Zadatak 10. Za trofazni jednopolno prikazani EES ispitati dinamičku stabilnost generatora za slučaj tropolnog kratkog spoja na početku voda – ogranka neopterećenog pre kvara, ako je elektromotorna sila generatora E ‾ G ′ \ph{E}'_G E G ′ t i s t_{is} t i s
G T 1 P 1 = 70 MW Q 1 = 10 MVAr U r = 115 kV l v = 100 km x v = 0,4 Ω/km T 2 jaka mreža S Gn = S T1n = 75 MVA U Gn = 10,5 kV m T1 = 10,5/115,5 kV/kV x dG = 30 % x T1 = 10,5 % H = 8 s S T2n = 75 MVA m T2 = 110/220 kV/kV x T2 = 12 % Poznato S G n = S T 1 n = 75 S_{Gn} = S_{T1n} = 75 S G n = S T 1 n = 75 MVA U G n = 10,5 U_{Gn} = 10{,}5 U G n = 10 , 5 kV U T 1 n = 115,5 U_{T1n} = 115{,}5 U T 1 n = 115 , 5 kV x d G = 30 x_{dG} = 30 x d G = 30 % x T 1 = 10,5 x_{T1} = 10{,}5 x T 1 = 10 , 5 % H = 8 H = 8 H = 8 s U r = 115 U_r = 115 U r = 115 kV P 1 = 70 P_1 = 70 P 1 = 70 MW Q 1 = 10 Q_1 = 10 Q 1 = 10 MVAr l v = 100 l_v = 100 l v = 100 km x v = 0,4 x_v = 0{,}4 x v = 0 , 4 Ω/km S T 2 n = 75 S_{T2n} = 75 S T 2 n = 75 MVA U T 2 n = 110 U_{T2n} = 110 U T 2 n = 110 kV x T 2 = 12 x_{T2} = 12 x T 2 = 12 % t i s = 0,15 t_{is} = 0{,}15 t i s = 0 , 15 s Rešenje Pretpostavlja se da je otočni vod na kome se dešava kvar prethodno neopterećen, što predstavlja 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 sa druge strane omogućuje jednostavnu metodologiju, bez uzimanja u obzir impedansi nultog i inverznog redosleda.
Reaktanse pojedinih elemenata svedene na naponski nivo mesta kvara su:
X ( d G + T 1 ) ′ = x d G ′ + x T 1 ( % ) 100 ⋅ U T 1 n 2 S T 1 n = 30 + 10,5 100 ⋅ 115,5 2 75 = 72 Ω ; X'_{(dG+T1)} = \frac{x'_{dG} + x_{T1}(\%)}{100} \cdot \frac{U_{T1n}^2}{S_{T1n}} = \frac{30 + 10{,}5}{100} \cdot \frac{115{,}5^2}{75} = 72\ \Omega; X ( d G + T 1 ) ′ = 100 x d G ′ + x T 1 ( % ) ⋅ S T 1 n U T 1 n 2 = 100 30 + 10 , 5 ⋅ 75 115 , 5 2 = 72 Ω ; X T 2 = x T 2 ( % ) 100 ⋅ U T 2 n 2 S T 2 n = 12 100 ⋅ 110 2 75 = 19,36 Ω ; X_{T2} = \frac{x_{T2}(\%)}{100} \cdot \frac{U_{T2n}^2}{S_{T2n}} = \frac{12}{100} \cdot \frac{110^2}{75} = 19{,}36\ \Omega; X T 2 = 100 x T 2 ( % ) ⋅ S T 2 n U T 2 n 2 = 100 12 ⋅ 75 11 0 2 = 19 , 36 Ω ; X v = 1 2 ⋅ x v L = 1 2 ⋅ 0,4 ⋅ 100 = 20 Ω . X_v = \frac{1}{2} \cdot x_vL = \frac{1}{2} \cdot 0{,}4 \cdot 100 = 20\ \Omega. X v = 2 1 ⋅ x v L = 2 1 ⋅ 0 , 4 ⋅ 100 = 20 Ω. Zamenska šema sistema u normalnom radnom stanju (pre kvara) je:
Sa slike je:
E ‾ G ′ = U r + Q X ( d G + T 1 ) ′ U r + j P X ( d G + T 1 ) ′ U r = 129 ⋅ e j 19 ∘ 52 ′ kV ; \ph{E}'_G = U_r + \frac{QX'_{(dG+T1)}}{U_r} + \mathrm{j}\frac{PX'_{(dG+T1)}}{U_r} = 129 \cdot e^{\mathrm{j}19^\circ52'}\ \text{kV}; E G ′ = U r + U r Q X ( d G + T 1 ) ′ + j U r P X ( d G + T 1 ) ′ = 129 ⋅ e j 1 9 ∘ 5 2 ′ kV ; U ‾ = U r − Q ( X v + X T 2 ) U r − j P ( X v + X T 2 ) U r = 114,11 ⋅ e − j 12 ∘ 07 ′ kV . \ph{U} = U_r - \frac{Q(X_v + X_{T2})}{U_r} - \mathrm{j}\frac{P(X_v + X_{T2})}{U_r} = 114{,}11 \cdot e^{-\mathrm{j}12^\circ07'}\ \text{kV}. U = U r − U r Q ( X v + X T 2 ) − j U r P ( X v + X T 2 ) = 114 , 11 ⋅ e − j 1 2 ∘ 0 7 ′ kV . Ugao elektromotorne sile E ‾ G ′ \ph{E}'_G E G ′ U ‾ \ph{U} U
