= 6.25 Ω I B1 = 3U =529 Ω I B2 = 3U = 1905 Ω I B3G = 3U

Transcript

1 1. Za EES dat na slici: a) odrediti bazne struje i impedanse elemenata ako je S B = 100 MVA, a naponi jednaki nominalnim vrijednostima napona pojedinih naponskih nivoa, b) Nacrtati ekvivalentne šeme direktnog, inverznog i nultog redosljeda. a) S B = 100 MVA U B1 = 25 kv Z B1 = U B2 = 230 kv Z B2 = U B3 = 13.8 kv Z B3 = U S U S U S 2 B1 B 2 B2 B 2 B3 B SB = 6.25 Ω I B1 = 3U = 2310 A B1 SB =529 Ω I B2 = 3U = 251 A B2 SB = 1905 Ω I B3G = 3U = 4184 A B3 SB I B3T = U = 7246 A B3 b) Direktni redosljed:

2 c) Inverzni redosljed: d) Nulti redosljed: Potrebno je svesti šeme na što jednostavniji oblik vodeći računa da se očuva čvor u kome je došlo do kvara (mjesto kvara). Prema tome, kako je mjesto kvara označeno sa K, onda je lako uočiti trougao impedansi u šemama sva tri redosljeda koje je moguće transformisati u zvijezdu. Tada je, za direktni redosljed Daljim ekvivalentiranjem dobija se,

3 na kraju, za direktni redosljed dobija se osnovna šema direktnog redosljeda gdje su označeni smjer struje i napona direktnog redosljeda, Analognim postupkom, za inverzni redosljed dobija se: A, za nulti redosljed: daljim ekvivalentiranjem dolazi se do konačne transformacije,

4 Sada, zavisno od tipa kvara, koristi se jedno od ekvivalentnih kola iz literature (slika dolje) i vrši se proračun traženih veličina (najčešće struje kvara i napona na mjestu kvara) koje određuju kasnije podešavanja zaštite. 3KS 2KS 1KS IR(1) IR(1) IR(1) K(1) K(1) K(1) VR(1) = 0 direktnog redosljeda direktnog redosljeda VR(1) direktnog redosljeda VR(1) N(1) N(1) N(1) IR(2) IR(2) K(2) K(2) VR(2) inverznog redosljeda inverznog redosljeda VR(2) N(2) N(2) IR(0) K(0) 2KS+Z nultog redosljeda N(0) VR(0) IR(1) direktnog redosljeda inverznog redosljeda K(1) N(1) K(2) N(2) VR(1) VR(2) IR(2) 1KS jednopolni kratki spoj (zemljospoj) 2KS dvopolni kratki spoj 3KS tropolni kratki spoj 2KS+Z dvopolni kratki spoj sa zemljom IR(0) K(0) nultog redosljeda VR(0) N(0) Ako se veličine dobijne u dijelu zadatka pod a), onda se može izračunati struja u fazama na mjestu kvara na sljedeći način zavisno od vrste kvara: 3KS Posmatra se samo šema direktnog redosljeda sa slike,

5 1/0 I R(1) = = -j5.71 j0.175 I R(2) = I R(0) = 0 I R = I R(1) + I R(2) + I R(0) = I R(1) = -j5.71 = 5.71/-90 I S = I S(1) + I S(2) + I S(0) = a 2 I R(1) + ai R(2) + I R(0) = a 2 I R(1) = 5.71/150 I T = I T(1) + I T(2) + I T(0) = ai R(1) + a 2 I R(2) + I R(0) = ai R(1) = 5.71/30 U R = U S = U T = 0 2KS (između faza ST) I R(1) = - I R(2) = I R(0) = 0 1/0 = - j2.86 j j0.175 U R(1) = U R(2) = 1- j0.175(-j2.86) = 0.5 U R(0) = 0 I R = I R(1) + I R(2) + I R(0) = I R(1) = 0 I S = I S(1) + I S(2) + I S(0) = a 2 I R(1) + ai R(2) + I R(0) = I T = - I S = 4.95 U R = U R(1) + U R(2) + U R(0) = 1 U S = U S(1) + U S(2) + U S(0) = a 2 U R(1) + au R(2) + U R(0) = -0.5 U T = U T(1) + U T(2) + U T(0) = au R(1) + a 2 U R(2) + U R(0) = -0.5

6 2KS+Z (između faza S i T i zemlje) I R(1) = -j3.73 I R(2) = j1.99 I R(0) = j1.75 I R = I R(1) + I R(2) + I R(0) = 0 I S = I S(1) + I S(2) + I S(0) = a 2 I R(1) + ai R(2) + I R(0) = 5.6/152.1 I T = I T(1) + I T(2) + I T(0) = ai R(1) + a 2 I R(2) + I R(0) = 5.6/27.9 U R(1) = U R(2) = U R(0) = -Z R(2) I R(2) = U R = U R(1) + U R(2) + U R(0) = U S = U T = 0 1KS (faza R) I R(1) = I R(2) = I R(0) = -j1.82

