I "dD = =

6,64 / 67,37° 36,24 / 27,98°

0,764 / − 51,95° = 0,14 kA / − 12,56° = (0,137 − j 0,031) kA.

Provera: I "dL + I "dD = 0,336 − j 0,570 + 0,137 − j 0,031 =

(0,473 − j 0,601) kA ≈ I "d 3 = (0,471 − j 0,602) kA; I "iL = − I "dL = (− 0,366 + j 0,570 ) kA = 0,662 kA / 120,54°; I "iD = − I "dD = (− 0,137 + j 0,031) kA = 0,140 kA / 167,44°; I " AL = I "dL + I "iL = 0 ; I "AD = I "dD + I "iD = 0 ;

(

)

I " BL = a I "dL + a I "iL = a − a I "dL = − j 3 I "dL = 2

2

= − j 3 (0,336 − j 0,570 ) = (− 0,988 − j 0,582 ) kA = 1,147 kA / 210,5°;

(

)

I " BD = a I "dD + a I "iD = a − a I "dD = − j 3 I "dD = 2

2

= − j 3 (0,137 − j 0,031) = (− 0,054 − j 0,237 ) kA = 0,243 kA / 257,17°.

Provera: I " B 3 = I "BL + I " BD = (− 0,988 − j 0,582 ) + (− 0,054 − j 0,237 ) = (− 1,042 − j 0,819 ) kA , (ranije je proračunato: ( − 1,043 − j 0 ,816 )).


281

I "CL = − I " BL = (0,988 + j 0,582 ) kA = 1,147 kA / 30,5° ;

I "CD = − I " BD = (0,054 + j 0,237 ) kA = 0,243 kA / 77,17° .

c) Fazorski dijagrami napona i struja u tački 3, posle kvara, prikazani su na sl. 3.25c:

( 3) U AB

UfC3

Ui3 UfA3

( 3) U CA

U03

UfB3 ( 3) U BC

Ud3

f.osa

c1) I C′′ 3 I i′′3

′′ = I ′A′ 3 = 0 I 03

f.osa

I B′′ 3

I d′′3

c2) Sl. 3.25c Fazorski dijagram napona (c1) i struja (c2) na mestu kvara (posle nastanka kvara)


282

Zadatak 3.26 Jednostavan radijalni elektroenergetski sistem prikazan na sl. 3.26a izložen je dvofaznom zemljospoju (faze B i C) na sabirnicama 3. a) Uz pretpostavku da je impedansa luka Zk = 0, impedanse sistema Zd = Zi, izračunati veličinu struje kvara, prema kojoj treba proveriti opasnost od napona koraka i dodira, pod pretpostavkom da je potrošač na sabirnicama 4 pasivan, a napon na sabirnicama 3 u trenutku kvara U3 = 63 kV. ekv

ekv

b) Ako se sa k obeleži moduo odnosa ekvivalentnih impedansi Z o / Z d

na mestu kvara,

korišćenjem približnih izraza koji daju struju kvara u funkciji od k, izvedenih u zadatku 3.3, odrediti tip kvara i veličinu struje, prema kojoj treba proveriti snagu prekidanja prekidača na sabirnicama 3. c) Naći napon zdrave faze na sabirnicama 3 posle kvara koristeći formulu izvedenu u zadatku 3.4. Proračun sprovesti koristeći sistem relativnih jedinica sa SB = 60 MVA i UB2 = 60 kV (na kraju izračunati i sve tražene apsolutne vrednosti struja i napona iz tačaka a, b, c). Osnovni podaci neophodni za proračune, dati su na sl. 3.26a. G

1

T1

2

3

Vod

~ UB3

T2

UB2

SnG = 60 MVA SnT1 = 40 MVA UnG = 10,5 kV mT1 = 63/10,5 kV/kV X"G% = 12 % XT1% = 10 %

Unv = 60 kV Zdv = j8,8 Ω/fazi Z0v = 3 Zdv

4

Potrošač

UB1 SnT2 = 12 MVA mT2 = 60/10 kV/kV XT2% = 8 %

Sl. 3.26a Monofazna šema i osnovni podaci elemenata sistema iz zadatka 3.26

Rešenje: a1) Proračun baznih vrednosti napona, struja i impedansi za SB = 60 MVA i UB2 = 60 kV: U B1 = 60

SB 60 U 2 10 2 10 = 10 kV; I B1 = = = 3,464 kA; Z B1 = B1 = = 1,667 Ω. 60 SB 60 3U B1 3 ⋅10

U B 2 = 60 kV; I B 2 = U B 3 = 60

SB 60 U2 60 2 = = 0,5774 kA; Z B 2 = B 2 = = 60 Ω. SB 60 3U B 2 3 ⋅ 60

SB U2 60 10 ,5 10 2 = 10 kV; I B 3 = = = 3,464 kA; Z B 3 = B 3 = = 1,667 Ω. 63 SB 60 3U B 3 3 ⋅10

Z dG = jX dG

2 X dG % U nG 1 12 10,5 2 1 = j = j = j 0,132 r.j. ; 100 S nG Z B 3 100 60 1,667


283

2 X T 1 % U nT 10 63 2 1 1 1 Z dT 1 = jX dT 1 = j = j = j 0,165 r.j. 100 S nT 1 Z B 2 100 40 60 Z 0T 1 = Z dT 1 = j 0,165 r.j. ; 8,8 Z dv = jX dv = j = j 0,147 r.j. ; Z 0v = 3Z dv = j 0,44 r.j. ; 60 2 X % U nT 8 60 2 1 2 1 Z dT 2 = jX dT 2 = j T 2 = j = j 0,4 r.j. ; 100 S nT 2 Z B 2 100 12 60

Z 0T 2 = Z dT 2 = j0,4 r.j. ;

Mreža sistema direktnog (inverznog) redosleda, prikazana je na sl. 3.26b, a sistema nultog redosleda, na sl. 3.26c. 0

1 ZdG= j0,132 r.j.

2

3

ZdT1= j0,165 r.j.

Zdv= j0,147 r.j.

ZdT2= j0,4 r.j.

Sl. 3.26b Mreža sistema direktnog (inverznog) redosleda 1

3

2 Z0T1= j0,165 r.j.

Z0v= j0,44 r.j.

0 Z0T2= j0,4 r.j.

Slika 3.26c Mreža sistema nultog redosleda

Sa prethodnih slika se dobijaju ekvivalentne impedanse simetričnih komponenata, gledano sa mesta kvara: Z d 3 = Z i 3 = j (0,132 + 0,165 + 0,147 ) = j 0,444 r.j. ; (0,165 + 0,44) ⋅ 0,4 = j 0,605 ⋅ 0,4 = j 0,2408 r.j. ekv Z 03 = j 0,605 + 0,4 1,005 ekv

ekv

a2) Proračun nulte komponente struje dvofaznog zemljospoja na sabirnicama 3:

I0 = =

U f 3 X iekv X dekv X iekv

+

X dekv X 0ekv

+

X iekv X 0ekv

=

63 60 = + 2 X 0ekv

X dekv

1,05 = 1,134 r.j. = 1,134 ⋅ 0,5774 = 0,655 kA; 0,444 + 2 ⋅ 0,2408

Za proračun napona koraka i dodira, pri dvofaznom zemljospoju, merodavna je trostruka vrednost nulte komponente struje kvara: 3I 0 = 3 ⋅1,134 r.j. = 3,403 r. j. = 3,403 ⋅ 0,5774 = 1,965 kA .


284

Raspodela trostruke struje nultog redosleda, dobija se sa sl. 3.26c, shodno formulama:

X 0T 2 0,4 ⋅ 3I 0 = ⋅ 3,403 = 1,354 r.j. = 0,782 kA; X 013 + X 0T 2 0,605 + 0,4 X 013 0,605 = ⋅ 3I 0 = ⋅ 3,403 = 2,049 r.j. = 1,183 kA. X 013 + X 0T 2 0,605 + 0,4

3I 013 = 3I 003

Za proveru napona koraka i dodira, u postrojenju kod sabirnica 3, merodavna je znači struja 3I 003 = 1,183 kA, tj. trostruka struja nultog redosleda, koja na mesto kvara (tačka 3) dotiče iz napojne mreže (sa strane potrošača).

b) Proračun merodavne struje isključenja prekidača na sabirnicama 3, shodno uprošćenim formulama iz zadatka 3.3. Struja trofaznog kratkog spoja na sabirnicama 3 je: I k3 =

U fpk3 X deq3

=

1,05 = 2,365 r.j. = 1,366 kA . 0,444

Struja dvofaznog kratkog spoja na sabirnicama 3 je: Ik2 =

3 I k 3 = 0,866 ⋅ 2,365 r.j. = 2,048 r.j. = 1,183 kA . 2

ekv Struja dvofaznog zemljospoja na sabirnicama 3, za k = X 03 / X dekv 3 = 0,2408 / 0,444 = 0,542 prema uprošćenoj formuli iz zadatka 3.3 je:

I k 2Z = I k 3

3 ⋅ 0,542 2 + 0,542 + 1 3 k 2 + k +1 = 2,365 = 2,663 r.j. = 1,538 kA 1 + 2k 1 + 2 ⋅ 0,542

Struja jednofaznog zemljospoja na sabirnicama 3, prema uprošćenoj formuli iz zadatka 3.3, za k = 0,542 je: 3 3 I k1Z = I k 3 = 2,365 = 2,791 r.j. = 1,612 kA. 2+k 2 + 0,542 Za dimenzionisanje prekidača na sabirnicama 60 kV na kraju voda, merodavna je znači struja jednofaznog zemljospoja, koja iznosi 1,612 kA.

c) Napon zdrave faze (A) na sabirnicama 3, posle dvofaznog zemljospoja (faze B i C) za k = 0,542, shodno uprošćenom obrascu izvedenom u zadatku 3.4 je: U fA =

3k 3 ⋅ 0,542 U f3 = U f 3 = 0,78 ⋅ U f 3 = 0,78 ⋅ 1,05 = 0,819 r.j. = 28,37 kV . 2k + 1 2 ⋅ 0,542 + 1


285

Zadatak 3.27 Za mrežu sa sl. 3.27a: a) Odrediti matrice impedansi direktnog, inverznog i nultog redosleda za proračun kratkih spojeva matričnom metodom. b) Izračunati kolika je indukovana elektromotorna sila u telekomunikacionom vodu za slučaj jednofaznog kratkog spoja na mestu koje se nalazi na polovini voda V1. Vodovi V1 i V2 su paralelno vođeni i njihovo međusobno rastojanje je 50 metara. Napomena: Za bazne vrednosti usvojiti SB = 100 MVA i UB = 220 kV. Napon na mestu kvara pre kvara je 1 r.j. Ostali podaci o parametrima elemenata sistema, dati su u tab. 3.27a. 1

G1

V1

2

3

T1

T2 Jaka mreža

~ V2 a=400 m TKV Lp=5 km


Tab. 3.27a Parametri sistema sa sl. 3.27a

Xd = Xi (r.j.) X0 (r.j.)

G1 0,25 0,1

T1 0,1 0,1

T2 0,1 0,1

V1 0,2 0,6

V2 0,2 0,6

Mreža 0,02 0,05

Rešenje: Radi određivanja indukovane elektromotorne sile u TK vodu potrebno je najpre odrediti matrice direktnog, inverznog i nultog redosleda. Ekvivalentna šema sistema za direktni i inverzni redosled je ista i predstavljena je na sl. 3.27b. jXv1/2 jXv1/2 1 3 2

jXG

jXT1

j0,25 r.j.

j0,1 r.j.

j0,35 r.j.

j0,1 r.j.

j0,1 r.j. jXv2 j0,2 r.j.

jXT2

jXM

j0,1 r.j.

j0,02 r.j.

j0,12 r.j.

Sl. 3.27b Mreže impedansi direktnog i inverznog redosleda sistema sa sl. 3.27a

U prethodnoj šemi sa sl. 3.27b imaju se praktično tri čvora i pet grana pa je za dobijanje matrice impedansi direktnog i inverznog redosleda potrebno sprovesti sledećih pet koraka:


286

1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,35 r.j.):

[ ]

Z d = Z gr = j[0,35] . 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i starog čvora (i = 1), (Zgr = j0,1 r.j.): post

Zd

pre  Z pre Z d (1, i )  =  pred = pre  Z d (i,1) Z g + Z d (i, i )

0,35 0,35 j . 0,35 0,45

3. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 3) i starog čvora (i = 1), (Zgr = j0,2 r.j.):

post Zd

pre  Z d (1, i )  pre Zd   pre = Z d (2, i )  =  Z dpre (i,1) Z dpre (i,2 ) Z gr + Z dpre (i, i )  

0,35 0,35 0,35 j 0,35 0,45 0,35 . 0,35 0,35 0,55

4. korak: Dodavanje grane između dva stara čvora (i = 2, j = 3), (Zgr = j0,1 r.j.): post

Zd

pre Zd

= Z d − ∆Z d = Z d − pre

(i, i ) +

post

Zd

Z dpost

pre

1

pre Zd

0,35 = j 0,35 0,35 0,35 = j 0,35 0,35

( j, j ) − 2 Z dpre (i, j ) + Z gr

 Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   pre   pre  pre pre  Z d (2, i ) − Z d (2, j ) ⋅  Z d (2, i ) − Z d (2, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) d d  d   d 

0,35 0,35 1 0,45 0,35 − ⋅ j (0,45 + 0,55 − 2 ⋅ 0,35 + 0,1) 0,35 0,55 0,35 0,35 0,425 0,4  . 0,4 0,45

0,35 − 0,35 j 0,45 − 0,35 ⋅ 0,35 − 0,55

0,35 − 0,35 j 0,45 − 0,35 0,35 − 0,55

5. korak: Dodavanje grane između starog čvora (i = 3) i referentnog čvora, (Zgr = j0,12 r.j.):

Z dpost = Z dpre − ∆ Z d = Z dpre −

Z dpost

Z dpost

1

Z dpre

(i, i ) + Z gr

 Z dpre (1, i )   Z dpre (1, i )    pre   pre  Z d (2, i ) ⋅  Z d (2, i )  Z pre (3, i )  Z pre (3, i )   d   d

0,35 0,35 0,35 0,35 1   = j 0,35 0,425 0,4  − ⋅ j  0,4  ⋅ j (0,45 + 0,12) 0,35 0,4 0,45 0,45  0,1351 0,1044 0,0737 = j  0,1044 0,1443 0,0842 = Z d = Z i . 0,0737 0,0842 0,0947

0,35 j  0,4  0,45

T

T

T

T


287

Ekvivalentna šema za impedanse nultog redosleda data je na sl. 3.27c. 1

jXoG1

jXT1

j0,1 r.j.

j0,1 r.j.

jX0v1/2

2

j0,3 r.j.

jX0v1/2

3

j0,3 r.j. jXv2 j0,6 r.j.

j0,2 r.j.

Sl. 3.27c Mreža impedansi nultog redosleda sistema sa sl. 3.27a

U prethodnoj šemi na sl. 3.27c ima praktično 3 čvora i 4 grane pa je potrebno sprovesti 4 koraka u cilju dobijanja matrice impedansi za nulti redosled. 1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,2 r.j.):

[ ]

Z 0 = Z gr = j [0,2] . 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i starog čvora (i = 1), (Zgr = j0,3 r.j.):

Z 0post

pre  Z 0pre Z 0 (1, i )  =  pre = pre  Z 0 (i,1) Z gr + Z 0 (i, i )

0,2 0,2 j . 0,2 0,5


post Z0

pre  Z 0 (1, i )  pre Z   0 pre = Z 0 (2, i )  =  Z 0pre (i,1) Z 0pre (i,2 ) Z gr + Z 0pre (i, i )  

0,2 0,2 0,2 j 0,2 0,5 0,2 . 0,2 0,2 0,8 


Z0

pre Z0

= Z 0 − ∆Z 0 = Z 0 − pre

(i, i ) +

Z 0post

pre

1

pre Z0

( j, j ) − 2 ⋅ Z 0pre (i, j ) + Z gr

 Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   pre   pre  pre pre  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j ) ⋅  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) 0 0  0   0 

0,2 0,2 0,2 1 = j 0,2 0,5 0,2 − ⋅ j (0,5 + 0,8 − 2 ⋅ 0,2 + 0,3) 0,2 0,2 0,8

0,2 − 0,2 j 0,5 − 0,2  ⋅  0,2 − 0,8

0,2 − 0,2 j 0,5 − 0,2  0,2 − 0,8

T

T


0,2 Z0

0,2

288

0,2

0,2 0,425 0,35 0,2 0,35 0,5

Z 0.


289

Zadatak 3.28 Na sl. 3.28a dat je jedan elektroenergetski sistem. Parametri elemenata sistema dati su u tab. 3.28a. a) Odrediti matrice impedansi direktnog, inverznog i nultog redosleda za proračun kratkih spojeva matričnom metodom. b) Odrediti fazne struje kroz transformator T3 u dva slučaja: b1) Za jednofazni kratki spoj na sabirnicama 3. b2) Za jednofazni kratki spoj na sabirnicama 4. Napomena: Napon na mestu kvara pre kvara je 1 r.j. 1 G1 T1

~

3

T3

4

Jaka mreža G2

T2

~ 2


Tab. 3.28a Parametri sistema sa sl. 3.28a G1 Xd = Xi (r.j.) 0,14 X0 (r.j.) 0,05 * Podaci za jedan vod

G2 0,14 0,05

T1 0,06 0,06

T2 0,06 0,06

T3 0,05 0,05

V12 0,1 0,3

V13 0,1 0,3

V23* Mreža 0,1* 0,02 0,3* 0,05

Rešenje: a) Ekvivalentna šema za impedanse direktnog i inverznog redosleda je ista i predstavljena je na sl. 3.28b. 1

j0,2 r.j.

j0,1 r.j. 3

j0,05 r.j.

4

j0,02 r.j.

j0,1 r.j. j0,2 r.j. j0,05 r.j. 2

Sl. 3.28b Mreža impedansi direktnog i inverznog redosleda sistema sa sl. 3.28a


290

Na prethodnoj šemi (sa sl. 3.28b) već su ekvivalentovane impedanse generatora G1 i transformatora T1, generatora G2 i transformatora T2 i dva paralelno vezana voda između sabirnica 2 i 3. Prethodna šema ima 4 čvora i 7 grana pa je potrebno sprovesti sledećih 7 koraka za dobijanje matrice impedansi direktnog i inverznog redosleda: 1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,2 r.j.):

[ ]

Z d = Z gr = j[0,2] . 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i referentnog čvora, (Zgr = j0,2 r.j.): post

Zd

 Z pre = d  0

0  = Z gr 

0,2 0  j . 0 0 , 2  

3. korak: Dodavanje grane između dva stara čvora (i = 1, j = 2), (Zgr = j0,1 r.j.): = Z d − ∆Z d = Z d −

post

pre

Zd −

pre

1

pre

Zd

Z dpost

(i, i ) + Z dpre ( j, j ) − 2 Z dpre (i, j ) + Z gr

T  Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )  ;  pre  ⋅  pre  pre pre  Z d (2, i ) − Z d (2, j )  Z d (2, i ) − Z d (2, j )

0,2 0  1 − ⋅ = j   0 0,2 j (0,2 + 0,2 − 2 ⋅ 0 + 0,1)

0,2 − 0 j ⋅ 0 − 0,2

T

0,2 − 0  0,12 0,08 j = j  . 0 − 0,2 0,08 0,12 


post Zd

pre  Z d (1, i )  pre Z   d pre = Z d (2, i )  =  Z dpre (i,1) Z dpre (i,2 ) Z dpre (i, i ) + Z gr   

 0,12 0,08 0,12  j 0,08 0,12 0,08 .  0,12 0,08 0,22


Zd

= Z d − ∆Z d = Z d − pre

pre

 Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   pre   pre  ; pre pre  Z d (2, i ) − Z d (2, j ) ⋅  Z d (2, i ) − Z d (2, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) d d  d   d  T

pre Zd

(i, i ) +

1

pre Zd

( j, j ) − 2 Z dpre (i, j ) + Z gr

Z dpost

 0,12 0,08 0,12  1 = j 0,08 0,12 0,08 − ⋅ j (0,12 + 0,22 − 2 ⋅ 0,08 + 0,05)  0,12 0,08 0,22

Z dpost

 0,113 0,087 0,0957 = j  0,087 0,113 0,1043 . 0,0957 0,1043 0,1348 

 0,08 − 0,12  j  0,12 − 0,08  ⋅ 0,08 − 0,22

T

 0,08 − 0,12  j  0,12 − 0,08  ; 0,08 − 0,22


291


post

Zd

post

Zd

pre  Z d (1, i )    pre pre Zd Z d (2, i )   ; = pre  Z d (3, i )   pre  pre pre pre  Z d (i,1) Z d (i,2 ) Z d (i,3) Z d (i, i ) + Z gr 

 0,113 0,087  0,087 0,113 = j 0,0957 0,1043  0,0957 0,1043

0,0957 0,0957  0,1043 0,1043  . 0,1348 0,1348   0,1348 0,1848 

7. korak: Dodavanje grane između starog čvora (i = 4) i referentnog čvora, (Zgr = j0,02 r.j.):

post

Zd

post

Zd

post

Zd

= Z d − ∆Z d = Z d − pre

1

pre

 0,113 0,087  0,087 0,113 = j 0,0957 0,1043  0,0957 0,1043 0,0684 0,0382 = j 0,0327  0,0093

pre

Zd

(i, i ) + Z gr

 Z dpre (1, i )   Z dpre (1, i )   pre   pre   Z d (2, i ) ⋅  Z d (2, i )  Z pre (3, i )  Z pre (3, i )  dpre   dpre  ( ) Z 4 , i  d   Z d (4, i )

0,0957 0,0957  0,1043 0,1043  1 − ⋅ 0,1348 0,1348  j (0,1848 + 0,02 )  0,1348 0,1848 

T

0,0957   0,1043  ⋅ j  0,1348     0,1848 

0,0957   0,1043   j  0,1348     0,1848 

0,0382 0,0327 0,0093 0,0599 0,0357 0,0102 = Z d = Z i. 0,0357 0,0461 0,0132  0,0102 0,0132 0,018 

Ekvivalentna šema za impedanse nultog redosleda data je na sl. 3.28c. 1

j0,11 r.j.

j0,3 r.j. 3

0

j0,05 r.j.

4

j0,05 r.j.

j0,3 r.j. j0,06 r.j. j0,15 r.j. 2


T


292

Na prethodnoj šemi (sl. 3.28c) već su ekvivalentovane impedanse generatora G1 i transformatora T1 i dva paralelno vezana voda između sabirnica 2 i 3. Prethodna šema ima 4 čvora i 7 grana ali se broj grana može redukovati na 6 ekvivalentovanjem grana koje su incidentne čvoru 4. Prema tome, za dobijanje matrice impedasni nultog redosleda, potrebno je sprovesti sledećih 6 koraka: 1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,11 r.j.):

[ ]

Z 0 = Z gr = j[0,11]. 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i referentnog čvora, (Zgr = j0,06 r.j.):

 Z pre Z 0post =  0  0

0  = Z gr 

0,11 0  j .  0 0,06

3. korak: Dodavanje grane između dva stara čvora (i = 1, j = 2), (Zgr = j0,3 r.j.):

Z 0post = Z 0pre − ∆ Z 0 = Z 0pre − 1

Z 0pre (i, i ) + Z 0pre ( j , j ) − 2 Z 0pre (i, j ) + Z gr post Z0

Z 0post

T  Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )  ;  ⋅  pre   pre pre pre  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )

0,11 0  1 = j − ⋅   0 0,06 j (0,11 + 0,06 − 2 ⋅ 0 + 0,3) 0,0843 0,014  = j .  0,014 0,0523

 0,11 − 0  j ⋅ 0 − 0,06

T

 0,11 − 0  j  ; 0 − 0,06


post Z0

pre  Z 0 (1, i )  pre Z   0 pre = Z 0 (2, i )  =  Z 0pre (i,1) Z 0pre (i,2 ) Z 0pre (i, i ) + Z gr   

0,0843 0,014 0,0843 j  0,014 0,0523 0,014 . 0,0843 0,014 0,3843


Z0

pre Z0

= Z 0 − ∆Z 0 = Z 0 − pre

(i, i ) +

pre

1

pre Z0

( j, j ) − 2 Z 0pre (i, j ) + Z gr

 Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   pre   pre  pre pre  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j ) ⋅  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) 0 0  0   0 

T


Z 0post

293

0,0843 0,014 0,0843 = j  0,014 0,0523 0,014  − 0,0843 0,014 0,3843

0,014 − 0,0843 1 − ⋅ j 0,0523 − 0,014 ⋅ j (0,0523 + 0,3843 − 2 ⋅ 0,014 + 0,15)  0,014 − 0,3843

Z dpost

T

0,0754 0,0189 0,0377 = j 0,0189 0,0497 0,0394. 0,0377 0,0394 0,1389 

6. korak: Dodavanje grane (Zgr = j0,05/2 = j0,025 r.j.):

Z 0post

0,014 − 0,0843 j 0,0523 − 0,014 0,014 − 0,3843

0    Z pre 0  0 = =  0  0 0 0 Z gr   

između

novog

čvora

(k = 4)

i

referentnog

čvora,

0  0,0754 0,0189 0,0377 0,0189 0,0497 0,0394 0   j = Z 0. 0,0377 0,0394 0,1389 0    0 0 0,025  0

b1) Simetrične komponente struja za slučaj jednofaznog kratkog spoja na sabirnicama 3 su: I d 3 = I i 3 = I 03 =

U fr

Z d (3,3) + Z i (3,3) + Z 0 (3,3)

=

1 = − j 4,327 r.j. 2 ⋅ j 0,0461 + j 0,1389

Za pronalaženje struja kroz transformator T3 potrebno je najpre izračunati simetrične komponente napona čvorova 3 i 4 jer su oni od interesa. Njihove vrednosti su: U d 3 = U fr − Z d (3,3) ⋅ I d 3 = 1 − j 0,0461 ⋅ (− j 4,327 ) = 0,8 r.j. ;

U i 3 = − Z i (3,3) ⋅ I i 3 = − j 0,0461 ⋅ (− j 4,327 ) = −0,2 r.j. ;

U 03 = − Z 0 (3,3) ⋅ I 03 = − j 0,1389 ⋅ (− j 4,327 ) = −0,6 r.j. ;

U d 4 = U fr − Z d (4,3) ⋅ I d 3 = 1 − j 0,0132 ⋅ (− j 4,327 ) = 0,943 r.j. ;

U i 4 = − Z i (4,3) ⋅ I i 3 = − j 0,0132 ⋅ (− j 4,327 ) = −0,057 r.j. ; U 04 = − Z 0 (4,3) ⋅ I 03 = − j 0 ⋅ (− j 4,327 ) = 0 r.j.

Na osnovu izračunatih simetričnih komponenata napona, mogu se izračunati simetrične komponente struja kroz transformator T3: I dT3 = I d 43 = I iT3 = I i 43 =

U d4 −U d3 gr Z d 43

U i 4 − U i3 gr Z i 43

=

=

0,943 − 0,8 = − j 2,86 r.j. ; j 0,05

− 0,057 + 0,2 = − j 2,86 r.j. ; j 0,05

Proračun kratkih spojeva I 0T3 = I 043 =

294

U 04 − U 03

=

gr Z 043

0 + 0,6 = 0 r.j. ∞

Konačno, fazne komponente struja kroz transformator su:  I AT   1  3  2  I BT3  = a  I CT   a  3

1  I dT3   1   2 1 ⋅  I iT3  = a 1  I 0T3   a

1 a 2 a

1 a 2 a

1 1 ⋅ 1

− 2,86 j − 2,86 =  0 

− 5,72 j  2,86  r.j.  2,86 

b2) Simetrične komponente struja za slučaj jednofaznog kratkog spoja na sabirnicama 4 su: I d 4 = I i 4 = I 04 =

U fr

Z d (4,4 ) + Z i (4,4 ) + Z 0 (4,4 )

=

1 = − j16,39 r.j. 2 ⋅ j 0,018 + j 0,025

Simetrične komponente napona čvorova 3 i 4 su: U d 3 = U fr − Z d (4,3) ⋅ I d 4 = 1 − j 0,0132 ⋅ (− j16,39 ) = 0,784 r.j. ;

U i 3 = − Z i (4,3) ⋅ I i 4 = − j 0,0132 ⋅ (− j16,39 ) = −0,216 r.j. ;

U 03 = − Z 0 (4,3) ⋅ I 04 = − j 0 ⋅ (− j16,39 ) = 0 r.j. ;

U d 4 = U fr − Z d (4,4 ) ⋅ I d 4 = 1 − j 0,018 ⋅ (− j16,39 ) = 0,705 r.j. ; U i 4 = − Z i (4,4 ) ⋅ I i 4 = − j 0,018 ⋅ (− j16,39 ) = −0,295 r.j. ;

U 04 = − Z 0 (4,4 ) ⋅ I 04 = − j 0,025 ⋅ (− j16,39 ) = −0,41 r.j.

Sada se mogu izračunati i simetrične komponente struja kroz transformator T3: I dT3 = I d 34 = I iT3 = I i 34 =

U d3 −U d 4 gr Z d 34

U i3 − U i 4

I 0T3 = I 004 =

gr Z i 43

0 − U 04 gr Z 004

=

=

=

0,784 − 0,705 = − j1,58 r.j. ; j 0,05

− 0,216 + 0,295 = − j1,58 r.j. ; j 0,05

0 + 0,41 = − j8,2 r.j. j 0,05

Konačno, fazne komponente struja kroz transformator su:

 I AT   1  3  2  I BT3  = a  I CT   a  3

1 a a

2

1  I dT3   1   2 1 ⋅  I iT3  = a 1  I 0T3   a

1 a a

2

1 1 ⋅ 1

− 1,58 j − 1,58 =  − 8,2 

− 11,36 j  − 6,62  r.j.  − 6,62 


295

Zadatak 3.29 U mreži na sl. 3.29a na sabirnicama 4 desio se jednofazni kratki spoj sa zemljom. Matričnim postupkom izračunati: a) Struju kvara. b) Struju po vodu 1-3 u sve tri faze. Napomena: Napon na mestu kvara pre kvara je 1 r.j. Podaci o parametrima sistema dati su u tab. 3.29a. G1

1

T1

~ 3

G2

4

T3

T2

~ 2


Tab. 3.29a Parametri sistema sa sl. 3.29a

Xd = Xi (r.j.) X0 (r.j.)

G2 0,35 0,09

G1 0,35 0,09

T1 0,1 0,1

T2 0,1 0,1

T3 0,05 0,05

V12 0,35 1,15

V13 0,45 1,40

V23 0,35 1,15

Rešenje: a) Ekvivalentna šema za impedanse direktnog i inverznog redosleda je identična i predstavljena je na sl. 3.29b. 1

j0,45 r.j.

j0,45 r.j. 3

j0,05 r.j.

4

j0,35 r.j. j0,45 r.j. 2

j0,35 r.j.

