Slavko Zubac

Idejni projekat

____________ ____________

Razvodna postrojenja

1. Jednopolna principijelna šema Na slic slicii 1.1 1.1 je prika prikaza zana na jedn jednop opol olna na prin princi cipi pije jeln lna a še šema ma EESEES-a, a, svak svakii element posebno, sa naznakom usvojenih vrijednosti.

S1

T1

G1

DV1

T1

G1

T2

DV2

G2

DV1 S1

S2

S1

S2

T3 T3

T3

S2

MREŽA M1

Slika 1.1. Jednopolna principijelna šema EES-a

Generator G1 G1 Un=15,5 [kV] Un=10,5 [kV] Sn=200 [MVA] x’’=0,19 x’=0,31 Ta=0,2 [s] Transformator T1 Transformator T2 m=15,5/110 [kV] Sn=200 [MVA] [MVA] x=0,11 r=0,08x sprega Dy5 Za sve vodove rd=0,2 [Ω /km] [km] xd=0,4 [Ω /km]

Mreža M1

Generator

Un=220 [KV] Sn’’=8000 [MVA] Sn’=7000[MVA] S0=6000[MVA] kud=1,8

Sn=150 [MVA] x’’=0,2 x’=0,35 Ta=0,3 [s]

Transformator T3 m=110/231 [kV] Sn=200 [MVA]

m=10,5/110 [kV] Sn=150

x=0,12 r=0,1x sprega Yy0

x=0,12 r=0,1x sprega Dy5

Vod V1 l1=2x50 [km]

Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

Vod V2 l2=1x80

1

Idejni projekat

____________ ____________


r0=0,35 [Ω /km] x0=1,3 [Ω /km] Sn=100 [MVA]


2

Idejni projekat

____________ ____________


2. Dimenzionisanje kablova Transfor Transformator matorii su na generator generatorske ske sabirnice sabirnice povezani povezani kablovima kablovima tipa IPZO, položenim u betonski kanal. Da bi odredili broj i presjek kablova potrebno nam je ukupno opterećenje veze, koje iznosi: I nr =

S nT 1 3U n1

200

=

3 ⋅15, 5

= 7,458 [ k Α]

Izab Izabra raće ćemo mo kabl kabl tipa tipa IPZO IPZO,, pres presjek jeka a 3x50 3x500 0 [mm [mm2], koji koji ima ima tabl tablič ične ne podatke:

= 580 [ Α] ΘtdT = 65  0 C 

I tdT

i

ΘmaxKS = 155  0 C  Preračunavanje tabličnih trajno dozvoljenih struja za uslove polaganja različite od tabličnih, u konkretnom slučaju za polaganje u betonski kanal, vrši se prema sljedećoj relaciji: I td

= n ⋅ k 5 ⋅ k 6 ⋅ I tdT

gdje je: n - broj kablova, k 5 - koeficijent temperature vazduha, k 6 - koeficijent broja i načina polaganja kablovskih sistema. Kablovi će biti položeni u betonski kanal tako da nije potrebna korekcija (k6=1) kao što je prikazano na slici 2.1. Potreban broj kablova određuje se iz relacije: n≥

I nr k5 ⋅ k6 ⋅ I tdT

=

7458 1,15 ⋅1 ⋅ 580

Iz tablica smo dobili td

=I n ⋅ k 5 ⋅ k 6 ⋅

tdT

k5

= 11,18 , pa usvajamo n=12. = 1,15 .

1,15 ⋅1 ⋅58 5 80 I= 12 ⋅1,


= 8004 [ Α] >

nr

=I 7 458 [ A ]

3

Idejni projekat

____________ ____________


Slika 2.1. Raspored kablova u betonskom kanalu

Provjera kablova na termička naprezanja. Najkritičnije mjesto kvara, za koje se ima najveća struja kvara, je na kablovskoj glavi (slika 2.2).

G1

T1 Kabl IPZO

G1

T1

E

Slika 2.2. Kvar na generatorskim sabirnicama Ekviva Ekvivalen lentna tna zamjen zamjenska ska šem šema, a, sa parame parametr trima ima sveden svedenim im na mjesto mjesto kvara, za proračun struje kvara, je data na slici 2.3.


4

Idejni projekat

____________ ____________

(XG1 ) XG1 RG1

XT1

RT1

XV1

RV1

RG1

XT1

RT1

XV1

RV1

XG1 (XG1 )

RV1

XV1

XT2

RT2


RG2

(XG2) XG2

E XT3

XT3 XT3

RT3

RT3 RT3 Xm1 ( Xm1) Rm1

Slika 2.3. Ekvivalentna šema kada je kvar na generatorskim sabirnicama

Proračun parametara na strani 15,5 [kV]: 2

2

15,5 U nG1 = 0,19 ⋅ = 0, 23 [Ω] X ′′G1 = x ′′ ⋅ 1

X ′G1 = x1′ ⋅ RG1 =

S nG1 U nG12 S nG1

X ′′G1

ω T G1

XT 1 = xT 1 T 1 = Tr R 1

0,23

=

U nT 1

314 ⋅ 0, 2 2

S nT 1 U nT 12 S nT 1

= 0, 31 ⋅

= 0,11 ⋅ = 0, 08 ⋅

200 15,52 200

= 0, 23 [Ω]

= 0,004 [Ω] 15,52 200

X T 1

= 0,13 [Ω]

= 0 , 08 ⋅ 0,13 = 0, 01 [Ω] 2

 15,5  = 0, 4 Ω Xv1 = xv1 ⋅ lv1 ⋅ ( m1 ) = 0, 4 ⋅ 50 ⋅  [ ]   110  2 15,5   2 Rv1 = rv1 ⋅ lv1 ⋅ ( m1 ) = 0, 2 ⋅ 50 ⋅   = 0, 2 [ Ω] 110   2


