Zadatak 7. Turbogenerator G vezan je preko transformatora T i dvostrukog voda na sistem "beskonačne" snage. Odrediti vreme u kome se mora isključiti tropolni kratak spoj na početku jednog voda da bi generator ostao dinamički stabilan?
G P Gn Q Gn T 1 l 12 = 135 km x v = 0,4 Ω/km 2 jaka mreža S Gn = 200 MVA cos φ Gn = 0,9 U Gn = 15,75 kV x'' = 0,18 r.j. x' = 0,30 r.j. x = 1,8 r.j. H = 7 s S Tn = 200 MVA m T = 231/15,75 kV/kV x T = 12 % Poznato S G n = 200 S_{Gn} = 200 S G n = 200 MVA cos φ G n = 0,9 \cos\varphi_{Gn} = 0{,}9 cos φ G n = 0 , 9 U G n = 15,75 U_{Gn} = 15{,}75 U G n = 15 , 75 kV x ′ ′ = 0,18 x'' = 0{,}18 x ′′ = 0 , 18 r.j. x ′ = 0,3 x' = 0{,}3 x ′ = 0 , 3 r.j. x = 1,8 x = 1{,}8 x = 1 , 8 r.j. H = 7 H = 7 H = 7 s S T n = 200 S_{Tn} = 200 S T n = 200 MVA U T n = 231 U_{Tn} = 231 U T n = 231 kV x T = 12 x_T = 12 x T = 12 % l 12 = 135 l_{12} = 135 l 12 = 135 km x v = 0,4 x_v = 0{,}4 x v = 0 , 4 Ω/km Rešenje Reaktanse elemenata svedene na naponski nivo voda su:
X G ′ = x ′ ⋅ U G n 2 S G n = 0,30 ⋅ 231 2 200 = 80,0415 Ω ; X'_G = x' \cdot \frac{U_{Gn}^2}{S_{Gn}} = 0{,}30 \cdot \frac{231^2}{200} = 80{,}0415\ \Omega; X G ′ = x ′ ⋅ S G n U G n 2 = 0 , 30 ⋅ 200 23 1 2 = 80 , 0415 Ω ; Dinamička stabilnost za tranzijentni period! X T = u k ( % ) 100 ⋅ U T n 2 S G n = 12 100 ⋅ 231 2 200 = 32,0166 Ω ; X_T = \frac{u_k(\%)}{100} \cdot \frac{U_{Tn}^2}{S_{Gn}} = \frac{12}{100} \cdot \frac{231^2}{200} = 32{,}0166\ \Omega; X T = 100 u k ( % ) ⋅ S G n U T n 2 = 100 12 ⋅ 200 23 1 2 = 32 , 0166 Ω ; X v 1 = x v l 12 = 0,4 ⋅ 135 = 54 Ω ; X_{v1} = x_vl_{12} = 0{,}4 \cdot 135 = 54\ \Omega; X v 1 = x v l 12 = 0 , 4 ⋅ 135 = 54 Ω ; X v = X v 1 2 = 54 2 = 27 Ω . X_v = \frac{X_{v1}}{2} = \frac{54}{2} = 27\ \Omega. X v = 2 X v 1 = 2 54 = 27 Ω. Opterećenje generatora je:
P = P G n = S G n cos φ G n = 200 ⋅ 0,9 = 180 MW ; P = P_{Gn} = S_{Gn}\cos\varphi_{Gn} = 200 \cdot 0{,}9 = 180\ \text{MW}; P = P G n = S G n cos φ G n = 200 ⋅ 0 , 9 = 180 MW ; Q = Q G n = S G n sin φ G n = 200 ⋅ 0,436 = 87,178 MVAr . Q = Q_{Gn} = S_{Gn}\sin\varphi_{Gn} = 200 \cdot 0{,}436 = 87{,}178\ \text{MVAr}. Q = Q G n = S G n sin φ G n = 200 ⋅ 0 , 436 = 87 , 178 MVAr . Nazivni napon generatora sveden na naponski nivo voda je:
U r = U G n m T = 15,75 ⋅ 231 15,75 = 231 kV . U_r = U_{Gn}m_T = 15{,}75 \cdot \frac{231}{15{,}75} = 231\ \text{kV}. U r = U G n m T = 15 , 75 ⋅ 15 , 75 231 = 231 kV . Ekvivalentna šema sistema u normalnom radnom režimu (pre kvara) je:
Prethodna šema može se svesti na:
j X 2 = j X T + j X v = 59,0166 Ω j X 12 ( 1 ) = j X G ′ + j X 2 = 139,0581 Ω \begin{aligned} \mathrm{j}X_2 &= \mathrm{j}X_T + \mathrm{j}X_v = 59{,}0166\ \Omega \\ \mathrm{j}X_{12}^{(1)} &= \mathrm{j}X'_G + \mathrm{j}X_2 = 139{,}0581\ \Omega \end{aligned} j X 2 j X 12 ( 1 ) = j X T + j X v = 59 , 0166 Ω = j X G ′ + j X 2 = 139 , 0581 Ω Elektromotorna sila iza tranzijentne reaktanse generatora je:
E ‾ G ′ = U r + Q X G ′ U r + j P X G ′ U r = ( 261,207 + j 62,37 ) kV = 268,55 ⋅ e j 13,429 ∘ kV . \begin{aligned} \ph{E}'_G &= U_r + \frac{QX'_G}{U_r} + \mathrm{j}\frac{PX'_G}{U_r} \\ &= (261{,}207 + \mathrm{j}62{,}37)\ \text{kV} = 268{,}55 \cdot e^{\mathrm{j}13{,}429^\circ}\ \text{kV}. \end{aligned} E G ′ = U r + U r Q X G ′ + j U r P X G ′ = ( 261 , 207 + j 62 , 37 ) kV = 268 , 55 ⋅ e j 13 , 42 9 ∘ kV . Napon na sabirnicama mreže je:
U ‾ = U r − Q X 2 U r − j P X 2 U r = ( 208,727 − j 45,987 ) kV = 213,733 ⋅ e − j 12,425 ∘ kV . \begin{aligned} \ph{U} &= U_r - \frac{QX_2}{U_r} - \mathrm{j}\frac{PX_2}{U_r} \\ &= (208{,}727 - \mathrm{j}45{,}987)\ \text{kV} = 213{,}733 \cdot e^{-\mathrm{j}12{,}425^\circ}\ \text{kV}. \end{aligned} U = U r − U r Q X 2 − j U r P X 2 = ( 208 , 727 − j 45 , 987 ) kV = 213 , 733 ⋅ e − j 12 , 42 5 ∘ kV . Ugao između elektromotorne sile E ‾ G ′ \ph{E}'_G E G ′ U ‾ \ph{U} U
θ = θ E − θ U = 13,429 ∘ − ( − 12,425 ∘ ) = 25,854 ∘ . \theta = \theta_E - \theta_U = 13{,}429^\circ - (-12{,}425^\circ) = 25{,}854^\circ. θ = θ E − θ U = 13 , 42 9 ∘ − ( − 12 , 42 5 ∘ ) = 25 , 85 4 ∘ . Mehanička snaga turbine jednaka je aktivnoj snazi generatora u normalnom radnom režimu:
P m = P 0 = P = 180 MW . P_m = P_0 = P = 180\ \text{MW}. P m = P 0 = P = 180 MW . Karakteristika snaga-ugao u normalnom radnom režimu je
P 1 = E G ′ U X 12 ( 1 ) sin δ = 412,763 ⋅ sin δ ; P 1 M = 412,763 MW . P_1 = \frac{E'_GU}{X_{12}^{(1)}}\sin\delta = 412{,}763 \cdot \sin\delta; \quad P_{1M} = 412{,}763\ \text{MW}. P 1 = X 12 ( 1 ) E G ′ U sin δ = 412 , 763 ⋅ sin δ ; P 1 M = 412 , 763 MW . U režimu kvara P k = 0 P_k = 0 P k = 0
Ekvivalentna šema sistema nakon isključenja voda u kvaru je:
Sada je
X 12 ( 2 ) = X G ′ + X T + X v 1 = 166,058 Ω X_{12}^{(2)} = X'_G + X_T + X_{v1} = 166{,}058\ \Omega X 12 ( 2 ) = X G ′ + X T + X v 1 = 166 , 058 Ω Karakteristika snaga-ugao nakon isključenja voda u kvaru je
P 2 = E G ′ U X 12 ( 2 ) sin δ = 345,651 ⋅ sin δ ; P 2 M = 345,651 MW . P_2 = \frac{E'_GU}{X_{12}^{(2)}}\sin\delta = 345{,}651 \cdot \sin\delta; \quad P_{2M} = 345{,}651\ \text{MW}. P 2 = X 12 ( 2 ) E G ′ U sin δ = 345 , 651 ⋅ sin δ ; P 2 M = 345 , 651 MW . Grafici karakteristika snaga-ugao za dva analizirana režima su:
Sa krive P 1 = f ( δ ) P_1 = f(\delta) P 1 = f ( δ )