Sl. 3.29b Mreža impedansi direktnog i inverznog redosleda sistema sa sl. 3.29a

Na prethodnoj šemi već su ekvivalentovane impedanse generatora G1 i transformatora T1 i generatora G2 i transformatora T2 sa sl. 3.29a. Prethodna šema ima 4 čvora i 6 grana pa je potrebno sprovesti sledećih 6 koraka za dobijanje matrice impedasni direktnog i inverznog redosleda:


296

1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,45 r.j.):

[ ]

Z d = Z gr = j[0,45] . 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i referentnog čvora, (Zgr = j0,45 r.j.): post

Zd

 Z pre = d  0

0  = Z gr 

0  0,45 j . 0,45  0

3. korak: Dodavanje grane između dva stara čvora (i = 1, j = 2), (Zgr = j0,35 r.j.): = Z d − ∆Z d = Z d −

post

pre

Zd

pre

 Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   pre  ⋅  pre  ; pre pre  Z d (2, i ) − Z d (2, j )  Z d (2, i ) − Z d (2, j ) T

−

1

pre

Zd

Z dpost post

Zd

(i, i ) + Z dpre ( j, j ) − 2 Z dpre (i, j ) + Z gr

0  0,45 1 − ⋅ = j  0,45 j (0,45 + 0,45 − 2 ⋅ 0 + 0,35)  0 0,288 0,162  = j .  0,162 0,288

0,45 − 0 j ⋅ 0 − 0,45

T

0,45 − 0 j  ; 0 − 0,45


post Zd

pre  Z d (1, i )  pre Z   d pre = Z d (2, i )  =  Z dpre (i,1) Z dpre (i,2 ) Z dpre (i, i ) + Z gr   

0,288 0,162 0,288 j  0,162 0,288 0,162 . 0,288 0,162 0,738


Zd

= Z d − ∆Z d = Z d − pre

pre

 Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   Z dpre (1, i ) − Z dpre (1, j )   pre   pre  pre pre  Z d (2, i ) − Z d (2, j ) ⋅  Z d (2, i ) − Z d (2, j ) ;  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) d d  d   d  T

pre Zd

(i, i ) +

post Zd

1

pre Zd

( j, j ) − 2 Z dpre (i, j ) + Z gr

0,288 0,162 0,288 = j  0,162 0,288 0,162  − 0,288 0,162 0,738

0,162 − 0,288 1 − ⋅ j 0,288 − 0,162 ⋅ j (0,288 + 0,738 − 2 ⋅ 0,162 + 0,35)  0,162 − 0,738

0,162 − 0,288 j 0,288 − 0,162 0,162 − 0,738

T


Z dpost

297

0,2729 0,1771 0,219  = j  0,1771 0,2729 0,231 .  0,219 0,231 0,4226


Zd

post

pre  Z d (1, i )    pre pre Zd Z d (2, i )   = pre  Z d (3, i )   pre  pre pre pre  Z d (i,1) Z d (i,2 ) Z d (i,3) Z d (i, i ) + Z gr 

Z dpost

0,2729 0,1771 0,219 0,219   0,1771 0,2729 0,231 0,231   = Z d = Zi. = j  0,219 0,231 0,4226 0,4226    0,219 0,231 0,4226 0,4726

Ekvivalentna šema impedansi nultog redosleda data je na sl. 3.29c. 1

j0,1 r.j.

j1,4 r.j. 3

j0,05 r.j.

4

j1,15 r.j. j0,19 r.j. 2

j1,15 r.j.


Na prethodnoj šemi već su ekvivalentovane impedanse generatora G2 i transformatora T2. Kao i kod ekvivalentne šeme za direktni redosled i ovde je potrebno sprovesti sledećih 6 koraka: 1. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 1) i referentnog čvora, (Zgr = j0,1 r.j.):

[ ]

Z 0 = Z gr = j[0,1]. 2. korak: Dodavanje grane između novog čvora (k = 2) i referentnog čvora, (Zgr = j0,19 r.j.): post Z0

 Z dpre =  0

0  = Z gr 

0,1 0  j .  0 0,19


298

3. korak: Dodavanje grane između dva stara čvora (i = 1, j = 2), (Zgr = j1,15 r.j.):

Z 0post = Z 0pre − ∆ Z 0 = Z 0pre − 1

Z 0pre (i, i ) + Z 0pre ( j , j ) − 2 Z 0pre (i, j ) + Z gr

 Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   pre  ⋅  pre  pre pre  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j )

0,1 0  1 = j − ⋅   0 0,19 j (0,1 + 0,19 − 2 ⋅ 0 + 1,15)

post Z0

 0,1 − 0  j ⋅ 0 − 0,19

T

T

 0,1 − 0   0,0931 0,0132 j = j  . 0 − 0,19 0,0132 0,1649 


post Z0

pre  Z 0 (1, i )  pre Z   0 pre = Z 0 (2, i )  =  Z 0pre (i,1) Z 0pre (i,2 ) Z 0pre (i, i ) + Z gr   

 0,0931 0,0132 0,0931 j 0,0132 0,1649 0,0132.  0,0931 0,0132 1,4931 


Z0

= Z 0 − ∆Z 0 = Z 0 − pre

pre

 Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   Z 0pre (1, i ) − Z 0pre (1, j )   pre   pre  pre pre  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j ) ⋅  Z 0 (2, i ) − Z 0 (2, j ) ;  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j )  Z pre (3, i ) − Z pre (3, j ) 0 0  0   0  T

pre Z0

(i, i ) +

post Z0

1

pre Z0

( j, j ) − 2 Z 0pre (i, j ) + Z gr

 0,0931 0,0132 0,0931 = j 0,0132 0,1649 0,0132 −  0,0931 0,0132 1,4931 

0,0132 − 0,0931 1 − ⋅ j 0,1649 − 0,0132 ⋅ j (0,1649 + 1,4931 − 2 ⋅ 0,0132 + 1,15)   0,0132 − 1,4931 0,0908 0,0176 0,0506 post Z 0 = j 0,0176 0,1566 0,0939. 0,0506 0,0939 0,7057

0,0132 − 0,0931 j 0,1649 − 0,0132  0,0132 − 1,4931

T


post

Z0

pre  Z 0 (1, i )    pre pre Z0 Z 0 (2, i )   ; = pre  Z 0 (3, i )   pre  pre pre pre  Z 0 (i,1) Z 0 (i,2 ) Z 0 (i,3) Z 0 (i, i ) + Z gr 


post

Z0

299

0,0908 0,0176 = j 0,0506  0,0506

0,0176 0,0506 0,0506 0,1566 0,0939 0,0939 = Z0. 0,0939 0,7057 0,7057  0,0939 0,7057 0,7557

a) Simetrične komponente struje kvara za slučaj jednofaznog kratkog spoja su: U fr

I d 4 = I i 4 = I 04 =

Z d (4,4 ) + Z i (4,4 ) + Z 0 (4,4 )

=

1 = − j 0,5879 r.j. 2 ⋅ j 0,4726 + j 0,7557

Struja kvara je onda: I k = I A4 = I d + I i + I 0 = − j1,764 r.j.

b) U cilju određivanja struje po vodu 1-3 potrebno je najpre odrediti simetrične komponente napona čvorova 1 i 3. U d 1 = U fr − Z d (1,4 ) ⋅ I d 4 = 1 − j 0,219 ⋅ (− j 0,5879 ) = 0,8712 r.j. ;

U i1 = − Z i (1,4 ) ⋅ I i 4 = − j 0,219 ⋅ (− j 0,5879 ) = −0,1287 r.j. ;

U 01 = − Z 0 (1,4 ) ⋅ I 04 = − j 0,0506 ⋅ (− j 0,5879 ) = −0,0297 r.j. ;

U d 3 = U fr − Z d (3,4 ) ⋅ I d 4 = 1 − j 0,4226 ⋅ (− j 0,5879 ) = 0,7515 r.j. ;

U i 3 = − Z i (3,4 ) ⋅ I i 4 = − j 0,4226 ⋅ (− j 0,5879 ) = −0,2484 r.j. ; U 03 = − Z 0 (3,4 ) ⋅ I 04 = − j 0,7057 ⋅ (− j 0,5879 ) = −0,4149 r.j.

Simetrične komponente struja po vodu 1-3 su: I d 13 = I i13 = I 013 =

U d1 − U d 3

=

gr Z d 13

U i1 − U i 3 gr Z i13

=

U 01 − U 03 gr Z 013

0,8712 − 0,7515 = − j 0,266 r.j. ; j 0,45

− 0,1287 + 0,2484 = − j 0,266 r.j. ; j 0,45

=

− 0,0297 + 0,4149 = − j 0,275 r.j. j1,4

Konačno, fazne struje koje teku po vodu 1-3 su:

 I A13   1  I  = a 2  B13    I C13   a

1 a a2

1  I d 13   1 1 ⋅  I i13  = a 2 1  I 013   a

1 a a2

1 1 ⋅ 1

− 0,266 j − 0,266 =  − 0,275

− 0,807  j − 0,009 r.j. − 0,009


300

Zadatak 3.30 Za uprošćeni elektroenergetski sistem EPS-a, čiji su parametri vodova i transformatora dati u zadatku 2.15, proračunati: a) Struju tranzijentnog perioda trofaznog kratkog spoja u čvoru 1, kao i struje u granama incidentnim ovom čvoru, usvajajući za početni radni režim onaj koji je obrađivan u zadatku 2.15. b) Struju tranzijentnog perioda trofaznog kratkog spoja u čvoru 1, kao i struje u granama incidentnim ovom čvoru, u slučaju zanemarivanja struja radnog režima koji je prethodio kvaru. c) Struje tranzijentnog perioda svih nesimetričnih kratkih spojeva u tom čvoru, u slučaju zanemarivanja struja radnog režima koji je prethodio kvaru. Vrednosti nominalnih snaga ekvivalentnih agregata pridruženih generatorskim čvorovima u sistemu, kao i snaga angažovanih agregata i odgovarajućih snaga blok-generatorskih transformatora u sistemu, usvojene na osnovu specifikovanih i proračunatih snaga generisanja u zadatku 2.15, date su u tab. 3.30a. Tab. 3.30a Nominalne i angažovane snage ekvivalentnih agregata sistema Broj čvora 1 5 6 15 17 21

Naziv čvora Obrenovac 400 Đerdap Kostolac Obrenovac 220 Bajina Bašta Kosovo 220

Sn

[MVA] 2188 1360 2132 1564 1728 1782

Sna [MVA] 1461 760 527 732 1308 509

Reaktanse generatora u tranzijentnom režimu po d osi xd′ , reaktanse generatora inverznog redosleda xi i blok-generatorskih transformatora xBT (sprege Yd), izražene u relativnim jedinicama u odnosu na nominalnu snagu elementa, date su u tab. 3.30b. Tab. 3.30b Reaktanse xd′ i xi generatora i reaktanse blok-generatorskih transformatora xBT izražene u relativnim jedinicama u odnosu na nominalnu snagu elementa Broj čvora

Naziv čvora

xd′ [r.j.]

xi [r.j.]

xBT [r.j.]

1 5 6 15 17 21

Obrenovac 400 Đerdap Kostolac Obrenovac 220 Bajina Bašta Kosovo 220

0,220 0,380 0,220 0,220 0,280 0,330

0,250 0,345 0,215 0,225 0,210 0,270

0,1260 0,1167 0,1200 0,1341 0,1200 0,1162

Reaktanse vodova direktnog redosleda su date u zadatku 2.15, dok je za reaktanse vodova nultog redosleda generalno uzeto da su tri puta veće od datih reaktansi direktnog redosleda. Podaci za transformatore 400/220 kV/kV za šemu direktnog redosleda u relativnim jedinicama su takođe dati u zadatku 2.15. Pri formiranju šeme nultog redosleda neophodno je uvažiti da su sve to autotransformatori sa direktno uzemljenim zvezdištem i kompenzacionim tercijarnim namotajem


301

vezanim u trougao. Podaci za reaktanse ovih transformatora, uz zanemarivanje aktivnih otpornosti, kao i grane magnećenja nultog redosleda, u relativnim jedinicama za baznu snagu SB = 100 MVA i bazni napon UB = 400 kV dati su u tab. 3.30c. Tab. 3.30c Reaktanse transformatora 400/220 kV/kV izražene u relativnim jedinicama za SB = 100 MVA i UB = 400 kV Čvor i 10 10 7 8 1 9 3

Čvor j 12 13 19 18 15 21 23

x12 [r.j.] 0,02970 0,02970 0,03100 0,01550 0,01481 0,01485 0,04200

x13 [r.j.] 0,03462 0,03366 0,03503 0,02060 0,01731 0,01689 0,05126

x23 [r.j.] 0,02385 0,02538 0,02595 0,01808 0,01193 0,01255 0,03394

Rešenje: Reaktanse angažovanih generatora i blok-generatorskih transformatora, preračunate na baznu snagu SB = 100 MVA i bazni napon UB = 400 kV su date u tab. 3.30d. Tab. 3.30d Reaktanse xd′ i xi generatora i reaktanse blok-generatorskih transformatora xBT izražene u relativnim jedinicama za SB = 100 MVA i UB = 400 kV Broj čvora

Naziv čvora

xd′ [r.j.]

xi [r.j.]

xBT [r.j.]

1 5 6 15 17 21

Obrenovac 400 Đerdap Kostolac Obrenovac 220 Bajina Bašta Kosovo 220

0,015 0,050 0,042 0,030 0,020 0,065

0,017 0,045 0,041 0,031 0,015 0,053

0,009 0,0154 0,023 0,018 0,010 0,023

Reaktanse pojedinih grana transformatora 400/220 kV/kV, neophodne za formiranje zamenskih šema nultog redosleda su date u tab. 3.30e, pri čemu je označavanje izvršeno u odnosu na originalne čvorove mreže, tj. bez posebnih oznaka za fiktivna zvezdišta tronamotajnih transformatora. Tab. 3.30e Reaktanse pojedinih grana transformatora 400/220 kV/kV Čvor i 10 10 7 8 1 9 3

Čvor j 12 13 19 18 15 21 23

x1 [r.j.] 0,02023 0,01899 0,02004 0,00901 0,01010 0,00960 0,02966

x2 [r.j.] 0,00947 0,01071 0,01096 0,00649 0,00472 0,00525 0,01234

x3 [r.j.] 0,01438 0,01467 0,01499 0,01159 0,00722 0,00073 0,02160


302

Korišćenjem proračunatih podataka, kao i podataka iz zadatka 2.15, mogu se izvršiti svi potrebni proračuni kratkih spojeva.

a) Struja trofaznog kratkog spoja, uz uvažavanje radnog režima proračunatog u zadatku 2.15, sa naponom na sabirnicama 1 pre kvara U1 = 1,0075 r.j. iznosi: Ik3 = 101,3708 r.j. Ova struja je jednaka u sve tri faze sa međusobnim faznim pomerajem od 120°, čime je zadržana simetrija u sistemu. Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda trofaznog kratkog spoja u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 su date u tab. 3.30f. Tab. 3.30f Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda trofaznog kratkog spoja u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 iz zadatka 3.30a Grana 2-1 8-1 10 - 1 15 - 1

IA [r.j.] 8,7034 ∠-80,1882° 19,7533 ∠-77,9235° 5,0447 ∠-81,5542° 19,8622 ∠-80,9767°

IB [r.j.] 8,7034 ∠159 ,8118° 19 ,7533 ∠162,0765° 5,0447 ∠158,4458° 19,8622 ∠159,0233°

IC [r.j.] 8,7034 ∠39 ,8118° 19,7533 ∠42,0765° 5,0447 ∠38,4458° 19,8622 ∠39,0233°

Struje u granama koje su električki udaljenije od mesta kvara su manjeg intenziteta (na primer amplituda struje u grani 6 - 8 iznosi 8,0629 r.j., odnosno znatno je manja od struje u grani 8 1, te kvar na sabirnicama 1 ne predstavlja kritičan kvar za izbor opreme ovih grana. Zbog toga je i pregled struja kvara i ograničen na grane incidentne čvoru pogođenom kvarom, tj. grane na koje ovaj kvar ima najviše uticaja.

b) U slučaju zanemarivanja prethodnog radnog režima, odnosno u slučaju da su zanemareni potrošači, čime početni radni režim prelazi u ''prazan hod'', naponi svih čvorova su jednaki i iznose 1 r.j., dok je struja trofaznog kratkog spoja na sabirnicama 1 u tranzijentnom periodu jednaka Ik3 = 88,1028 r.j. Fazne struje u granama incidentnim čvoru 1 su date u tab. 3.30g. Tab. 3.30g Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda trofaznog kratkog spoja u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 iz zadatka 3.30b Grana 2–1 8–1 10 – 1 15 – 1

IA [r.j.] 7,0308 ∠-87,1105° 17,4635 ∠-87,2286° 4,1059 ∠-83,3162° 18,7648 ∠-89,5522°

IB [r.j.] 7,0308 ∠152,8895° 17,4635 ∠152,7714° 4,1059 ∠156,6838° 18,7648 ∠150,4478°

IC [r.j.] 7,0308 ∠32,8895° 17,4635 ∠32,7714° 4,1059 ∠36,6838° 18,7648 ∠30,4478°


303

Poređenjem rezultata iz tačaka a) i b) pokazuje se da struje u normalnom radnom režimu koje su prethodile kratkom spoju, kao i odstupanje napona od jediničnih vrednosti malo utiču na veličinu struje kvara, kao i struje po granama mreže. Odstupanje ovih struja u slučaju izostavljanja proračuna prethodnog radnog stanja u odnosu na struje gde je prethodno radno stanje uvaženo je retko veće od 10 % (u ovom primeru znatno manje), te se proračuni kratkih spojeva sa dovoljnom tačnošću mogu izvršiti uz zanemarenje prethodnog radnog režima.

c) Slučaj nesimetričnih kratkih spojeva sproveden putem proračuna metodom simetričnih komponenata daje sledeće rezultate: Jednofazni kratki spoj Simetrične komponente struje kvara su: Ik1Zd = (-0,7710 + j36,5857) r.j.; Ik1Zi = (-0,7710 + j36,5857) r.j.; Ik1Z0 = (-0,7710 + j36,5857) r.j. Fazne struje kvara su: Ik1ZA = 109,7815 r.j. ∠-88,7928°; Ik1ZB = 0; Ik1ZC = 0, dok su fazni naponi pojedinih faza na mestu kvara Uk1ZA = 0; Uk1ZB = 0,9076 r.j. ∠-105,5432°; Uk1ZC = 0,9041 r.j. ∠105,4555°. Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda jednofaznog kratkog spoja faze A čvora 1, po granama incidentnim čvoru 1 su date u tab. 3.30h.

Tab. 3.30h Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda jednofaznog kratkog spoja u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 iz zadatka 3.30c Grana 2–1 8–1 10 – 1 15 – 1

IA [r.j.] 7,3129 ∠-86,9300° 18,7749 ∠-86,9600° 7,6005 ∠-85,2660° 26,4030 ∠-89,5145°

IB [r.j.] 2,3010 ∠86,5290° 3,7870 ∠86,4275° 1,4620 ∠-85,7439° 2,5600 ∠-83,6868°

IC [r.j.] 2,2945 ∠96,9840° 3,7798 ∠96,1046° 1,4839 ∠-93,4267° 2,5795 ∠-95,6875°


304 Dvofazni kratki spoj

Simetrične komponente struje kvara su: Ik2d = (-0,9715 + j43,6246) r.j.; Ik2i = (0,9715 - j43,6246) r.j.; Ik20 = 0. Fazne struje kvara su: Ik2A = 0; Ik2B = 75,5788 r.j. ∠-178,7242°; Ik2C = 75,5788 r.j. ∠1,2758°, dok su fazni naponi pojedinih faza na mestu kvara Uk2A = 1,0094 r.j. ∠-0,0882°; Uk2B = 0,5047 r.j. ∠179,9118°; Uk2C = 0,5047 r.j. ∠179,9118° . Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda dvofaznog kratkog spoja faza B i C čvora 1, po granama incidentnim čvoru 1 su date u tab. 3.30i. Tab. 3.30i Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda dvofaznog kratkog spoja u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 iz zadatka 3.30c Grana 2–1 8–1 10 – 1 15 – 1

IA [r.j.] 0,0191 ∠137,2622° 0,3071 ∠92,8764° 0,3556 ∠-92,7383° 0,3701 ∠92,4500°

IB [r.j.] 6,2743 ∠-176,9686° 15,3623 ∠-176,5878° 3,6155 ∠-176,0044° 16,4127 ∠-178,7793°

Dvofazni kratki spoj sa zemljom Simetrične komponente struje kvara su: Ik2Zd = (-1,3721 + j68,7474) r.j.; Ik2Zi = (0,5018 - j18,9732) r.j.; Ik2Z0 = (0,8703 - j49,7742) r.j. Fazne struje kvara su: Ik2ZA = 0; Ik2ZB = 106,3290 r.j. ∠136,6140°; Ik2ZC = 106,7417 r.j. ∠45,6154°,

IC [r.j.] 6,2877 ∠2,9064° 15,3625 ∠2,2670° 3,6742 ∠9,5104° 16,4248 ∠-0,0702°


305

dok su fazni naponi pojedinih faza na mestu kvara Uk2ZA = 0,6586 r.j. ∠0,1509°; Uk2ZB = 0; Uk2ZC = 0. Struje za vreme tranzijentnog perioda dvofaznog kratkog spoja sa zemljom faza B i C čvora 1, po granama incidentnim čvoru 1 su date u tab. 3.30j. Tab. 3.30j Fazne struje za vreme tranzijentnog perioda dvofaznog kratkog spoja sa zemljom u čvoru 1, po granama incidentnim čvoru 1 iz zadatka 3.30c Grana 2–1 8–1 10 – 1 15 – 1

IA [r.j.] 2,7261 ∠-88,4960° 4,6401 ∠-89,0099° 2,3091 ∠90,5072° 3,8485 ∠90,3082°

IB [r.j.] 6,9958 ∠155,4785° 18,2725 ∠149,7606° 6,8476 ∠125,4576° 25,3818 ∠130,2660°

IC [r.j.] 6,9323 ∠30,6503° 18,1219 ∠36,1556° 7,1566 ∠63,7637° 25,4963 ∠50,4347°

Proračun stabilnosti

305

Poglavlje 4 PRORAČUN STABILNOSTI


306

Zadatak 4.1 a) Izvesti opšte izraze za proračun odate aktivne i reaktivne snage generatora se cilindričnim rotorom (turbogenerator) i na primeru mašine čiji su osnovni parametri SnG = 100 MVA; Xd = 100%, koja u mrežu odaje prividnu snagu SG = 100 MVA posredstvom generatorskog bloktransformatora reaktanse XT = 10%, naći sinhronizacione snage pri induktivnom i kapacitivnom faktoru snage od 0,9 i naponu na strani višeg napona generatorskog blok-transformatora (mreža) Un = 1,00 r.j. b) Izvesti opšte izraze za proračun aktivne i reaktivne snage na krajevima sinhronog generatora sa istaknutim polovima (hidrogenerator) i na primeru mašine čiji su osnovni parametri E = 2UG; Xd = 1,45Xq, odrediti granični ugao i maksimalnu aktivnu snagu mašine sa aspekta statičke stabilnosti.

Rešenje: a) Theveninov ekvivalent i fazorski dijagram napona i struje turbogeneratora u stacionarnom stanju, prikazani su na sl. 4.1a. Umesto faznih vrednosti napona i struja, na ovim dijagramima su, kao i u ranijim zadacima korišćene računske vrednosti napona i struja, definisane u zadatku 1.4 kao: U = 3U

f

;

I = 3I f ,

E IG

SG = PG + jQG

jXdIG

Zd ≈ jXd

~

UG

E

δ ϕ a1)

I

UG RIG a2)

Sl. 4.1a Theveninov ekvivalent (a1) i fazorski dijagram napona i struje (a2) turbogeneratora

pri čemu su struje i naponi izraženi u apsolutnim jedinicama. Pri normalizaciji, za bazne vrednosti računskih napona i struja koriste se 3 veće vrednosti od baznih faznih vrednosti, odnosno: U B = 3U fB ; I B = 3I fB ,


307

tako da su računski i fazni naponi i struje izraženi u relativnim jedinicama jednaki i po amplitudi i po fazi: U r . j. =

Uf U U = = =U UB 3U fB U fB

I r . j. =

If I I = = = I fr. j. , IB 3I fB I fB

fr . j.

;

Posledica toga je da se sve relacije mogu pisati bez posebnog isticanja da li se radi o faznim ili računskim vrednostima promenljivih, a u izrazima za snagu da li se radi o monofaznim ili trofaznim snagama. Time se vrši izjednačavanje svih relacija za monofazna i trofazna kola, što predstavlja jednu od važnih prednosti uvođenja sistema relativnih jedinica. U izrazima za trofazne snage, date u apsolutnim jedinicama, korišćenjem računskih vrednosti napona i struja gubi se koeficijent 3: S = 3U f I f = U I , *

*

odnosno ovaj izraz se izjednačava sa izrazom za snagu izraženu u relativnim jedinicama. Prema tome, korišćenjem dijagrama sa sl. 4.1a, izraz za kompleksnu snagu generatora, koji važi kada se sve veličine izraze bilo u apsolutnim ili relativnim jedinicama je: SG =U G I G , *

gde je: IG =

E − U G E ∠ δ − U G ∠ 0° X = , gde je ψ = arctg ≈ 90° , Zd Z d ∠ψ R

tako da on postaje:

E −U G *

S G = PG + jQG = U G

*

*

Zd

= UG

E ∠ − δ − U G EU G ∠ψ − δ − U G2 ∠ψ = Zd ∠ − ψ Zd

Iz izraza za kompleksnu snagu dobijaju se izrazi za aktivnu i reaktivnu snagu na krajevima turbogeneratora:

PG =

EU G U2 EU G cos (ψ − δ ) − G cos ψ ≈ sin δ ; Zd Zd Xd

EU G U G2 EU G U G2 QG = sin (ψ − δ ) − sin ψ ≈ cos δ − . Zd Zd Xd Xd


308

Numerički primer: Induktivni režim:

Kapacitivni režim:

P ind G = 0,9 r.j.

P Gcap = 0,9 r.j.

Q G = 0,436 r.j.

Q Gcap = 0,436 r.j.

I G = (0,9 − j 0,436) r.j.

I G = (0,9 + j0,436) r.j.

ind

cap

ind

E

= U G + j( X d + X T ) I G =

ind

ind

E

cap

= U G + j( X d + X T ) I G = cap

= 1,0 + j1,1 ⋅ (0,9 − j0,436) =

= 1,0 + j1,1 ⋅ (0,9 + j0,436) =

= (1,4795 + j0,99) r.j. = 1,78 r.j. ∠33,789°

= (0,5205 + j0,99) r.j. = 1,1185 r.j. ∠62,267°

δ ind 0

= 33,789°

Pmind ax

E ind U G 1,78 ⋅1 = = = 1,618 r.j. X d + X T 1,0 + 0,1

δ cap 0 = 62,267° Pmcap ax

=

( RS )

cap

E capU G X d + XT

=

1,1185 ⋅1 = 1,0168 r.j. 1,0 + 0,1

Rezerve stabilnosti su onda:

( RS )

ind

ind Pma 1,618 x = = = 1,7981 , PG 0,9

Pmcap 1,0168 ax = = = 1,1298 , PG 0,9

ili 79,81 % .

ili 12,98 % .

Izrazi za krive njihanja P(δ) su: P ind = 1,618 sin δ .

P cap = 1,0168 sin δ .

Sinhronizacione snage su: ind ind Psind = Pma x cos δ 0 = 1,618 ⋅ 0,83 = 1,345 r.j./rad .

cap cap Pscap = Pma = 1,0168 ⋅ 0,465 = 0,473 r.j./rad . x cos δ 0

b) Sa fazorskog dijagrama napona i struja generatora sa istaknutim polovima prikazanog na sl. 4.1b, mogu se izvesti sledeće osnovne relacije IG = Id + Iq ; E − U G cos δ ; Xd U sin δ Iq = G ; Xq Id = −

U G = U d +U q ; U d = −U G sin δ ;

U q = U G cos δ .


309

jXdIG

jXdIq E

+ω

Eq

d - osa

q - osa jXqIq

j(Xd – Xq) Id

I *G

jXqIG

Uq

jXdId Iq

jXqId

δ UG = UG ∠0°

ϕ

Re

Ud IG

Id

Sl. 4.1b Fazorski dijagram napona i struja sinhronog generatora sa istaknutim polovima

Aktivna i reaktivna snaga na krajevima generatora, sa svim veličinama izraženim u relativnim jedinicama računaju se preko relacija: PG = U d I d + U q I q ; QG = U d I q − U q I d ;

odakle je: U G sin δ EU G U G2 X d − X q  E − U G cos δ  PG = (− U G sin δ ) − + U cos δ = sin δ + sin 2δ ;  G Xd Xq Xd 2 Xd Xq  

QG = (− UG sin δ) =

 cos2 δ sin2 δ  UG sin δ  E − UG cos δ  EUG = − UG cosδ − cosδ − UG2  + = Xq Xd X q    Xd  Xd

 1 + cos 2δ 1 − cos 2δ  EUG EUG UG2 X d + X q UG2 X d − X q = cos δ − UG2  + cos δ − + cos 2δ . Xd 2 X q  X d 2 Xd Xq 2 Xd Xq  2 Xd

Granica statičke stabilnosti se ima pri nultoj vrednosti sinhronizacione snage, tj. za Ps =

Xd − Xq dPG EU G = cos δ + U G2 cos 2δ = 0 ; gde je cos 2δ = 2 cos 2 δ − 1 . dδ Xd Xd Xq

Posle preuređenja, gornja jednačina po δ = δgr dobija oblik: 2U G

Xd − Xq Xd − Xq cos 2 δ + E cos δ − U G =0 . Xq Xq


Stavljajući a = U G

cos δ gr

310 Xd − Xq , rešenje te jednačina je: Xq

− E + E 2 + 8a2 = . 4a

Za a = 0,45UG i E = 2UG ima se:

cos δ gr

− 2U G + 4U G2 + 8 ⋅ (0,45U G ) 2 − 2 + 2,3707 = = = 0,20595 ⇒ δ gr = 78,12° . 1,8U G 1,8

Maksimalna snaga generatora je onda: PGmax =

2U G ⋅ U G U 2 0,45 X q U2 U2 U2 sin 78,12° + G sin 156,24° = 1,3498 G + 0,0625 G = 1,4123 G . 1,45 X q 2 X q 1,45 X q Xq Xq Xq


311

Zadatak 4.2 Sinhroni generator sa sl. 4.2a, priključen je na krutu mrežu preko spojnog voda impedanse Zv = (0,1 + j0,4) r.j. Sa sabirnica generatora napaja se lokalno opterećenje Pp = 0,4 r.j. pri cos ϕp = 0,8. Snaga merena na krajevima generatora je PG = 1,0 r.j. pri cos ϕG = 0,85 i naponu U G = 1,0 r.j. a) Naći fazore struje koja teče po vodu Iv i napona krute mreže U∞. b) Proračunati aktivne i reaktivne gubitke u spojnom vodu, faktor snage cos ϕ∞ i kompleksnu snagu (S∞ = P∞ + jQ∞) koja se isporučuje krutoj mreži. c) Iz izraza za tok aktivne snage na kraju spojnog voda P∞(θ), naći koeficijent sinhronizacione snage, za P∞ = P∞(θ = θ ∞). UG = 1,0 r.j. ∠0° U∞ Spojni vod G Zv Kruta mreža Iv SG Sv S∞ cos ϕG = 0,85 Lokalni Pp potrošač cos ϕp = 0,8

~

Sl. 4.2a Uprošćena šema sistema iz zadatka 4.2

Rešenje: a) Kompleksne snage generatora i potrošača su: S G = PG + jQG = PG (1 + jtg ϕG ) = (1 + j 0,62 ) r.j. = 1,177 r.j. ∠31,8° ; S p = Pp + jQ p = Pp 1 + jtg ϕ p = (0,4 + j 0,3) r.j. = 0,5 r.j. ∠36,87° .