5

Idejni projekat

____________ ____________


2

 15,5  = 0, 64 Ω Xv 2 = xv 2 ⋅ lv 2 ⋅ ( m1 ) = 0, 4 ⋅ 80 ⋅  [ ]   110  2 15,5   2 Rv 2 = rv 2 ⋅ lv 2 ⋅ ( m1 ) = 0, 2 ⋅ 80 ⋅   = 0, 32 [ Ω]  110  2 1102  15, 5  U nT 2 2 2 ⋅ ( m1 ) = 0,12 ⋅ ⋅ T 2 = T X x2 ⋅  = 0,19 [ Ω] 150  110  S nT 2 2

RT 2 = Tr2 ⋅

U nT 2

2

⋅(

S nT 2

= 0,1⋅

)2 m 1

0,19 = 0, 019 [ Ω] XT 2 = 0,1 ⋅ 0,

2

2 2 2   1 1 0 , 5 1 1 0 1 5 , 5     2 ⋅   ⋅ (m1 ) = 0, 2 ⋅ ⋅ X ′′G 2 = x ′ ⋅  = 0, 32 [ Ω]  ⋅  150  10, 5   110  SnG 2  m2  2 2 2 2 10, 52  110   15, 5  U nG 2  1  2 ′G 2 = ′x⋅ ⋅   ⋅ ( 1m) = 0, 35 ⋅ ⋅ X  = 0, 56 [ Ω]  ⋅  150  10, 5   110  SnG 2  m2  0,32 X ′′G 2 = = 0,0034 [ Ω] RG 2 = ω T G 2 314 ⋅ 0, 3 2 1102  15, 5  U nT 32 2 ⋅ (m1 ) = 0,12 ⋅ ⋅ X T 3 = xT 3 ⋅  = 0,14 [ Ω] 200  110  S nT 3

U nG 22

2

2

RT 3 = Tr3 ⋅ X′′m1 =

U nT 32 S nT 3 2

U nm1

2

m0 = X

kud

2

S 0 m1

= 1+ e

T am1

=−

Rm1

=

−

= 0,1⋅

0,14 = 0, 014 [ Ω] XT 3 = 0,1 ⋅ 0, 2

2

110 15, 5  ⋅   ⋅  m 3) ⋅( m 1) =  = 0, 027 [ Ω] 8000  231   110  2 2 220 2  110   15, 5  2 2 ⋅( m = ⋅  ⋅ m 3) 1)  = 0,031[ Ω] 7000  231   110  2 2 2202  110   15, 5  2 2 ⋅( m = ⋅  ⋅ m 3) 1)  = 0, 036 [ Ω] 6000  231   110 

U nm1 ⋅( X′m1 = ′1 S nm U nm1

2 m 1)

2

⋅(

′1 S nm

⋅(

⋅(

2202

2

0,01 T am1

= 1, 8

0, 01 ln ( k ud − 1)

X m′′1

ω ⋅ T am

=

=−

0, 01 ln ( 1, 8 −1)

0,027 314 ⋅ 0,045 ,045

= 0,04 ,045 [ s ]

= 0,002 [ Ω]


6

Idejni projekat

____________ ____________


Uprošćavamo ekvivalentnu šemu:

(XG1e ) XG1e

RG1e

(X2e ) X2e

R2e

(X3e ) X3e

R3e

R1e

X1e E

Slika 2.4. Uprošćena ekvivalentna šema kada je kvar na generatorskim sabirnicama X G′′1e

=

X G′ 1e

=

RG1e

=

2 X G′ 1 2

RG1

= =

=

2

X T 1

X 1e = R1e =

X G′′1

2

+

RT 1

2

+

0,23 2 0,37

2 0,004 2 X v1

=

= 0,115 [ Ω] = 0,185 [ Ω] = 0,002 [ Ω] 0,13 ,13

2

0,01 ,01

2

2

+

2

0,2

=

2

X2 e′′ = XT 2 + Xv 2+ XG= ′′ 2

R2 e = RT 2 + Rv2+ RG= 2

X 3′e = R3e =

2

RT 3

2

′ m1= + X

+ Rm1=

,19 +0,64= 0,56 +0,19 Ω 1,39

0,14

′′ + X m1=

X T 3

]

0+,019 ,019 +0,32 = 0,003 ,0034Ω 0,34

X T 3

2

Ω 0,1 [

]

,19 +0,64= 0,32 ,15 +0,19 Ω 1,15

X2′e = XT 2 + Xv2+ ′XG= 2

X 3e′′ =

Ω0, 26 [

=

2

Rv1

=

0, 4

+

+

2

0,14 +

2

0,014 +

2

0,027 ,027 =0,074 ,074 Ω [ = 0, 031 Ω 0, 078

[ ]

= 0, 002 Ω 0,007 ,007

[ ]

[ ] [ ] [ ]

]

Ekvivalentnu šemu svodimo na sljedeći oblik:

( X L ) XL

RL

( X D ) XD

RD

E

Slika 2.5. Uprošćena ekvivalentna šema kada je kvar na generatorskim sabirnicama Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

7

Idejni projekat

____________ ____________


X ′′L = X ′G1 e = 0,115 [ Ω ] X ′L = X ′G1 e = 0,185 [ Ω ] R L = R G1 e = 0,002 [ Ω ] X D′′

= X 1e +

X 2′′e ⋅ X 3′e

1,15 ,15 ⋅ 0,074 ,074

= 0, 33 [ Ω] + X 3′e 1,15 + 0, 07 074 X ′ ⋅ X ′ 1,39 ⋅ 0,078 ,078 = 0, 33 [ Ω] X D′ = X 1e + 2e 3e = 0, 26 + 1, 39 39 + 0, 07 078 X 2′e + X 3′e R ⋅ R 0,34 ⋅ 0,007 = 0,1[ Ω] R D = R1e + 2e 3e = 0,1 + 0, 34 34 + 0, 00 007 R2 e + R3e 0,33 ⋅ 0,11 ,115 X ′′ ⋅ X L′ = = 0,08 [ Ω] X e′′ = D 33 + 0,115 X D′′ + X L′ 0, 33 0,33 ⋅ 0,18 ,185 X ′ ⋅ X L′ = = 0,19 [ Ω] X e′ = D 33 + 0,185 X D′ + X L′ 0, 33 0,1⋅ 0,002 ,002 R ⋅ R = 0,002 [ Ω] Re = D L = 002 R D + RL 0,1 + 0, 00 X 2′′e

= 0, 26 +

Da bi utvrdili da li je proračun samo sa reaktansama dovoljno tačan, provjeravamo da li važi uslov X L′

=

R L X D′

=

R D

0,115 0,002 0,33

X '' R

≥ 3 i sa lijeve i sa desne strane.