7 I R = I R(1) + I R(2) + I R(0) = -j5.46 I S = I S(1) + I S(2) + I S(0) = 0 I T = I T(1) + I T(2) + I T(0) = 0 U R(1) = 1- j0.175(-j1.82) = U R(2) = - j0.175(-j1.82) = U R(0) = - j0.199(-j1.82) = U R = U R(1) + U R(2) + U R(0) = 0 U S = U S(1) + U S(2) + U S(0) = a 2 U R(1) + au R(2) + U R(0) = 1.022/238 U T = U T(1) + U T(2) + U T(0) = au R(1) + a 2 U R(2) + U R(0) = /122 Na kraju, množeći sve proračunate vrijednosti sa odgovarajućim baznim veličinama, dobija se prava vrijednost (apsolutne vrijednosti) struje kvara i napona u svim fazama. 2. Na slici je jednopolno prikazan trofazni EE sistem, a) Ako su ulazni podaci zadati iz riješenog problema raspodjele snaga i napona (naponi čvorova, injektirane snage u čvorovima, ems izvora), odrediti metodom stvarnih elektromotornih sila struju kvara na sabirnicama 1, na kojima je došlo do trofaznog kratkog spoja. b) U slučaju da podaci pod a) koji se tiču napona i raspodjela snaga nisu poznati, odrediti istim metodom struju kvara u slučaju 3KS na istom mjestu. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( 10.5) ( ) X G1+T1 = + = Ω ( ) X G2+T2 = + = Ω X v12 = = 36 Ω X v23 = = 40 Ω X v13 = = 44 Ω R p = U cosϕ = = Ω 2 2 p S p

8 2 2 Up X p = sinϕ = = Ω S p a) Iz radnih uslova mogu se odrediti vrijednosti elektromotornih sila generatora E 1L = j = j31.39 = /13.1 kv Slovo L u indeksu ukazuje da se radi o linijskoj vrijednosti E 2L = j = /15.7 kv Međutim, potrebno je korigovati dobijeni fazni stav za vrijednost ugla za koji zaostaje U 2r za faznom osom (a to je ugao od 1 ), pa je E 2L = /14.7 kv Vodeći računa da se kvar desio u čvoru 1, može se izvršiti ekvivalentiranje posmatrane šeme tako što se transfiguriše trougao impedansi (vodovi) u zvijezdu. Sa slike gore, može se uočiti dio šeme koji je uokviren gdje je moguće izvršiti transfiguraciju na osnovu pravila o paralelnim granama sa generatorima i dobiti ekvivalentni generatos sa ems E e1l i impedansom Z e1.

9 Z e1 = ( j j12 )( ) ( j j12+j j ) j j = j53.272= /58.2 Ω E e1l = E2L ( j j ) ( j j12+j j ) =75.32-j23.151=78.797/ kv Koristeći isti princip kao i kod prethodne šeme, može se izvršiti dalje ekvivalentiranje šeme kada se dobija šema, gdje su Z e = E e = ( Ze 1 + j13.2) j ( Ze 1 + j j ) e1l 1L ( e1 ) ( j z +j13.2) e1 = j = / Ω E j e Z +j13.2 = j0.491= /0.245 kv Sada je struja kvara, E /0.245 = =1.964/ = j1.922 ka. 3Z / el I K = ( ) e b) Sada je potrebno riješiti isti problem, ali uzimajući u obzir da nisu poznate veličine dobijene iz proračuna tokova snaga. Kako nisu raspoloživi nikakvi podaci koji se tiču režima rada posmatranog EES-a, pretpostavlja se da je u praznom hodu i onda se sprovodi proračun. Kako je system u praznom hodu to važi, E 1L = /0 E 2L = /0 a, takođe je potrebno napomenuti da u slučaju praznog hoda, potrošače ne uzimamo u obzir jer ne predstavljaju nikakvo opterećenje. Uzimajući naprijed rečeno u obzir ekvivalentna šema problema je,

10 Daljim ekvivalentiranjem paralelnih izvora dolazi se do, gdje je, Z e = ( j j25.2 )( j ) j ( j j j ) E2L j e1l ( j j25.2) E el = ( j j j25.2) Sada je struja kvara, = Ω = 115.5/0 kv I K = EeL = -j1.654 ka 3 j j = Na kraju, upoređivanjem rezultata sa dobijenom strujom kvara u slučaju pod a) zaključuje se da odstupanje nije veliko (oko 19% manja struja) što ukazuje na to da je moguće sprovesti dovoljno kvalitetne proračune na sistemu u praznom hodu, tj. ne poznavajući režimske parametre.