(

)

Kompleksna snaga koju generator isporučuje spojnom vodu je: S v = S G − S p = (1 + j 0,62) − (0,4 + j 0,3) = (0,6 + j 0,32) r.j. = 0,68 r.j. ∠28,07° . Kompleksna struja koja teče kroz spojni vod je: *

Iv =

Sv *

UG

=

0,68 ∠ − 28,07° = (0,6 − j 0,32) r.j. = 0,68 r.j. ∠ − 28,07° . 1,0

Pad napona u spojnom vodu je: ∆U v = Z v I v = (0,1 + j 0,4) ⋅ (0,6 − j 0,32) = (0,188 + j 0,208) r.j. Kompleksni napon na sabirnicama krute mreže je: U ∞ = U G − ∆U v = 1,0 − 0,188 − j 0,208 = (0,812 − j 0,208) r.j. = 0,838 r.j. ∠ − 14,37° .


312

b) Kompleksna snaga koja se isporučuje krutoj mreži je: S ∞ = U ∞ I *v = 0,838 ∠ − 14,37° ⋅ 0,68 ∠28,07° = 0,57 r.j. ∠13,70° = (0,554 + j 0,135) r.j. Faktor snage koja se isporučuje krutoj mreži je: cos ϕ ∞ =

P∞ 0,554 = = 0,972 (ind. jer je Q∞ pozitivno). S∞ 0,57

Gubici u spojnom vodu su: gub

Sv

= Z v I v = (0,1 + j 0,4) ⋅ 0,68 2 = (0,046 + j 0,185) r.j. ; 2

Pvgub = 0,046 r.j. ;

Qvgub = 0,185 r.j.

Provera: gub

Sv

= S v − S ∞ = (0,6 + j 0,32) − (0,554 + j 0,135) = (0,046 + j 0,185) r.j.

c) Izraz za tok aktivne snage na kraju prenosnog voda je:

P∞ = −

U U U ∞2 sin µ v − G ∞ sin (θ 21 − µ v ) , Zv Zv

gde je:

θ 21 = θ ∞ − 0 = θ ∞ ; µ v = 90° − arg Z v = 90° − arctg

0,4 = 90° − 75,97° = 14,03° ; Z v = 0,4123 ∠75,97° , 0,1

tako da je: 0,838 2 1,0 ⋅ 0,838 P∞ = − sin 14,03° − sin (θ ∞ − 14,03°) = −0,413 − 2,033 sin (θ ∞ − 14,03°) . 0,4123 0,4123 Sinhronizaciona snaga na kraju voda je:

Ps = −

dP∞ = 2,033 cos (θ ∞ − 14,03°) = 2,033 cos(− 14,37° − 14,03°) = 1,788 r.j./rad dθ ∞

dP∞ u formuli za Ps potiče iz činjenice da sabirnice krute mreže dθ ∞ predstavljaju potrošački čvor). (znak '−' ispred izvoda


313

Zadatak 4.3 a) Za hidrogenerator priključen na moćnu mrežu posredstvom generatorskog bloktransformatora, u koju odaje snagu S∞ = 88,2 + j66,15 MVA, pri U∞ = Un, izračunati sinhronizacionu snagu, ako su osnovni podaci: G:

SnG = 110,25 MVA ; UnG = 10,5 kV ; Xd = 125% ; Xq = 0,72Xd = 90% ;

BT:

SnT = 110,25 MVA ; UnT = 10,5/132 kV/kV ; XT = 10% ; UB = 132 kV ; SB = SnG = 110,25 MVA .

b) Turbogenerator nominalne snage SnG = 300 MVA priključen je na moćnu mrežu, posredstvom generatorskog blok-transformatora nominalne snage SnT = 275 MVA. Izračunati aktivne i reaktivne snage koje teku prema moćnoj mreži merene na strani višeg napona blok-transformatora i faktore snage prenosa za dva radna režima: 1° Napon moćne mreže: U∞ = 231 kV; sinhronizaciona snaga: Psind = 323 MW/rad; ugao momenta: δ ind 0 = 29,13°. 2° Napon moćne mreže: U∞ = 231 kV; sinhronizaciona snaga: Pscap = 53 MW/rad; ugao momenta: δ cap 0 = 73,61°. Ostali podaci za proračun su: Generator: xd = 130 %; UnG = 12 kV. Transformator: xT = 13 %; mnT = 12/242 kV/kV.

Rešenje: a) Hidrogenerator - Proračun početnih uslova, shodno fazorskom dijagramu sa sl. 4.1b, za SB = 110,25 MVA i UB = 132 kV:

(

)

E q 0 = U ∞ + j X q + X T I = 1,00 + j (0,9 + 0,1) ⋅ (0,8 − j 0,6) = 1,6 + j 0,8 = 1,789 r.j. ∠26,57° ;

66,15 = 36,87° ; 88,2 = I sin (δ 0 + ϕ) = 1,0 sin (26,57° + 36,87°) = 0,8945 r.j. ;

δ 0 = arg E q 0 = 26,57° ;

Id

ϕ = arctg

I q = I cos (δ 0 + ϕ) = 1,0 cos (26,57° + 36,87°) = 0,4471 r.j. Aktivna snaga na visokonaponskoj strani blok-transformatora je: P∞ = =

Xd − Xq E0U ∞ U2 sin δ 0 + ∞ sin 2δ 0 = X d + XT 2 (X d + XT )(X q + XT ) 2,013 ⋅1,0 1,0 2 1,25 − 0,9 sin 26,57° + ⋅ sin 53,14° = 0,8744 r.j. ; 1,25 + 0,1 2 1,35 ⋅1,0

(

)

E 0 = E q 0 + X d − X q I d = 1,789 + (1,25 − 0,9) ⋅ 0,8945 = 2,102 r.j.


314

Sinhronizaciona snaga za δ = δ0 = 26,57° je: Ps =

Xd − Xq E0U ∞ ∂P∞ (δ) = cos δ 0 + U ∞2 cos 2δ 0 = ∂δ δ=δ X d + XT (X d + XT )(X q + XT ) 0

=

2,102 ⋅1,0 1,25 − 0,9 cos 26,57° + 1,0 2 ⋅ cos 53,14° = 1,549 r.j./rad = 170,72 MW/rad . 1,25 + 0,1 1,35 ⋅1,0

b) Turbogenerator - Proračun impedansi (svedenih na stranu višeg napona transformatora): 2

2

XG =

2 2 xd U nG  242  130 12  242  = ⋅ ⋅    = 253,78 Ω ; 100 S nG  12  100 300  12 

XT =

2 xT U nT 13 242 2 = ⋅ = 27,68 Ω ; 100 S nT 100 275

X = XG + XT = 253,78 +27,68 = 281,46 Ω . Iz izraza za sinhronizacione snage Ps i poznate vrednosti napona U∞ i ugla δ0 je: E indU ∞ cos δ ind 0 = 323 MW/rad ; X 323 ⋅ 281,46 = = 450,54 kV ; 231cos 29,13°

Psind = E ind

E capU ∞ cos δ cap 0 = 53 MW/rad ; X 53 ⋅ 281,46 = = 228,86 kV . 231cos 73,61°

Pscap = E cap

Prenosne snage i faktori snaga prenosa su:

P

ind

E indU ∞ 450,54 ⋅ 231 = sin δ ind ⋅ 0,4868 = 180 MW ; 0 = X 281,46 U ∞2 E indU ∞ 2312 450,54 ⋅ 231 + cos δ ind = − + ⋅ 0,8735 = 133,41 MVAr ; 0 X X 281,46 281,46 133,41 = arctg = 36,545° ⇒ cos ϕind = 0,803 ; 180

Q ind = − ϕind

P

cap

E capU ∞ 228,86 ⋅ 231 = sin δ cap ⋅ 0,9594 = 180,2 MW 0 = X 281,46 U ∞2 E capU ∞ 2312 228,86 ⋅ 231 + cos δ cap = − + ⋅ 0,2822 = −136,59 MVAr ; 0 X X 281,46 281,46  136,59  cap = arctg  −  = −37,16° ⇒ cos ϕ = 0,797 . 180 , 2  

Q cap = − ϕcap


315

Zadatak 4.4 Sinhroni turbogenerator priključen je na krutu mrežu (čiji je napon U∞ = 1,0 r.j.), u koju isporučuje snagu S∞ = (0,554 + j0,135) r.j., posredstvom spojne impedanse Zv = (0,1 + j0,4) r.j., shodno sl. 4.4a. Sa sabirnica generatora napaja se lokalno opterećenje Sp = (0,4 + j0,3) r.j. Proračunati: a) Fazor napona UG, struje IG i kompleksnu snagu SG na krajevima generatora, kao i aktivne i reaktivne gubitke u spojnoj impedansi Zv. b) Fazor indukovane EMS generatora E i izraz za krivu njihanja generatora prema krutoj mreži PG(δ), ako je sinhrona reaktansa generatora Xd = 1,7 r.j. c) Koeficijent sinhronizacione snage i rezervu stabilnosti generatora za napred zadato (odnosno proračunato) radno stanje. d) Faktor snage generatora za proračunato radno stanje. Takođe proveriti nađene vrednosti (u tač. a) za PG i QG.

Spojni vod Zv

UG

G

~ SG

Sv

Kruta mreža S∞

Sp

U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Sl. 4.4a Jednopolna šema sistema iz zadatka 4.4

Rešenje: a) Proračun fazora napona, struje i kompleksne snage generatora: Za: S∞ = (0,554 + j0,135) r.j. = 0,5702 r.j. ∠13,70° ; I∞ = (0,554 - j0,135) r.j. = 0,5702 r.j. ∠-13,70° ; Sp = (0,4 + j0,3) r.j. = 0,5 r.j. ∠36,87° ; Zv = (0,1 + j0,4) r.j. = 0,4123 r.j. ∠75,96° ; X d = j1,7 r.j. = 1,7 r.j. ∠90° ; Zp =

U G2 *

Sp

=

1,1288 2 ∠36,87° = 2,5484 r.j. ∠36,87° = (2,0387 + j1,529) r.j. , 0,5

napon UG, čiji je moduo izražen u relativnim jedinicama, a fazni ugao u ° je: U G = U ∞ + Z v I ∞ = 1,0 + (0,1 + j 0,4) ⋅ (0,554 − j 0,135) = = (1,1094 + j 0,2081) r.j. = 1,1288r.j.∠10,63° ,


316

dok su komleksni gubici:

S vgub

Z v S ∞2 0,5702 2 = = (0,1 + j 0,4) ⋅ = (0,0325 + j 0,131) r.j. , U ∞2 12

tako da je kompleksna snaga na početku voda: Sv = S∞ + Sv

gub

= (0,554 + j 0,135) + (0,0325 + j 0,131) = (0,5865 + j 0,266) r.j. ,

a odata snaga generatora: S G = S v + S p = (0,5865 + j 0,266) + (0,4 + j 0,3) = (0,9865 + j 0,566) r.j. = 1,1367 r.j. ∠29,8° , dok je struja generatora: *

IG =

SG * UG

=

1,1367 ∠ − 29,8° = 1,007 r.j. ∠ − 19,17° = (0,951 − j 0,331) r.j. 1,1288 ∠ − 10,63°

b) Proračun fazora indukovane EMS i izraza za krivu njihanja turbogeneratora: E = U G + jX d I G = (1,1094 + j 0,2081) + j1,7 ⋅ (0,951 − j 0,331) = = (1,6724 + j1,8251) = 2,4755 r.j. ∠47,50°; E = 2,4755 r.j. ;

δ = 47,50° .

E = 2,4755 r.j. ∠47,50° 1

ZG = j1,7 r.j.

UG = 1,1288 r.j. ∠10,63°

U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Zv = (0,1+ j0,4) r.j.

2

Zp = (2,0387 + j1,529)r.j.

Sl. 4.4b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.4a Za proračun izraza za krivu njihanja generatora prema krutoj mreži, posmatra se zamenska šema sistema sa sl. 4.4a, prikazana na sl. 4.4b, odakle se transfer impedansa dobija transfiguracijom zvezde koju formiraju impednase generatora (ZG), potrošača (Zp) i spojnog voda (Zv) u trougao. Njena vrednost je

Z 12 = Z G + Z v +

ZGZv 1,7 ∠90° ⋅ 0,4123 ∠75,96° = j1,7 + (0,1 + j 0,4) + = Zp 2,5484 ∠36,87°

= (−0,073 + j 2,3134) r.j. = 2,315 r.j. ∠91,82°; Z12 = 2,315 r.j.;

µ12 = 90° − 91,82° = −1,82° .


317

Sopstvena (ulazna) impedansa punog sistema u tački 1 gde deluje EMS E, shodno ekvivalentnoj šemi sa sl. 4.4a je: Z 11 = Z G + Z v +

Z pZv 2,5484 ∠36,87° ⋅ 0,4123 ∠75,96° = j1,7 + = Z p +Zv 2,5484 ∠36,87° + 0,4123 ∠75,96°

= (0,12 + j 2,044) r.j. = 2,048 r.j. ∠86,639°; Z11 = 2,048 r.j.;

µ11 = 90° − 86,639° = 3,361° .

Onda je izraz za krivu njihanja generatora: P=

EU ∞ E2 2,4755 2 2,4755 ⋅ 1,0 sin µ11 + sin (δ − µ12 ) = sin 3,361° + sin (δ + 1,82°) = Z11 Z12 2,048 2,315

= 0,1754 + 1,0693 sin (δ + 1,82°) [r.j.] .

c) Proračun koeficijenta sinhronizacione snage i rezerve stabilnosti za δ = 47,50° : Ps = Pmax cos (δ − µ E∞ ) = 1,0693 cos (47,50° + 1,82°) = 0,697 r.j./rad ;

RS =

Pmax 1,0693 = = 1,084 (ili 8,4 %) . PG 0,9865

d) Faktor snage generatora je kosinus ugla između fazora UG i IG. Taj ugao je, shodno fazorskom dijagramu na sl. 4.4c: ϕG = arg U G − arg I G = 10,63° + 19,17° = 29,8° , pa je cos ϕG = cos 29,8° = 0,8678 . Provera: PG = U G I G cos ϕG = 1,1288 ⋅1,007 ⋅ 0,8678 = 0,98643 r.j. (ranije proračunato: PG = 0,9865 r.j.). QG = U G I G sin ϕG = 1,1288 ⋅1,007 ⋅ 0,496974 = 0,5649 r.j. (ranije proračunato: QG = 0,566 r.j.). Male razlike u proračunima PG i QG su posledica zaokruživanja rezultata proračuna.


318

E = 2,4755 r.j. ∠47,50°

36,87° 47,50°

U G = 1,1288 r.j. ∠10,63°

-36,87°

10,63° -13,7° U ∞ = 1,0 r.j. ∠0° I ∞ = 0,57 r.j. ∠ − 13,7°

I p = 0,5 r.j. ∠ − 36,87°

I G = 1,007 r.j. ∠ − 19,17°

Sl. 4.4c Fazorski dijagram napona i struja za sistem iz zadatka 4.4


319

Zadatak 4.5 Kolika je granična električna dužina λ, u pogledu statičke stabilnosti, za trofazni, na sl. 4.5a jednopolno prikazani jednomašinski sistem, uzimajući da je elektromotorna sila iza sinhrone reaktanse konstantna, a idealizovanim vodom se prenosi prirodna snaga. T

G

Vod

~ 15,75/400 kV/kV

Jaka mreža

Zc = 330 Ω λ

xdG = 200%

U∞ = const

S nG = S nT = 500 MVA U nG = 15,75 kV xT = 14% X dGT = X dG + X T = 214%

f = const

Sl. 4.5a Jednopolna šema i osnovni podaci o elementima sistema iz zadatka 4.5

Rešenje: Jednopolna zamenska šema impedansi sistema ima izgled prikazan na sl. 4.5b. Eq

jX dGT

U∞

Sl. 4.5b Jednopolna zamenska šema impedansi sistema sa sl. 4.5a

Ako se pojedini elementi ekvivalentne šeme (blok generator-transformator i vod) predstave preko odgovarajućih četvorokrajnika, dobija se ekvivalentna šema na sl. 4.5c, na kojoj su sve struje i naponi dati kao računski. I∞

I Eq

Av

Bv

Cv

Dv

jX dGT

U∞

Sl. 4.5c Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.5b, pri predstavljanju elemenata odgovarajućim četvorokrajnicima


320

Lanac četvorokrajnika na sl. 4.5c može se uprostiti tretmanom preko odgovarajućeg ekvivalentnog četvorokrajnika sa sl. 4.5d, čiji se parametri nalaze primenom matričnog računa: I °

I∞ °

Ae

Be

°

Ce

De

Eq °

°

° U∞

°

°

Sl. 4.5d Ekvivalentni četvorokrajnik sistema sa sl. 4.5c

jZce sinλ ′ + X T1 )  cosλ  Ae Be  1 j( X dG  = C D  = 0   j 1 sinλ cos λ  1 e   Zce  e   X dGT   cosλ − Z sin λ j cosλ( X dGT + Zc tg λ) c = . 1   j sinλ cosλ Zc   Veza između struja i napona na krajevima četvorokrajnika sa sl. 4.5d je:

E q   Ae Be U ∞   I  = C D  I  . e  ∞     e Prikazivanjem ove matrične relacije preko skalarnih jednačina, dobija se sistem jednačina: Eq = Ae U∞ + Be I∞ ; I = Ce U∞ + De I∞ . Izračunavanjem struje I∞ iz prve relacije i njenim zamenjivanjem u drugu, dobija se izraz za struju I: A D − Be C e A D 1  1  D I = C eU ∞ + De  Eq − e U ∞  = e Eq − e e U ∞ = e Eq − U . Be Be Be Be ∞  Be  Be Kompleksna snaga generatora se tada izračunava iz relacije: *

* * De 2 E qU ∞ 1  De  S = Eq I = Eq Eq − U  = * Eq + . * Be ∞  Be Be  Be *

Zamenjivanjem izraza za Be i De: Be = j cosλ( X dGT + Zc tg λ) ; De = cosλ ,


321

i usvajanjem da su naponi Eq = Eq ∠0° i U∞ = U∞ ∠-δ = U∞ (cos δ - jsin δ) gde je δ ugao između faznih vrednosti elektromotorne sile iza sinhrone reaktanse Xd generatora i napona na sabirnicama jake mreže (sabirnice beskonačne snage), izraz za kompleksnu snagu postaje:

S = jEq2 =

( X dGT

E qU ∞ 1 −j (cos δ + j sin δ ) = + Z c tg λ ) cos λ ( X dGT + Z c tg λ )

EqU ∞ sin δ + cos λ( X dGT + Z c tg λ )

EqU ∞   1 j  Eq2 cos δ  , − ( X dGT + Z c tg λ ) cos λ( X dGT + Z c tg λ )  

odnosno, izraz za odatu električnu aktivnu snagu generatora u sistemu je: P=

E qU ∞ sin δ . cos λ( X dGT + Z c tgλ )

Kako se idealizovanim vodom prenosi prirodna snaga voda i kako je na kraju voda linijski U2 napon U∞, to je Pnat = ∞ , pa će elektromotorna sila iza sinhrone reaktanse Xd generatora, shodno Zc ekvivalentnoj šemi sa sl. 4.5c, biti: jX dGT

Pnat MW 0 MVAr

~

Eq

U∞

Sl. 4.5c Theveninov ekvivalent generatora i transformatora sistema iz zadatka 4.5

E q = U∞ + j

Pnat X dGT U X = U ∞ + j ∞ dGT , U∞ Zc

odnosno Eq =

U∞ Zc

2 Z c2 + X dGT .

Granična električna dužina voda λ se određuje iz karakteristika odate električne aktivne snage generatora kada se P zameni sa Pnat a ugao δ sa 90°, tako da je U ∞2 2 Z c2 + X dGT E qU ∞ Zc U ∞2 = = , Z c cos λ ( X dGT + Z c tgλ ) cos λ( X dGT + Z c tgλ )


ili: 2 cos λ( X dGT + Z c tgλ ) = Z c2 + X dGT ; 2 ( X dGT cos λ + Z c sin λ )2 = Z c2 + X dGT ;

2 2 X dGT cos 2 λ + 2 Z c X dGT sin λ cos λ + Z c2 sin 2 λ = Z c2 + X dGT ;

( X dGT sin λ − Z c cos λ )2 = 0 . Rešenje gornje jednačine je: tg λ =

Zc . X dGT

Kako je X dGT =

214 400 2 ⋅ = 684,8 Ω , 100 500

to je granična električna dužina voda:

tg λ =

330 = 0,4819 , 684,8

odakle je λ = 25,729° = 0,06 Lv , a stvarna dužina voda Lv = 428,8 km.

322


323

Zadatak 4.6 a) Na koju maksimalnu udaljenost se za dati, jednopolno prikazani trofazni sistem, usvajajući nacrtanu zamensku šemu sa sl. 4.6a, može statički stabilno preneti prirodna snaga voda 380 kV sa dva provodnika u snopu po fazi (Zc = 320 Ω)? b) Na koju maksimalnu udaljenost se može statički stabilno preneti ista snaga ako se na sredini uključi baterija kondenzatora čija reaktansa kompenzuje 50% reaktanse voda 380 kV, dužine nađene pod a)? 2 1 T AT G Pnat Jaka cos ϕ = 1 mreža Zc = 320 Ω 15,75/400 380/220 Lv

~

S nG = S nT = 2 ⋅ 250 MVA

U 1 = U nv = 380 kV

xdG = 160% U nG = 15,75 kV xT = 15%

S nAT = 2 ⋅ 250 MVA

U∞ = const

x AT = 10%

f = const

Sl. 4.6a Jednopolna šema i parametri sistema iz zadatka 4.6

Rešenje: Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.6a ima izgled kao na sl. 4.6b.

Eq

j ( X dG + X T )

Pnat 1 0

U1

Pnat

2

jXAT

U∞

U2 0

Sl. 4.6b Jednopolna zamenska šema sistema sa sl. 4.6a

a) Kako je vod idealizovan i kako je na početku voda P1 = Pnat, Q1 = 0 i U1 = Unv to su poznate i radne veličine na kraju voda P2 = Pnat, Q2 = 0 i U2 = U1 ∠–λ, gde je λ = 0,06 Lv [°] (dužina Lv data je u kilometrima). Onda su: - Reaktanse elemenata sistema: X dG + X T =

175 400 2 ⋅ = 560 Ω ; 100 2 ⋅ 250


X AT =

324

10 380 2 ⋅ = 28,88 Ω ; 100 2 ⋅ 250

- Prirodna snaga voda:

Pnat

2 U nv 380 2 = = = 451,25 MW ; 320 Zc

- Elektromotorna sila iza sinhrone reaktanse: E q = U1 + j

Pnat ( X dG + X T ) 451,25 ⋅ 560 = 380 + j = 765 kV ∠60°15′ ; U1 380

- Napon na sabirnicama beskonačne snage (kruta mreža): U ∞ =U2 − j

Pnat X AT 451,25 ⋅ 28,88 = 380 − j = 381 kV ∠ − 5°10′ . U2 380

Na sl. 4.6c nacrtan je fazorski dijagram napona, za slučaj a. Ovaj fazorski dijagram važi za slučaj kad su sve veličine međufazne (linijske), ili kad su sve veličine fazne. Isto tako on je validan i u sistemu relativnih jedinica. Eq

Pnat ( X dG + X T ) U1

U1

.

θa U2

λ θb

. Pnat X AT U2 U∞

Sl. 4.6c Fazorski dijagram napona iz zadatka 4.6a Potrebno je napomenuti da je pri određivanju fazora napona, na sabirnicama beskonačne snage fazor napona na kraju voda uslovno postavljen po faznoj osi. Tražena dužina voda Lv određuje se iz uslova da je maksimalan fazni pomeraj između fazora elektromotorne sile E q i napona na sabirnicama beskonačne snage U ∞ jednak 90°:

θ a + λ + θb = 90° ,


325

gde su θa i θb fazni pomeraji između fazora elektromotorne sile E q i fazora napona U1, odnosno fazora napona U2 i napona na sabirnicama beskonačne snage U ∞ , respektivno, shodno sl. 4.6c: θ a = 60°15′ ; θb = 5°10′ ; dok je λ = 0,06 ⋅ Lv električna ugaona dužina voda. Zamenom brojčanih vrednosti dobija se: 60°15′ + λ + 5°10′ = 90° , odakle je

λ = 24°35′ = 24,58° , odnosno maksimalna dužina voda na koju se može statički stabilno preneti prirodna snaga voda:

Lv =

24,58° = 408 km. 0,06

b) Ako se sa l označi podužna pogonska induktivnost, a sa c podužna kapacitivnost voda, l onda je po definiciji Z c = . c Kako je c0 =

1

lc

(brzina svetlosti), to se podužna pogonska induktivnost može odrediti iz

izraza:

1 c0 1 = lc = , Zc l l c odakle je l=

Z c 320 = ⋅10 −3 = 1,066 ⋅10 −3 H/km . c0 300

Induktivna reaktansa voda dužine Lv = 408 km, nađene u tač. a, onda je:

X v = lωLv = 1,066 ⋅10 −3 ⋅ 314 ⋅ 408 = 137 Ω , a kapacitivna reaktansa rednog kondenzatora prema uslovu zadatka:

1 X C = − X v = −68,5 Ω . 2


326

Ova reaktansa se smešta na sredinu voda, kako je to prikazano na sl. 4.6d, tako da su za idealizovan vod i radno stanje na početku voda P1 = Pnat, Q1 = 0 i U1 = Unv u ovom slučaju poznate radne veličine na kraju polovine voda, odnosno u tački priključenja kondenzatorske baterije P1′ = Pnat, Q1′ = 0 i U1′ = U1 ∠–λ/2.

Eq

j ( X dG + X T )

Pnat 1

1′

2′

U1

0

jXAT

2

U∞

U2

Sl. 4.6d Jednopolna zamenska šema sistema iz zadatka 4.6b

Uslov statičke stabilnosti je u ovom slučaju: θ a + λ / 2 + θ c = 90° , gde je θ a = 60°15′ ugao između fazora elektromotorne sile E q i fazora napona U1, proračunat u tač. a, dok je θc ugao između fazora napona U1′ i napona na sabirnicama beskonačne snage U ∞ . Ovaj ugao je najjednostavnije odrediti korišćenjem modela mreže prikazanog preko četvorokrajnika. Ako se pojedini elementi dela ekvivalentne šeme od tačke 1′ do sabirnica beskonačne snage predstave preko odgovarajućih četvorokrajnika, dobija se ekvivalentna šema na sl. 4.6e.

U1′

Av

Bv

Cv

Dv

jX C

jXAT

U∞

Sl. 4.6e Ekvivalentna šema dela sistema od tačke 1′, pri predstavljanju elemenata odgovarajućim četvorokrajnicima

Ekvivalentni četvorokrajnik ovom lancu četvorokrajnika, prikazan je na sl.4.6f. Njegovi parametri su:

cosλ / 2 jZc sin λ / 2 1 jX  Ae Be  1 jX C    AT  = C D  = 0 1   j 1 sin λ / 2 cosλ / 2  0 1  e   Zc   e    XC X AT   cosλ / 2 − Z sinλ / 2 j X AT cosλ / 2 − Z X C sin λ / 2 + Z c sin λ / 2 + X C cosλ / 2 c c  . = X AT 1   j sin λ / 2 cosλ / 2 − sinλ / 2   Zc Zc


327 I ° U1′ °

I∞ °

Ae

Be

°

Ce

De

°

° U∞

°

°

Sl. 4.6f Ekvivalentni četvorokrajnik sistema sa sl. 4.6e Veza između struja i napona na krajevima četvorokrajnika sa sl. 4.6f je:

U 1′   Ae Be U ∞   I  = C D  I  . e  ∞     e Inverzijom ove matrične relacije dobija se zavisnost veličina na prijemnom kraju u funkciji napona i struje na predajnom kraju četvorokrajnika, odnosno:

U ∞   De − Be  U 1′    .  I  = − C  ∞   e Ae   I  Prva relacija za napon na kraju voda je U∞ = De U1′ − Be I . Postavljanjem napona U1′ u faznu osu U1′ = U1 ∠0° i zamenjivanjem izraza za Be i De, kao i struje I koja je, shodno datoj pretpostavci: Pnat 451,25 = = 1,1875 A ∠0° , U1 380 izraz za napon U∞ postaje: I=

X X     U ∞ =  cosλ / 2 − AT sinλ / 2U1′ − j X AT cosλ / 2 − AT X C sinλ / 2 + Zc sinλ / 2 + X C cosλ / 2I = Zc Zc     = (380cosλ / 2 − 34,295sinλ / 2) + j(47,049cosλ / 2 − 387,34sinλ / 2). Ugao θc je jednak negativnoj vrednosti argumenta fazora U∞, pa se uslov statičke stabilnosti prevodi u: 47,049 cos λ / 2 − 387,34 sin λ / 2 θ a + λ / 2 − arctan = 90° . 380 cos λ / 2 − 34,295 sin λ / 2 Rešavanje ove transcedentne jednačine po λ daje vrednost granične električne dužine voda: λ = 35,709° = 35°42′ , odnosno, granična dužina voda u ovom slučaju iznosi:

Lv = 595,15 km .


328

Zadatak 4.7 Za dati trofazni, jednopolno prikazani elektroenergetski sistem, sa sl. 4.7a izračunati do koje i kakve (induktivne ili kapacitivne) reaktivne (spoljne) snage Q mogu da rade statički stabilno ravnomerno opterećeni generatorsko-transformatorski blokovi koji na sabirnice 1 odaju ukupnu aktivnu snagu P = 700 MW, ako se jaka mreža na kraju može zameniti reaktansom izračunatom iz udela te mreže u trajnoj trofaznoj snazi kratkog spoja na sabirnicama 2 i konstantnim naponom iza te reaktanse. 1

2 U1 = Ur = 410 kV

~

Jaka aktivna mreža P = 700 MW

~ SnG = 2×400 MVA UnG = 15,75 kV xdG = 240% xT = 14% mT = 15,75/400 kV/kV

Sp = 250 MVA pri Up = Ur = 410 kV i cos ϕp = 0,9 (ind.)