= 57, 5 > 3

= 3, 3 > 3

0,1

Pošto su uslovi zadovoljeni eni, zanemarenje aktivnih otpornosti. U n

I 0′′ =

3 ⋅ X e′′

I ′′ = 1,1 ⋅ I ′ =

15,5

=

3 ⋅ 0, 08

U n 3 ⋅ X e′′

1,15 ⋅ U n 3 ⋅ X e′

=

struju kvara

možemo rač aču unati uz

=112[ kA]

= 1,1 ⋅ I 0′′ = 1,1 ⋅112 = 123, 2[ kA]

1,15⋅ 15,5 3 ⋅ 0,19

= 54,23[ kA]

Ekvivalentnu aperiodičnu vremensku konstantu računamo kao: T ae t i

=

X e′′

ω ⋅ Re

=

0,08 314 ⋅ 0,002 ,002

= 0,13 [ s ]

= 0, 22 22 [ s ]

Provjeravamo uslov: Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

8

Idejni projekat 2 3

____________ ____________


2

⋅ ti = ⋅ 0, 22 = 0,15 [ s ] > T ae = 0,13 [ s ] 3

Uslov je zadovoljen pa eksponencijalni član u izrazu za toplotni impuls zanemarujemo. Toplotni impuls struje kvara na mjestu kvara je: A = I0′ 2 ⋅ Tae + I′2 ( ti

+ ∆ t)

A = 1122 ⋅ 0,13 + 54, 23 2 ⋅ ( 0, 22 + 0, 05 )

= 2424, 76 ( kA ) 2 ⋅s 

Uzeli smo ∆t = 0,05 jer je kvar u blizini generatora. Na osnovu osnovu toplot toplotnog nog impuls impulsa a odredi odredićem ćemo o minima minimalni lni potreb potrebni ni presje presjek k kabla, koji ne bi bio oštećen strujom kvara. qmin

= β

A

= 8, 22 ⋅

2424, 76

= 404, 77 mm 2  < q = 500 mm 2 

gdje je β - koeficijent adijabatskog zagrijavanja vodova. Znači, odabrani presjek zadovoljava. Provjera koliko dugo mogu „izdržati“ položeni kablovi ako na jednom od njih dođe do kvara (prekida), vrši se na sljedeći način: Opterećenje jednog kabla kada svi funkcionišu je: I 1 K

=

I nr n

=

7458 12

= 621,5 [ A ]

a on je u stanju da podnese I td 1K =

I td n

=

8004 12

= 667 [ A ]

što ostavlja izvjesnu rezervu. Ovako opterećeni kablovi zagrijaće se na temperaturu od 2

2  I 1 K  621,5   Θ max =   ⋅ ∆Θtd + Θa =  667  ⋅ 45 + 20 = 59 [ °C ] < ΘtdT = 6 5 [ °C ] I    td1K 

gdje je ∆ Θtd = ΘtdT − Θa

Ako ispadne jedan kabl, ostali kablovi biće opterećeni strujom


9

Idejni projekat

I 1′ K

=

I nr n −1

____________ ____________

=

7458 11


= 678 [ A ]

pa će se svaki od njih zagrijati na temperaturu ∆ Θtd = Θtd − Θa 2

2  I 1′ K  678   Θ max =   ⋅ ∆Θtd + Θa =  667  ⋅ 45 + 20 = 66, 5 [ °C ] > ΘtdT = 6 5 [ °C ] I    td1K 

što znači da sistem neće moći trajno da radi i pri ispadu jednog kabla. Zagrijavanje kablova mozemo opisati relacijom: − t  − Tt  Θ ( t ) = ∆Θ 1 − e  + ∆Θmaxe T + Θ a   ''

''

max

Usvajajući da je T=30 [min] i Θ'' ( t ) = ΘtdT = 65  0 C  , možemo izračunati za koje vrijeme će se dostići trajno dozvoljena temperatura pri ispadu jednog kabla. −

t

−

t

Θtd = ∆Θ′max − ∆Θ′m′ ax e + ∆Θ max e + Θ a  ∆Θtd −∆ −∆Θ Θ′max  t = −T ⋅ ln  ∆Θ′m′ ax   ∆Θmax − ∆Θ   65 − 66, 5  t = −30 ⋅ ln   = 48, 28 [ min ] .  59 − 66, 5  T


T

10

Idejni projekat

____________ ____________


3. Jednopolna principijelna šema razvodnog postrojenja Razvodno postrojenje (RP1) obuhvata površinu 150x100 [m 2]. Sabirnice S1 i S2 se sastoje od jedne glavne i jedne pomoćne. Kvarovi se isključuju za 0,22 [s]. Jednopolna šema sa naznakom komutacionih aparata je prikazana na slici 3.1.

DV1

D V1

P4

P4

D V2

S P1

P5

GS1 PS 1

P3

P3

T3

P2

P3

T3

P2

T3

P2

SP2

GS2 PS 2

P1

M 1

Slika 3.1. Jednopolna principijelna šema razvodnog postrojenja


11

Idejni projekat

____________ ____________


4. Dimenzionisanje sabirnica Za razvodno postrojenje napona 110 [kV] koristićemo sabirničku užad. Da bi odredili struju sabirnice treba nam raspored polja po sabirnicama. Glavne sabirnice se biraju prema najoptrećnijoj dionici. Iz praktičnih razloga i pomoćne se dimenzionišu kao glavne.