θ 1 = θ E G − θ U = 19 ∘ 52 ′ + 12 ∘ 07 ′ = 31 ∘ 59 ′ = 31,98 ∘ . \theta_1 = \theta_{E_G} - \theta_U = 19^\circ52' + 12^\circ07' = 31^\circ59' = 31{,}98^\circ. θ 1 = θ E G − θ U = 1 9 ∘ 5 2 ′ + 1 2 ∘ 0 7 ′ = 3 1 ∘ 5 9 ′ = 31 , 9 8 ∘ . Dinamička karakteristika sistema pre kvara je:
P 1 = E G ′ U X ( d G + T 1 ) ′ + X v + X T 2 sin δ = 132 ⋅ sin δ ; P 1 M = 132 MW . P_1 = \frac{E'_GU}{X'_{(dG+T1)} + X_v + X_{T2}}\sin\delta = 132 \cdot \sin\delta; \quad P_{1M} = 132\ \text{MW}. P 1 = X ( d G + T 1 ) ′ + X v + X T 2 E G ′ U sin δ = 132 ⋅ sin δ ; P 1 M = 132 MW . Radna tačka sistema za P = P m = 70 P = P_m = 70 P = P m = 70
sin δ 1 = 0,53 ⇒ δ 1 = 32 ∘ . \sin\delta_1 = 0{,}53 \quad\Rightarrow\quad \delta_1 = 32^\circ. sin δ 1 = 0 , 53 ⇒ δ 1 = 3 2 ∘ . Posle tropolnog kratkog spoja odata snaga generatora je P ( k ) = 0 P^{(k)} = 0 P ( k ) = 0
P 2 = 132 ⋅ sin δ ; P 2 M = 132 MW . P_2 = 132 \cdot \sin\delta; \quad P_{2M} = 132\ \text{MW}. P 2 = 132 ⋅ sin δ ; P 2 M = 132 MW . To stanje je ilustrovano na slici.
Sa slike je
P m ( δ i s − δ 1 ) = ∫ δ i s δ g r P 2 M sin δ ⋅ d δ − P m ( δ g r − δ i s ) ; P m ( δ i s − δ 1 ) + P m ( δ g r − δ i s ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s ; P m ( δ g r − δ 1 ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s . \begin{gathered} P_m(\delta_{is} - \delta_1) = \int\limits_{\delta_{is}}^{\delta^{gr}} P_{2M}\sin\delta \cdot d\delta - P_m(\delta^{gr} - \delta_{is}); \\ P_m(\delta_{is} - \delta_1) + P_m(\delta^{gr} - \delta_{is}) = -P_{2M}\cos\delta^{gr} + P_{2M}\cos\delta_{is}; \\ P_m(\delta^{gr} - \delta_1) = -P_{2M}\cos\delta^{gr} + P_{2M}\cos\delta_{is}. \end{gathered} P m ( δ i s − δ 1 ) = δ i s ∫ δ g r P 2 M sin δ ⋅ d δ − P m ( δ g r − δ i s ) ; P m ( δ i s − δ 1 ) + P m ( δ g r − δ i s ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s ; P m ( δ g r − δ 1 ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s . To znači da je
cos δ i s = P m ( δ g r − δ 1 ) + P 2 M cos δ g r P 2 M = 0,2256 , \cos\delta_{is} = \frac{P_m(\delta^{gr} - \delta_1) + P_{2M}\cos\delta^{gr}}{P_{2M}} = 0{,}2256, cos δ i s = P 2 M P m ( δ g r − δ 1 ) + P 2 M cos δ g r = 0 , 2256 , pa je δ i s = 76 ∘ 58 ′ \delta_{is} = 76^\circ58' δ i s = 7 6 ∘ 5 8 ′
Maksimalno vreme posle koga se mora isključiti kvar je
t m a x = 2 H ( δ i s − δ 1 ) π f 0 P m S G n = 4 H ( δ i s − δ 1 ) ω s P m S G n = 0,2926 s . t_{max} = \sqrt{\frac{2H(\delta_{is} - \delta_1)}{\pi f_0\dfrac{P_m}{S_{Gn}}}} = \sqrt{\frac{4H(\delta_{is} - \delta_1)}{\omega_s\dfrac{P_m}{S_{Gn}}}} = 0{,}2926\ \text{s}. t ma x = π f 0 S G n P m 2 H ( δ i s − δ 1 ) = ω s S G n P m 4 H ( δ i s − δ 1 ) = 0 , 2926 s . Pošto je t m a x > t i s = 0,15 t_{max} > t_{is} = 0{,}15 t ma x > t i s = 0 , 15
Rezultat δ i s = 76 ∘ 58 ′ \delta_{is} = 76^\circ58' δ i s = 7 6 ∘ 5 8 ′ t m a x = 0,2926 t_{max} = 0{,}2926 t ma x = 0 , 2926 > t i s = 0,15 > t_{is} = 0{,}15 > t i s = 0 , 15
← Prethodni zadatak Zadatak 9: Dvopolni kratak spoj sa zemljom i kriva njihanja 