Unv = 400 kV xv = 0,33 Ω/km Lv = 240 km

S k 3M = 8000 MVA pri UnM = 400 kV

Sl. 4.7a Jednopolna šema i parametri elemenata sistema iz zadatka 4.7

Rešenje: Oba generatorsko-transformatorska bloka, identična po konstrukciji i podjednako opterećena, mogu se tretirati zajedno sa reaktansom svedenom na stranu voda. Njihova ukupna reaktansa je:

X dGTsv =

2 xdGT % U nT 240 + 14 400 2 = ⋅ = 508 Ω . 100 S nGT 100 2 ⋅ 400

Reaktansa oba paralelna voda je:

X vekv =

xv Lv 0,33 ⋅ 240 = = 39,6 Ω . 2 2

Ekvivalentna reaktansa jake mreže u stacionarnim stanjima (normalnim ili poremećenim) je:

XM =

2 U nM 400 2 = = 20 Ω . S k 3M 8000

Ekvivalentna impedansa potrošačkog centra na sabirnicama 1 je:

Zp =

U 2p 410 2 cos ϕ p + j sin ϕ p = ⋅ (0,9 + j 0,4359) = (605,16 + j 293) Ω . Sp 250

(

)


329

Na osnovu izračunatih parametara zamenska šema sistema sa sl. 4.7a ima izgled prikazan na sl. 4.7b. 1

Z dGTsv = j508 Ω P

ekv Ur Z v = j 39,6Ω ZM= j20Ω 2′

E

UM Qun

Qsp Zp = (606 + j293) Ω

Sl. 4.7b Ekvivalentna jednopolna šema impedansi sistema sa sl. 4.7a Sopstvena impedansa u fiktivnom čvoru dejstva ems E je

(

)

Z 11 = jX dGTsv + Z p j X vekv + X M = j 508 + (605,16 + j 293) j (39,6 + 20) = (4,4 + j 565) Ω , odnosno

Z 11 = Z11 ∠ψ11 ≈ 565 Ω ∠90° ⇒ µ11 = 90° − ψ11 = 0° . Granica statičke stabilnosti ima se kada se sinhronizaciona snaga, tj. prvi izvod aktivne snage po uglu, izjednači sa nulom, pri čemu se najbrže dolazi do rezultata ako se upotrebe izrazi za odatu aktivnu i reaktivnu snagu generatora u fiktivnom čvoru dejstva ems E (unutrašnji generatorski čvor):

Pun = P = Qun =

EU ∞ E2 sin µ11 + sin (δ − µ12 ) ; Z11 Z12

EU ∞ E2 cos µ11 − cos (δ − µ12 ) . Z11 Z12

Izraz za prvi izvod aktivne snage po uglu je: dP EU ∞ = cos (δ − µ12 ) . dδ Z12 Zamenom izraza za reaktivnu snagu Qun može se izvršiti eliminacija člana zavisnog od ugla δ, te se za sinhronizacionu snagu dobija izraz:

Ps =

dP E 2 = cos µ11 − Qun . dδ Z11

Korišćenjem relacije koja povezuje spoljašnju Qsp i unutrašnju Qun reaktivnu snagu Qun = Qsp +

2 P 2 + Qsp

U r2

X dGTsv


330

i njenim zamenjivanjem u izraz za sinhronizacionu snagu, granica statičke stabilnosti se određuje iz jednačine: Ps =

2 P 2 + Qsp E2 cos µ11 − Qsp − X dGTsv = 0 . Z11 U r2

Ems E može se izračunati iz relacije: Qsp X GTsv  E = U r + Ur  2

2

  PX GTsv  +   U r  

2

  .  

Posle zamene relacije za E2 u izraz za Ps uz uvažavanje činjenice da je cos µ11 = 1 , dobija se jednačina: 2 2 2 2 2 P 2 + Qsp U r2 2 Qsp X GTsv Qsp X GTsv P X GTsv + + + − Qsp − X GTsv = 0 . Z11 Z11 U r2 Z11 U r2 Z11 U r2

Ako se u gornju jednačinu smene brojčane vrednosti dobija se jednačina: 2 2 2 700 2 + Qsp 410 2 2 Qsp ⋅ 508 Qsp ⋅ 508 700 2 ⋅ 508 2 + + + − Qsp − ⋅ 508 = 0 . 565 565 410 2 ⋅ 565 410 2 ⋅ 565 410 2

Posle sređivanja gornjeg izraza sa leve strane, dobija se kvadratna jednačina po Qsp: 2 Qsp − 2618,2 Qsp − 485881 = 0 ,

čija su rešenja: Qsp1 = 2782 MVAr ; Qsp 2 = −174 MVAr . Pošto se uslovi statičke stabilnosti normalno pogoršavaju kada se pri istoj aktivnoj snazi prelazi sa reaktivnom snagom iz induktivnog u kapacitivno područje, može se zaključiti da su sva induktivna opterećenja (naravno samo ona koja dolaze u obzir sa gledišta dozvoljenih reaktivnih snaga generatora i naponskih prilika u mreži) stabilna, kao i ona kapacitivna, sve dok je reaktivna snaga manja od 174 MVAr cap. (174/2 MVAr po generatoru). Granični faktor snage je: cos ϕ cap =

P 2 P 2 + Qcap

=

700 700 2 + 174 2

=

700 = 0,97 721,3

i on naravno važi kako za ukupno opterećenje oba bloka tako i za svaki blok posebno.


331

Zadatak 4.8 Preko jednopolno prikazanog trofaznog sistema 220 kV sa sl. 4.8a, predaje se iz udaljene hidroelektrane jakoj mreži nominalnog napona 400 kV na ulazu u postrojenje 220/400 kV aktivna snaga od 260 MW pri 220 kV, uz faktor snage jednak jedinici. Proveriti statičku stabilnost ako se relativno jaka mreža 400 kV može zameniti reaktansom izračunatom iz udela te mreže u trajnoj trofaznoj snazi kratkog spoja, a napon UM iza te reaktanse smatrati konstantnim. Takođe smatrati konstantnom i ems E iza sinhrone reaktanse generatora. G TG TM Mreža 400 kV

~

P = 260 MW

~ G

S k 3M

cos ϕr = 1

TG

SnG = SnTG = 150 MVA UnG = 15,75 kV xdG = 100% xqG = 65% xTG = 12% mTG = 15,75/231 kV/kV

Unv = 220 kV Lv = 350 km Zc = 400 Ω

TM

SnTM = 150 MVA xTM = 13 % mTM = 220/400 kV/kV

S k 3M = 10000 MVA pri 400 kV Sl. 4.8a Jednopolna šema i parametri sistema iz zadatka

Rešenje:

Zamenska šema impedansi sistema sa sl. 4.8a ima izgled prikazan na sl. 4.8b. Ur P

E

jXTM

jX d = j ( X dG + X TG ) (q)

jXM

UM I

(qG)

Zc , λ

Sl. 4.8b Zamenska šema impedansi sistema sa sl. 4.8a

Analizu stanja u sistemu u kom je vod predstavljen modelom sa raspodeljenim parametrima, slično zadatku 4.6, najjednostavnije je rešiti koričćenjem prezentacije mreže preko ekvivalentnog četvorokrajnika. Osnovna naponska jednačina sistema je: E = AeUM + BeI ,


332

gde je E ems iza sinhrone reaktanse generatora a UM i I napon i struja mreže. Transformacijom u dq-koordinatni sistem, uz uvažavanje idealizacije da je sistem bez (aktivnih) gubitaka, ova jednačina prevodi se u dve jednačine: Ed = AqUd + jBqIq ; Eq = AdUq + jBdId . U njima su elementi četvorokrajnika realni, dok su komponente struja i napona dati relacijama: IG = Id + Iq ;

U M = U d +U q ;

I d = − I sin(δ + ϕ) ;

U d = −U M sin δ ;

I q = I cos(δ + ϕ) ;

U q = U M cos δ ,

gde je ϕ ugao struje na kraju šeme prema naponu, dok se ems E poklapa sa q osom: E = Ed + Eq = Eq , odnosno Eq = E , kao što je prikazano na fazorskom dijagramu na sl.4.8c.

jBdI E +ω d - osa

I *G

jBqI

Uq AdUq

jBqIq jBdId

Iq

δ AdUM AqUM

ϕ AqUd Ud Id

UM

Re

I

Sl. 4.8c Fazorski dijagram napona i struja sistema iz zadatka 4.8

Korišćenjem gornjih relacija, dobijaju se skalarni izrazi: E = AdUq − BdId = AdUM cosδ + BdI sin(δ + ϕ) ; 0 = AqUd + BqIq = −AdUM sinδ + BqI cos(δ + ϕ) .

q - osa


333

Elementi četvorokrajnika Ad i Bd se dobijaju ekvivalentiranjem lanca četvorokrajnika po d osi elemenata sistema prikazanim na sl. 4.8d.

j ( X dG + X TG )

E

Av

jBv

jCv

Dv

jXTM,M

Uq

Sl. 4.8d Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.8b, pri predstavljanju elemenata odgovarajućim četvorokrajnicima po d osi Parametri ekvivalentnog četvorokrajnika, prikazanog na sl. 4.8e, nalaze se primenom matričnog računa:

 Ad  jC  d

 jZcekv sinλ jBd  1 jX d   cosλ  1 jXTM ,M  = 1 =   cosλ  0 Dd  0 1   j ekv sin λ 1  Z  c 

   X TM ,M Xd sinλ j  X TM ,M cosλ − ekv X d sin λ + Z cekv sinλ + X d cosλ cosλ − ekv Zc Zc  . =   X TM ,M 1 cosλ − ekv sin λ  j ekv sin λ  Zc Zc  

°

°

Ad

jBd °

°

jCd

Dd

°

E °

Uq °

°

Sl. 4.8e Ekvivalentni četvorokrajnik sistema sa sl. 4.8d Koeficijent Bd istovremeno predstavlja i transfer reaktansu ovog sistema, odnosno reaktansu produženog statora hidrogeneratora po d osi X dekv :   X TM ,M X dekv = X d  cos λ − sin λ  + Z cekv sin λ + X TM , M cos λ , ekv Zc   gde je: X TM ,M = X TM + X M .

dok je koeficijent Ad: Ad = cos λ −

Xd Z cekv

sin λ .


334

Sličnim izvođenjem za sistem po q osi, uz uočavanje da jedina razlika postoji kod četvorokrajnika generatora gde se umesto reaktanse Xd po d osi koristi reaktansa Xq, dobijaju se sledeći izrazi za koeficijente Aq i Bq = X qekv : Aq = cos λ −

Xq Z cekv

sin λ ;

  X TM ,M X qekv = X q  cos λ − sin λ  + Z cekv sin λ + X TM , M cos λ . ekv Zc   Zamenom ovih koeficijenata u prvi od naponskih izraza, dobija se izraz za ems E:   Xd E = U M cos δ cos λ − ekv sin λ  + X dekv I sin(δ + ϕ) . Zc   Sređivanjem drugog izraza dobija se: Xq   U M sin δ cos λ − ekv sin λ  = X qekv I cos(δ + ϕ) = X qekv I cos δ cos ϕ − X dekv I sin δ sin ϕ ; Zc     Xq   ekv ekv U M  cos λ − ekv sin λ  + X d I sin ϕ sin δ = X q I cos ϕ cos δ , Zc     odnosno izraz za ugao δ između elektromotorne sile iza sinhrone reaktanse Xd generatora i napona na sabirnicama jake mreže (sabirnice beskonačne snage):

tg δ =

X qekv I cos ϕ Xq   U M  cos λ − ekv sin λ  + X qekv I sin ϕ Zc  

.

Izraz za odatu električnu snagu hidroelektrane je: P = Ud Id +UqIq .

A U sin δ  E − Ad U M cos δ   + U M cos δ q M P = (− U M sin δ ) − =  X dekv X qekv   =

EU M X dekv

sin δ −

Ad U M2 X dekv

sin δ cos δ +

AqU M2 X qekv

sin δ cos δ =

ekv ekv EU M U M2 X d Aq − X q Ad = ekv sin δ + sin 2δ . 2 Xd X dekv X qekv


335

Konačno, sređivanjem ovog izraza dobija se: EU M U M2 X d − X q P = ekv sin δ + sin 2δ , 2 X dekv X qekv Xd

Parametri zamenske šeme sa slike 4.8b su: X dG = X qG

X TG

2 1 xdG % U nG 1 100 15,75 2 2 mTG = ⋅ ⋅ 2 100 S nG 2 100 150

2

 231  ⋅  = 177,87 Ω ;  15,75 

2 2 1 xqG % U nG 1 65 15,75 2  231  2 = m = ⋅ ⋅ ⋅  = 115,61Ω ; 2 100 S nG TG 2 100 150  15,75  2 1 xTG % U nTG 1 12 2312 = = ⋅ ⋅ = 21,34 Ω ; 2 100 S nTG 2 100 150

2

XM X TM

2 U nM 400 2  220  2 = m =   = 4,84 Ω ; S k 3M TM 10000  400  2 1 xTM % U nTM 1 13 220 2 = = ⋅ ⋅ = 20,97 Ω . 2 100 S nTM 2 100 150

Dalje je: X d = X dG + X TG = 177,87 + 21,34 = 199,15 Ω ; X q = X qG + X TG = 115,61 + 21,34 = 136,95 Ω ; X TM ,M = X TM + X M = 21 + 4,84 = 25,81Ω ;

1 Z = 200 Ω ; 2 c λ = βLv = 0,06 ⋅ 350 = 21° ; Z cekv =

  X TM ,M X dekv = X d  cos λ − sin λ  + Z cekv sin λ + X TM ,M cos λ = ekv Zc   25,81   = 199,15 ⋅  cos 21° − sin 21°  + 200 sin 21° + 25,81cos 21° = 272,48 Ω; 200     X TM ,M X qekv = X q  cos λ − sin λ  + Z cekv sin λ + X TM ,M cos λ = ekv Zc   25,81   = 136,95 ⋅  cos 21° − sin 21°  + 200 sin 21° + 25,81cos 21° = 217,29 Ω; 200   U M =Ur − j Ako je: U r = U r ∠0 ,

PX TM , M 260 ⋅ 25,81 = 220 − j = 220 − j30,5 = 222,1 kV ∠ − 7,89° . 220 Ur


336

to je: U M = U M ∠θ ⇒ θ = −7,89° . Računska struja I nalazi se kao: I=

P 260 = = 1,18 kA . U r 220

Pošto je struja I u fazi sa naponom Ur to ona prednjači naponu UM za ugao 7,89°, odnosno ϕ = θ = −7,89°. Dalje je:

tg δ =

X qekv I cos ϕ

= Xq   U M  cos λ − ekv sin λ  + X qekv I sin ϕ Zc   217,29 ⋅ 1,18 cos (−7,89°) = , 136,95   222,1 ⋅  cos 21° − sin 21°  + 217,29 ⋅1,18 sin (−7,89°) 200  

odakle je: tgδ = 2,16 ⇒ δ = 65,14° . Sada je:   Xd sin λ  + X dekv I sin(δ + ϕ) = E = U M cos δ cos λ − ekv Zc   199,15   = 222,1 cos 65,14° ⋅  cos 21° − sin 21°  + ⋅272,48 ⋅1,18 sin (65,14° − 7,89°) = 200   = 324,27 kV. Na kraju je:

EU M U M2 X d − X q P = ekv sin δ + sin 2δ = 2 X dekv X qekv Xd 324,27 ⋅ 222,1 222,12 199,15 − 136,95 = sin δ + ⋅ sin 2δ = 272,48 2 272,48 ⋅ 217,29 = 264,31sin δ + 25,91sin 2δ ; Ps =

dP = 264,31cos δ + 2 ⋅ 25,91cos 2δ = 77,61 MW / ° . dδ

Kako je Ps > 0 to se zaključuje da je sistem statički stabilan.


337

Zadatak 4.9 Za dati trofazni, jednopolno prikazani elektroenergetski sistem na sl. 4.9a proveriti statičku stabilnost generatora. P = 180 MW Q = 60 MVAr (cap.)

G

250 km

~

Jaka mreža

homogena mreža 220 kV x = 0,42 Ω/km

T Ur = 225 kV SnG = SnT = 200 MVA UnG = 15,75 kV xsG = 160 % mT = 15,75/231 kV/kV xT = 12 %

150 km

S k 3 M = 6000 MVA

pri UM = 220 kV 160 km

Zp = const Pp = 120 MW   pri U p = 220 kV Q p = 40 MVAr 


Rešenje: Parametri ekvivalentne šeme sistema sa sl. 4.9a, prikazane na sl. 4.9b su: 2312 = 459 Ω ; 200 X v1 = 0,42 ⋅ 250 = 105 Ω ; X GT = 1,72 ⋅

X v 2 = 0,42 ⋅150 = 63 Ω ; X v3 = 0,42 ⋅160 = 67,2 Ω ;

1

j459 Ω

3

j105 Ω

4

j8,1 Ω

E

2 UM

j63 Ω

j67,2 Ω 5

403,3 Ω

j1210 Ω

Sl. 4.9b Ekvivalentna šema impedansi sa sl. 4.9a


Rp =

338

U 2p 220 2 = = 403,3 Ω ; Pp 120

U 2p 220 2 Xp = = = 1210 Ω ; Qp 40

XM =

U M2 220 2 = = 8,1Ω . S k 3M 6000

Posle transfiguracije trougla 345 u zvezdu, dobija se šema prikazana na sl. 4.9c.

1

j459 Ω

3

4

E

j8,1 Ω

j30 Ω

j28,125 Ω

2 UM

0 j18 Ω 5 (362,85 + j120,8) Ω

Sl. 4.9c Ekvivalentna šema sistema posle transfiguracije trougla 345 sa sl. 4.9b u zvezdu

Sa prethodne šeme se nalazi sopstvena impedansa za čvor 1:

Z 11 = j 459 + j 28,125 + ( j 30 + j8,1) ( j18 + 362,85 + j120,8) = (3,2 + j 523,5) Ω , odnosno:

Z 11 ≈ j 523,5 Ω ⇒ µ11 ≈ 0 . Dalje je, za Ur uslovno u faznoj osi: E =Ur +

QX GT PX GT (−60) ⋅ 459 459 ⋅180 +j = 225 + +j = Ur Ur 225 225

= (102,6 + j 367,2) kV = 381,4 kV ∠74,4°. Gubici reaktivne snage u reaktansi bloka generator-transformator su:

Q gub = X GT

P2 + Q2 180 2 + 60 2 = 459 ⋅ = 326,4 MVAr , U2 225 2


339

tako da je unutrašnja reaktivna snaga generatora: Qu = Qsp + Q gub = −60 + 326,4 = 266,4 MVAr . Generator je statički stabilan ako mu je sinhronizaciona snaga veća od nule, tj. ako je, shodno izrazu izvedenom u zadatku 4.7, ispunjen uslov ∂P E 2 = cos µ11 − Qu > 0 , ∂δ Z11 odakle je ∂P 381,4 2 = ⋅1 − 266,4 = 11,52 > 0 . ∂δ 523,5 Odavde se vidi da je generator statički stabilan.


340

Zadatak 4.10 a) Sinhroni motor funkcioniše u natpobuđenom stanju, apsorbujući iz mreže aktivnu snagu od PSM = -0,61 r.j. i odajući reaktivnu snagu QSM = +0,36 r.j., pri naponu U = 1,0 r.j. a1) Naći ugao snage δ; a2) Proračunati indukovanu EMS motora E; a3) Pokazati da se gledano sa strane mreže motor može predstaviti sa prostim RC kolom. Reaktanse motora su Xd = 1,10 r.j. i Xq = 0,80 r.j.. b) Sinhroni generator je priključen na mrežu u čvoru čiji je napon U = U0 konstantan, sa snagom određenom uglom snage δ0. Pod pretpostavkom da je mehanički momenat turbine takođe konstantan, naći izraz za proračun malih promena reaktivne snage (∆QG), pri promeni pobude (koja je u r.j. jednaka promeni EMS ∆E). Rešenje: a1) Aktivna i reaktivna snaga sinhronog motora izražavaju se preko formula:

EU U2  1 1    sin 2δ ; sin δ + − Xd 2  X q X d   1 U 2 EU 1  2  cos δ . =− + cos δ + U 2  − Xq Xd  Xq Xd 

PSM = QSM

Posle množenja prve formule sa cos δ , a druge sa sin δ i oduzimanja tako dobijenih drugog od prvog izraza, dobija se: PSM cos δ − QSM sin δ =

U2 sin δ , Xq

odakle je:

PSM

tg δ =

QSM +

2

U Xq

=

− 0,61 = −0,379 ; 12 0,36 + 0,8

δ = −20,75° .

a2) Iz izraza za PSM u tač. a1), dobija se jednačina: − 0,61 =

E ⋅1 12  1 1 sin (−20,75°) + ⋅  −  sin (−41,5°) , 1,1 2  0,8 1,1 

odakle je E = 1,543 r.j.


341

a3) Motor troši aktivnu snagu (od 0,61 r.j.) i proizvodi reaktivnu snagu (0,36 r.j.), pa se može predstaviti kao potrošač sa ekvivalentnim RC paralelnim kolom, sa sl. 4.10a, čiji su otpor i reaktansa U2 1 = = 1,64 r.j. ; P 0,61 U2 1 XC = − =− = −2,78 r.j. Q 0,36

R=

Uf R = 1,64 r.j.

jXC = -j2,78 r.j.

Sl. 4.10a RC ekvivalent sinhronog motora iz zadatka 4.10

b) Iz uslova zadatka (PG = const. i U = U0 = const.) i izraza za PG izvedenog u zadatku 1a, ako se sve veličine izraze u relativnim jedinicama, je: U E  U  ∆PG =  0 cos δ  ∆δ +  0 sin δ  ∆E = 0 , X X  d   d  odakle je ∆δ = −

sin δ ∆Ε . E cos δ

Kako je izraz za promenu reaktivne snage turbogeneratora za U = U0 = const. shodno izrazu za QG izvedenom u zadatku 4.1b, ako se sve veličine izraze u relativnim jedinicama:

U E  U  ∆QG = − 0 sin δ  ∆δ +  0 cos δ  ∆E ,  Xd   Xd  to se zamenom napred nađenog izraza za ∆δ, u izraz za ∆QG, dobija da je:

 U sin 2 δ + cos 2 δ   U sin 2 δ  U   U0   ∆E +  0 cos δ  ∆E =  0  ∆E =  ∆QG =  0    X cos δ  ∆E .    cos δ  Xd   d   X d cos δ   Xd 


342

Zadatak 4.11 a) Izvesti jednačinu kretanja obrtnih masa dvomašinskog elektroenergetskog sistema tipa sinhroni generator – sinhroni motor, shodno šemi sa sl. 4.11a. Takođe izvesti izraze za učestanost i periodu oscilacija međusobnog ugla rotora, na granici dinamičke stabilnosti sistema, pod pretpostavkom da se radi o malim poremećajima. U proračunima zanemariti sopstvena prigušenja mašina. 1 2 T1 T2 G SM Spojni vod

~

~

Sl. 4.11a Uprošćena šema dvomašinskog sistema iz zadatka 4.11 b) Izvršiti numeričke proračune učestanosti i periode oscilacija iz tač. a, ako su parametri sistema sledeći: Generator: EG′ = 1,80 r.j. X G′ = 0,25 r.j. TiG = 7 MWs/MVA XT1 = 0,12 r.j. Xv = 0,60 r.j. fn = 50 Hz

Motor: ′ = 1,0 r.j. E SM ′ = 0,20 r.j. X SM TiSM = 4,2 MWs/MVA XT2 = 0,105 r.j. δ120 = 30°

′ = 0,25 + 0,12 + 0,60 + 0,105 + 0,20 = 1,275 r.j. X = X G′ + X T 1 + X v + X T 2 + X SM

Rešenje: a) Jednačine obrtnih masa generatora i motora (iz uslova zadatka) su: TiG d 2 (∆δ1 ) + Ps12 ∆δ12 = 0 ; ωn d t 2 2TiSM d 2 (∆δ 2 ) + Ps 21∆δ 21 = 0 , ωn dt2 gde je: Ps12 (Ps21) - sinhronizaciona snaga generatora (motora) u MW/rad; δ12 = –δ 21 = δ 1 – δ 2 - međusobni ugao rotora generatora i motora u rad. Oduzimanjem druge od prve jednačine dobija se jednačina P d 2 (∆δ12 ) P  + ωn  s12 ∆δ12 − s 21 ∆δ 21  = 0 . 2 T T dt iSM  iG 


343

Jednačina aktivne snage, koju razmenjuju sinhroni generator i motor je:

P12 =

′ EG′ E SM sin δ12 = Pmax sin δ12 ; X

gde je

Pmax =

′ EG′ E SM . X

Onda je pri početnom uglu δ120 = -δ210: Ps12 = Pmax cos δ120 ; Ps 21 = Pmax cos δ120 = Ps12 [r.j./rad] . Konačno, jednačina kretanja obrtnih masa sistema postaje:

 1 d 2 (∆δ12 ) 1  + P ω cos δ + m ax n 120 2 dt  TiG TiSM

  ∆δ12 = 0 , 

odnosno:

d 2 (∆δ12 ) ωn Ps12 + ∆δ12 = 0 , Ti dt2 gde je: Ti =

TiGTiSM . TiG + TiSM

b) Karakteristična jednačina sistema ovde je: s 2 + ωn

Ps12 = 0, Ti

čiji su koreni: s1, 2 = ± j

ωn Ps12 = ± js0 , Ti

gde je: s0 =

ωn Ps12 . Ti

Onda su tražene veličine učestanosti i periode oscilacija: ωosc = s0 [rad],

Proračun stabilnosti odnosno: s0 [Hz]; 2π 1 = [s]. f osc

f osc = Tosc

Numeričke vrednosti traženih veličina su:

′ EG′ E SM 1,8 ⋅1,0 cos δ120 = cos 30° = 1,223 r.j./rad; X 1,275 ωn = 2πf n = 314 rad/s ; T T 7 ⋅ 4,2 = 2,625 MWs/MVA; Ti = iG iSM = TiG + TiSM 7 + 4,2 Ps12 = Ps 21 =

ωn Ps12 314 ⋅1,223 = = 12,095 rad/s; 2,625 Ti ω 12,095 f osc = osc = = 1,925 Hz; 2π 2π 1 1 Tosc = = = 0,52 s. f osc 1,925 ωosc = s0 =

344


345

Zadatak 4.12 Metodom jednakih površina utvrditi graničnu snagu Pgr = kPmax (k ≤ 1), pri kojoj se turbogenerator (generator sa cilindričnim rotorom) vezan na krutu mrežu, pri potpunom rasterećenju (∆P = -Pm) nalazi na granici stabilnosti (Pmax je amplituda krive njihanja P(δ) mašine), pri čemu je dozvoljena greška rešenja ε ≤ 1%. Rešenje: Na sl. 4.12a, nacrtana je kriva njihanja P(δ) generatora. Uslov stabilnosti pri kompletnom rasterećenju mašine je jednakost površina A1 i A2, koji se analitički izražava preko jednačine: δ0 δmax =π−δ0      Pmax δ 0 sin δ 0 − ∫ sin δ dδ = Pmax  ∫ sin δ dδ − δ max − δ 0 sin δ 0  ,    δ0  δ1  

(

)

P A2

A1

Pm = Pmax sin δ0

P(δ) = Pmax sin δ

∆P

δ1 = 0 rad δ0 δmax = π – δ0 Sl. 4.12a Kriva njihanja turbogeneratora iz zadatka 4.12

δ

iz koje se, posle sređivanja dobija transcedentna jednačina po početnom uglu δ0 (koji određuje rasterećenje ∆P = Pm = Pmax sin δ 0 ): cos δ 0 + δ 0 sin δ 0 + 1 − π sin δ 0 = 0 . Rešenje ove jednačine naći će se razvojem trigonometrijskih funkcija ( sin δ 0 i cos δ 0 ) u Taylorov red, povećavajući broj članova reda, sve dok se ne zadovolji uslov ε ≤ 1%.


346

Prvi korak: Zamenjuje se: sin δ 0 = δ 0 ;

cos δ 0 = 1 −

δ 02 , 2

pa se rešava jednačina

δ 02 − 2πδ 0 + 4 = 0 , odakle je

δ 0 = π ± π 2 − 4 = 3,1416 ± 2,4227 . Prihvatljivo rešenje za δ0 mora biti manje od 90°, pa je δ 0 = 0,7189 rad = 41,19° . Zamenom ovog rešenja u osnovnu jednačinu jednakosti površina A1 i A2 na sl. 4.12a, dobija se: 0,7525 + 0,7189⋅0,6586 + 1 - 3,1416⋅0,6586 = 0,1571 ≠ 0 . Uočava se da je greška rešenja (15,71 %) suviše velika u odnosu na dozvoljenu, odakle se zaključuje da se u razvoju trigonometrijskih funkcija mora ići na veći broj članova Taylorovog reda, od ovde korišćenih (jedan za sin δ 0 i dva za cosδ 0 ). Drugi korak: Zamenjuje se: sin δ 0 = δ 0 −

δ 30 ; 6

cos δ 0 = 1 −

δ 02 δ 04 + , 2 24

pa se rešava jednačina:

δ 02 δ 04  δ 30   1− + + δ −  ⋅ (δ − π) + 1 = 0 , 2 24  0 6  0 čije je rešenje: δ 0 = 0,8096 rad = 46,387° Proverom ovog rešenja, preko osnovne jednačine jednakosti površina A1 i A2 na sl. 4.12a dobija se: 0,6896 + 0,8096⋅0,724 + 1 – 3,1416⋅0,724 = 0,0013 . Greška je 0,13% < εzad = 1%, tako da se ovo rešenje problema može prihvatiti. Onda je traženo granično opterećenje generatora: Pgr = Pmax sin δ 0 = 0,724 Pmax .


347

Zadatak 4.13 Za prenosni sistem, prikazan na sl. 4.13a, proračunati kritični ugao i kritično vreme isključenja kvara, za slučaj trofaznog kratkog spoja sa nultom impedansom luka na vodu V2, neposredno iza sabirnica višeg napona generatorskog blok-transformatora. U normalnom stanju, pre kvara, generator odaje u krutu mrežu snagu P∞ = 0,9 r.j. pri naponu U∞ = 1,00 r.j. i faktoru snage cos ϕ∞ = 1,00. Bazne vrednosti za proračun relativnih jedinica su SB = SnG i UB = U∞. 1 G

BT

Prenosni vodovi V1

2

~

3 Kruta mreža

V2

K

X'd = 0,4 r.j. mD2 = 243,2 tm2 nn = 3000 ob/min SnG = 1000 MW

XT = 0,15 r.j. SnT = 1000 MW

Xv1 = 0,4 r.j. Xv2 = 0,4 r.j.