4.1 Dimenzionisanje sabirnica S1 Raspored tokova snaga po sabirnicama S1 je dat na slici 4.1.1.

0

100 0

10 0

DV1 100

0

T3

200

10 0

DV1 100

T3

200

100

0

0

100

DV2 10 0

T3 200

Slika 4.1.1. Tok snaga na sabirnicama S1 Maksimalno opterećenje dionica prema slici 4.1.1 je Smax=100 [MVA]. Maksimalna radna struja je: I max

=

S max 3 ⋅ U n

=

100 3 ⋅110

= 525 [ A ]

Ovoj struji odgovara uže Al/Če naznačenog presjeka 185/30 [mm2] i

= 535 [ A ] ΘaT = 40 [ °C] ΘtdT = 80 [ °C]

I tdT

Al/Če = 6,2 d = 19 [ mm ] Trajno dozvoljena struja za mjesto i uslove ugradnje je: I tdT ≥

I max1 k1 ⋅ k 2 ⋅ k 3

gdje su : Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

12

Idejni projekat k 1 k 3

____________ ____________


(za užad) Θ td − Θ a 70 − 40 = = = 0,866 80 − 40 Θ tdT − Θ aT =

I tdT

k 2

=1

= 535 [ A ] ≥

I max1 k 3

=

525 0,866

= 606 [ A ]

Uslov nije zadovoljen, pa biramo uže Al/Če naznačenog presjeka 210/50 [mm ] i 2

= 610 [ A ] ΘaT = 40 [ °C] ΘtdT = 80 [ °C]

I tdT

Al/Če = 4,2 d = 21[ mm ] . Za ovo uže je I tdT

= 610 [ A ] ≥

I max1 k 3

=

525 0,866

= 606 [ A ] .

Provjera na kratkotrajna termička naprezanja Za odabrano uže β =10, a koeficijent skin efekta za sabirnice u vidu užadi je k s ≈ 1 . qmin

= β

A

Mor Moramo amo prvo izr izrač ačun unat atii toplo oplotn tnii imp impuls uls stru truje kvar vara za kvar kvar na sabirnicama S1, koristeći ekvivalentnu šemu sa slike 2.3. Sve veličine svodimo na 110 kV stranu. 2

2  1  15, 5 2  110  ⋅   = 0,19 ⋅ ⋅ X G′′1 = x1′′ ⋅  = 11, 5 [ Ω] 200  15, 5  SnG1  m1  2 2 15, 5 2  110  U nG12  1  ⋅   = 0, 31 ⋅ ⋅ X G′ 1 = x1′ ⋅  = 18, 8 [ Ω] 200  15, 5  SnG1  m1  X G′ 1 11,5 = = 0,18 [ Ω] RG1 = ω ⋅ T aG1 314 ⋅ 0, 2

U nG12

XT 1 = xT 1 ⋅ T 1 = 1r⋅ R

U nT 12 S nT 1 2

U nT 1

S nT 1

= 0,11⋅

= 0,1 ⋅

110 2 200

X T 1

= 6, 65 [ Ω]

= 0,1 ⋅6, 6, 65 = 0, 66 [ Ω]


13

Idejni projekat

____________ ____________


Xv1 = xv1 ⋅ lv1 = 0, 4 ⋅ 50 = 20 [ Ω] Rv1 = rv1 ⋅ lv1 = 0, 2 ⋅ 50 = 10 [ Ω] Xv 2 = xv 2 ⋅ lv 2 = 0, 4 ⋅ 80 = 32 [ Ω] Rv 2 = rv 2 ⋅ lv 2 = 0, 2 ⋅ 80 = 16 [ Ω] XT 2 = x2 ⋅ R T 2 = 2r⋅

U nT 2 2

= 0,12 ⋅

S nT 2

U nT 2

2

= 0,1 ⋅

S nT 2

110 2 150

= 9, 68 [ Ω]

= 0,1 ⋅9, 9, 68 = 0, 97 [ Ω]

X T 2 2

2  1  10, 5 2  110  ⋅   = 0, 2 ⋅ ⋅ X G′′ 2 = x2′ ⋅  = 16,13 [ Ω] 150  10, 5  SnG 2  m2  2 2 10, 5 2  110  U nG 2 2  1  ⋅   = 0, 35 ⋅ ⋅ X G′ 2 = x2′ ⋅  = 28, 23 [ Ω] 150  10, 5  SnG 2  m2  X G′ 2 16,13 = = 0,17 [ Ω] RG 2 = ω ⋅ T aG 2 314 ⋅ 0, 3

U nG 2 2

XT 3 = x3 ⋅ T 3 = 3r⋅ R

U nT 32

= 0,12 ⋅

S nT 3

U nT 3 2 S nT 3

= 0,1 ⋅

110 2 200

X T 3

= 7, 26 [ Ω]

= 0,1 ⋅ 7, 7, 26 = 0, 73 [ Ω] 2

110 ⋅ ( m3 ) = ⋅   X m′′1 =  = 1,37 [ Ω] ′′ 1 8000  231  S nm 2 220 2  110  U nm12 2 ⋅ ( m3 ) = ⋅   = 1,57 [ Ω] X m′ 1 = ′ 7 0 0 0 S nm1  231  2 220 2  110  U nm0 2 2 ⋅ ( m3 ) = ⋅   = 1,83 [ Ω] X m0 = 6000  231  S 0 m1

U nm12

kud = 1 + e T am

=−

Rm1

=

−

2

220 2

0,01

T am

0, 01 ln ( k ud − 1)

X m′ 1

ω ⋅ T am

=

=−

0, 01 ln ( 1, 8 −1)

1,37 314 ⋅ 0,045 ,045

,045 [ s ] = 0,04

= 0,1[ Ω]


