Iz zadatka se uočava da je doslo do tropolnog kratkog spoja na sabirnicama B, pa je zamjenska šema,

Transcript

1 . Na slici je jednopolno prikazan trofazni EES sa svim potrebnim parametrima. U režimu rada neposredno prije nastanka KS kroz prekidač protiče struja (168-j140)A u naznačenom smjeru. Fazni stav struje je određen u odnosu na fazni napon na sabirnicama B, koji u ovom režimu iznosi 111/ kv. Odrediti tranzijentnu struju tropolnog kratkog spoja koja protiče kroz prekidač α u slučaju da se kvar dogodio na sabirnicama B. Koliko iznosi snaga isključenja prekidača u tom slučaju. Zadatak riješiti primjenom metode superpozicije. Sistem beskonačne snage C v 1 Xv = 0.4 km, L=50 km v Xv = 0.4 km, L=50 km (168 j140) A A B UB= 111 kv T 1 80 MVA 11/10.5 kv/kv XT1 = 10% T 0 MVA 110/6.75 kv/kv XT = 10% G 1 80 MVA 10.5 kv Xdg = 0% Q P DM Iz zadatka se uočava da je doslo do tropolnog kratkog spoja na sabirnicama B, pa je zamjenska šema, U B U B

2 Na slici je kratki spoj predstavljen sa dvije oprečno vezane ems. čiji je napon jednak faznom naponu na mjestu kvara prije nego što se kvar desio. Ako se primjeni metoda superpozicije, posmatrana šema može se razložiti na dvije šeme, U B U B X v1 = X v = = 0 Ω X T1 = = Ω 0 ( 10.5) 11 X dg = = 54.9 Ω Svi parametri svedeni su na 110 kv nivo. Iz zadatka je poznata vrijednost struje kroz prekidač prije kvara I α = (168 - j140) A Struja kvara je određena strujom kroz prekidač α u fiktivnom režimu. I αk = I α + I αf Sa šeme koja predstavlja fiktivni režim može se odrediti struja kroz prekidač prema izrazu, U/ B I αf = = -j1.8ka Xv1 ( X T1+X dg' ) +Xv X +X +X ' v1 T1 dg Time je struja kvara, I αk = I α + I αf = (0.168-j1.94) ka

3 I αk = ( ) + ( 1.94 ) =1.947 ka Na kraju, snaga isključenja prekidača iznosi, S iα = UBI αk = = 74 MVA. 4. Na slici je predstavljen sistem: trofazni sinhroni generator-transformator-sinhroni motor. Na sabirnicama motora, za vrijeme normalnog pogona pri snazi 5 MW, faktoru snage cosϕ = 1 i naponu 6 kv, došlo je do jednopolnog KS u fazi R na mjestu K. Odrediti struju na mjestu kvara i struju motora u svim fazama za vrijeme subtranzijentnog perioda KS vodeći računa da je sistem prije nastalog kvara bio opterećen, a ne u praznom hodu. Podaci su dati na slici (S B = 5 MVA, a bazni naponi su jednaki nominalnim naponima). Koristiti metod superpozicije. G M S ng = 5MVA U ng = 10 kv x g = 0 % x g() = 0 % x g(0) = 5 % x ng = % S nt = 5MVA m = 10/6 kv/kv x T = 10 % S nm = 5MVA U nm = 6 kv x M = 0 % x M() = 15 % x M(0) = 5 % x nm = 5 % Ako se koristi princip superpozicije prepoznaju se tri radna režima: - režim kvara - normalni režim i - fiktivni režim. Pritom, važi jednakost: režim kvara = normalni režim + fiktivni režim Ako se formira zamjenska šema normalnog režima (režim rada neposredno prije kvara): U M = 6/0 kv znači u M = 1/0 P M = 5 MW znači p M = 1 i MR = p M /(u M cosϕ) = 1/0 i MS = 1/-10 i MT = 1/10