U∞ = 1,00 r.j. P∞ = 0,90 r.j. cos ϕ∞ = 1,00

Sl. 4.13a Jednopolna šema i osnovni podaci za prenosni sistem iz zadatka 4.13

Rešenje: Proračun početnih uslova: Indukovana EMS iza tranzijentne impedanse je: E ′ = U ∞ + jX I = 1,00 + j 0,75

0,9 + j 0 = (1 + j 0,675) r.j. = 1,2065 r.j. ∠34,02° . 1,00

Onda je: E ′ = 1,2065 r.j. , a početni ugao: δ 0 = 34,02° . Provera:

sin δ 0 =

Pm 0,9 ⋅ 0,75 = = 0,55947 ; Pmax 1,2065 ⋅1

δ 0 = 34,02° = 0,594 rad. Izrazi za karakteristike snaga-ugao su:

Pm = 0,9 r.j. ;

Pmax =

E ′U 1,2065 ⋅1 = = 1,609 r.j.; X 0,75


348

Pre kvara: P = 1,609 sin δ . Za vreme kvara:

Pk = 0 = r1 Pmax sin δ ⇒

r1 = 0 .

Posle isključenja kvara ( X ekv = 0,4 + 0,15 + 0,4 = 0,95 r.j. )

Pi =

1,2065 ⋅1 sin δ = 1,27 sin δ = r2 Pmax sin δ 0,95

⇒

r2 =

1,27 = 0,789 . 1,609

Granični dozvoljeni radni ugao mašine je:

δ gr = 180° − arcsin

Pm 0,9 = 180° − arcsin = 180° − 45,13° = 134,87° = 2,3536 rad . r2 Pmax 0,789⋅1,609

P [r.j.]

Pmax = 1,609 r.j. – Pre kvara

1,5 A2 Pimax = 1,27 r.j. – Posle isključenja kvara

1,0

A1

Pm = 0,9 r.j.

0,5

0

δn = 45,13°

0

δikr = 57,20°

δ0 = 34,02°

δgr = 134,87°

Sl. 4.13b Ilustracija rešenja zadatka 4.13

Kritični ugao isključenja kvara je

δ [ °]


cos δ ikr =

349

(

)

Pm 0,9 δ − δ 0 + cos δ gr = ⋅ (2,3536 − 0,594) − 0,7053 = 0,5417 ; r2 Pmax gr 1,27

δ ikr = 57,20° = 0,998 rad . e) Kritično vreme isključenja kvara za mD2 = 243,2 tm2 i

Ti = 2,7414 ⋅ je:

tikr =

(

mD 2 nn2 243,2 ⋅103 ⋅ 9 ⋅10 6 ⋅10 −9 = 2,7414 ⋅ ⋅10 −9 = 6,0 s , Sn 1000

)

2Ti δ ikr − δ 0 2 ⋅ 6 ⋅ (0,998 − 0,594) = = 0,131s ≈ 6,5 perioda . ω s Pm 314 ⋅ 0,9

Na sl. 4.13b grafički je ilustrovano rešenje problema.


350

Zadatak 4.14 Elektrana predstavljena ekvivalentnim generatorom (G), vezana na krutu mrežu posredstvom generatorskog blok-transformatora (BT) i dvostrukog voda (V1, V2), prikazana je na sl. 4.14a. Odaje snagu P = 0,85 r.j. uz cos ϕ = 0,85 (ind) pri naponu krute mreže U∞ = 1,0 r.j. (fn = 50 Hz). Ostali podaci neophodni za proračune, dati su ispod sl. 4.14a. Za slučaj trofaznog kratkog spoja sa nultom impedansom luka, koji se dogodio na vodu V2 na udaljenosti od 75 % od početka voda (mereno od sabirnica 2) izračunati: a) Početni ugao δ0 (u rad i °) na krivoj njihanja P(δ). b) Izraze za krive P(δ) pre kvara, za vreme kvara i posle isključenja voda u kvaru. c) Granični dozvoljeni ugao oscilacija mašine δgr (u rad i °). d) Kritični ugao isključenja kvara δ ikr (u rad i °). e) Ilustrovati grafički rešenje problema. 1

2

BT

G

3

V1

~

Mreža

0,75 Xv2 V2

SnG = 100 MVA; SnT = 100 MVA; x'dG = 0,3 r.j.; xBT = 0,12 r.j.; Ti = 6,0 MWs/MVA;

K

Xv1 = Xv2 = 0,4 r.j.;

U∞ = 1,0 r.j. P∞ = 0,85 r.j. cos ϕ = 0,85.


Rešenje: Proračun početnih uslova Ekvivalentna zamenska šema sistema pre kvara sa sl. 4.14a, data je na sl. 4.14b. j0,3 r.j.

1′

1

j0,12 r.j.

2

E′ = E′ ∠δ

j0,4 r.j. j0,4 r.j.

3 S

S = (0,85 + j0,527) r.j. Pm = 0,85 r.j. U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Sl. 4.14b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.14a pre kvara Sa sl. 4.14b dobija se:

X ekv = 0,3 + 0,12 +

0,4 = 0,62 r.j. , 2

odnosno:

E ′ = U ∞ + jX ekv I = 1,0 + j 0,62 ⋅

0,85 − j 0,527 = (1,327 + j 0,527) r.j. = 1,428 r.j. ∠21,66° , 1


351

odakle je: δ 0 = 21,66° = 0,374 rad .

b) Izrazi za krive njihanja P(δ) Pre kvara: E ′U ∞ 1,428 ⋅ 1,0 sin δ = sin δ = 2,303 sin δ ; ekv 0,62 X

P=

Pmax = 2,303 r.j.

Za vreme kvara: Transfer impedansa se proračunava sa sl. 4.14c, koja prikazuje ekvivalentnu šemu sistema sa sl. 4.14a za vreme kvara.

j0,3 r.j.

1′

1

j0,12 r.j.

2

Zv1 = j0,4 r.j.

E′ = E′ ∠δ 14444244443 Z s = j 0,42

U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

K

Z 1v 2 = j 0,3

3

Z v22 = j 0,1

Sl. 4.14c Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.14a, za vreme kvara

Posle transfiguracije zvezde 1′23K u trougao 1′3K proračunava se transfer impedansa

Z 1′ 3 = j 0,42 + j 0,4 + j

0,42 ⋅ 0,4 = j1,38 r.j. 0,3

Onda je izraz za krivu njihanja P(δ) za vreme kvara Pk =

E ′U ∞ 1,428 ⋅ 1,0 sin δ = sin δ = 1,035 sin δ . X 1′ 3 1,38

Odnos amplituda krivih njihanja za vreme i pre kvara je r1 =

1,035 = 0,4494 . 2,303


352

Posle isključenja kvara (kada se isključuje vod V2): X 1ekv = 0,42 + 0,4 = 0,82 r.j. ,

Pi =

E ′U ∞ 1,428 ⋅1,0 sin δ = sin δ = 1,742 sin δ . ekv 0,82 X1

Odnos amplituda krivih njihanja posle isključenja kvara i pre kvara je r2 =

1,742 = 0,7562 . 2,303

c) Određivanje graničnog dozvoljenog ugla oscilacija mašine:

δ gr = π − arcsin

Pm 0,85 = π − arcsin = 2,632 rad = 150,79° . 0,7562 ⋅ 2,303 r2 Pmax

d) Proračun kritičnog ugla isključenja kvara vrši se na osnovu jednakosti površina A1 + A3 i A2 + A4 sa sl. 4.14d. Taj uslov se ovde izražava preko jednačine: δn

(

)

Pm (δ n − δ 0 ) − ∫ r1 Pmax sin δdδ + Pm δ ikr − π + δ n − δ0

=

π− δ n

δ gr

δn

δikr

δikr

∫ r1Pmax sin δdδ =

π −δ n

∫ r1 Pmax sin δdδ − Pm (π − 2δ n ) + ∫ r2 Pmax sin δdδ − Pm (δ gr − δi

kr

),

gde je δ n = arcsin

Pm 0,85 = arcsin = 55,21° = 0,964 rad. r1 Pmax 1,035

Kritičan ugao isključenja kvara onda se nalazi preko izraza:

cos δ ikr

(

)

Pm δ − δ 0 + r2 cos δ gr − r1 cos δ 0 Pmax gr = = r2 − r1 0,85 ⋅ (2,6317 − 0,374) + 0,7562 cos150,79° − 0,4494 cos 21,66° 2,303 = = −0,796936 ; 0,7562 − 0,4494

δ ikr = 142,84° = 2,493 rad < δgr = 2,632 rad = 150,79° .


353

e) Grafička ilustracija problema prikazana je na sl. 4.14d.

P [r.j.] P = 2,303 sin δ (pre kvara)

2,0

Pi = 1,742 sin δ (posle isključenja kvara) A2 1,0

A1

A3

A4

Pk = 1,035 sin δ (za vreme kvara)

A1 + A3 = A2 + A4

0

δn= 0,964 rad δ0 = 0,374 rad

Pm = 0,85 r.j.

δikr = 2,493 rad

π − δn= 2,178 rad δgr= 2,632 rad δ [rad]

Sl. 4.14d Ilustracija rešenja zadatka 4.14


354

Zadatak 4.15 Elektrana predstavljena ekvivalentnim generatorom nominalne snage SnG = 500 MVA, posredstvom generatorskog blok-transformatora i dvostrukog voda isporučuje u moćnu mrežu, čiji je napon 220 kV, snagu od 450 MW, pri faktoru snage od 0,965 cap., kako je to ilustrovano na sl. 4.15a. Zbog trofaznog kratkog spoja na jednom od dva paralelna voda, posle trenutne eliminacije kvara, sistem nastavlja da radi samo sa jednim vodom. a) Proračunati reaktivne gubitke prenosa i faktor snage generatora u normalnom radnom režimu (pre kvara). b) Odrediti izraze za krive snaga-ugao P(δ) pre kvara i posle kvara (pobuda generatora ostaje konstantna). c) Odrediti uglove snaga pre kvara (δ0) i posle kvara (δn), kao i granični ugao stabilnosti (δgr), gubitke u prenosu posle kvara i faktor snage na kraju voda. d) Primenom metoda jednakih površina utvrditi, da li sistem u režimu rada posle kvara ostaje stabilan. Ako je odgovor potvrdan izračunati kritični ugao isključenja kvara ( δ ikr ) i kritično vreme isključenja kvara. Rezultate proračuna ilustrovati na fazorskom dijagramu napona i struja i dijagramima P(δ). Podaci o sistemu su prikazani na slici. Za bazne vrednosti pri proračunu relativnih jedinica usvojiti SB = 500 MVA i UB = 220 kV. 1

BT

G

2

Vod 1

~

3 Kruta mreža

K

SnG = 500 MVA UnG = 20 kV x'dG = 20% mD2 = 162124 kgm2 nn = 3000 ob/min fn = 50 Hz

SnT = 450 MVA UnT = 20/220 kV/kV xT = 12%

Vod 2

xv = 0,32265 Ω/km Lv = 200 km

U∞ = 220 kV P∞ = 450 MW cos ϕ∞ = 0,965 cap.


Rešenje: Proračun parametara elemenata sistema: ′ = X G = X dG

2 ′ U nG xdG 20 20 2  220  19,36  220  ⋅ ⋅ = 0,20 r.j. ,   =  = 19,36 Ω = 100 S nG  20  100 500  20  96,8

gde je ZB =

U B2 220 2 = = 96,8 Ω ; SB 500

2

2


355

2 xT U nT 12 220 2 12,907 XT = = ⋅ = 12,907 Ω = = 0,133 r.j. ; 100 S nT 100 450 96,8 64,53 X v = xv Lv = 0,32265 ⋅ 200 = 64,53 Ω = = 0,667 r.j. ; 96,8

Ti = 2,7414

(mD )n 2

S nG

2 n

⋅10 −9 = 2,7414 ⋅

162124 ⋅ 3000 2 MWs ⋅10 −9 = 8 . 500 MVA

a) Proračun stanja pre kvara Ekvivalentna šema sistema pre kvara predstavljena je na sl. 4.15b. ZG = j0,2 r.j. 1′ ° E ′ q = E q′ ∠δ

1

ZT = j0,133 r.j.

SG

2

Zv = j0,333 r.j. S∞

I

3 ° U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Sl. 4.15b Ekvivalentna šema sistema sa slike 4.15a, pre kvara

PG = 0,9 r.j. I = (0,9 + j 0,2445) r.j. = 0,9326 r.j. ∠15,2° X = 0,2 + 0,133 + 0,333 = 0,666 r.j.

S ∞ = (0,9 − j 0,2445) r.j. ϕ∞ = −15,2° Q∞ = P∞ tg ϕ∞ = 0,9 ⋅ 0,2171 = = −0,2445 r.j.

Reaktivni gubici u prenosu su: gub Q pren = ( X T + X v ) I 2 = (0,133 + 0,333) ⋅ (0,9 2 + 0,2445 2 ) = 0,466 ⋅ 0,8698 = 0,4053 r.j.

Kompleksna snaga na krajevima generatora je: gub S G = S ∞ + jQ pren = (0,9 − j 0,2445) + j 0,4053 = (0,9 + j 0,1608) r.j. = 0,9143 r.j. ∠10,13° .

Napon na krajevima generatora, kada se napon U∞ postavi u realnu osu, je: U G = U ∞ + j ( X T + X v )I = 1,0 + j (0,133 + 0,333) ⋅ (0,9 + j 0,2445) = = (0,8861 + j 0,4194) r.j. = 0,9804 r.j. ∠25,33°. Fazni pomeraj računske struje I (koja je u relativnim jedinicama jednaka faznoj struji generatora) u odnosu na napon generatora je: ϕG = arg U g − arg I = 25,33° − 15,2° = 10,13° (videti fazorski dijagram napona i struje sistema na sl. 4.15c).


356

E q = 1,03 r.j. ∠36,60°

U G = 0,9804 r.j. ∠25,33°

35,60°

I = 0,9326 r.j. ∠15,2°

ϕG = 10,13°

25,33° 15,2°

U ∞ = 1,0 r.j. ∠0° Sl. 4.15c Fazorski dijagram napona i struje iz zadatka 4.15

Faktor snage generatora je onda: cos ϕG = cos10,13° = 0,9844 ind. Indukovana EMS Eq, koja određuje položaj q-ose generatora je:

E q = U∞ + X

Q∞ P 0,666 ⋅ 0,2445 0,666 ⋅ 0,9 = + jX ∞ = 1,0 − +j U∞ U∞ 1,0 1,0

= (0,8372 + j 0,5994) r.j. = 1,03 r.j. ∠35,60°, odakle je: Eq = 1,03 r.j. ; δ 0 = 35,60° = 0,621 rad .

b) Izrazi za krive snaga-ugao: Pre kvara:

P=

EU ∞ 1,03 ⋅ 1 sin δ = sin δ = 1,546 sin δ . X 0,666

Provera vrednosti aktivne snage koja se isporučuje u krutu mrežu:

P∞ = 1,546 sin 35,60° = 1,546 ⋅ 0,582 = 0,9 r.j.


357

Posle isključenja kvara ( X ′ = 0,2 + 0,133 + 0,667 = 1,0 r.j.), vrednost prenete snage je: Pi =

EU ∞ 1,03 ⋅ 1 sin δ = sin δ = 1,03 sin δ . X′ 1,0

c) Ugao snage posle kvara je: δ n = arcsin

0,9 = arcsin 0,8738 = 60,9° = 1,0629 rad . 1,03

Ugao snage pre kvara (ranije pronađen u tač. a) bio je:

δ 0 = 35,60° = 0,621 rad . Granični ugao stabilnosti je: δ gr = 180° − δ n = 119,1° = 2,079 rad . Krive snaga-ugao, pre kvara i posle isključenja kvara prikazane su na sl. 4.15d.

P [r.j.]

Pmax = 1,546 r.j. – Pre kvara

1,5

A2 > A1 A2 1,0

A1

Pimax = 1,03 r.j. – Posle isključenja kvara Pm = 0,9 r.j.

0,5

0

0

δ0 = 35,6° δn = 60,9°

δgr = 119,1°

δ [°]

Sl. 4.15d Krive snaga – ugao sistema pre kvara i posle isključenja kvara iz tač. c i ilustracija metoda poređenja površina ubrzanja i usporenja iz tač. d


358

d) Provera stabilnosti sistema u režimu posle kvara Uvidom u dijagrame snaga-ugao sa sl. 4.15d, uočava se da su vrednosti površina ubrzanja (A1) i usporenja (A2) sledeće: δn

A1 = 0,9 (δ n − δ 0 ) − ∫ (1,03 sin δ) dδ = 0,9 (δ n − δ 0 ) + 1,03(cos δ n − cos δ 0 ) = δ0

= 0,9 ⋅ (1,0629 − 0,621) + 1,03(cos 1,0629 − cos 0,621) = 0,0611; δ gr

(

)

A2 = ∫ (1,03 sin δ) dδ − 0,9 (δ gr − δ n ) = 1,03 cos δ n − cos δ gr − 0,9 (δ gr − δ n ) = δn

= 1,03(cos 1,0629 − cos 2,079 ) − 0,9 ⋅ (2,079 − 1,0629) = 0,0874 . Pošto je A2 > A1, sistem je u režimu posle isključenja kvara ostao stabilan. Kritični ugao isključenja kvara dobija se iz uslova jednakosti površina A1 i A2 na sl.4.15e i dat je preko izraza:

 P   0,9  ⋅ (2,079 − 0,621) − 0,486 = δ ikr = arccos  m δ gr − δ 0 + cos δ gr  = arccos  1,03   Pimax  = arccos 0,788 = 38° = 0,633 rad.

(

)

P [r.j.]

Pmax = 1,546 r.j.

1,5 A2 = A1 A2 1,0

A1

Pimax = 1,03 r.j. Pm = 0,9 r.j.

0,5

0

δ ikr = 38°

0

δ0 = 35,6° δn = 60,9°

δgr = 119,1°

δ [°]

Sl. 4.15e Ilustracija određivanja kritičnog ugla isključenja kvara δ ikr iz tač. d


359

Kritično vreme isključenja kvara je onda:

tikr =

(

)

2 Ti δ ikr − δ 0 2 ⋅ 8 ⋅ (0,663 − 0,621) = = 0,049s ≈ 2,5 periode . ωs Pm 314 ⋅ 0,9


360

Zadatak 4.16 Elektrana predstavljena ekvivalentnim generatorom, vezana je na moćnu mrežu posredstvom generatorskog blok-transformatora i prenosnog voda, kako je to prikazano na sl. 4.16a (na kojoj su takođe dati i svi podaci o elementima sistema). a) Naći izraz za karakteristiku snaga-ugao sistema u normalnom pogonu (pre kvara) i početni ugao δ10, ako se u moćnu mrežu isporučuje snaga P∞ = 300 MW, pri faktoru snage cos ϕ∞ = 1,0. b) Ako se na početku voda (neposredno iza sabirnica visokog napona blok-transformatora) dogodi jednofazni kratki spoj sa zemljom, naći izraz za karakteristiku snaga-ugao posle pojave kvara i početni ugao snage δ20. c) Primenom metoda jednakih površina utvrditi da li sistem posle pojave kvara ostaje stabilan. Rešenje ilustrovati grafički. U proračunima koristiti relativne jedinice sa SB = 400 MVA i UB = 220 kV.

1 G

BT

2

3

~

Xv = 48,4 Ω X0v = 3 Xv

SnG = 400 MVA UnG = 15 kV x′d = 24% xi = x′d

Moćna mreža U∞ = 220 kV P∞ = 300 MW

SnT = 400 MVA UnT = 15/220 kV/kV xT = 12% Sprega: Y0d


Rešenje: a) Proračun stanja pre kvara: U B2 220 2 ZB = = = 121 Ω ; SB 400 X G = X d′ = 0,24 r.j. ; X T = 0,12 r.j. ; 48,4 Xv = = 0,4 r.j. ; 121 P 300 P= = = 0,75 r.j. ; S B 400

X 0v = 3 X v = 1,2 r.j. ;

X 1ekv = X ekv = X G + X T + X v = 0,24 + 0,12 + 0,4 = 0,76 r.j.


361

Indukovana EMS pre kvara je: E ′ = U ∞ + jX ekv

P 0,75 = 1,0 + j 0,76 ⋅ = (1 + j 0,57) r.j. = 1,151 r.j. ∠29,683° . U∞ 1,0

Kriva snaga-ugao pre kvara data je izrazom: P=

E ′U ∞ 1,151 ⋅ 1,0 sin δ = sin δ = 1,5145 sin δ . ekv 0,76 X

Početni ugao snage u normalnom režimu je:

δ10 = arcsin

PX ekv 0,75 = arcsin = 29,683° = 0,518 rad . E ′U ∞ 1,5145

b) Stanje za vreme kvara (ekvivalentna šema prikazana je na sl. 4.16b) 1′ ° E′

jXT 1 14444244443 j 0,36 r.j. jX G

jXv

2

j0,4 r.j.

3 ° U∞

Zk = j(Xi + X0) = = 0,2986 r.j.

Sl. 4.16b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.16a za vreme kvara

U zamenskoj šemi sistema za vreme kvara figuriše otočno priključena impedansa kvara Z k = j ( X i + X 0 ) , koja se sastoji od redno povezanih ekvivalentnih impedansi sistema inverznog i nultog redosleda (gledano sa mesta kvara), čije su vrednosti: Xi =

X iv ( X iG + X iT ) 0,4 ⋅ (0,24 + 0,12) = = 0,1895 r.j. ; X iv + X iG + X iT 0,76

X0 =

X 0T X 0v 0,12 ⋅ 1,2 = = 0,1091 r.j. X 0T + X 0v 0,12 + 1,2

Impedansa kvara je onda: Z k = j ( X i + X 0 ) = j (0,1895 + 0,1091) = j 0,2986 r.j. Proračun transfer impedanse za sistem sa sl. 4.16b, vrši se transfiguracijom zvezde, čije su impedanse Z 1′ 2 = j ( X G + X T ) = j 0,36 r.j. ; Z 23 = jX v = j 0,4 r.j. i Z k = j 0,2986 r.j. , tako da je: 0,4 ⋅ 0,36   ∆ Z 1′ 3 = j  0,36 + 0,4 +  = j1,242 r.j. 0,2986  


362

Kriva snaga-ugao za vreme kvara data je preko izraza: P=

1,151 ⋅1,0 sin δ = 0,92673 sin δ . 1,242

Početni ugao snage na krivoj njihanja za vreme kvara je ( Pm =

δ 20 = arcsin

300 = 0,75 r.j. ): 400

0,75 = 54,03° = 0,943 rad . 0,92673

Granični ugao stabilnosti je onda: δ gr = 180° − δ 20 = 180° − 54,03° = 125,97° = 2,1986 rad . Karakteristične krive snaga-ugao pre i posle nastanka kvara prikazane su na sl. 4.16c.

P [r.j.] 1,5

A2 A1 0,75

0

Kriva njihanja pre kvara 1,5145 sin δ Kriva njihanja za vreme kvara 0,92673 sin δ

δ10 = 0,518 rad δ20 = 0,943 rad

δgr = 2,1986 rad

δ [rad]

Sl. 4.16c Karakteristike snaga – ugao sistema iz zadatka 4.16, pre nastanka kvara i za vreme kvara c) Provera stabilnosti metodom jednakih površina: Uslov je da na sl. 4.16c bude A2 > A1

A1 =

δ20 =0,943

∫ (0,75 − 0,92673sinδ) dδ = 0,75⋅ (0,943− 0,518) + 0,92673⋅ (0,5874− 0,8688) = 0,058;

δ10 =0,518

A2 =

δgr =2,1986

∫ (0,92673sinδ − 0,75) dδ = 0,92673⋅ (0,5874+ 0,5874) − 0,75⋅ (2,1986− 0,943) = 0,1469 .

δ20=0,943

Kako je A2 > A1 sistem ostaje stabilan i posle pojave kvara.


363

Zadatak 4.17 Za dati trofazni jednopolno prikazani elektroenergetski sistem sa sl. 4.17a ispitati tranzijentnu stabilnost generatora za slučaj tropolnog kratkog spoja na početku voda-ogranka neopterećenog pre kvara, ako su ems generatora E ′ iza podužne tranzijentne reaktanse, kao i napon moćne mreže, konstantni. Trofazni kratki spoj se isključuje posle ti = 0,15 s. Ostali podaci o sistemu su dati na sl. 4.17a. U∞ = const Ur = 115 kV Moćna 70 MW mreža Lv = 100 km xv=0,4 Ω/km (XM → 0) 10 MVAr G T1 T2

~

°

° SnG = SnT1 = 75 MVA SnT2 = 75 MVA UnG = 10,5 kV xT2 = 12 % k3 x ′dG = 30% mT2 = 110/220 kV/kV xT1 = 10,5% mT1 = 10,5/115,5 kV/kV Ti = 8 s Sl. 4.17a Jednopolna šema i parametri sistema iz zadatka 4.17

Rešenje: Parametri ekvivalentne šeme sistema, prikazane na sl. 4.17b su: 40,5 115,5 2 ⋅ = 72 Ω ; 100 75 12 110 2 XT 2 = ⋅ = 19,36 Ω ; 100 75 1 X vekv = ⋅ 0,4 ⋅100 = 20 Ω . 2 ′ + X T1 = X dG

j72 Ω E′

j20 Ω

j19,36 Ω

U r = 115 kV

Sl. 4.17b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.17a Dalje se nalazi: 72 ⋅10 72 ⋅ 70 +j = 128,94 kV ∠19°52′ ; 115 115 39,36 ⋅10 39,36 ⋅ 70 = 115 − −j = 114,12 kV ∠ − 12°07′ . 115 115

E ′ = 115 + U∞

U∞


364

Ugao koji je ems E ′ zatvarala prema naponu moćne mreže pre kvara je: δ 0 = 19°52′ + 12°07′ = 31°59′ = 31,98° . Dinamička karakteristika radnog stanja pre, identična je sa karakteristikom posle isključenja kvara sa sl. 4.17c. P=

E ′U ∞ 128,94 ⋅114,12 sin δ = sin δ = 132,14 sin δ , XΣ 111,36

odakle je 70 = 132,14 sin δ 0 , odnosno: sin δ 0 = 0,53 ; δ 0 = 31,99° ≈ 32° ;

δ gr = 180° − 32° = 148° .

Prema formuli:

(

)

cos δ ikr = δ gr − δ 0 sin δ 0 + cos δ gr , odnosno: cos δ ikr = 116° ⋅

π ⋅ 0,53 − 0,848 = 0,225 , 180°

nalazi se kritični ugao isključenja kvara:

δ ikr = 77° .

Kako je maksimalno vreme posle koga treba isključiti kvar:

t max =

(

)

Ti S nG δ ikr − δ 0 8 ⋅ 75 ⋅ 45 = = 0,207 s , 9000 Pm 9000 ⋅ 70

odnosno tmax > ti = 0,15 s, to se zaključuje da je generator tranzijentno stabilan.


365

P [MW] P = 132,14 sin δ 100

Pm = 70 MW

50

0

0

δ 0 = 32°

δ ikr = 77°

δ gr = 148° 180° δ [°]

Sl. 4.17c Dinamička karakteristika sistema iz zadatka 4.17, sa označenim karakterističnim veličinama

Napomena: pretpostavka da je otočni vod na kome se dešava kvar prethodno neopterećen znači u stvari i najteži slučaj sa gledišta stabilnosti jer tada udaljena elektrana predaje svu snagu moćnoj mreži pa je i početni ugao najveći. Takođe i pretpostavka tropolnog kratkog spoja predstavlja najteži slučaj, a s druge strane omogućava prostu metodiku proračuna, bez uzimanja u obzir preostalog dela sistema.


366

Zadatak 4.18 U kom vremenu treba obostrano jednovremeno isključiti vod V1, sistema jednopolno prikazanog na sl. 4.18a, na čijem se početku dogodio trofazni kratki spoj, da bi sistem bio tranzijentno stabilan, ako je generator nominalno pobuđen i ako odaje u sistem aktivnu snagu od 300 MW. Potrošački centri su jednaki i pri naponu na njihovim sabirnicama od 220 kV, svaki uzima po 150 MW pri cos ϕ = 0,95 (induktivni). Ostali podaci o sistemu dati su na sl. 4.18a.

Zp = const Lv1 = Lv2 = Lv3 = Lv4 = 150 km xv = 0,42 Ω/km

° °

V1

U∞ = 220 kV = const Sistem beskonačne snage

° °

~ G

V2

UnM = 220 kV

k3 T V3

SnG = SnT = 500 MVA cos ϕnG = 0,9 UnG = 15,75 kV xdG ′ = 30 % xT = 12 % mT = 15,75/231 kV/kV Ti = 8 s

V4

Zp = const

Sl. 4.18a Jednopolna šema i parametri sistema za zadatka 4.18

Rešenje: Parametri zamenske šeme sistema sa slike 4.18a, prikazane na slici 4.18b, su:

2312 = 44,823 Ω ; 500 = X v 4 = 63 Ω ;

′ + X T = 0,42 ⋅ X dG X v1 = X v 2 = X v 3

220 2 Zp = ⋅ (0,95 + j 0,312) = (291 + j 95,6) Ω . 150 0,95


367

(291 + j95,6) Ω

1

j44,823 Ω

E′

3

j63 Ω

j63 Ω 2

j63 Ω

j63 Ω

U∞

4 (291 + j95,6) Ω

Slika 4.18b Ekvivalentna šema sistema sa slike 4.18a.

Kako su tačke 3 i 4 na istom potencijalu, to se zamenska šema razmatranog sistema sa sl. 4.18b može uprostiti kao što je to pokazano na sl. 4.18c. 1

j76,323 Ω

j31,5 Ω

2

E′ (145,5 + j47,8) Ω

U∞ = 220 kV = const

Sl. 4.18c Uprošćena šema sistema sa sl. 4.18b.

Sa šeme sa sl. 4.18c dobija se: j 31,5 ⋅ (145,5 + j 47,8) = 105,07 Ω ∠87°07′ ; j 31,5 + 145,5 + j 47,8 j 76,323 ⋅ j 31,5 = j 76,323 + j 31,5 + = 113,69 Ω ∠97°33′ . 145,5 + j 47,8

Z 11 = j 76,323 + Z 12

Zamenska šema sistema posle isključenja voda V1 predstavljena je na sl. 4.18d. 1

j44,82 Ω

j63 Ω

j63 Ω

E′ (291 + j95,6) Ω

2 U∞ = 220 kV = const

Sl. 4.18d Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.18a, posle isključenja voda V1


368

j 63 ⋅ (291 + j 95,6) = 165,53 Ω ∠86°21′ ; j 63 + 291 + j 95,6 j107,823 ⋅ j 63 = j107,823 + j 63 + = 178,97 Ω ∠96°46′ . 291 + j 95,6

Z 11i = j107,823 + Z 12i

Napomena: indeks 'i' ispred oznake za sopstvenu i međusobnu impedansu označava da su to vrednosti odgovarajućih impedansi posle isključenja voda V1.

x′ %  x′ %   x′ %   x′ %  E ′ = U nG 1 + d sin ϕ nG  +  d cos ϕ nG  = U nG 1 +  d  + 2 d sin ϕ nG = 100 100    100   100  2

2

2

= 15,75 ⋅ 1 + 0,32 + 2 ⋅ 0,3 ⋅ 0,436 = 18,31 kV, ili svedeno na stranu mreže nominalnog napona 220 kV: ′ = 15,75 ⋅1,1626 ⋅ E sv

231 = 268,8 kV . 15,75

′ , U∞ i δ ( δ je ugao između Karakteristika električne odate snage generatora u funkciji E sv ′ i U∞) neposredno pre nastanka kvara je: E sv

′2 E sv E′ U P= sin µ11 + sv ∞ sin (δ − µ12 ) , Z11 Z12 gde je

µ11 = 90° − 87°07′ = 2°53′ ; µ12 = 90° − 97°33′ = −7°33′ .