14

Idejni projekat

____________ ____________



XL1 (X L1 )

RL1

XL2 (X L2 )

RL2

XD (X D )

RD

Slika 4.1.2. Uprošćena ekvivalentna šema kada je kvar na sabirnicama S1

X L′′1

=

X L′ 1

=

2 X G′ 1 2

RG1

+ X T 1 + +

+

2 X T 1 2

RT 1

2 X T 3

2

+

+

X v1 2 X v1 2

Rv1

= =

11, 5 2 18, 8

+ +

6, 65 2 6, 65

+ +

20 2 20

2 2 2 0,18 0, 66 10

= 19,08 [ Ω] = 22,72 [ Ω]

= + + = 5,42 [ Ω] 2 2 2 2 7,26 + X m′ 1 = + 1, 37 37 = 3, 79 79 [ Ω] X L′′2 = 3 3 7,26 X + 1, 57 57 = 3, 99 99 [ Ω] X L′ 2 = T 3 + X m′ 1 = 3 3 0,73 R + 0,1 = 0, 34 [ Ω] R L 2 = T 3 + Rm1 = 3 3 X′′D = X v2 + X T2 + X′′G2 = 32 + 9, 68 + 16,13 = 57, 81 [ Ω] R L1

=

X G′′1

X′D = X v2 + X T2 + X′G2

= 32 + 9, 68 + 28, 23 = 69, 91 [ Ω] R D = Rv2 + RT2 + RG2 = 16 + 0, 97 + 0,17 = 17,14 [ Ω] 19,08 ⋅ 3,79 X ′ ⋅ X ′′ = 3,16 [ Ω] X L′′ = L1 L 2 = 08 + 3, 79 79 X L′ 1 + X L′ 2 19, 08 22,72 ⋅ 3,99 X ′ ⋅ X ′ 3, 4 [ Ω] = 3,4 X L′ = L1 L 2 = 72 + 3, 99 99 X L′ 1 + X L′ 2 22, 72 5,42 ,42 ⋅ 0,34 ,34 R ⋅ R = 0,32 [ Ω] R L = L1 L 2 = 42 + 0, 34 34 R L1 + RL 2 5, 42 3,16 ,16 ⋅ 57,81 57,81 X ′′ ⋅ X D′ = = 3[ Ω] X e′′ = L 81 X L′ + X D′′ 3,16 + 57, 81 3,4 ⋅ 69,91 ,91 X ′ ⋅ X D′ = = 3,24 [ Ω] X e′ = L 3, 4 + 69, 91 91 X L′ + X D′ 0,32 ⋅17,1 17,14 4 R ⋅ R = 0,31[ Ω] Re = L D = 32 + 17,14 R L + RD 0, 32


15

Idejni projekat

____________ ____________


Provjeravamo uslov: X e′ Re

3

=

= 9, 68 > 3

0,31

Uslov je ispunjen pa dalji proračun vršimo samo sa reaktansama: U n

I 0′′ =

3 ⋅ X e′′

=

110 3 ⋅3

= 21,2 [ kA ]

I " = 1,1 ⋅ I 0′′ = 1,1 ⋅ 21, 2 = 23, 32 [ kA ] I ′ =

1,15 ⋅U n

T ae =

3 ⋅ X e′

X e′′

ω ⋅ Re

=

=

1,15 ⋅110

= 22,56 ,56 [ kA ]

3 ⋅ 3, 24 3

314 ⋅ 0, 31

= 0,031 ,031[ s ]

Sad provjeravamo uslov: 2 3

2

⋅ ti = ⋅ 0, 22 = 0,15 [ s ] > T ae = 0, 031 [ s ] 3

Pošto Pošto je uslov uslov zadovoljen zadovoljen znači da zanemaruje zanemarujemo mo eksponenc eksponencijalni ijalni član u izrazu za toplotni impuls: A = I0′2 ⋅ Tae + I′ 2 ( ti

+ ∆ t)

∆t = 0

usvajamo

A = ( 21, 2 )

2

⋅ 0, 031 + ( 22, 56 ) 2 ⋅0, 22 =125, 9 ( kA ) 2 s 

Odavde slijedi: qmin

= β

A

= 10 ⋅

125, 9

= 112, 2 mm 2  < q = 210 mm 2 

što što znač značii da odab odabra rani ni pres presje jek k zado zadovo volj ljav ava a po pita pitanj nju u krat kratko kotr traj ajni nih h termičkih naprezanja.

Provjera na koronu: Potrebni minimalni prečnik užeta da se na sabirnicama ne bi javila korona pri dobrim vremenskim uslovima može se odrediti na osnovu relacije: d min

= U nmreže = 9

110 9

= 12,22[ mm ]


16

Idejni projekat

____________ ____________


Računamo ekvivalentni prečnik: de

= 2⋅

d 2

⋅ d 12

Ako uzmemo da je d12=200 [mm], imamo: de

= 2⋅

21 2

⋅ 200 = 91, 65 [ mm mm ] > d min

Pa zaključujemo da odabrano uže zadovoljava.

4.2 Dimenzionisanje sabirnica S2 Raspored tokova snaga po sabirnicama S2 je dat na slici 4.2.1.

0

0

200

20 0

400

0

T3

T3

200

200

M1

60 0

T3 200

Slika 4.2.1. Tok snaga na sabirnicama S2 Maksimalno opterećenje dionica prema slici 4.2.1 je Smax=400 [MVA]. Maksimalna radna struja je: I max

=

S max 3 ⋅ U n

=

400 3 ⋅ 231

= 1000 [ A ]

Ovoj struji odgovara uže Al/Če naznačenog presjeka 560/50 [mm2] i

= 1040 [ A ] ΘaT = 40 [ °C ] ΘtdT = 80 [ °C]

I tdT

Al/Če = 11,2 d = 32, 2 [ mm ] Trajno dozvoljena struja za mjesto i uslove ugradnje je: Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

17

Idejni projekat

I tdT ≥

____________ ____________


I max1 k1 ⋅ k 2 ⋅ k 3

gdje su : k 1 k 3

(za užad) Θ td − Θ a 70 − 40 = = = 0,866 80 − 40 Θ tdT − Θ aT =

I tdT

k 2

=1

= 1040 [ A ] ≥

I max1 k 3

=

1000 0,866

= 1154, 73 [ A ]

Uslov nije zadovoljen, pa biramo uže Al/Če naznačenog presjeka 680/85 [mm ] i 2

= 1150 [ A ] ΘaT = 40 [ °C ] ΘtdT = 80 [ °C]

I tdT

Al/Če = 8,0 d = 36 [ mm ] .

