Skip to content
Učionica

Zadatak 5

Statička stabilnost i metod sabiranja uglova: rešen zadatak

Zadatak i rešenje: prof. dr Andrija T. Sarić

Analiza elektroenergetskih sistema, TF Čačak

Zadatak

5. Ispitati statičku stabilnost turbogeneratora u sistemu sa slike, ako se jaka mreža u trajnom radu zamenjuje reaktansom i stalnim naponom iza te reaktanse.

GTPr = 460 MWQr = 0 MVAr1l12 = 250 kmZc = 320 Ω2jaka mrežaUr = U1 = 400 kVSm = 8000 MVAUm = 400 kVSGn = STn = 500 MVAUGn = 20 kVmT = 20/420 kV/kVXG = 250 %XT = 14 %

Poznato

  • SGn=STn=500S_{Gn} = S_{Tn} = 500MVA
  • UGn=20U_{Gn} = 20kV
  • UTn=420U_{Tn} = 420kV
  • XG=250X_G = 250%
  • XT=14X_T = 14%
  • l12=250l_{12} = 250km
  • Zc=320Z_c = 320Ω
  • Sm=8000S_m = 8000MVA
  • Um=400U_m = 400kV
  • Ur=U1=400U_r = U_1 = 400kV
  • Pr=460P_r = 460MW
  • Qr=0Q_r = 0MVAr

Rešenje

Proračun parametara daje:

X(G+T)=(xG+xT)(%)100⋅UGn2SGn=250+14100⋅4202500=931,4 Ω;\begin{aligned} X_{(G+T)} &= \frac{(x_G + x_T)(\%)}{100} \cdot \frac{U_{Gn}^2}{S_{Gn}} \\ &= \frac{250 + 14}{100} \cdot \frac{420^2}{500} = 931{,}4\ \Omega; \end{aligned}
Xm=Um2Sm=40028000=20 Ω;X_m = \frac{U_m^2}{S_m} = \frac{400^2}{8000} = 20\ \Omega;

Jednopolna šema sistema je (vod je idealizovan, pošto nema toka reaktivne snage):

Jednopolna šema: elektromotorna sila E_Gf, reaktansa jX_(G+T) do tačke 1 sa naponom V_r = V_r i strujom I_r, ulazna impedansa Z_ul, vod kao niz rednih induktivnosti i otočnih kapacitivnosti do tačke 2, pa reaktansa mreže jX_m do tačke m sa naponom V_m i strujom I_m.

U zadatku će biti primenjen metod sabiranja uglova fazora napona.

U opštem slučaju na uglove fazora napona najviše utiču poprečne komponente pada napona.

Fazorski dijagram: napon V_r u referentnoj osi, elektromotorna sila E_Gf iznad nje pod uglom θ1 i napon V_m ispod nje pod uglom θ2; ugao između E_Gf i V_m je θ.
E‾G=Ur+PrR(G+T)+QrX(G+T)Ur+jPrX(G+T)−QrR(G+T)Ur,\ph{E}_G = U_r + \frac{\cancel{P_rR_{(G+T)}} + \cancel{Q_rX_{(G+T)}}}{U_r} + \mathrm{j}\frac{P_rX_{(G+T)} - \cancel{Q_rR_{(G+T)}}}{U_r},
E‾G=Ur+jPrX(G+T)Ur=400+j460⋅931,4400=(400+j1071,11) kV,\begin{aligned} \ph{E}_G &= U_r + \mathrm{j}\frac{P_rX_{(G+T)}}{U_r} = 400 + \mathrm{j}\frac{460 \cdot 931{,}4}{400} \\ &= (400 + \mathrm{j}1071{,}11)\ \text{kV}, \end{aligned}

pa je ugao

θ1=arctg1071,11400⇒θ1=69∘31′.\theta_1 = \mathrm{arctg}\frac{1071{,}11}{400} \quad\Rightarrow\quad \theta_1 = 69^\circ31'.

Izračunavanje ugaonog pomeraja između napona UrU_r i U‾m\ph{U}_m.

Dva četvorokrajnika u kaskadi: od tačke r (napon V_r, struja I_r) do tačke 1 četvorokrajnik voda A_v, B_v, C_v, D_v, a od tačke 1 (napon V_1, struja I_1) do tačke m (napon V_m, struja I_m) četvorokrajnik mreže A_m, B_m, C_m, D_m.