′ i U∞ u stacionarnom režimu neposredno pre kvara δ0 može se izračunati Ugao između E sv iz jednačine: 268,8 2 268,8 ⋅ 220 300 = sin 2°53′ + sin (δ 0 + 7°33′) , 105,07 113,69

odakle je: δ 0 = 23°07′ .

Za vreme trajanja trofaznog kratkog spoja na početku voda V1, odata električna aktivna ′ , U∞ i snaga generatora je jednaka nuli, a karakteristika odate električne aktivne snage u funkciji E sv δ posle isključenja voda V1 je:

Pi = gde je:

′2 E sv E′ U sin µ11i + sv ∞ sin δ − µ12i , Z11i Z12i

µ11i = 90° − 86°21′ = 3°39′ ;

(

)


369

µ12i = 90° − 96°46′ = −6°46′ ; Pi =

268,8 ⋅ 220 268,8 2 sin 3°39′ + sin (δ + 6°46′) = 27,8 + 331sin (δ + 6°46′) . 165,53 178,97

Granični ugao δgr određuje se iz jednačine: Pm = Pi , odnosno:

(

)

300 = 27,8 + 331sin δ gr + 6°46′ , Iz poslednje jednačine je: δ gr + 6°46′ = 180° − 55°35′ , tako da je: δ gr = 180° − 55°35′ − 6°46′ = 117°39′ . Kritični ugao isključenja voda V1 ( δ ikr ), određuje se iz jednačine:

(

)

Pm δ ikr − δ 0 =

δ gr

∫ (Pi − Pm )dδ ,

δikr

odnosno:

(

)

300 ⋅ δ ikr − 0,40346 =

117°39′

∫ [27,8 + 331sin(δ + 6°46′) − 300]dδ ,

δikr

gde je 0,403462 ugao δ0 izražen u radijanima. Dalje je:

(

)

(

)

300 δ ikr − 121,0386 = 272,2 ⋅ δ ikr − 2,05338 + 331cos δ ikr + 6°46′ − 331cos(117°39′ + 6°46′) , gde je 2,05338 ugao δgr izražen u radijanima;

(

)

331cos δ ikr + 6°46′ = 27,8 δ ikr + 250,9614 . Rešavanjem ove poslednje transcedentne jednačine dobiće se δ ikr , koji iznosi:

δ ikr ≈ 29°54′ . Na sl. 4.18e dat je grafički prikaz rešenja transcedentne jednačine iz zadatka 4.18.


370

P

27,8 ⋅ δ + 250,9614 331 ⋅ cos(δ + 6°46′)

0

δ ikr

0

90°

δ [°]

′ Sl. 4.18e Grafički prikaz rešenja transcedentne jednačine iz zadatka 4.18

P [MW] Pm = 300 MW 300 Pi = 27,8 + 331sin (δ + 6°46′)

200

100

0

δ ikr = 29°54′

0

δ 0 = 23°07 ′

90°

δ gr = 117°39′

180° δ [°]

Sl. 4.18f Dinamička karakteristika sistema iz zadatka 4.18 sa označenim karakterističnim veličinama. Kritično vreme jednovremenog obostranog isključenja voda V1 biće:

tikr =

(

)

Ti S nG δ ikr − δ 0 8 ⋅ 500 ⋅ (29°54′ − 23°07′) = = 0,101s ≈ 5 perioda. 9000 Pm 9000 ⋅ 300

Na sl. 4.18f ilustrovana je dinamička karakteristika sistema, sa označenim karakterističnim veličinama.


371

Zadatak 4.19 Za dati trofazni, na sl. 4.19a jednopolno prikazani elektroenergetski sistem nominalne učestanosti 50 Hz, podjednako opterećeni generatorsko-transformatorski blokovi istih karakteristika odaju na sabirnice višeg napona ukupnu (trofaznu) aktivnu snagu P uz cos ϕ = 1 pri (linijskom) naponu Ur. Sa istih sabirnica odvodi se u lokalno potrošačko područje pod navedenim naponom aktivna snaga Pp uz cos ϕ p = 1 , pri čemu se ekvivalentna impedansa (rezistansa) potrošača može smatrati konstantnom. Izračunati kritično vreme beznaponske pauze Tbpkr sa gledišta tranzijentne stabilnosti (tj. trajanje tropolnog isključenja do ponovnog uključenja) voda na čijem se početku desio čist trofazni kratki spoj, koji se isključuje u vremenu ti, ako se jaka aktivna mreža na kraju može zameniti reaktansom ′ izračunatom iz udela te mreže u tranzijentnoj tropolnoj snazi kratkog spoja S k′ 3 na Z ′ M ≈ jX M sabirnicama 2 sa nominalnim naponom mreže U nM , i konstantnim naponom U M iza te reaktanse. Svi neophodni podaci za proračune dati su na sl. 4.19a. 2 G T Ur = 230 kV AT Jaka aktivna P mreža Unv = 220 kV S k′ 3M xv = 0,42 Ω/km k3 Lv = 150 km G T

~

~

SnG = SnT = 2×200 MVA UnG = 15,75 kV xG′ = 28 % xT = 12 % Ti = 10 s mT = 15,75/231 kV/kV

Pp = 230 MW  Z p = const cos ϕ p = 1 

P = 380 MW ti = 0,09 s

SnAT =400 MVA xAT = 10 % mAT = 220/400 kV/kV S k′ 3M = 10000 MVA pri U nM = 400 kV


Rešenje: Proračun osnovnih parametara: sve veličine u proračunima biće svedene na stranu voda:

(28 + 12) ⋅ 2312 = 53,36 Ω ; 100 ⋅ 2 ⋅ 200 X v = xv Lv = 0,42 ⋅150 = 63 Ω ;

′ sv = X GT

10 220 2 X AT = ⋅ = 12,1 Ω ; 100 400 2 U2 400 2  220  2 ′ sv = nM m AT XM = ⋅  = 4,84 Ω . S k′ 3M 10000  400 

Svedena ems E ′ iza podužne tranzijentne reaktanse generatora X G′ , koja se prećutno pretpostavlja da je po modulu konstantna u vremenu u kome se odlučuje o tranzijentnoj stabilnosti,


372

izračunava se iz radnog napona (pre kvara) na sabirnicama višeg napona elektrane i snaga koje se predaju tim sabirnicama P i Q = 0 ( cos ϕ = 1 ):

2

   

2

2  380 ⋅ 53,36   = 230 2 +  = 246,32 kV   230   


373

a

µ11 = 90° − ψ11 = 90° − 78,756° = 11,244° . Međusobna impedansa punog sistema između tačaka 1 i 2 (u kojoj deluje ekvivalentni napon mreže), nalazi se shodno šemi sa slike 4.19c: Z 12

1 °

′ sv jX GT

jX v′ , AT , M

2 °

Rp

Sl. 4.19c Ekvivalentna šema za proračun međusobne impedanse sa sl. 4.19a

′ sv + jX v′ , AT ,M + Z 12 = jX GT

′ sv jX v′ , AT ,M jX GT 53,36 ⋅ 79,94 = j 53,36 + j 79,94 − = Rp 230

= −18,55 + j133,3 = 134,5845 ∠97,92°, tj.

Z12 = 134,5845 Ω ψ12 = 97,92° ; µ12 = 90° − ψ12 = 90° − 97,92° = −7,92° , što je u sličnim slučajevima tipično. Dinamička karakteristika pre kvara odnosno posle (uspešnog) ponovnog uključenja, tj. za pun sistem na mestu 1 (unutrašnjost generatora) ima oblik

P1 ≡ P1pu =

′ U M sv E sv ′2 Esv sin µ11 + sin (δ − µ12 ) = 93,057 + 431,631sin (δ + 7,92°) Z11 Z12

.

Presek ove karakteristike sa pravom mehaničke snage Pm, koja se prećutno pretpostavlja da je konstantna, daje početni ugao δ 0 , koji se dobija preko izraza: Pm ≡ P10 = P = 380 = 93,057 + 431,63 sin (δ 0 + 7,92°) , gde je sa P10 označena početna (radna) snaga u tački 1 (unutrašnjost generatora), koja je zbog zanemarenja otpornosti (gubitaka) jednaka snazi P. Otuda je: sin (δ 0 + 7,92°) =

380 − 93,057 = 0,6647877 ⇒ δ 0 + 7,92° = 41,667° , 431,631

odakle je ugao: δ 0 = 41,667° − 7,92° = 33,747° .


374

Kontrola se može izvršiti na primer sabiranjem uglova bloka G-T i onoga za vod, AT i M: ′ sv U r 380 ⋅ 53,36 230 PX GT = = 0,3833 ⇒ θGT = 20,973° ; Ur 230 Pv X v′ , AT ,M U r 150 ⋅ 79,94 230 tg θv , AT ,M = = = 0,2266739 ⇒ θ v, AT ,M = 12,771° , Ur 230

tg θGT =

E ′ sv δ0 θGT θv , AT , M

Ur . . U M sv

Sl. 4.19d Fazorski dijagram napona iz zadatka 4.19

pa je: δ 0 = θ GT + θ v , AT ,M = 20,973° + 12,771° = 33,744° , što pokazuje da je prethodni proračun ugla δ 0 bio korektan. Dinamička karakteristika za vreme kvara (čist trofazni kratak spoj na početku voda, što je isto kao da se dogodio na sabirnicama, s tom razlikom što će reagovati zaštita voda) dobije se kada se kvar zameni sa impedansom kvara Zk = 0, kako je to ilustrovano na sl. 4.19e, gde je ekvivalentna otočna impedansa: Ze =

1 °

Rp Z k Rp ⋅ 0 = = 0, Rp + Z k Rp + 0 jX v′ , AT ,M

′ sv jX GT

Rp

2 °

Zk = 0

1 °

⇒

′ sv jX GT

jX v′ , AT , M

2 °

Ze = 0

Sl. 4.19e Ekvivalentne šeme za proračun impedansi sistema sa sl. 4.19a za vreme kvara pa je sopstvena impedansa u 1 za vreme kvara:

′ sv = X GT ′ sv ∠90° = 53,36 ∠90° = Z11k ∠ψ11k , Z 11k = jX GT dok je:

µ11k = 90° − ψ11k = 90° − 90° = 0° .


375

Moduo međusobne impedanse za vreme kvara teži beskonačnosti, jer je sa sl. 4.19e ′ sv + jX v′ , AT ,M + Z 12k = jX GT

′ sv jX v′ , AT ,M jX GT , Ze

pa zbog Z e = 0 cela impedansa teži beskonačnosti. Prema tome generatori za vreme kvara odaju nultu snagu, tj. dinamička karakteristika degeneriše u apscisu pravouglog koordinatnog sistema P - δ: Pk =

′ U M sv E sv ′2 E sv 246,32 2 sin µ11k + sin δ − µ12k = sin 0° = 0 . 53,36 Z11k Z12k

(

)

Dinamička karakteristika za vreme (trofaznog) isključenja voda, dobija se na bazi zamenske šeme, sa sl. 4.19f, u kojoj isključenje voda odgovara potpunom prekidu, odnosno beskonačnoj rednoj impedansi na mestu isključenja, pa moduo međusobne impedanse Z12i → ∞ dok je sopstvena impedansa:

′ sv = 230 + j53,36 = 236,10886 ∠13,062° , Z 11i = R p + jX GT tj.

Z11i = 236,10886 Ω ; ψ11i = 13,062° ; µ11i = 90° − ψ11i = 90° − 13,062° = 76,938° . 1

′ sv jX GT

∞

jXv

∞

jX ′AT ,M 2

Rp

Sl. 4.19f Ekvivalentna šema za proračun impedansi sistema Prema tome dinamička karakteristika za vreme dok je vod isključen daće samo sopstveni član odnosno konstantnu aktivnu snagu:

Pi =

′ U M sv E sv ′2 E sv 246,32 2 sin µ11i + sin δ − µ12i = sin 76,938° = Z11i Z12i 236,10886

(

)

= 256,968 ⋅ 0,97412 = 250,3176 MW. Ugao pri kome se isključuje vod može se izračunati na osnovu zadatog vremena isključenja voda ti: ti = 0,09 s =

(δ i − δ 0 ) ⋅ 2Ti S n 360° ⋅ 50 ⋅ Pa

,


376

tj. iz jednačine: 0,09 2 =

(δi − 33,747°) ⋅ 2 ⋅10 ⋅ 2 ⋅ 200 , 18000 ⋅ 380

odakle se dobija da je: δ i = 40,6725° . Granični ugao δ gr izračunava se iz preseka prave mehaničke snage Pm sa opadajućim delom dinamičke karakteristike punog sistema, što se prevodi u jednačinu:

(

)

Pm = 93,057 + 431,631sin δ gr + 7,92° = 380 , odakle je:

(

)

sin δ gr + 7,92° = 0,6647877 , odnosno: δ gr + 7,92° = 180° − 41,667° , odakle se konačno dobija: δ gr = 180° − 49,587° = 130,413° . Sada je moguće po metodi jednakih površina, tj. izjednačavanjem površine ubrzanja A1 sa maksimalno mogućom površinom usporenja A2 max , izračunati kritični ugao ponovnog uključenja

δ pukr :

(

)

Pm (δ i − δ 0 ) + (Pm − Pi ) δ pukr − δ i = 144444 42444444 3

δ gr

∫ P1 (δ)dδ − Pm (δ gr − δ pu

δ pukr

kr

),

14444244443 A2 max

A1

ili kraće, posle poništavanja pozitivne i negativne vrednosti za Pm δ i i Pm δ pukr :

(

) (

)

Pm δ gr − δ 0 − Pi δ pukr − δ i =

δ gr

′ U M sv E sv  E sv  ′2 ∫  Z11 sin µ11 + Z12 sin (δ − µ12 )dδ . δ pu kr  

Ova jednakost mogla se i neposredno iskazati, jer ako je površina A1 = A2 max , onda je i

(

)

površina pravougaonika sa stranicama δ gr − δ 0 i Pm jednaka sumarnoj površini ispod odgovarajućih dinamičkih karakteristika: kvara (površina jednaka nuli pa otpada), isključenog voda i punog sistema posle uspešnog ponovnog uključenja.


377

P1 [MW] 500

P1 = P1pu

Α2max 400

Pm

Α1

300

Pa

200 Pi

osa simetrije za P1

100 Pk 0

0

δ0 δi

δ pukr 90°

δ gr

180° δ [°]

Sl. 4.19g Dinamičke karakteristike sistema iz zadatka 4.19 sa označenim karakterističnim veličinama Posle izvršene integracije i uvrštenja brojčanih vrednosti dobija se jednakost: 380 ⋅ (130,413° − 33,747°)

π π = 250,318 ⋅ (δ pukr − 40,6725°) 180° 180° π + 93,057 ⋅ (130,413° − δ pukr ) 180° + 431,631 ⋅ cos(δ pukr + 7,92°) − cos(130,413° + 7,92°) ,

[

]

koja posle sređivanja daje jednačinu po δ pukr :

2,7447δ pukr + 431,63 cos(δ pukr + 7,92°) = 284,5585 . Ova nelinearna (transcedentna) jednačina po δ pukr ne dopušta iskazivanje cos δ pukr u eksplicitnom obliku kao u slučaju kada sve dinamičke karakteristike (sinusoide) prolaze kroz koordinatni početak, uključivo i slučaj kada sinusoida kvara degeneriše u apscisu (idealizovani jednomašinski sistem bez gubitaka i potrošnje često upotrebljavan kod približnih proračuna tranzijentne stabilnosti), već se rešava nekim numeričkim iterativnim metodom za rešavanje nelinearnih jednačina. Dovoljno tačno rešenje za δ pukr iz gornje jednačine je

δ pukr ≈ 69,55° . Kritično (sa gledišta tranzijentne stabilnosti) vreme beznaponske pauze Tbpkr = t pukr − ti , kao razlika vremenskih trenutaka ponovnog uključenja (kod nađenog ugla δ pukr ) i isključenja voda


378

(merenih od nastanka kvara) može se izračunati iz poznatog obrasca za slučaj konstantne snage akceleracije (ovde Pa = Pm − Pi ), vodeći računa da je za vreme kvara do trenutka isključenja rotor agregata dobio nadsinhronu električnu ugaonu brzinu: ω  dδ   dδ    = s Pa ti +   ,  dt  t =ti Ti S n  dt  0

gde drugi sabirak zbog ω − ω s = ω0 − ω s = ω s − ωs = 0 otpada, tj. 360 ⋅ 50  dδ  = ⋅ 380 ⋅ 0,09 = 153,9°/s ,    dt  ti =0,09 s 10 ⋅ 2 ⋅ 200 pri čemu su svi proračuni sprovedeni za oba agregata zajedno, kao za jedan ekvivalentan, ali se očigledno isto dobija i za svaki agregat pojedinačno ( Pa1G = Pm1G = Pa 2 , pa su i Pa i Sn upola manji u gornjem obrascu za jedan umesto oba agregata). Treba takođe podvući da u gornjem obrascu vremenski trenutak ti znači vremenski interval od nastanka do isključenja kvara, tj. vreme kvara Tk = ti − t 0 ≡ ti . Izračunavanje promene ugla pri konstantnoj akceleraciji obavlja se po poznatom obrascu, vodeći računa da se primena ne odnosi na početno stanje, nego od trenutka isključenja kvara (odnosno voda) do ponovnog uključenja, tj. kao početni ugao ima se δi a ne δ 0 , početna ugaona

 dδ   dδ  brzina   a ne   = 0 i akceleracija Pa = Pm − Pi a ne Pa = Pm , pa je:  dt  0  dt  ti δ pukr = δ i +

ωs  dδ  PaTbp2 kr +   Tbpkr , 2 Ti S n  dt  ti

pri čemu je vreme 't' kao što je već rečeno identično sa trajanjem beznaponske pauze, kritičnim sa gledišta stabilnosti, što je i jedina nepoznata. Sa zadatim brojčanim vrednostima iskazujući uglove u stepenima a ne u radijanima, biće 69,55° = 40,6725° +

360 ⋅ 50 ⋅ (380 − 250,318) 2 Tbpkr + 153,9 Tbpkr , 2 ⋅10 ⋅ 2 ⋅ 200

odakle se dobije kvadratna jednačina po Tbpkr : 291,78Tbp2 kr + 153,9 Tbpkr − 28,88 = 0 , sa rešenjima Tbpkr

1, 2

=

− 153,9 ± 153,9 2 − 4 ⋅ 291,78 ⋅ (−28,88) , 2 ⋅ 291,78

od kojih je samo pozitivno rešenje fizički moguće, pa je:

Tbpkr =

− 153,9 + 239,5655 = 0,146798 s ≈ 0,15 s . 583,56


379

Tranzijentna stabilnost ne dopušta duže vreme beznaponske pauze, kakvo je potrebno za uspešno ponovno uključenje kod prolaznog kvara sa gledišta dejonizacije prostora na mestu kvara (minimalno vreme dejonizacije oko 0,2 s, a poželjno i 0,3 do 0,4 s). Treba, znači, pokušati sa još kraćim vremenom isključenja kvara (jednoperiodna relejna zaštita i dvoperiodni prekidači, plus pola periode za gašenje luka, tj. sa ti = 0,02 + 2⋅0,02 + 0,01 = 0,07 s), ili proveriti da li se dobija dovoljno vreme beznaponske pauze za blaže a češće kvarove, pa se time zadovoljiti (interesantno je na kraju izračunati maksimalno klizanje pod pretpostavkom da je uključenje ipak uspešno). Za vreme kvara rotor dostigne klizanje: st i =

1 ωs

pa je:

smax =

ω Pt 380 ⋅ 0,09  dδ  = 0,00855 ,   = s ai = dt ω T S 10 ⋅ 2 ⋅ 200   ti s i n

ω s PaTbpkr 1  dδ  1  dδ  (380 − 250,32) ⋅ 0,15 = + + 0,00855 =   =   ω s  dt  t ωsTi S n ω s  dt  t 10 ⋅ 2 ⋅ 200 pu kr i

= 0,00486 + 0,00855 = 0,01341 ( tj. 1,341%).


380

Zadatak 4.20 Za jednomašinski prenosni sistem, čija je jednopolna šema prikazana na sl. 4.20a, naći maksimalne prenosne snage, s obzirom na granice tranzijentne stabilnosti, u sledećim slučajevima: a) Normalno stanje (pre kvara); b) Trofazni kratki spoj na sredini jednog od dva paralelna voda; c) Dvofazni kratki spoj u istoj tački kao u b; d) Jednofazni kratki spoj u istoj tački kao u b; e) Dvofazni kratki spoj sa zemljom u istoj tački kao u b; f) Stanje posle isključenja voda u kvaru. Numeričke vrednosti parametara elemenata sistema, takođe su date na sl. 4.20a. U rekapitulaciji proračuna rangirati slučajeve a – f, po kriterijumu maksimalne prenosne snage. 1 G

BT

2

~

V1

3

V2 K

E ′ = 1,2 r.j. X d′ = 0,1 r.j.

XdT = XiT = 0,1 r.j. X0T = 0,05 r.j.

XdG = XiG = X d′

Xdv1 = Xdv2 = 0,5 r.j. Xiv1 = Xiv2 = 0,5 r.j.

Kruta mreža

U∞ = 1,0 r.j.

X0v1 = X0v2 = 1,0 r.j. Zk = 0 (nulta impedansa luka)

Sl. 4.20a Jednopolna šema i osnovni parametri sistema iz zadatka 4.20

Rešenje: Za proračun maksimalne prenosne snage, za različite slučajeve definisane u formulaciji zadatka, neophodno je da se prvo proračunaju odgovarajuće transfer impedanse. 1. Proračun transfer impedanse Z13 1.a. Normalno stanje Transfer impedansa za normalno stanje jednostavno se nalazi uvidom u jednopolnu čemu sistema sa sl. 4.20a. Ona iznosi: 1 0,5   Z 13 = jX dG + jX dT + j X dv = j  0,1 + 0,1 +  = j 0,45 r.j. 2 2  

1b. Trofazni kratki spoj Za proračun transfer impedanse pri trofaznom kratkom spoju na sredini jednog od dva paralelna voda, koristi se ekvivalentna šema impedansi direktnog redosleda, prikazana na sl. 4.20b,


381

odakle se, posle transfiguracije zvezde 1-2-3-K u trougao 13K, za vrednost transfer impedanse dobija: Z Z 0,2 ⋅ 0,5 Z d 13 = Z dS + Z dv + dS dv = j 0,2 + j 0,5 + j = j1,1r.j. Z dv 0,25 2

ZdG = j0,1 r.j. ZdT = j0,1 r.j.

1

Zdv = j0,5 r.j.

2

E′ = 1,2 r.j. ∠δ ZdS = ZdG + ZdT = j0,2 r.j.

3

U∞ = 1,0 r.j. ∠0° Z dv = j 0,25 r.j. 2

Z dv = j 0,25 r.j. 2

K

K

Sl. 4.20b Ekvivalentna mreža direktnog redosleda sistema iz zadatka 4.20

1c. Dvofazni kratki spoj Impedansa kvara, koja se redno spaja sa ekvivalentnom impedansom direktnog redosleda (gledano sa mesta kvara) je ekvivalentna impedansa inverznog redosleda, pa je ekvivalentna šema sistema za ovaj slučaj prikazana na sl. 4.20c.

1′

ZdS = j0,2 r.j.

2′

Zdv = j0,5 r.j.

3′

E′ = 1,2 r.j. ∠δ

U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Z dv = j 0,25 r.j. 2

Z dv = j 0,25 r.j. 2

K′ Z iekv = j0,1528 r.j. K″

Sl. 4.20c Ekvivalentna mreža za proračun transfer impedanse pri dvofaznom kratkom spoju sistema iz zadatka 4.20 Za proračun ekvivalentne impedanse inverznog redosleda koristi se šema sa sl. 4.20d, odakle je: Zi = 1

ekv

Zi

Z iS Z iv 0,2 ⋅ 0,5 = j = j 0,14286 r.j. ; Z iS + Z iv 0,2 + 0,5

 1 Z iv  Z iv Zi +  2  2 (0,14286 + 0,25) ⋅ 0,25  = j = j 0,1528 r.j. = Z iv Z iv 0,14286 + 0,25 + 0,25 1 Zi + + 2 2


382

1″

ZiS = j0,2 r.j.

2″

Ziv = j0,5 r.j.

Z iv = j 0,25 r.j. 2

3″ Z iv = j 0,25 r.j. 2

K″

Sl. 4.20d Ekvivalentna šema mreže inverznih impedansi sistema iz zadatka 4.20

Za proračun transfer impedanse u ekvivalentnoj šemi sa sl. 4.20c, treba prvo izvršiti transfiguraciju trougla 2′3′K′ u zvezdu 0′-2′-3′-K′, a potom sprovesti ekvivalentovanje rednih i paralelnih grana shodno sl. 4.20e. 1′

ZdS = j0,2 r.j.

2′

Z2′-0′ = j0,125 r.j.

Z3′-0′ = j0,125 r.j.

0′

E′ = 1,2 r.j. ∠δ

3′ U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

Z1′-0′ = j0,325 r.j.

ZK′-0′ = j0,0625 r.j.

ZK″-0′ = j0,2153 r.j.

K′ ekv

Zi

= j 0,1528 r.j.

K″

Sl. 4.20e Ekvivalentna mreža sa sl. 4.20c, posle transfiguracije trougla 2′3′K′ u zvezdu 0′-2′-3′-K′

Transfer impedansa pri dvofaznom kratkom spoju dobija se posle transfiguracije zvezde 0′-1′-3′-K′ u trougao 1′3′K″, odakle je: ∆

Z 1′ 3′ = j 0,325 + j 0,125 + j

0,325 ⋅ 0,125 = j 0,6387 r.j. 0,2153

1d. Jednofazni kratki spoj Impedansa kvara u ovom slučaju je zbir Z i + Z 0 , koja se na mestu kvara (sabirnice K) vezuje na red sa ekvivalentnom mrežom direktnog redosleda, shodno sl. 4.20f (na kojoj se koristi prethodno ekvivalentovana mreža direktnih impedansi sa sl. 4.20e i vrednost ekvivalentne impedanse inverznog redosleda sa sl. 4.20d. Prethodno treba sračunati ekvivalentnu impedansu nultog redosleda (gledano sa mesta kvara) shodno sl. 4.20g. ekv

ekv


383 Z1′-0′ = j0,325 r.j.

1′

Z3′-0′ = j0,125 r.j.

0′

3′ U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

E′ = 1,2 r.j. ∠δ ZK′-0′ = j0,0625 r.j.

K′ ekv

Zi

= j 0,1528 r.j.

K″ Z ekv 0 = j 0,2614 r.j. K0

Sl. 4.20f Ekvivalentna mreža za proračun transfer impedanse pri jednostrukom zemljospoju u sistemu iz zadatka 4.20

10

Z0T = j0,05 r.j.

20

Z0v = j1,0 r.j.

Z 0v = j 0,5 r.j. 2

30

Z 0v = j 0,5 r.j. 2

K0

Sl. 4.20g Ekvivalentna šema mreže nultih impedansi sistema iz zadatka 4.20

Posle transfiguracije trougla 2030K0 u zvezdu 00-20-30-K0, dobija se ekvivalentna šema nultih impedansi na sl. 4.20h. 10

j0,05 r.j.

20

j0,25 r.j.

j0,25 r.j.

00

30

j0,125 r.j. K0

Sl. 4.20h Ekvivalentna šema sistema nultih impedansi, posle transfiguracije trougla 2030K0 sa sl. 4.20g u zvezdu 00-20-30-K0 Ekvivalentna nulta impedansa sistema sa sl. 4.20h je: Z0 = j ekv

(0,05 + 0,25) ⋅ 0,25 + j 0,125 = j 0,2614 r.j. 0,05 + 0,25 + 0,25


384

Transfer impedansa za slučaj jednostrukog zemljospoja, dobija se sa sl. 4.20f posle transfiguracije zvezde 0′-1′-3′-K0 u trougao, odakle je: ∆

Z 1′ 3′ = j 0,325 + j 0,125 + j

0,325 ⋅ 0,125 = j 0,5352 r.j. 0,0625 + 0,1528 + 0,2614

1e. Dvofazni kratki spoj sa zemljom Impedansa kvara u ovom slučaju dobija se kao ekvivalentna impedansa paralelnih ekv

ekv

impedansi Z i i Z 0 , kako je to prikazano na sl. 4.20i (gde su iskorišćene ranije proračunate vrednosti direktnih impedansi sa sl. 4.20e i ekvivalentne vrednosti inverzne i nulte impedanse sa sl. 4.20d i 4.20h). 1′

Z1′-0′ = j0,325 r.j.

Z3′-0′ = j0,125 r.j.

0′

3′ U∞ = 1,0 r.j. ∠0°

E′ = 1,2 r.j. ∠δ ZK′-0′ = j0,0625 r.j.

K′ Z 0 = j 0,2614 r.j.

Zi

K0

K″

ekv

ekv

= j 0,1528 r.j.

Sl. 4.20i Ekvivalentna mreža za proračun transfer impedanse pri dvostrukom zemljospoju u sistemu iz zadatka 4.20

Sa sl. 4.20i je: Z i0 = j ekv

0,2614 ⋅ 0,1528 = j 0,0964 r.j. 0,2614 + 0,1528

Onda je transfer impedansa za slučaj dvostrukog zemljospoja: ∆

Z 1′ 3′ = j 0,325 + j 0,125 + j

0,325 ⋅ 0,125 = j 0,7057 r.j. 0,0625 + 0,0964

1f. Stanje posle isključenja voda u kvaru Sa slike 4.20b, transfer impedansa u ovom slučaju je: Z 13 = Z dG + Z dT + Z dv = j 0,1 + j 0,1 + j 0,5 = j 0,7 r.j.


385

2. Proračun maksimalnih prenosnih snaga

a. Normalno stanje b. Trofazni kratki na sredini jednog od dva paralelna voda c. Dvofazni kratak spoj na istom mestu d. Jednofazni kratki spoj e. Dvofazni kratki spoj sa zemljom f. Posle isključenja voda u kvaru

Transfer impedansa j0,45 r.j.

Maks. prenosna snaga 2,667 r.j.

j1,10 r.j. j0,6387 r.j. j0,5352 r.j. j0,7057 r.j. j0,7 r.j.

1,091 r.j. 1,879 r.j. 2,242 r.j. 1,700 r.j. 1,714 r.j.

P [r.j.] 2,5

a. Pmax = 2,667 r.j.