Provjera na kratkotrajna termička naprezanja Za odabrano uže β =13,5, a koeficijent skin efekta za sabirnice u vidu užadi je k s ≈ 1 . qmin

= β

A

Mor Moramo amo prvo izr izrač ačun unat atii toplo oplotn tnii imp impuls uls stru truje kvar vara za kvar kvar na sabirnicama S2, koristeći ekvivalentnu šemu sa slike 2.3. Sve veličine svodimo na 231 kV stranu. 2

2

2 2  1   1  15, 5 2  110   231  ⋅   ⋅   = 0,19 ⋅ ⋅ X G′′1 = x1′′ ⋅  ⋅   = 50, 7 [ Ω] 200  15, 5   110  SnG1  m1   m3  2 2 2 2 15, 5 2  110   231  U nG12  1   1  ⋅   ⋅   = 0, 31 ⋅ ⋅ X G′ 1 = x1′ ⋅  ⋅   = 82, 71[ Ω] 200  15, 5   110  SnG1  m1   m3  X G′ 1 50, 7 = = 0,81[ Ω] RG1 = ω ⋅ T aG1 314 ⋅ 0, 2 2 2 110 2  231  U nT 12  1  ⋅   = 0,11 ⋅ ⋅   = 29, 3 [ Ω ] XT 1 = xT 1 ⋅ 200  110  SnT 1  m3  2 U nT 12  1  ⋅   = 0,1 ⋅ T X1 = 0,1 ⋅29 2 9, 3 = 2, 93 [ Ω] 1 = T 1r⋅ T R SnT 1  m3 

U nG12


18

Idejni projekat

____________ ____________


2

2  1  231   Xv1 = xv1 ⋅ lv1 ⋅   = 0, 4 ⋅ 50 ⋅  110  = 88, 2 [ Ω] m    3  2 2  1  231   Rv1 = rv1 ⋅ lv1 ⋅   = 0, 2 ⋅ 50 ⋅  110  = 44,1[ Ω] m    3  2 2  1  231   80 ⋅  Xv 2 = xv 2 ⋅ lv 2 ⋅   = 0, 4 ⋅ 80  = 141,12 [ Ω] 110 m    3  2 2  1  231   Rv 2 = rv 2 ⋅ lv 2 ⋅   = 0, 2 ⋅ 80 ⋅  110  = 70, 56 [ Ω] m    3  2 2 110 2  231  U nT 2 2  1  ⋅   = 0,12 ⋅ ⋅   = 42, 7 [ Ω] XT 2 = x2 ⋅ 150  110  SnT 2  m3  2 U nT 2 2  1  4 2, 7 = 4, 27 [ Ω] ⋅   = 0,1 ⋅ T X2 = 0, 1 ⋅ 42 2 = 2 ⋅r T R SnT 2  m3  2 2 2 2 10, 5 2  110   231  U nG 2 2  1   1  ⋅   ⋅   = 0, 2 ⋅ ⋅ X G′′ 2 = x2′ ⋅  ⋅   = 71,15 [ Ω] 150  10, 5   110  SnG 2  m2   m3  2 2 2 2 10, 5 2  110   231  U nG 2 2  1   1  ⋅   ⋅   = 0, 35 ⋅ ⋅ X G′ 2 = x2′ ⋅  ⋅   = 124, 5 [ Ω] 150  10, 5   110  SnG 2  m2   m3  X G′ 2 71, 71,15 = = 0,76 [ Ω] RG 2 = ω ⋅ T aG 2 314 ⋅ 0, 3

XT 3 = xT 3 ⋅

=

R

T 3

X m′′1 X m′ 1 X m0

r

T3 ⋅

U nT 3

S nT 3

U nT 32

′′ 1 S nm U nm12

=

′1 S nm

=

U nm12 S 0 m1

kud = 1 + e T am

=−

Rm1

=

−

= = =

= 0,12 ⋅ = 0,1 ⋅

S nT 3

U nm12

=

2

2202 8000 220 2 7000 2202 6000

2312 200

X T 3

= 32 [ Ω]

= 0,1 ⋅ 32 = 3, 2 [ Ω]

= 6,05 [ Ω] = 6,91[ Ω] = 8,07 [ Ω]

0,01

T am

0, 01 ln ( k ud − 1)

X m′ 1

ω ⋅ T am

=

=−

0, 01 ln ( 1, 8 −1)

6,05 314 ⋅ 0,045 ,045

= 0,04 ,045 [ s ]

= 0,43 [ Ω]


19

Idejni projekat

____________ ____________



XL1 (X L1 )

RL1

XL2 (X L2 )

RL2

XT3e

RT3e

Xm1 (X m1 )

Rm1

Slika 4.2.2. Uprošćena ekvivalentna šema kada je kvar na sabirnicama S2 X L′′1

′′ 50, 7 29, 3 88, 2 = X G1 + X T 1 + X v1 = + + = 84,1[ Ω]

X L′ 1

=

R L1

=

2 X G′ 1 2

RG1

+

+

2

RT 1

+

2 X v1 2

Rv1

=

2 82, 71

+

2 29, 3

+

2 88, 2

2 2 2 0, 81 2, 93 44,1

= 100,1[ Ω]