δ 1 = arcsin P 0 P 1 M = arcsin 180 412,763 = 25,85 ∘ . \delta_1 = \arcsin\frac{P_0}{P_{1M}} = \arcsin\frac{180}{412{,}763} = 25{,}85^\circ. δ 1 = arcsin P 1 M P 0 = arcsin 412 , 763 180 = 25 , 8 5 ∘ . Posle kvara radna tačka je
δ 2 = arcsin P 0 P 2 M = arcsin 180 345,651 = 31,38 ∘ . \delta_2 = \arcsin\frac{P_0}{P_{2M}} = \arcsin\frac{180}{345{,}651} = 31{,}38^\circ. δ 2 = arcsin P 2 M P 0 = arcsin 345 , 651 180 = 31 , 3 8 ∘ . Granični ugao je
δ g r = 180 ∘ − δ 2 = 180 ∘ − 31,38 ∘ = 148,62 ∘ . \delta^{gr} = 180^\circ - \delta_2 = 180^\circ - 31{,}38^\circ = 148{,}62^\circ. δ g r = 18 0 ∘ − δ 2 = 18 0 ∘ − 31 , 3 8 ∘ = 148 , 6 2 ∘ . Kritični ugao isključenja kvara dobija se iz jednakosti osenčenih površina:
P 0 ( δ i s − δ 1 ) = ∫ δ i s δ g r P 2 M sin δ ⋅ d δ − P 0 ( δ g r − δ i s ) ; P 0 ( δ i s − δ 1 ) + P 0 ( δ g r − δ i s ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s ; P 0 ( δ g r − δ 1 ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s . \begin{gathered} P_0(\delta_{is} - \delta_1) = \int\limits_{\delta_{is}}^{\delta^{gr}} P_{2M}\sin\delta \cdot d\delta - P_0(\delta^{gr} - \delta_{is}); \\ P_0(\delta_{is} - \delta_1) + P_0(\delta^{gr} - \delta_{is}) = -P_{2M}\cos\delta^{gr} + P_{2M}\cos\delta_{is}; \\ P_0(\delta^{gr} - \delta_1) = -P_{2M}\cos\delta^{gr} + P_{2M}\cos\delta_{is}. \end{gathered} P 0 ( δ i s − δ 1 ) = δ i s ∫ δ g r P 2 M sin δ ⋅ d δ − P 0 ( δ g r − δ i s ) ; P 0 ( δ i s − δ 1 ) + P 0 ( δ g r − δ i s ) = − P 2 M cos δ g r + P 2 M cos δ i s ; P 0 ( 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 0 ( δ g r − δ 1 ) + P 2 M cos δ g r P 2 M = 180 ( 148,62 ∘ − 25,85 ∘ ) + 345,651 ⋅ cos ( 148,62 ∘ ) 345,651 = 0,26207 \begin{aligned} \cos\delta_{is} &= \frac{P_0(\delta^{gr} - \delta_1) + P_{2M}\cos\delta^{gr}}{P_{2M}} \\ &= \frac{180(148{,}62^\circ - 25{,}85^\circ) + 345{,}651 \cdot \cos(148{,}62^\circ)}{345{,}651} = 0{,}26207 \end{aligned} cos δ i s = P 2 M P 0 ( δ g r − δ 1 ) + P 2 M cos δ g r = 345 , 651 180 ( 148 , 6 2 ∘ − 25 , 8 5 ∘ ) + 345 , 651 ⋅ cos ( 148 , 6 2 ∘ ) = 0 , 26207 pa je δ i s = 74,8 ∘ \delta_{is} = 74{,}8^\circ δ i s = 74 , 8 ∘
Vreme isključenja kvara koje odgovara uglu isključenja da bi se sačuvala dinamička stabilnost:
t i s = 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 = 0,291 s . t_{is} = \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{,}291\ \text{s}. t i s = 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 , 291 s . Rezultat Kritični ugao isključenja δ i s = 74,8 ∘ \delta_{is} = 74{,}8^\circ δ i s = 74 , 8 ∘ t i s = 0,291 t_{is} = 0{,}291 t i s = 0 , 291
← Prethodni zadatak Zadatak 6: Statička stabilnost elektrane u složenom sistemu Sledeći zadatak → Zadatak 8: Jednačina kretanja rotora i ugao posle kvara 