2

d. Pmax = 2,242 r.j. 1,5

c. Pmax = 1,879 r.j. f. Pmax = 1,714 r.j. e. Pmax = 1,700 r.j.

1

b. Pmax = 1,091 r.j. 0,5

0

0

90° 180° δ [°] Sl. 4.20j Krive snaga – ugao za slučajeve razmatrane u zadatku 4.20

3. Ako se po kriterijumu veličine prenosne snage načini redosled posmatranih slučajeva, on ima sledeći izgled 1. Normalno stanje 2. Jednofazni kratki spoj 3. Dvofazni kratak spoj 4. Stanje posle isključenja voda u kvaru 5. Dvofazni kratki spoj sa zemljom 6. Trofazni kratki spoj

Pmax = 2,667 r.j. Pmax = 2,242 r.j. Pmax = 1,879 r.j. Pmax = 1,714 r.j. Pmax = 1,700 r.j. Pmax = 1,091 r.j.


386

Zadatak 4.21 Za elektroenergetski sistem na sl. 4.21a, proveriti tranzijentnu stabilnost generatora za slučaj trofaznog kratkog spoja na početku jednog od dva paralelna voda i isključenja voda u kvaru za ti = 0,20 s. Pretpostaviti da je šema idealizovana, a vod tretirati preko modela sa raspodeljenim parametrima. Radne veličine zadate su na sabirnicama 3 i date na sl. 4.21a. Na istoj slici su dati i ostali parametri sistema, neophodni za proračun. 1 2 3 Jaka mreža

Lv = 200 km Zce

~ G

T1

T2

P

(XM → 0)

U3 = UnM P = 0,8 ΣPnat cos ϕ = 0,9 (ind.)

k3 SnG = SnT1 = 1,2 ΣPnat ′ = 30% xdG xT1 = 12% mT1 = UnG/1,05 Unv Ti = 8 s

SnT2 = 1,08 ΣPnat xT2 = 12% mT2 = Unv/UnM


Rešenje: Jednopolna zamenska šema sistema direktnih impedansi prikazana je na sl. 4.21b. ′ + X T1 ) 1 j ( X dG

Zce, λ •

1′

•

2 •

E′

jXT2

3 U3

Sl. 4.21b Jednopolna zamenska šema sistema sa slike 4.21a

U zamenskoj šemi na sl. 4.21b generator je predstavljen tranzijentnom reaktansom i EMS E ′ iza tranzijentne reaktanse, transformatori T1 i T2 preko reaktansi rasipanja XT1 i XT2, dva identična paralelna voda preko karakteristične impedanse Zce (Zce = Zc/2, gde je Zc karakteristična impedansa jednog od dva voda) i električne ugaone dužine λ, dok je jaka mreža, s obzirom da je pretpostavljeno da je neograničeno jaka, zamenjena preko krutog napona U3 (odnosno, ne postoji uticaj mreže na razmatrani sistem). Ako se pojedini elementi ekvivalentne šeme (blok generator-transformator, vod i transformator T2) predstave preko odgovarajućih četvorokrajnika, dobija se ekvivalentna šema na sl. 4.21c.


387

′ + XT2 ) j ( X dG

E′

Av

Bv

Cv

Dv

jXT2

U3

Sl. 4.21c Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.21b, pri predstavljanju elemenata odgovarajućim četvorokrajnicima

Lanac četvorokrajnika na sl. 4.21c može se uprostiti tretmanom preko odgovarajućeg ekvivalentnog četvorokrajnika sa sl. 4.21d, čiji se parametri nalaze primenom matričnog računa:

°

°

Ae

Be

°

Ce

De

E′ °

°

° U3

°

°

Sl. 4.21d Ekvivalentni četvorokrajnik sistema sa sl. 4.21c

jZce sinλ 1 jX ′ + X T1 )  cosλ  Ae Be  1 j( X dG T2     1 = C D  = 0  cosλ  0 1 1  e    j Zce sinλ  e   ′ + X T1  X dG X   ′ + X T1 )sinλ + Zce sinλ + ( X dG ′ + X T1 ) cosλ sinλ j  X T 2 cosλ − T 2 ( X dG cosλ − Zce Zce  . = X 1   j sinλ cosλ − T 2 sinλ   Zce Zce Parametri zamenske šeme su: 2 2 ′ % + xT 1 % U nG xdG U nv 0,42  1,05U nv  2 ′ + X T1 = X dG ⋅ (1,05U nv ) = 0,3859 ;   = 100 S nG  U nG  1,2 ΣPnat ΣPnat 2

XT2

2 2 2 U nv U nv xT 2 % U nT 2 . = = 0,12 = 0,111 100 S nT 2 1,08 ΣPnat ΣPnat

Radne veličine koje odgovaraju zadatom radnom stanju sistema na sabirnicama 3 su: P = 0,8 ΣPnat ;

Q = P tgϕ = 0,8 ΣPnat

1 − cos 2 ϕ = 0,8 ΣPnat ⋅ 0,484 = 0,3875 ΣPnat , cos ϕ

gde je sa ΣPnat označena prirodna snaga dva paralelna voda. Ugao između ems E ′ i napona na sabirnicama 3 ( U 3 ), koji će biti označen sa δ 0 i koji, ako se napon U 3 stavi u faznu osu (U 3 = U 3 ∠0 = U nM ⋅ (U nv U nM ) ∠0 = U nv ∠0) , predstavlja fazni


388

stav ems E ′ , tj. E ′ = E ′ ∠δ 0 , nalazi se iz prve od jednačina, koja važi za ekvivalentni četvorokrajnik: E ′ = Ae U 3 + B e I .

(1)

Na osnovu prethodnog nalazi se da je

Ae = cos λ −

2 ′ + X T1 X dG 0,3859U nv ΣPnat sin λ = cos12° − sin 12° = 0,89791 , 2 Z ce ΣPnat U nv

pošto je električna ugaona dužina svakog od vodova:

λ = 0,06 ⋅ 200 = 12° , i pošto je

Z ce =

2 U nv , ΣPnat

a takođe i

X   ′ + X T 1 )sin λ + Z ce sin λ + ( X dG ′ + X T 1 )cos λ  = B e = j  X T 2 cos λ − T 2 ( X dG Z ce      X  ′ + X T 1 )1 − T 2 tgλ  + Z ce tgλ + X T 2  = = j cos λ ( X dG Z ce       U2 = j cos12° 0,3859 nv ΣPnat    = j 0,685

   U2  0,111 nv  2 2  ΣPnat 1 −  + U nv tg 12° + 0,111 U nv  = tg 12 ° 2   ΣPnat ΣPnat  U nv    ΣPnat   

2 U nv . ΣPnat

U jednačini (1) struja I predstavlja računsku struju ( I = 3 I f ), ako su ems E ′ i napon U 3 linijske veličine, tako da je:

I=

I=

S* U *3

=

S e − jϕ ; U nv

ΣP P cos ϕ − jϕ 0,8 ΣPnat − jϕ e = e = 0,889 nat e − j 25,84° . U nv cos ϕU nv U nv


389

Posle zamene nađenih veličina u (1) dobija se:

E ′ = 0,89791U nv + j 0,685

2 U nv ΣP ⋅ 0,889 nat e − j 25,84° = 1,2858U nv e − j 25°13′ = E ′ ∠δ 0 ; ΣPnat U nv

odakle je: E ′ = 1,2858U nv r.j. , a

δ 0 = 25°13′ = 25,23° .

Kontrola ovog rezultata lako se vrši preko dinamičke karakteristike ustaljenog stanja na kojoj se ugao δ 0 ima u tački u kojoj je električna odata snaga jednaka mehaničkoj snazi (pošto su gubici zanemareni), tj.: E ′U 3 E ′U 3 0,8 ΣPnat Be = sin δ 0 = Pm = 0,8 ΣPnat ⇒ sin δ 0 = . Z1′ 3 Be E ′U 3 Dinamička karakteristika posle isključenja voda u kvaru nalazi se preko koeficijenta ekvivalentnog četvorokrajnika Bei , gde indeks 'i' ukazuje da je jedan od dva paralelna voda isključen:

   X  ′ + X T 1 )1 − T 2 tgλ  + Z c tgλ + X T 2  = B ei = j cos λ ( X dG Zc       U2 = j cos12° 0,3859 nv ΣPnat    = j 0,897

   U2  0,111 nv  2 2  ΣPnat U U 1 − tg 12°  + 2 nv tg 12° + 0,111 nv  = 2  ΣPnat ΣPnat  U   2 nv  ΣPnat   

2 U nv , ΣPnat

jer je:

Z c = 2Z ce = 2

2 U nv . ΣPnat

Dinamička karakteristika sa isključenim vodom u kvaru ima oblik:

Pi =

E ′U 3 1,2858U nvU nv sin δ = sin δ = 1,433 ΣPnat sin δ , 2 Bei 0,897U nv ΣPnat

i prikazana je na sl. 4.21e.


390

Za crtanje krivih njihanja na sl. 4.21e, nalazi se najpre ugao δ x , preko izraza Pm = Pi (δ x ) ⇒ sin δ x =

0,8 ΣPnat = 0,5581 , 1,433 ΣPnat

odakle je: δ x = 33°55′ = 33,92° ; δ gr = 180° − 33°55′ = 146°05′ = 146,08° .

P

1,877 ΣPnat

1,433 ΣPnat

1 2

A2

Pm = 0,8 ΣPnat

A1

0

δ 0 = 25,23° δ x = 33,92° δ ikr = 69,67°

δ gr = 146,08°

δ

Sl. 4.21e Krive njihanja sistema iz zadatka 4.21, 1- pre kvara; 2-posle isključenja kvara

Kritični ugao isključenja voda u kvaru dobija se iz izraza:

cos δ ikr =

(δ gr − δ 0 )sin δ0 + ri cos δ gr , ri

gde je: ri =

X 1′′ 3 B e = = X 1′′ 3i B ei

j 0,685

2 U nv ΣPnat

2 U nv j 0,897 ΣPnat

= 0,7637 .


391

Dalje se ima:

cos δ ikr =

π (146,08° − 25,23°) ⋅ 180 ⋅ 0,426 + 0,7637 ⋅ (−0,83) ° 0,7637

= 0,347 ,

odnosno

δ ikr = 69°40′ = 69,67° , tako da je kritično vreme isključenja voda u kvaru:

tikr =

(

)

Ti S n δ ikr − δ 0 8 ⋅1,2 ΣPnat (69,67 − 25,23) = = 0,243 s ≈ 2,5 periode . 9000 Pm 9000 ⋅ 0,8 ΣPnat

Pošto se tropolni kratak spoj isključuje za ti = 0,20 s, to se zaključuje da je za pretpostavljeni kvar ti < t ikr , pa je generator tranzijentno stabilan.


392

Zadatak 4.22 Za dati trofazni, jednopolno prikazani jednomašinski sistem sa na sl. 4.22a, izračunati kritično vreme ponovnog uključenja (tzv. vreme beznaponske pauze) faze u kvaru, sa gledišta tranzijentne stabilnosti za slučaj prolaznog jednopolnog kratkog spoja na početku voda 220 kV. Faza u kvaru se monofazno isključuje u vremenu od 0,15 s. Pretpostavlja se da su identične generatorsko-transformatorske grupe bile jednako opterećene i da su odavale pre kvara na sabirnice ukupnu aktivnu snagu P = 120 MW uz cos ϕ = 1 . Pretpostaviti da su u kritičnom vremenu po tranzijentnu stabilnost ems E ′ i mehanička snaga turbine Pm, kao i napon (i učestanost) jake mreže konstantni. Podaci o sistemu, neophodni za proračune, takođe su dati na sl. 4.22a. G Ur = 235 kV

~

P

~

Lv = 300 km xv = 0,42 Ω/km x0v = 1,3 Ω/km

k1Z

G SnG = SnT = 2×80 MVA UnG = 10,5 kV xG′ = 33% = xGi xT = 12% Ti = 5 s mT = 10,5/231 kV/kV

Jaka aktivna mreža X M′ → 0 U∞ = const f = const


Rešenje: Sve veličine se svode na nominalni napon voda. Obe paralelne generatorskotransformatorske grupe mogu se posmatrati kao jedna ekvivalentna grupa, čija je tranzijentna reaktansa, svedena na stranu voda: 2

′ = X GT

33 + 12 10,5 2  231  ⋅ ⋅  = 150 Ω . 100 2 ⋅ 80  10,5 

Ukupna reaktansa (direktna, inverzna) voda (kod proračuna stabilnosti obično računata bez faktora popravke): X v = xv Lv = 0,42 ⋅ 300 = 126 Ω .

Celokupna reaktansa sistema, koja je istovremeno i međusobna reaktansa između krajeva generatora i krute mreže, shodno zamenskoj šemi sa sl. 4.22b je

′ + X v = 150 + 126 = 276 Ω . ΣX = X 12 = X GT


393

1

′ jX GT

jXv

E′

2 U∞

Sl. 4.22b Ekvivalentna šema impedansi direktnog i inverznog sistema Moduo svedene ems E ′ generatora je:

′   PX GT 2  120 ⋅150  E ′ = U r2 +   = 235 +   = 247,17 kV ,  235   Ur  2

2

pri čemu su zanemarene otpornosti elemenata mreže i pretpostavljeno da je faktor snage na krajevima generatorsko-transformatorskih blokova cos ϕ = 1 . Na sličan način nalazi se i napon U∞ jake mreže, shodno fazorskom dijagramu napona sa sl. 4.22c: 2

2

 PX v  2  120 ⋅126  U ∞ = U r2 +   = 235 +   = 243,65 kV . U  235   r 

E′

δ0

Ur

′ PX GT Ur PX v Ur

U∞

Sl. 4.22c Fazorski dijagram napona sistema sa sl. 4.22a Početni ugao δ 0 može se naći iz izraza za prenosnu snagu: Pm = P0 =

E ′U ∞ sin δ 0 = Pmax sin δ 0 , X 12

koji posle zamene brojčanih vrednosti poznatih veličina postaje: 120 =

247,17 ⋅ 243,65 sin δ 0 = 218,2 sin δ 0 , 276

odakle je:

sin δ 0 =

120 = 0,549954 , 218,2


394

odnosno: δ 0 = 33,364° . Pored radne tačke usput je nađena i dinamička karakteristika normalnog (punog) sistema, koja je istovetna sa onom posle (uspešnog) ponovnog uključenja (ovde faze prolaznog kvara), čija je forma: P = Ppu = 218,2 sin δ . Razume se da kod zanemarenja otpornosti, sopstvene i međusobne impedanse degenerišu u odgovarajuće reaktanse, a komplementarni uglovi njihovih argumenata µ11 i µ12 iščezavaju, pa sinusoida prenosne snage prolazi kroz koordinatni početak, sa apscisom kao osom simetrije. Da bi se našla dinamička karakteristika za vreme jednopolnog kratkog spoja treba na mesto kvara u direktnom sistemu otočno staviti rednu vezu ekvivalentne inverzne i nulte reaktanse sistema (tj. reaktansu jednopolnog kratkog spoja), kako je to ilustrovano na sl. 4.22d. 1

′ jX GT

E′

jXv

2

U∞ jXi     jX k1Z  jX0 

Sl. 4.22d Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.22a za vreme kvara Može se uvesti smena: X k1Z = X i + X 0 . Inverzna komponenta ekvivalentne reaktanse sistema gledane otočno sa mesta kvara, lako se nalazi iz šeme sa sl. 4.22e: Xi =

X iGT X iv 150 ⋅126 = = 68,5 Ω . X iGT + X iv 150 + 126 ′ X iGT = X GT

X iv = X v

Sl. 4.22e Ekvivalentna šema za proračun direktne i inverzne impedanse sistema, gledano sa mesta kvara


395

Analogno se nalazi i ekvivalentna otočno računata (između faze na mestu kvara i tačke nultog potencijala) nulta reaktansa sistema, shodno zamenskoj šemi sa sl. 4.22f, pri čemu treba voditi računa da su generatorski transformatori zbog sprege Yd zaprečni za nulti sistem i da su na strani višeg napona oba zvezdišta transforamtora direktno uzemljena (nulta reaktansa magnećenja transformatora, u paraleli sa rasipnom, može da se zanemari, pa nije ni zadata). Onda je: X0 =

X 0T X 0v 40 ⋅ 390 = = 36,28 Ω , X 0T + X 0v 40 + 390

pri čemu je X 0T

12 2312 = XT = ⋅ = 40 Ω ; 100 160

X 0v = x0v Lv = 1,3 ⋅ 300 = 390 Ω . X0T

X0v

Sl. 4.22f Ekvivalentna šema za proračun nulte impedanse sistema, gledano sa mesta kvara

Prema tome za reaktansu kvara, pri jednopolnom kratkom spoju ima se vrednost: X k1Z = X i + X 0 = 68,5 + 36,28 = 104,78 Ω , dok se ukupna transfer reaktansa (međusobna reaktansa) sistema za vreme kvara X 12k računa na osnovu šeme sa sl. 4.22g i iznosi:

′ + Xv + X 12k = X GT

X GT X v 150 ⋅126 = 150 + 126 + = 456,4 Ω . X k1Z 104,78

jX 12k

1 E′

′ jX GT

2 jXv

U∞

jXk1Z

Sl. 4.22g Ekvivalentna šema sistema za vreme kvara, posle zamene Xi + X0 na sl. 4.22d, sa Xk1Z.


396

Sada se konačno nalazi dinamička karakteristika sistema pri jednofaznom kratkom spoju): Pk =

E ′U ∞ 247,17 ⋅ 243,65 sin δ = sin δ = Pmaxk sin δ = 131,95 sin δ . X 12k 456,4

Da bi se našla dinamička karakteristika za vreme isključene faze u kvaru potrebno je u jednopolnu zamensku šemu direktnog sistema na mesto prekida ubaciti paralelnu vezu ekvivalentne inverzne i nulte reaktanse redno računate (merene) na mestu prekida, tj. između polova prekidača, shodno šemi sa sl. 4.22h.

1

′ jX GT

jXie

jXv

E′

2 U∞

jX0e

Sl. 4.22h Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.22a, posle isključenja faze u kvaru

Redno merena ekvivalentna inverzna reaktansa na mestu prekida Xie se nalazi iz šeme pasivnog inverznog sistema sa sl. 4.22i,

′ X iGT = X GT

X iv = X v

Sl. 4.22i Ekvivalentna mreža inverznih impedansi posle isključenja faze u kvaru tj. kao zbir inverznih reaktansi elemenata sistema: X ie = X iGT + X iv = 150 + 126 = 276 Ω . Analogno se nalazi ekvivalentna nulta reaktansa X0e redno spojena na mestu prekida (isključenja faze kvara), shodno šemi sa sl. 4.22j: X 0e = X 0T + X 0v = 40 + 390 = 430 Ω .

X 0T = X T

X 0v

Sl. 4.22j Ekvivalentna mreža nultih impedansi posle isključenja faze u kvaru Paralelna veza reaktansi Xie i Xoe daje reaktansu isključenja jedne faze X i1 f (indeks i ovde znači isključenje, a ne inverzno), koja se stavlja redno na mesto prekida u direktan sistem shodno sl. 4.22k: X i1 f =

X ie X 0e 276 ⋅ 430 = = 168,1Ω . X ie + X 0e 276 + 430


397

jX 12i

1 E′

′ jX GT

jX i1 f

2 jXv

U∞

Sl. 4.22k Ekvivalentna šema sistema sa sl. 4.22h, posle paralelnog sprezanja reaktansi Xie i Xoe Zbir svih reaktansi na sl. 4.22k daje transfer reaktansu između krajeva sistema za vreme isključenja jedne faze X 12i : ′ + X i1 f + X v = 150 + 168,1 + 126 = 444,1Ω . X 12i = X GT Konačno se nalazi dinamička karakteristika za vreme isključenja jedne faze čija je forma: Pi =

E ′U ∞ 247,17 ⋅ 243,65 sin δ = sin δ = Pmaxi sin δ = 135,61sin δ . X 12i 444,1

Jednačina obrtnih masa agregata: &δ&(t ) = ω s (P − P (δ(t ) )) , Ti S n m kojom se opisuju elektromehanički prelazni procesi, prikazuje se u formi modela sistema u prostoru stanja:

δ& (t ) = ωs (ω(t ) − 1) ; & (t ) = ω

1 (P − P(δ(t ) )) , Ti S n m

gde su promenljive stanja ugao rotora δ(t ) i relativna ugaona brzina rotora ω(t ) u odnosu na sinhronu brzinu ωs. Vremenska zavisnost ugla, odnosno ugaone brzine agregata dobija se numeričkim rešavanjem ovog sistema diferencijalnih jednačina, uz uvažavanje da se u svakom od razmatranih perioda odata snaga agregata modeluje odgovarajućom dinamičkom karakteristikom. Usvajanjem da je u početnom ravnotežnom stanju ugaona brzina sistema bila jednaka sinhronoj, a ugao jednak δ 0 = 33,364° i rešavanjem sistema diferencijalnih jednačina: δ& (t ) = 314 (ω(t ) − 1) ;

& (t ) = ω

1 (120 − 131,95 sin δ) , 5 ⋅ 2 ⋅ 80


398

gde je dinamička karakreristika zamenjena karakteristikom za vreme kvara Pk , do trenutka isključenja faze kvara ti = 0,15 s, proračunava se ugao δi . Rezultati numeričke integracije Runge-Kutta metodom četvrtog reda, sa korakom integracije 0,01 s, dati su u tab. 4.22a.

Tab. 4.22a Rezultati numeričke integracije do trenutka isključenja faze u kvaru ti

ω [rad/s] 314,16 314,35 314,53 314,71 314,90 315,07 315,25 315,42 315,58 315,74 315,89 316,08 316,18 316,30 316,43 316,54

t [s] 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 0,10 0,11 0,12 0,13 0,14 0,15

δ [ °] 33,36 33,42 33,58 33,84 34,21 34,69 35,26 35,93 36,70 37,56 38,51 39,58 40,66 41,86 43,12 44,45

Vremenu isključenja ti = 0,15 s odgovara nađeni ugao δ i = 44,45° , posle čega se prelazi na dinamičku karakteristiku sa isključenom fazom u kvaru. Sada je moguće po metodi jednakih površina izračunati kritični ugao ponovnog uključenja faze prolaznog kvara δ pukr . Analitički se dalje može naći cos δ pukr u obliku obrasca, tj. tačno, ako, kao u zadatku sve sinusoide prolaze kroz koordinatni početak. Ako su površine + i maksimalno moguća – jednake, onda se ima i jednakost pravougaonika osnove δ gr − δ 0 i visine Pm sa površinom ispod odgovarajućih sinusoida:

(

)

(

)

δi

δ pukr

δ gr

δ0

δi

δ pu kr

Pm δ gr − δ 0 = ∫ Pmax k sin δdδ +

∫ Pmaxi sin δdδ +

∫ Pmax sin δdδ ,

ili ako se amplitude snaga zamene proizvodom E ′U ∞ podeljenim odgovarajućom međusobnom reaktansom, a slično i Pm = Pmax sin δ 0 , dobiće se ugao δ pukr iz jednakosti: δ E ′U ∞ E ′U ∞ i E ′U ∞ sin δ 0 δ gr − δ 0 = Pmaxk sin δdδ + ∫ X 12 X 12k δ X 12i

(

)

0

δ pukr

∫

δi

δ

E ′U ∞ gr Pmaxi sin δdδ + P sin δdδ , X 12 δ ∫ max pu kr


399

P [MW]

1 P ≡ Ppu = 218,2 sin δ

200

150

3

Pi = 135,61sin δ − − + Pk = 131,95 sin δ

+

100

Pm = 120 MW

2

50

0

δ0 δi

0

δ pukr δ gr

90°

180° δ [°]

Sl. 4.22l Krive njihanja sistema sa sl. 4.22a: 1-pre kvara; 2-za vreme kvara; 3-posle isključenja faze u kvaru koja posle deljenja sa E ′U ∞ i množenja sa X12 i integracije postaje:

(

(

)

)

Rešenje gornje jednačine po cos δ pukr je: cos δ pukr =

(

)

sin δ 0 δ gr − δ 0 − rk (cos δ 0 − cos δ i ) − ri cos δ i + cos δ gr , 1 − ri

gde je rk =

X 12 X 12k

i

(

)

X 12 X X ( cos δ 0 − cos δ i ) + 12 cos δ i − cos δ pukr + 12 cos δ pukr − cos δ gr . X 12k X 12i X 12

sin δ 0 δ gr − δ 0 =

ri =

X 12 . X 12i

Posle izračunavanja ugla δ gr = 180° − δ 0 = 180° − 33,364° = 146,636°


400

i parametara: rk =

X 12 276 = = 0,6047 ; X 12k 456,4

ri =

X 12 276 = = 0,6215 , X 12i 444,1

dobija se da je:

π ⋅ sin 33,364° − 0,6047 ⋅ (cos 33,364° − cos 44,45°) 180° cos δ pukr = − 1 − 0,6215 0,6216 ⋅ cos 44,45° + cos146,636° − = −0,7005, 1 − 0,6215 (146,636° − 33,364°) ⋅

odakle je:

δ pukr = 134,464° . Numeričkom integracijom može se sada izračunati i kritično vreme uključenja faze u kvaru, koje odgovara ovom uglu, sa sl. 4.22l. Odgovarajući sistem diferencijalnih jednačina za period isključene jedne faze, sa zamenjenom dinamičkom karakteristikom Pi = 135,61sin δ

je:

δ& (t ) = 314 (ω(t ) − 1) ; & (t ) = ω

1 (120 − 135,61sin δ) , 5 ⋅ 2 ⋅ 80

Početne vrednosti promenljivih stanja su krajnje vrednosti ovih promenljivih iz prethodnog perioda, odnosno: δ(0,15) = 44,45° ; ω(0,15) = 1,0076 r.j.

δ pukr

Rezultati numeričke integracije do dostizanja vrednosti kritičnog ugla ponovnog uključenja = 134,464° , pri čemu su do vremena 1,1 s prikazane vrednosti sa korakom 0,05 s, dati su u

tab. 4.22b.


401

150

δ [°]

100

50

δ0

0

0

0,5

1

t [s]

Sl. 4.22m Promena električnog ugla δ sa vremenom posle poremećaja u sistemu iz zadatka 4.22 Tab. 4.22b Rezultati numeričke integracije od trenutka isključenja faze u kvaru ti do trenutka dostizanja vrednosti kritičnog ugla ponovnog uključenja δ pukr t [s] 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40 0,45 0,50 0,55 0,60 0,65 0,70 0,75 0,80 0,85 0,90 0,95 1,00 1,05 1,10 1,11 1,12

ω [rad/s] 316,53 316,91 317,07 317,03 316,85 316,58 316,28 315,98 315,70 315,46 315,26 315,11 315,01 314,95 314,93 314,96 315,05 315,21 315,44 315,79 315,87 315,96

δ [°] 44,45 51,86 60,03 68,35 76,34 83,67 90,19 95,83 100,64 104,71 108,14 111,08 113,64 115,97 118,19 120,43 122,85 125,61 128,93 133,07 134,02 135,03


402

Izračunatom kritičnom uglu ponovnog uključenja isključene faze (prolaznog jednopolnog kratkog spoja δ pukr = 134,464° odgovara vreme računato od nastanka kvara od 1,115 sekundi. Otuda je maksimalno (kritično) vreme beznaponske pauze, tj. vreme od isključenja do ponovnog uključenja odgovarajuće faze, sa gledišta tranzijentne stabilnosti: t pauze = 1,115 − 0,15 = 0,965 s ≈ 1s . Minimalno vreme beznaponske pauze određuje se vremenom potrebnim za dejonizaciju vazduha na mestu jednopolnog kratkog spoja, što je preduslov uspešnog ponovnog uključenja za slučaj prolaznog kvara (inače je moguće da normalni napon ponovo upali luk, ako vazduh nije dovoljno dejonizovan). Za najviše napone, pa i za napon 220 kV, to minimalno vreme iznosi oko 0,3 do 0,4 s. Prema tome može se odabrati vreme pauze negde između 0,4 i 1 s, koje zadovoljava oba uslova: i minimalno vreme sa gledišta potrebne dejonizacije i maksimalno sa gledišta tranzijentne stabilnosti. Ugaona brzina odnosno klizanje rotora generatora rastu u toku odabranog vremenskog intervala, sve dok je snaga akceleracije pozitivna, tj. u konkretnom slučaju zaključno sa trenutkom t = 0,25 s, kada se postiže i najveće klizanje (kod generatora pozitivno za nadsinhrone brzine): ω − ω s 317,07 − 314 = = 0,00927, ωs 314

s ≈ ω −1 =

odnosno 0,927 %, tj. ispod 1 %, što opravdava učinjenu aproksimaciju ω ≈ ω s kod izvođenja diferencijalne jednačine kretanja rotora. Zapaziti pozitivne priraštaje uglova i kod negativne akceleracije, koji se smanjuju (rotor usporava kod ω > ω s ).

317

ω  rad   s    316

315

314

0

0.5

1

t [s]

Sl. 4.22n Promena ugaone brzine agregata posle poremećaja u sistemu iz zadatka 4.22


403

Na sl. 4.22n nacrtana je zavisnost ugaone brzine ω u funkciji vremena sve do trenutka koji odgovara kritičnom vremenu ponovnog uključenja. Zapaža se izvesno usporavanje brzine u vremenskom intervalu koji odgovara površini – na sl. 4.22n, a zatim sve do kritičnog vremena ponovo brži rast usled + površina akceleracije. Dalji tok bi značio kasnije usporavanje, jer sledi negativna površina sve do izvesne granične vrednosti, s obzirom da se radi o granici stabilnosti.


404

Zadatak 4.23 Turbogenerator je vezan na moćnu mrežu, posredstvom blok-generatorskog transformatora rasipne reaktanse XT = 0,1 r.j. i prenosnog voda reaktanse Xv = 0,4 r.j. Napon jake mreže je U∞ = 1,00 r.j., elektromotorna sila turbogeneratora pri stalnoj pobudi E = 1,80 r.j., sinhrona reaktansa Xd = Xq = 0,90 r.j., učestanost sistema 50 Hz, a vremenska konstanta inercije Ti = 10 s, kako je to prikazano na jednopolnoj šemi na sl. 4.23a. a) Naći učestanost oscilacija ugla snage δ, pri malom impulsnom poremećaju, ako se zanemari prigušenje u sistemu, pri vrednostima odate snage generatora P0 = 0,05; 0,5 i 1,2 r.j. b) Naći kritično vreme isključenja krofaznog kratkog spoja na neopterećenom odvodu, neposredno iza sabirnica VN transformatora T, pri P0 = 0,5 r.j. c) Ako je vreme isključenja kvara ti = 0,9 tkr, naći maksimalni ugao njihanja generatora δmax i rezervu stabilnosti koja se tada ima u odnosu na slučaj b. T

G

Spojni vod

~

Xv = 0,4 r.j.

E = 1,80 r.j. Xd = Xq = 0,9 r.j. XT = 0,1 r.j. Ti = 10 s fn = 50 Hz

Kvar

Moćna mreža U∞ = 1,00 r.j.