4 fiktivni režim Kako je u pitanju 1KS, onda se formiraju zamjenske šeme (direktnog, inverznog i nultog redosljeda). direktni redosljed inverzni redosljed nulti redosljed Potrebno je primjetiti da u direktnom redosljedu postoji ems na mjestu kvara koja je jednaka po modulus a naponom na mjestu kvara u normalnom režimu, ali je suprotno usmjerena. Uzimajući u obzir da je zamjenska šema za slučaj 1KS jednaka rednoj vezi sva tri komponentna sistema onda se dobija šema kao na slici dolje. i kfr(1) = i kfr() = i kfr(0) = 1 = -j.15 j0. j0. j0. j j0.1 j0.5 j0.45 i kfr = i kfr(1) + i kfr() + i kfr(0) = -j9.7 i kfr = i kfs = i kft

5 j0. i fmr(1) = -j.15 =-j1.87 j0.+j0. i fmr() = -j.08 i fmr(0) = -j.1 i fmr = -j7.07 i fms = j1.14 i fmt = j1.14 n j0. j0. j0.1 i ftr(1) i fmr(1) i kfr(1) 1/0 + K n j0. j0.15 j0.1 i ftr() i fmr() K n i kfr() i fmr(0) j0.05 j0.05 i kfr(0) i kmr = -i MR + i fmr = -1 + j7.07 Struja motora u normalnom režimu (i kmr ) je usmjerena od mjesta kvara ka motoru pa je uzeta sa znakom - jer je suprotno usmjerena u odnosu na struju kvara i struju fiktivnog režima na istom mjestu. i kms = -i MS + i fms i kmt = -i MT + i fmt

6 5. Na slici je dat jednostavan EES. Za slučaj 1KS na sredini voda V odrediti: a) struju kvara b) struje koje teku kroz prekidače P1 i P u fazi koja je pogođena kvarom na vodu V. Fazni napon na mjestu kvara prije nastanka kvara iznosio je 0/. Ostali potrebni podaci dati su na slici. G 1 T 1 G V 1 G T G P 1 V P T S K = MVA U M = 400 kv x dm = x im x om = x dm S ng1 = S nt1 = 00 MVA U ng1 = kv m T1 = 15.75/1 kv/kv x dg% = x ig% = 18 % x T1 = 1 % G1 G T1 T U nv = 0 kv L v = 100 km x v =0.4 km x ov = 1. km S nt = 400 MVA m T = 0/400 kv/kv x T = 11 % X G1(1) = X G(1) = X G1() = X G() = = 48.0 Ω X T1(1) = X T(1) = X T1() = X T() = X T1(0) = X T(0) = X V1(1) = X V(1) = X V1() = X V() = = 40 Ω X V1(0) = X V(0) = = 10 Ω 11 0 X T(1) = X T() = X T(0) = = Ω X M = = Ω = Ω Potrebno je, na početku, definisati zamjenske šeme svih komponentnih sistema. Kako su svi parametri direktnog i inverznog redosljeda jednaki dovoljno je posmatrati samo direktni redosljed i njega sveti na sto jednostavniju šemu. j48. j.0 j40 j48. j.0 j0 j0 j1.1 j4.84

7 Na kraju, zamjenska šema direktnog redosljeda je, a, inverznog, j Sada, šema nultog redosljeda,

8 j.0 j60 j10 j60 j1.1 j9.68 Poznato je da je zamjenska šema u slučaju 1KS redna veza svih komponentnih sistema, tada je ukupna struja kvara, a) I R(1) = I R() = I R(0) = Ufr Z +Z +Z (1) () (0) = -j1.418ka I kr = I R(1) = -j4.54 ka b) struje kroz prekidače I LR(1) = I DR(1) = I LR(0) = I DR(0) = 7.4 I I I I R(1) R(1) = -j0.61 ka = I LR() R(1) = -j0.808 ka = I DR() R(1) = -j0.681 ka = -j0.77 ka I Lprekidača = I LR(1) + I LR() + I LR(0) = -j1.901 ka I Dprekidača = I DR(1) + I DR() + I DR(0) = -j.5 ka.