Skip to content
Učionica

Zadatak 2

Dvofazni kratak spoj na krajevima generatora: rešen zadatak

Zadatak prof. dr Andrije T. Sarića. Rešenje: Miloš Sarić

Analiza elektroenergetskih sistema, TF Čačak

Zadatak

Primena matrične metode pri proračunu kratkih spojeva

Za generator sa slike iz prethodnog zadatka odrediti vremenski tok struje dvofaznog kratkog spoja na krajevima generatora.

GK1YNd, T1l122mreža

Poznato

  • SnG=100S_{nG} = 100MVA
  • UnG=15,75U_{nG} = 15{,}75kV
  • xd=1,2x_d = 1{,}2r.j.
  • xd′=0,3x_d' = 0{,}3r.j.
  • xd′′=0,2x_d'' = 0{,}2r.j.
  • xq=0,75x_q = 0{,}75r.j.
  • xq′′=0,24x_q'' = 0{,}24r.j.
  • Td′′=0,04T_d'' = 0{,}04s
  • Td′=1T_d' = 1s
  • Ta=0,15T_a = 0{,}15s

Rešenje

Šta se traži i kojim postupkom

Traži se vremenski tok struje kada se na krajevima generatora iz zadatka 1 kratko spoje dve faze, S i T, bez spoja sa zemljom. Kvar je nesimetričan, pa se rešava simetričnim komponentama. Kod dvofaznog kratkog spoja nema nultog redosleda, a šeme direktnog i inverznog redosleda vezuju se paralelno na mestu kvara, pa je:

I‾d=−I‾i=E‾Z‾d+Z‾i,I‾0=0,I‾S=−I‾T=(a‾2−a‾)I‾d=−j3 I‾d,Ik2=3 E∣Z‾d+Z‾i∣.\begin{gathered} \ph{I}^d = -\ph{I}^i = \frac{\ph{E}}{\ph{Z}^d + \ph{Z}^i}, \qquad \ph{I}^0 = 0, \\[1ex] \ph{I}_S = -\ph{I}_T = \left( \ph{a}^2 - \ph{a} \right) \ph{I}^d = -\mathrm{j}\sqrt{3}\, \ph{I}^d , \\[1ex] I_{k2} = \frac{\sqrt{3}\, E}{\left| \ph{Z}^d + \ph{Z}^i \right|} . \end{gathered}

Direktna impedansa sinhronog generatora menja se kao kod tropolnog kratkog spoja, od xd′′x_d'' preko xd′x_d' do xdx_d, dok je inverzna ista u sva tri perioda. Za vremenski tok koristi se praktična formula, kao u zadatku 1, sa karakterističnim strujama i vremenskim konstantama dvofaznog kratkog spoja. Pre kvara generator je u praznom hodu, sa E=1E = 1 r.j.

Inverzna reaktansa

Inverzno obrtno polje obilazi rotor dvostrukom učestanošću i naizmenično nailazi na njegovu d i q osu, pa je inverzna reaktansa srednja vrednost suptranzijentnih reaktansi u te dve ose:

xi=xd′′+xq′′2=0,2+0,242=0,22 r.j.x_i = \frac{x_d'' + x_q''}{2} = \frac{0{,}2 + 0{,}24}{2} = 0{,}22\ \rj

Karakteristične vrednosti naizmenične komponente

Sa baznom strujom IB=100/(3⋅15,75)=3,666I_B = 100/(\sqrt{3} \cdot 15{,}75) = 3{,}666 kA:

Ik2′′=3 Exd′′+xi=3⋅10,42=4,124 r.j.=15,12 kA,Ik2′=3 Exd′+xi=3⋅10,52=3,331 r.j.=12,21 kA,Ik2=3 Exd+xi=3⋅11,42=1,22 r.j.=4,471 kA.\begin{aligned} I_{k2}'' &= \frac{\sqrt{3}\, E}{x_d'' + x_i} = \frac{\sqrt{3} \cdot 1}{0{,}42} \\ &= 4{,}124\ \rj = 15{,}12\ \text{kA}, \\ I_{k2}' &= \frac{\sqrt{3}\, E}{x_d' + x_i} = \frac{\sqrt{3} \cdot 1}{0{,}52} \\ &= 3{,}331\ \rj = 12{,}21\ \text{kA}, \\ I_{k2} &= \frac{\sqrt{3}\, E}{x_d + x_i} = \frac{\sqrt{3} \cdot 1}{1{,}42} \\ &= 1{,}22\ \rj = 4{,}471\ \text{kA}. \end{aligned}

Vremenske konstante

Date Td′′T_d'' i Td′T_d' važe za tropolni kratak spoj na krajevima. Vremenske konstante praznog hoda su svojstvo mašine:

Td0′=Td′xdxd′=1⋅1,20,3=4 s,Td0′′=Td′′xd′xd′′=0,04⋅0,30,2=0,06 s.\begin{aligned} T_{d0}' &= T_d' \frac{x_d}{x_d'} = 1 \cdot \frac{1{,}2}{0{,}3} = 4\ \text{s}, \\ T_{d0}'' &= T_d'' \frac{x_d'}{x_d''} = 0{,}04 \cdot \frac{0{,}3}{0{,}2} = 0{,}06\ \text{s}. \end{aligned}