Četvorokrajnik između tačaka r i 1 je (jednačine idealizovanog voda):

V‾r=A‾vV‾1+B‾vI‾1I‾r=C‾vV‾1+D‾vI‾1⇒V‾r=cos⁡λ⋅V‾1+jZc⋅sin⁡λ⋅I‾1I‾r=j1Zcsin⁡λ⋅V‾1+cos⁡λ⋅I‾1\begin{aligned} \ph{V}_r &= \ph{A}_v\ph{V}_1 + \ph{B}_v\ph{I}_1 \\ \ph{I}_r &= \ph{C}_v\ph{V}_1 + \ph{D}_v\ph{I}_1 \end{aligned} \quad\Rightarrow\quad \begin{aligned} \ph{V}_r &= \cos\lambda \cdot \ph{V}_1 + \mathrm{j}Z_c \cdot \sin\lambda \cdot \ph{I}_1 \\ \ph{I}_r &= \mathrm{j}\frac{1}{Z_c}\sin\lambda \cdot \ph{V}_1 + \cos\lambda \cdot \ph{I}_1 \end{aligned}

Četvorokrajnik između tačaka 1 i m je:

V‾1=A‾mV‾m+B‾mI‾mI‾1=C‾mV‾m+D‾mI‾m⇒V‾1=1⋅V‾m+jXmI‾mI‾1=0⋅V‾m+1⋅I‾m\begin{aligned} \ph{V}_1 &= \ph{A}_m\ph{V}_m + \ph{B}_m\ph{I}_m \\ \ph{I}_1 &= \ph{C}_m\ph{V}_m + \ph{D}_m\ph{I}_m \end{aligned} \quad\Rightarrow\quad \begin{aligned} \ph{V}_1 &= 1 \cdot \ph{V}_m + \mathrm{j}X_m\ph{I}_m \\ \ph{I}_1 &= 0 \cdot \ph{V}_m + 1 \cdot \ph{I}_m \end{aligned}
Ekvivalentni četvorokrajnik A_e, B_e, C_e, D_e od tačke r (napon V_r, struja I_r) do tačke m (napon V_m, struja I_m).

Kada se srede ovi četvorokrajnici dobija se

[A‾eB‾eC‾eD‾e]=[cos⁡λjZc⋅sin⁡λj1Zcsin⁡λcos⁡λ][1jXm01].\begin{bmatrix} \ph{A}_e & \ph{B}_e \\ \ph{C}_e & \ph{D}_e \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\lambda & \mathrm{j}Z_c \cdot \sin\lambda \\ \mathrm{j}\dfrac{1}{Z_c}\sin\lambda & \cos\lambda \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & \mathrm{j}X_m \\ 0 & 1 \end{bmatrix}.

Posle ovih množenja dobija se:

A‾e=cos⁡λ;B‾e=j[Xm⋅cos⁡λ+Zc⋅sin⁡λ];C‾e=j1Zcsin⁡λ;D‾e=cos⁡λ−XmZcsin⁡λ.\begin{aligned} \ph{A}_e &= \cos\lambda; \\ \ph{B}_e &= \mathrm{j}\left[X_m \cdot \cos\lambda + Z_c \cdot \sin\lambda\right]; \\ \ph{C}_e &= \mathrm{j}\frac{1}{Z_c}\sin\lambda; \\ \ph{D}_e &= \cos\lambda - \frac{X_m}{Z_c}\sin\lambda. \end{aligned}

Sada je

V‾r=A‾eV‾m+B‾eI‾mI‾r=C‾eV‾m+D‾eI‾m\begin{aligned} \ph{V}_r &= \ph{A}_e\ph{V}_m + \ph{B}_e\ph{I}_m \\ \ph{I}_r &= \ph{C}_e\ph{V}_m + \ph{D}_e\ph{I}_m \end{aligned}

odnosno moguća je i jedna pogodnija predstava

V‾m=D‾eV‾r−B‾eI‾r,\ph{V}_m = \ph{D}_e\ph{V}_r - \ph{B}_e\ph{I}_r,
V‾m=(cos⁡λ−XmZcsin⁡λ)Vr−j(Xm⋅cos⁡λ+Zc⋅sin⁡λ)Ir,\begin{aligned} \ph{V}_m &= \left(\cos\lambda - \frac{X_m}{Z_c}\sin\lambda\right)V_r \\ &\quad - \mathrm{j}\left(X_m \cdot \cos\lambda + Z_c \cdot \sin\lambda\right)I_r, \end{aligned}

gde je

Ir=Pr3Ur=460⋅1063⋅400⋅103=663,953 A.I_r = \frac{P_r}{\sqrt{3}U_r} = \frac{460 \cdot 10^6}{\sqrt{3} \cdot 400 \cdot 10^3} = 663{,}953\ \text{A}.

Rešavanjem se dobija

U‾m=3V‾m=(379,9−j117,462) kV,\ph{U}_m = \sqrt{3}\ph{V}_m = (379{,}9 - \mathrm{j}117{,}462)\ \text{kV},

pa je ugao

θ2=arctg−117,462379,9⇒θ2=−17∘11′.\theta_2 = \mathrm{arctg}\frac{-117{,}462}{379{,}9} \quad\Rightarrow\quad \theta_2 = -17^\circ11'.

Ukupan ugaoni pomeraj je

θ=θ1−θ2=69∘31′+17∘11′=86∘42′.\theta = \theta_1 - \theta_2 = 69^\circ31' + 17^\circ11' = 86^\circ42'.

Rezultat

Ukupan ugaoni pomeraj između E‾G\ph{E}_G i U‾m\ph{U}_m: θ=86∘42′\theta = 86^\circ42'.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Stabilnost · Vodovi i kablovi

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

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