Sl. 4.23a Jednopolna šema i osnovni podaci sistema iz zadatka 4.16

Rešenje: a) Izraz za krivu njihanja je:

EU ∞ sin δ , X

P=

koji za E = 1,80 r.j.; U∞ = 1,00 r.j. i X = Xd + XT + Xv = 1,40 r.j. postaje: P=

1,80 ⋅1,00 sin δ = 1,286 sin δ [r.j.] . 1,40

Izraz za koeficijent sinhronizacione snage je: Ps =

dP = 1,286 cos δ [r.j./rad] . dδ


405

Učestanost oscilacija ugla snage nalazi se preko formule: 1/ 2

ωosc

 P 2πf 0  = s   Ti 

[rad/s] .

Rezultati proračuna koeficijenta sinhronizacione snage i učestanosti oscilacija za tri zadate vrednosti početne snage dati su u tab. 4.23a.

Tab. 4.23a Proračun učestanosti oscilacija ugla snage δ iz zadatka 4.23a δ0

P0 [r.j.] 0,05 0,50 2,00

[ °] 2,23 22,89 68,96

[rad] 0,040 0,400 1,204

ωosc [rad/s] 6,35 6,10 3,81

Ps [r.j./rad] 1,285 1,184 0,462

f osc = ωosc 2π [Hz] 1,01 0,97 0,61

b) Kriva njihanja sistema P(δ) i ilustracija metoda jednakih površina za proračun kritičnog vremena isključenja kvara, za Pm = P0 = 0,5 r.j. , prikazana je na sl. 4.23b.

Pmax = 1,286 r.j.

P [r.j.]

A2

1,0

P = 1,286 sin δ A1

Pm = 0,50 r.j.

0,5

A3

0

δ0 = 0,400 rad

δkr = 1,581 rad

δgr = 2,74 rad δ [rad]

Sl. 4.23b Kriva njihanja sistema i ilustracija primene metode jednakih površina pri proračunu kritičnog vremena isključenja kvara

Iz uslova jednakosti površina: A1 = A2 ,


406

odnosno A1 + A3 = A2 + A3 , sledi: 0,5 ⋅ (π − 2δ 0 ) =

δ gr = π−δ0 =2, 74 rad

∫ (1,286 sin δ)dδ ,

δ kr

odakle se dobija jednačina po cos δkr: 1,1708 = 1,286(cos δ kr + 0,9213) , čije je rešenje: cos δ kr = −0,9213 + 0,9104 = −0,0109 , što znači da je kritični ugao isključenja kvara: δ kr = 90,624° = 1,582 rad . Kritično vreme isključenja kvara je onda:  T (δ − δ 0 )  t kr =  i kr   P0 πf 0 

1/ 2

10 ⋅ (1,582 − 0,400)  =  0,5 π ⋅ 50 

1/ 2

= 0,388 s.

c) Ako je ti = 0,9 tkr = 0,349 s, ugao isključenja kvara je: δi =

πf 0 P0 2 π ⋅ 50 ⋅ 0,5 ti + δ 0 = 0,349 2 + 0,400 = 1,357 rad = 77,75° . Ti 2⋅5

Onda je površina A1 sa slike 4.23b, kada se tkr zameni sa ti: A1 = P0 (δ i − δ 0 ) = 0,5 ⋅ (1,357 − 0,400) = 0,479 r.j. , a izraz za jednakost površina A1 i A2 (kada se ugao δgr = π - δ0 zameni sa δmax), daje:

A2 = 0,479 =

(

δ max

∫ (1,286 sin δ − 0,5)dδ = 1,286(cos δi − cos δ max ) − 0,5(δ max − δi ) =

δi

)

(

)

= 1,286 0,2112 − cos δ max − 0,5 δ max − 1,357 , odakle se dobija jednačina:

1,286 cos δ max + 0,5 δ max = 0,4711 .


407

Rešenje gornje nelinearne transcedentne jednačine je: δ max ≈ 1,99 rad = 114° . Rezerva stabilnosti (RS) za slučaj kada se kvar isključuje posle trajanja od ti = 0,9tkr = 0,349 s, u odnosu na slučaj ti = tkr = 0,388 s je:

RS =

P(ti =0,9 tkr ) − P(ti =tkr ) 1,286 sin δ max − 0,5 1,286 sin 114° − 0,5 = = = 1,3493 , P(ti =tkr ) 0,5 0,5

odnosno 34,93%. Ilustracija proračuna δmax i RS, pri ti = 0,9 tkr data je na sl. 4.23c.

P [r.j.] P(δmax) = 1,1746 r.j. 1,0 A2

A1 0,5

0

P = 1,286 sin δ Pm = 0,50 r.j.

δ0 = 0,400 rad δi = 1,357 rad δmax = 1,99 rad δgr = 2,74 rad δ [rad]

Sl. 4.23c Ilustracija proračuna maksimalnog ugla njihanja i rezerve stabilnosti sistema iz zadatka 4.23c


408

Zadatak 4.24 Za uprošćeni elektroenergetski sistem EPS-a, čiji su podaci dati u zadacima 2.15 i 3.30, izvršiti procenu dinamičke stabilnosti (stabilnosti pri malim poremećajima), usvajajući za početni radni režim onaj koji je obrađivan u zadatku 2.15. Procenu stabilnosti izvršiti usvajajući da su sve mašine u sistemu neregulisane (sa konstantnom mehaničkom snagom agregata i konstantanim naponom pobude), i da je elektromotorna sila E' iza tranzijentne reaktanse kod svih generatora konstantna. Pri tome zanemariti prigušenja generatora D. Podaci za zamensku šemu generatora sa konstantnom elektromotornom silom dati su u zadatku 3.30. Vremenske konstante Ti ekvivalentnih agregata ovog pojednostavljenog sistema sa šest ekvivalentnih agregata, proračunate na bazi nominalnih prividnih snaga elektrana date su na osnovu stvarnih podataka za generatore EPS-a u tab. 4.24a. Tab. 4.24a Podaci za vremenske konstante inercije agregata iz zadatka 4.24 Broj čvora 1 5 6 15 17 21

Naziv čvora Obrenovac 400 Đerdap Kostolac Obrenovac 220 Bajina Bašta Kosovo

Ti [MWs/MVA] 4,15 6,7 3,72 8,4 8,2 6,6

Ispitati dinamičku stabilnost ovog sistema i u slučaju da je sistem oslabljen ispadom dalekovoda između čvorova 5 i 6 sistema. Rešenje: Kompletan model za procenu dinamičke stabilnosti višemašinskog sistema sastoji se iz skupa diferencijalnih jednačina tipa: δ& i (t ) = ω s (ωi (t ) − 1) ; 1 & i (t ) = (Pm − Pi (δ i (t ) )) ; ω Ti

i = 1, 2, ..., NG; i = 1, 2, ..., NG,

pridruženih svakom agregatu u sistemu, gde je ωs sinhrona ugaona brzina, ωi(t) relativna ugaona brzina u odnosu na sinhronu brzinu a δi(t) ugao fazora elektromotorne sile Ei' iza tranzijentne reaktanse, kao i sistema algebarskih jednačina tipa jednakosti, koje predstavljaju jednačine tokova snaga, odnosno model mreže: Pi = Gii U i2 +

N + NG

∑U i U j [Gij cos(θi − θ j ) + Bij sin (θi − θ j )] ; j =1

i = 1, 2, ..., N+NG;

j ≠i

Qi = − Bii U i2 +

N + NG

∑U i U j [Gij sin (θi − θ j ) − Bij cos(θi − θ j )] ; j =1

i = 1, 2, ..., N+NG,

j ≠i

gde su Gij i Bij konduktanse, odnosno susceptanse elemenata kompleksne matrice admitansi nezavisnih čvorova sistema YČV date u zadatku 2.15, proširene sa NG ''unutrašnjih'' generatorskih


409

čvorova koji odgovaraju elektromotornim silama Ei'. Modelovanje potrošača konstantnim impedansama, kao i premeštanje injektiranja generatora u ''unutrašnje'' generatorske čvorove, dozvoljava da se sprovede Kronova redukcija, odnosno eliminacija svih pasivnih čvorova (tj. čvorova sa nultim injektiranjem), tako da u modelu mreže figurišu samo unutrašnji generatorski čvorovi, što je prikazano relacijama:

[

NG

(

)

(

Pi = GGii Ei′ 2 + ∑ Ei′ E ′j GGij cos δi − δ j + BGij sin δ i − δ j j =1

)] ;

i = 1, 2, ..., NG;

j ≠i

[

NG

(

)

(

Qi = − BGii Ei′ 2 + ∑ Ei′ E ′j GGij sin δ i − δ j − BGij cos δ i − δ j j =1

)] ;

i = 1, 2, ..., NG,

j ≠i

gde su GGij i BGij elementi konduktansi i susceptansi kompleksne matrice YG, u poziciji 'ij', pri čemu je: −1 Y G = Y GG − Y GP Y PP Y PG . Matrice YGG, YPP, YGP i YPG su submatrice kompleksne matrice YČV sistema, koje odgovaraju unutrašnjim generatorskim čvorovima 'G' i negeneratorskim čvorovima 'P'. Ovakav model mreže ne dozvoljava detaljna razmatranja pojava vezanih za kvarove u mreži ili promenu njene konfiguracije, ali predstavlja osnov za analizu dinamičke stabilnosti jer se zamenom izraza za Pi u odgovarajuću diferencijalnu jednačinu dobija sistem običnih diferencijalnih jednačina tipa: δ& i (t ) = ω s (ωi (t ) − 1) ;

i = 1, 2, ..., NG;

    NG 1 & i (t ) =  Pm − GGii Ei′ 2 − ∑ Ei′ E ′j GGij cos δ i (t ) − δ j (t ) + BGij sin δ i (t ) − δ j (t )  ; ω Ti  j =1    j ≠ i   i = 1, 2, ..., NG,

[

(

)

)]

(

koji se linearizacijom u okolini date ravnotenže radne tačke prevodi u sistem običnih nelinearnih diferencijalnih jednačina oblika: ∆δ& i (t ) = ω s ∆ωi (t ) ;

i = 1, 2, ..., NG;

 1  NG & i (t ) =  ∑ Ei′ E ′j GGij sin δ i 0 − δ j 0 − BGij cos δ i 0 − δ j 0 ∆δ i (t ) − ∆δ j (t ) ∆ω Ti  j =1  j ≠i 

[

(

)

(

)](

  ;    i = 1, 2, ..., NG,

)

sa konstantnim koeficijentima definisanim početnim radnim stanjem, čija se analiza stabilnosti svodi na analizu linearizovanog sistema tipa ∆&x = A∆x ,

odnosno analizu svojstva matrice stanja sistema A, gde vektor x predstavlja vektor stanja, dimenzije 2NG, čije su komponente uglovi δi i ugaone brzine ωi.


410

Na osnovu rešenja zadatog radnog režima, odnosno proračuna tokova snaga iz zadatka 2.15, uz usvojene vrednosti nominalnih snaga agregata priključenih u sistemu i odgovarajućih reaktansi generatora u tranzijentnom režimu po d osi xd′ i blok-generatorskih transformatora xBT datih u zadatku 3.30, a ovde ponovljenih u tab. 4.24b. Tab. 4.24b Reaktanse generatora i blok-transformatora sistema iz zadatka 4.24 Redni broj

Naziv čvora

Sn [MVA]

xd′ [r.j.]

xBT [r.j.]

1 2 3 4 5 6

Obrenovac 400 Đerdap Kostolac Obrenovac 220 Bajina Bašta Kosovo

1461 760 527 732 1308 509

0,015 0,050 0,042 0,030 0,020 0,065

0,009 0,0154 0,023 0,018 0,010 0,023

Takođe su proračunate i elektromotorne sile iza tranzijentne reaktanse svakog od šest ekvivalentnih generatora, prikazane u tab. 4.24c. Tab. 4.24c Rezultati proračuna EMS generatora iz zadatka 4.24 Redni broj 1 2 3 4 5 6


Ei' [r.j.] 1,1540 1,2379 1,0949 1,1033 1,0568 1,1275

δi0 [rad] 0,2474 0,4123 0,2069 0,2116 0,4127 0,2926

Matrice GG i BG sistema ovde imaju elemente, koji su izraženi u relativnim jedinicama za SB = 100 MVA i UB = 400 kV: 3,6167 0,9503  1,1798 GG =  1,8924 1,7027  0,7936

0,9503 1,1798 1,8924 1,7027 0,7936  0,7245 0,4534 0,4778 0,5273 0,4601 0,4534 0,6479 0,6145 0,5992 0,3122  ; 0,4778 0,6145 1,2753 0,9853 0,3681  0,5273 0,5992 0,9853 3,2978 0,5384   0,4601 0,3122 0,3681 0,5384 1,0599 

- 24,7952 2,9417 3,9840 5,5781 4,6901  2,9417 - 10,2612 1,9591 1,1342 1,2760   3,9840 1,9591 - 11,9328 1,5922 1,5250 BG =   5,5781 1,1342 1,5922 - 15,8179 3,3371  4,6901 1,2760 1,5250 3,3371 - 16,4428   1,6318 1,1607 0,6367 0,6305 1,1733

1,6318 1,1607  0,6367   . 0,6305 1,1733   - 7,440 


411

Vremenske konstante inercije agregata date u postavci zadatka, preračunate na baznu snagu SB = 100 MVA, date su u tab. 4.24d. Tab. 4.24d Preračunate vrednosti konstanti Ti iz tab. 4.24a, na SB = 100 MVA Redni broj 1 5 6 15 17 21


Ti [MWs/MVA] 60,6 50,92 19,6 61,5 107,26 33,6

Zamenom datih vrednosti u sistem linearizovanih diferencijalnih jednačina ∆&x = A∆x , uz usvajanje da je sistem u početnom stanju bio u sinhronizmu (ωi0 = 0), dobija se matrica stanja sistema dvanaestog reda: 0 - 0,404 0 0,072 0 0,082 0 0,116 0 0,099 0 0,036   314,16 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0   0 0,077 0 - 0,216 0 0,049 0 0,027 0 0,033 0 0,030  0 0 314,16 0 0 0 0 0 0 0 0 0   0 0,260 0 0,139 0 - 0,634 0 0,098 0 0,095 0 0,041  0 0 0 0 314,16 0 0 0 0 0 0 0 A =  0 0,117 0 0,027 0 0,031 0 - 0,254 0 0,066 0 0,013  0 0 0 0 0 0 314,16 0 0 0 0 0   0 0,049 0 0,016 0 0,015 0 0,033 0 - 0,125 0 0,012   0 0 0 0 0 0 0 0 314,16 0 0 0  0 0,062 0 0,050 0 0,022 0 0,022 0 0,043 0 - 0,200   0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 314,16 0

        .         

Sopstvene vrednosti ove matrice, koja modeluje sistem pri zanemarenim prigušenjima su: λ1,2 = 0; λ3,4 = ± j14,9206; λ5,6 = ± j11,9604; λ7,8 = ± j7,4064; λ9,10 = ± j9,1127; λ11,12= ± j8,5079. Jedan par ovih vrednosti je jednak nuli, dok su ostali parovi sopstvenih vrednosti na imaginarnoj osi. Par koji je jednak nuli se javlja zbog linearne zavisnosti promenljivih, tj. u svim izrazima se uglovi javljaju kao razlika, te se može tražiti relativna vrednost u odnosu na jedan ugao koji se proizvoljno može usvojiti kao referentni (obično je to ugao prvog generatora). Uslovljenost da se svi koreni javljaju u paru ima za posledicu da su dve sopstvene vrednosti matrice stanja jednake nuli. Ostale sopstvene vrednosti, koje se nalaze na imaginarnoj osi, odnosno na samoj granici stabilnosti pokazuju da je ovaj sistem, uz uvažavanje sigurnog postojanja prigušenja,


412

stabilan. Frekvencije elektromehaničkih modova se kreću između 1,2 i 2,37 Hz što je i karakteristično za generatorske modove elektromehaničkih oscilacija. Slučaj kada je pri istoj početnoj raspodeli snaga aktivnog generisanja u sistemu, sistem oslabljen ispadom voda između čvorova 5 i 6 (400 kV vod između HE Đerdap i TE Kostolac) ima sledeće sopstvene vrednosti sistema:

λ1,2 = 0; λ3,4 = ± j15,0976; λ5,6 = ± j11,5638; λ7,8 = ± j6,3953; λ9,10 = ± j8,3262; λ11,12= ± j8,5038. Pokazuje se da je sistem i u ovom slučaju dinamički stabilan i da se opseg kritičnih frekvencija menja ka nižim vrednostima (1,02 Hz), koje se približavaju vrednostima kritičnim za oscilacije između pojedinih grupa agregata (grupe se formiraju delimičnim razdvajanjem sistema usled znatno oslabljenih veza među generatorima).


413

Zadatak 4.25 Za sistem iz zadatka 4.24 ispitati tranzijentu stabilnost generatora u sistemu ako se desio trofazni kratki spoj na vodu 5-6 kod sabirnica 5, i to za sledeća dva slučaja: - Ako je vreme isključenja voda u kvaru 0,15 s. - Ako je vreme isključenja voda u kvaru 0,2 s. Za oba slučaja usvojiti da je vreme beznaponske pauze, pre ponovnog uključenja voda u kvaru 0,2 s.

Rešenje: Pre rešavanja samog zadatka biće predstavljen metod koji je odabran za rešavanje ovog problema tranzijentne stabilnosti. Na sl. 4.25a je predstavljen jedan uopšteni elektroenergetski sistem sa N čvorova i NG sinhronih mašina. Svaka sinhrona mašina predstavljena je svojom unutrašnjom elektromotornom silom Ei′ i reaktansom za tranzijentni period X d′ . jX d′ 1 G1

jX d′ 2

G2

E1′ /δ1 ′ G jX dN

E2′ /δ 2

Elektroenergetski sistem sa N čvorova koji sadrži priključne čvorove sinhronih mašina (G1, G2, ..., GNG ), vodove, transformatore, i potrošnju modelovanu

GN G

preko konstatnih admintansi.

E ′NG /δ NG

Sl. 4.25a Uopšćeni prikaz elektroenergetskog sistema sa N čvorova i NG sinhronih mašina Sinhrone mašine su povezane na sistem preko čvorova označenih sa G1, G2 i G NG . Potrošnje u pojedinim čvorovima modelovane su preko modela konstantnih impedansi. Imajući sve ovo u vidu može se napisati sledeća jednačina:

gde je:

Y 11 Y 12  U  0  Y T Y   E  =  I  , 22       12

(1)

U = [U 1 U 2 L U N ]T , vektor napona čvorova,

(2)

E = E ′1

(3)

[ I = [I

1

E ′ 2 L E ′ NG I 2 L I NG

]

T

, vektor unutrašnjih elektromotornih sila generatora,

] , vektor struja generatora, T

(4)

Y 11 Y 12  Y T Y  , (N+NG)×( N+NG) kompleksna matrica admitansi nezavisnih čvorova. (5) 22   12


414

Matrica admitansi u jednačini 5 je podeljena na submatrice u skladu sa brojem čvorova u mreži (N) i brojem generatora u sistemu (NG), tako da su dimenzije pojedinih njenih submatrica sledeće: Y11 je dimenzija N×N; Y12 je dimenzija N× NG; Y22 je dimenzija NG × NG. Matrica Y11 je slična matrici admitansi koja se koristi u proračunim tokova snaga, s tom razlikom što su u nju uključene admitanse kojima je modelovana potrošnja kao i recipročne vrednosti impedansi generatora. Prema tome, ako npr. u čvoru n imamo potrošnju onda se ′ ) se admitansa kojom se modeluje potrošnja dodaje dijagonalnom elementu Y11nn. Takođe, (1 / jX dn dodaje dijagonalnom elementu Y 11GnGn . Matrica Y22 je dijagonalna matrica recipročnih vrednosti tranzijentnih impedansi generatora, odnosno:

Y 22

 1  jX d′ 1   =    0 

0 1 jX d′ 2 O 1 ′ G jX dN

    .    

(6)

Matrica Y12, odnosno element u poziciji 'km' dobija se prema jednačini:  −1 ako je k = Gn i m = n  Y 12 km =  jX dn . ′ 0 u protivnom

(7)

Kada se jednačina (1) razdvoji na dve jednačine, dobija se sistem:

Y 11 U + Y 12 E = 0 ,

(8)

+ Y 22 E = I .

(9)

T Y 12 U

Ako se pretpostavi da je vektor E poznat, tada je jednačina (8) linearna jednačina po nepoznatoj U koja se može odrediti ili iterativno ili Gaussovom eliminacijom. Koristeći GaussSeidelov metod k-ta komponenta vektora U u (i+1)-iteraciji je:

U (ki +1) =

k −1 N  1  NG ( i +1) − Y E − Y U − Y 11kn U in  ; ∑ ∑ ∑ 12 kn n 11kn n  Y 11kk  n=1 n=1 n= k +1 

i = 1, 2, ...

(10)

Posle izračunavanja vektora U, vektor struja generatora može da se izračuna iz jednačine (9):

[

I = I1

I 2 L I NG

]

T

T = Y 12 U + Y 22 E .

(11)


415

Aktivne snage na izlaznim krajevima mašina se onda dobijaju preko jednačine:

{

}

Pen = Re E n I ∗n , n = 1, 2 ,..., N G .

(12)

Na osnovu gore navedenog može se dati algoritam za rešavanje problema tranzijentne stabilnosti. U algoritmu se naizmenično rešavaju jednačine njihanja za pojedine generatore i jednačine tokova snaga koje predstavaljaju mrežu. Za rešavanje jednačina njihanja korišćen je modifikovani Eulerov metod za numeričku integraciju, dok je za rešavanje jednačina tokova snaga korišćen Gauss-Seidelov iterativni postupak. Pre predstavljanja algoritma za rešavanje problema tranzijentne stabilnosti biće izložen Eulerov metod za numeričku integraciju. Kriterijum jednakih površina je primenljiv za jednomašinski sistem. Za višemašinske sisteme, međutim, potrebno je primeniti tehnike numeričke integracije za rešavanje jednačine njihanja za svaku mašinu. Jedna relativno jednostavna tehnika numeričke integracije je Eulerov metod. Metod će biti primenjen na diferencijalnu jednačinu prvog reda: dx = f (x ) , dt

(13)

i ilustrovan je na sl. 4.25b. Korak integracije je označen sa ∆t. Tangenta (nagib krive) na početku intervala inegracije je: dxt = f ( xt ) . dt

(14)

Nova vrednost argumentu xt + ∆t se računa na osnovu prethodne vrednosti argumenta xt i priraštaja ∆x, preko izraza:  dx  xt + ∆t = xt + ∆x = xt +  t ∆t .  dt 

(15)

x

Tačna vrednost

dxt dt

Proračunata vrednost

∆x

xt+∆x

∆t

xt

t

t+∆t

Sl. 4.25b Ilustracija Eulerove metode

t


416

Kao što je pokazano na sl. 4.25b, Eulerov metod pretpostavlja da je tangenta, odnosno nagib krive konstantna u toku posmatranog intervala ∆t. Unapređenje metode može se dobiti proračunom tangente (nagiba krive) i na početku i na kraju intervala, a zatim nalaženjem njihove srednje vrednosti. Modifikovan Eulerov metod ilustrovan je na sl. 4.25c. Najpre se izračuna tangenta na početku intervala po jednačini (13), a zatim se ta vrednost koristi za proračun preliminarne vrednosti argumenta ~ x po jednačini:  dx  ~ x = xt +  t ∆t  dt 

(16)

x: Posle toga se računa tangenta u tački ~

d~ x = f (~ x ). dt

(17)

Sada se nova vrednost argumenta xt + ∆t računa na osnovu srednjeg nagiba:

1  dx d~ x xt + ∆t = xt +  t + ∆t . 2  dt dt 

(18) d~ x dt

Tačna vrednost

x

1  dxt d~ x +   2  dt dt 

dxt dt

~ x

xt+∆x

∆t

xt

t

t+∆t

t

Sl. 4.25c Ilustracija modifikovane Eulerove metode Gore izložena metoda može da se primeni za proračun ugaone brzine ω i ugla snage generatora δ, pri čemu su vrednosti na početku intervala označene sa ωt i δt. Za slučaj jednačina njihanja koje su oblika kao jednačina (13), tangente (nagibi krivih) na početku intervala su: dδ t = ωt − ωs ; dt dωt p at (r . j .) ⋅ ω s = , dt Ti ⋅ ωt (r . j .)

(19) (20)

gde je p at (r . j .) snaga akceleracije u relativnim jedinicama, računata za δ = δt i ω t (r . j .) = ω t / ω s .


417

Primenjujući jednačinu (16) preliminarne vrednosti nepoznatih su: ~  dδ  δ = δt +  t ∆t ;  dt  ~ = ω +  dωt ∆t . ω t  dt 

(21) (22)

~ ~ Dalje, tangente (nagibi) za δ i ω su: ~ dδ ~ = ω − ωs ; dt ~ ~ p a (r . j .) ⋅ ω s dω = , ~ dt Ti ⋅ ω (r . j .)

(23) (24)

~ ~ ~ p at (r . j.) snaga akceleracije u relativnim jedinicama, računata za δ = δ i ω gde je ~ t ( r . j . ) = ωt / ω s . Primenjujući jednačinu (18) dobijaju se nove vrednosti za δ i ω na kraju intervala: ~ 1  dδ t d δ  ∆t ; δ t + ∆t = δ t +  + 2  dt dt  ~ 1  dω dω ωt +∆t = ωt +  t + ∆t . 2  dt dt 

(25) (26)

Procedura data jednačinama (19)-(26) počinje u t = 0 sa specifikovanim početnim vrednostima δ0 i ω0 i nastavlja se iterativno do vremena t = T, gde je T definisano konačno vreme proračuna. Sada se može izložiti algoritam za rešavanje problema tranzijentne stabilnosti za višemašinski sistem. On se sastoji od 11 koraka: 1. Izvršiti proračun tokova snaga u cilju dobijanja napona čvorova Uk (k = 1, ..., N), struja generatora In (n = 1, 2, ..., NG) i električne snage generatora Pen (n = 1, 2, ..., NG). Postaviti mehaničku snagu generatora na vrednost Pen, tj. Pmn = Pen. Takođe vrednost ugaone brzine postaviti na vrednost sinhrone brzine tj. ωn=ωs. U ovom koraku potrebno je izračunati i admitanse potrošnje tj. zameniti potrošnju modelom sa konstantnim admitansama.

′ ⋅In, 2. Izračunati unutrašnju elektromotornu silu generatora E n = E n ∠δ n = U Gn + jX dn (n = 1, 2, ..., NG), gde su UGn i In veličine izračunate u koraku 1. Veličinu En držati na konstatnoj vrednosti. Ugao δn je početni ugao snage. 3. Izračunati matricu Y11, modifikovanjem YČV matrice iz proračuna tokova snaga uključivanjem admitansi potrošnje i recipročnih impedansi generatora. 4. Izračunati matricu Y22 prema jednačini (6) i matricu Y12 prema jednačini (7). 5. Inicijalizovati vreme, tj. staviti t = 0.


418

6. Ako postoji operacija uključenja, promene opterećenja, kratkog spoja ili promene podataka uraditi sledeće: - Za slučaj operacija uključenja ili promene opterećenja modifikovati matricu admitansi. - Za slučaj trofaznog kratkog spoja postaviti napon sabirnice pogođene kvarom na 0. 7. Koristeći vrednosti za elektromotorne sile generatora E n = En ∠δ n , (n = 1, 2, ..., NG), za vrednost δn u vremenu t, izračunati električnu snagu generatora (Pen) u vremenu t preko jednačina (10)-(12). 8. Koristeći vrednosti za električnu snagu generatora (Pen) koja je izračunata u prethodnoj ~ tački i vrednosti za δn i ωn u vremenu t, izračunati preliminarne vrednosti ugla snage δn i ugaone ~ u vremenu t + ∆t preko jednačina (19)-(22). brzine ω n

~ 9. Koristeći vrednosti za elektromotorne sile generatora E n = En ∠ δn , (n = 1, 2, ..., NG), ~ izračunati preliminarnu vrednost električne snage generatora ( Pen ) u vremenu t + ∆t iz jednačina (10)-(12). ~ ~ ~ izračunate u 10. Koristeći veličinu Pen izračunatu u koraku 9, a takođe i veličine δn i ω n koraku 8, izračunati konačne vrednosti ugla snage δn i ugaone brzine ωn u vremenu t + ∆t iz jednačina (23)-(26). 11. Postaviti vreme na vrednost t = t + ∆t. Zaustaviti algoritam ako je t ≥ T. U protivnom vratiti se na korak 6. Jedina modifikacija koja je u ovom zadatku urađena u odnosu na izloženi metod je ta, da su impedansama generatora pridružene i impedanse blok-transformatora preko kojih su generatori priključeni na mrežu. Ta modifikacija suštinski ne menja izloženi metod. Svi potrebni proračuni izvršeni su u programskom paketu MATLAB 6. Kao izlazni rezultati dobijaju se promene uglova snaga generatora u sistemu. Dijagrami promena uglova snaga generatora sa vremenom za slučaj kada se kvar isključuje za vreme 0,15 s, dati su na sl. 4.25d. Za slučaj kada se kvar isključuje za 0,2 s dijagrami promene uglova snage generatora sa vremenom dati su na sl. 4.25e. Sa dijagrama se može uočiti da su u prvom slučaju svi generatori stabilni, dok je u drugom slučaju generator u čvoru 5 nestabilan jer ugao snage ovog generatora raste u beskonačnost.


419 čvor 1

δ (°)

čvor 5

δ (°)

0.5

100

0 0

-0.5 -1

0

0.5

1

1.5

t (s)

čvor 6

δ (°)

-100

20

0

0

-10

-20

0

0.5

1

1.5

t (s)

čvor 17

δ (°)

0.5

-40

1

1.5

t (s)

1.5

t (s)

1.5

t (s)

čvor 15

δ (°)

10

-20

0

0

0.5

1 čvor 21

50 δ (°)

50 0 0 -50

0

0.5

1

1.5

t (s)

-50

0

0.5

1

Sl. 4.25d Dijagrami promena uglova snaga generatora u vremenu za prvi slučaj (stabilan sistem)

čvor 1

δ (°)

čvor 5

δ (°)

0.5

2000

0 1000

-0.5 -1

0

0.5

1

1.5

t (s)

čvor 6

δ (°)

0

0

0.5

1

1.5

t (s)

1.5

t (s)

1.5

t (s)

čvor 15

50 δ (°)

20 0

0

-20 -40

0

0.5

1

1.5

t (s)

čvor 17

δ (°)

-50

0

0.5

1 čvor 21

50 δ (°)

20 0 0 -20

0

0.5

1

1.5

t (s)

-50

0

0.5

1

Sl. 4.25e Dijagrami promena uglova snaga generatora u vremenu za drugi slučaj (nestabilan sistem)

94099909 Analiza Elektroenergetskog Sistema Zbirka 100 Zadataka

Recommend Documents