Kod dvofaznog kratkog spoja na red sa direktnom šemom stoji inverzna reaktansa, pa ona ima ulogu spoljne reaktanse:

Td2′=Td0′xd′+xixd+xi=4⋅0,521,42=1,465 s,Td2′′=Td0′′xd′′+xixd′+xi=0,06⋅0,420,52=0,04846 s.\begin{aligned} T_{d2}' &= T_{d0}' \frac{x_d' + x_i}{x_d + x_i} = 4 \cdot \frac{0{,}52}{1{,}42} \\ &= 1{,}465\ \text{s}, \\ T_{d2}'' &= T_{d0}'' \frac{x_d'' + x_i}{x_d' + x_i} = 0{,}06 \cdot \frac{0{,}42}{0{,}52} \\ &= 0{,}04846\ \text{s}. \end{aligned}

Jednosmerna komponenta se prigušuje sa istom vremenskom konstantom Ta=0,15T_a = 0{,}15 s kao kod tropolnog kratkog spoja na krajevima, jer je i ona određena inverznom reaktansom i otpornošću statora.

Vremenski tok struje

Po praktičnoj formuli, sa uglom α\alpha linijskog napona uSTu_{ST} u trenutku kvara, struja faze S je:

iS(t)=2[(Ik2′′−Ik2′)e−t/Td2′′+(Ik2′−Ik2)e−t/Td2′+Ik2]sin⁡(ωt−α)+2 Ik2′′e−t/Tasin⁡α,\begin{aligned} i_S(t) = \sqrt{2} \Big[ &\left( I_{k2}'' - I_{k2}' \right) e^{-t/T_{d2}''} \\ &+ \left( I_{k2}' - I_{k2} \right) e^{-t/T_{d2}'} \\ &+ I_{k2} \Big] \sin(\omega t - \alpha) \\ &+ \sqrt{2}\, I_{k2}'' e^{-t/T_a} \sin\alpha , \end{aligned}
iS(t)=2[0,7931 e−t/0,04846+2,111 e−t/1,465+1,22]sin⁡(ωt−α)+2⋅4,124 e−t/0,15sin⁡α  r.j.,\begin{aligned} i_S(t) = \sqrt{2} \Big[ &0{,}7931\, e^{-t/0{,}04846} + 2{,}111\, e^{-t/1{,}465} \\ &+ 1{,}22 \Big] \sin(\omega t - \alpha) \\ &+ \sqrt{2} \cdot 4{,}124\, e^{-t/0{,}15} \sin\alpha\ \ \rj, \end{aligned}

a struja faze T je ista, suprotnog znaka. Za α=90∘\alpha = 90^\circ jednosmerna komponenta je najveća, a udarna struja ip=11,06i_p = 11{,}06 r.j. =40,55= 40{,}55 kA, u t=9,896t = 9{,}896 ms.

Poređenje sa tropolnim kratkim spojem

Na početku je struja dvofaznog kratkog spoja manja od tropolne, Ik2′′/Ik3′′=4,124/5=0,8248I_{k2}''/I_{k3}'' = 4{,}124/5 = 0{,}8248, jer su xd′′x_d'' i xix_i bliski, pa je odnos blizu 3/2\sqrt{3}/2. U ustaljenom stanju je obrnuto, Ik2/Ik3=1,22/0,8333=1,464I_{k2}/I_{k3} = 1{,}22/0{,}8333 = 1{,}464: sinhrona reaktansa xd=1,2x_d = 1{,}2 r.j. mnogo je veća od inverzne, koja se ne menja, pa 3 E/(xd+xi)\sqrt{3}\,E/(x_d + x_i) prestiže E/xdE/x_d. Naizmenične komponente se seku posle 0,07881 0{,}07881 s.

tt [s]dvofazni: IACI_{AC} [r.j.]dvofazni: IACI_{AC} [kA]tropolni: IACI_{AC} [r.j.]tropolni: IACI_{AC} [kA]
04,12415,12518,33
0,013,96214,524,60616,89
0,053,54312,993,68913,52
0,13,29212,073,23211,85
0,23,07411,272,89110,60
0,52,729,972,358,61
12,2868,381,7536,43
21,7596,451,1724,30
51,2894,730,85023,12

Rezultat

Ik2′′=15,12I_{k2}'' = 15{,}12 kA, Ik2′=12,21I_{k2}' = 12{,}21 kA, Ik2=4,471I_{k2} = 4{,}471 kA; Td2′′=0,04846T_{d2}'' = 0{,}04846 s, Td2′=1,465T_{d2}' = 1{,}465 s, Ta=0,15T_a = 0{,}15 s; udarna struja ip=40,55i_p = 40{,}55 kA.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Kratki spojevi · Simetrične komponente · Sinhrone mašine

Izvor u PDF-u, na Drive-u (otvara se u novom tabu)

Folder predmeta Analiza elektroenergetskih sistemaNa Drive-u: Predavanja · Vežbe · Zadaci