= + + = 23,92 [ Ω] 2 2 2 2 2 2 97 [ Ω] X v2 + X T2 + X′′G2 = 141,12 + 41, 7 + 71,15 = 253, 97

X′′L2

+

2 X T 1

= 32 [ Ω] X′L2 = X v2 + X T2 + X′G2 = 141,12 + 41, 7 + 124, 5 = 307, 32 27 + 0, 76 = 75, 59 [ Ω] R L2 = Rv2 + RT2 + RG2 = 70, 56 + 4, 27 X T 3e

=

RT 3e

=

X ′′ L= X ′ R

= L

X T 3 3

RT 3

= =

32

3 3,2 3, 2

3 3 X L′ 1 ⋅ X L′′2

X L′ 1 ⋅ X L′ 2

X e′

=

Re

=

+ X 3T e=

X L′ 1 + X L′ 2

+ R 3T e=

R L1 + RL 2

X e′′ =

X L′′ ⋅ X m′ 1

X L′ + X m′′1 X L′ ⋅ X m′ 1

X L′ + X m′ 1 R L ⋅ Rm1

R L + Rm1

= 1, 07 [ Ω]

+ X 3T e=

X L′ 1 + X L′ 2

R L1 ⋅ RL 2

=

L

= 10,67 [ Ω]

= =

=

84,1 84,1⋅ 253 253,97 84,1 + 253,97 ,97

+ 10, 67 67 = 73, 85 85 [ Ω]

100 100,1⋅ 307,32 307,32 100,1 + 307,32 ,32

23,92 ⋅ 75,59 23, 92 92 + 75, 59 59

73,85 ⋅ 6,05 73, 85 85 + 6, 05 05 86,18 ,18 ⋅ 6,91 86,18 + 6, 91 91

19,24 ⋅ 0,43 19, 24 24 + 0, 43 43

+ 10, 67 67 = 86,18 [ Ω]

+ 1, 07 07 = 19, 24 24 [ Ω ]

= 5,6 5, 6 [ Ω ] = 6, 4 [ Ω]

= 0,42 [ Ω]

Provjeravamo uslov: X e′ Re

=

5,6 5, 6 0,42

= 13, 33 > 3


20

Idejni projekat

____________ ____________


Uslov je ispunjen pa dalji proračun vršimo samo sa reaktansama: U n

I 0′′ =

3 ⋅ X e′′

=

231 3 ⋅ 5, 6

= 23,84 [ kA ]

I " = 1,1⋅ I 0′′ = 1,1⋅ 23, 84 84 = 26, 22 2 2 [ kA ] I ′ =

1,15 ⋅ U n

T ae =

3 ⋅ X e′ X e′′

=

=

ω ⋅ Re

1,15 ⋅ 231

= 24[ kA ]

3 ⋅ 6, 4 5,6 5, 6

314 ⋅ 0, 42 42

= 0,042[ s ]

Sad provjeravamo uslov: 2 3

2

⋅ ti = ⋅ 0, 22 = 0,15 [ s ] > T ae = 0, 042 [ s ] 3

Pošto Pošto je uslov uslov zadovoljen zadovoljen znači da zanemaruje zanemarujemo mo eksponenc eksponencijalni ijalni član u izrazu za toplotni impuls: A = I0′2 ⋅ Tae + I′ 2 ( ti usvajamo

∆t = 0

A = ( 23, 84 )

2

+ ∆ t)

⋅ 0, 042 + ( 24 ) 2 ⋅ 0, 22 =150, 6 ( kA ) 2 s 

Odavde slijedi: qmin

= β

A

= 13, 5 ⋅

150, 6

= 165, 7 mm 2  < q = 680 mm 2 

što što znač značii da odab odabra rani ni pres presje jek k zado zadovo volj ljav ava a po pita pitanj nju u krat kratko kotr traj ajni nih h termičkih naprezanja.

Provjera na koronu: Potrebni minimalni prečnik užeta da se na sabirnicama ne bi javila korona pri dobrim vremenskim uslovima može se odrediti na osnovu relacije: d min

=

U nmreže 9

=

231 9

= 25,67 ,67 [ mm ]

Računamo ekvivalentni prečnik: de

= 2⋅

d 2

⋅ d 12


21

Idejni projekat

____________ ____________


Ako uzmemo da je d12=200 [mm], imamo: de

= 2⋅

36 2

⋅ 200 = 120 [ mm ] > d min

Pa zaključujemo da odabrano uže zadovoljava.


22

Idejni projekat

____________ ____________


5. Struja jednopolnog kratkog spoja Pretpo Pretposta stavim vimo o da se jednop jednopoln olnii kratk kratkii spoj spoj desio desio na sabirn sabirnica icama ma S1. Sprege transformatora transformatora su prikazane na sljedećoj slici:

G1

S1

T1

DV1

T1

G1 S2

T2

DV2

G2

DV1 S1

S1

S2

T3 T3

T3 E S2

MREŽA M1

Slika 5.1. Jednopolna principijelna šema EES-a sa prikazanim spregama transformatora transformatora pri kvaru na sabirnicama S1 Šeme za direktni i inverzni redoslijed su iste i prikazane su na slici 2.3, a šema za nulti redoslijed je data na slici 5.2:

X0 T 1

X0 V 1 X0 V 2

X0 T 1

X0 T 2

X0 V 1

E

Slika 5.2. Šema nultog redoslijeda za kvar na sabirnicama S1 Za para parame metr tre e dire direkt ktno nog g i inve inverz rzno nog g redo redosl slij ijed eda a kori korist stić ićem emo o rani raniji ji proračun, odakle je: Xd′′e

= Xi′e′ = Xe′ = 3[ Ω]


23

Idejni projekat

____________ ____________


Za parametre nultog redoslijeda imamo:

= X T 1 = 6,65 [ Ω] X0v1 = x0 v1 ⋅ lv1 = 1, 3 ⋅ 50 = 65 [ Ω] X0v 2 = x0 v 2 ⋅ vl 2 = 1, 3 ⋅ 80 = 104 [ Ω ] X 0T 2 = X T 2 = 9,68 [ Ω] X + X 0 v1 6, 65 + 65 = = 35,8 [ Ω] X 0 L = 0T 1 X 0T 1

2

+ X0 T2 = 104 + 9, 68 68 = 113, 68 68 [ Ω] 35,8 35,8 ⋅113 113, 68 X ⋅ X = 27,23 [ Ω] X 0e = 0 L 0 D = ,68 X 0 L + X 0 D 35,8 + 113,68 X0

=

2

D

X0

2v

Struja jednopolnog kratkog spoja je:

I K 1

=

3⋅

3 ⋅ U f

Xd′e + Xi′e + X0 e

=

110

3 3 + 3 + 23, 23 23

= 5,73[ kA ]

Pretpostavimo sada da se jednopolni kratki spoj desio na sabirnicama S2. Sprege transformatora transformatora su prikazane na sljedećoj slici:

G1

S1

T1

DV1

T1

G1 S2

T2

DV2

G2

DV1 S1

S1

S2

T3 T3

T3

S2 E MREŽA M1

Slika 5.3. Jednopolna principijelna šema EES-a sa prikazanim spregama transformatora transformatora pri kvaru na sabirnicama S2


24

Idejni projekat

____________ ____________


Šeme za direktni i inverzni redoslijed su iste i prikazane su na slici 2.3, a šema za nulti redoslijed je data na slici 5.4:

X0 T 1

X0 V 1 X0 T 3

X0 T 1 X0 T 2

X0 m 1

V 1 X0

X0 V 2 E

Slika 5.4. Šema nultog redoslijeda za kvar na sabirnicama S2 Za para parame metr tre e dire direkt ktno nog g i inve inverz rzno nog g redo redosl slij ijed eda a kori korist stić ićem emo o rani raniji ji proračun, odakle je: Xd′′e

= Xi′e′ = Xe′ = 5,6 5, 6 [ Ω ]

Za parametre nultog redoslijeda imamo: X 0T 1

= X T 1 = 29,3 [ Ω] 2

2  1  231   X0v1 = x0 v1 ⋅ lv1 ⋅   = 1, 3 ⋅ 50 ⋅  110  = 286, 65 [ Ω] m    3  X 0T 2 = X T 2 = 9,68 [ Ω] 2

2  1  231   X0v 2 = x0 v 2 ⋅ vl 2 ⋅   = 1, 3 ⋅ 80 ⋅  110  = 458, 64 [ Ω] m    3  X 0T 3 = X T 3 = 32 [ Ω] X 0 D = X 0 m1 = 8,07 [ Ω] 65 X + X 0v1 29, 3 + 286, 65 = = 158 [ Ω] X 0 L1 = 0T 1

2

2 = 458, 64 64 + 42, 7 = 501, 34 34 [ Ω]

= X 0v 2 + X 0T 2 158 158 ⋅ 501 501,34 X ⋅ X + 32 = 152,14 [ Ω] X 0 L = 0 L1 0 L 2 + X 0T 3 = 158 + 501, 34 34 X 0 L1 + X 0 L 2 X ⋅ X 152,1 52,14 4 ⋅ 8,07 = 7,66 [ Ω] X 0e = 0 L 0 D = 07 X 0 L + X 0 D 152,14 + 8, 07 X 0 L 2

Struja jednopolnog kratkog spoja je:

I K 1

=

3 ⋅ U f

Xd′e + Xi′e + X0 e

3⋅

=

231 3

5, 6 + 5, 6 + 7, 66


= 21,2 [ kA ]

25

Idejni projekat

____________ ____________


5.1 Dimenzionisanje uzemljivača Površina razvodnog postrojenja je 150x100 [m2]. Uzemljivač se nalazi u tlu ρ 1=190 [Ω m]. Vrijeme isključenja kvara je ti=0,22 [s]. Na osnovu dozvoljenog napona 75

U doz =

t i

=

75 0,22

= 341[ V ]

određuju se potencijalne razlike dodira i koraka:

= U doz ⋅ (1 + 1, 5 ρ 1 ⋅10−3 ) = 341 ⋅ (1 +1, 5 ⋅190 ⋅10 −3) = 438,185 [ V ] 3 1 90 ⋅10 1 0 −3) = 729, 74 [ V ] Ekd = U doz ⋅ (1 + 6 ρ 1 ⋅10 − ) = 341 ⋅(1 + 6 ⋅19 Edd

Projektovaćemo horizontalnu mrežu srednje gustine k d=1,2 za koju je ukupna dužina uzemljivačkog sistema Lmin

=

kd ⋅ ρ 1 ⋅ I K 1 E dd

=

1,2 ⋅190 ⋅ 21200 438,185

= 11031[ m ]

sa sljedećom geometrijom: Lmin

≤ n⋅ ( A+ B)

n≥

Lmin

=

11031

= 44,124 ⇒ n = 45 250 A + B L = n ⋅ ( A + B) = 45 ⋅ 250 = 11250

Uslov L>Lmin je ispunjen pa slijedi: D A

=

n −1 B

=

150 45 − 1 100

= 3, 41 41[ m ]

= = 2, 27 27 [ m ] n − 1 45 − 1 D= min { D A, DB} = 2, 27 [ m]

D B

=

A

h = 0.8 [ m ]

h-dubina polaganja uzemljivača. Provodnik za uzemljenje je pocinkovana čelična traka (Fe/Zn) presjeka 25x4 [mm2]. d

2

2

π

π

= ⋅ ( a + b ) = ⋅ ( 25 + 4) ⋅10 −3 = 0, 018 [ m ]

Skica uzemljivača je data na slici 5.1.1.


26

Idejni projekat

____________ ____________


Slika 5.1.1. Skica uzemljivača

Potencijalna razlika dodira Određuje se na osnovu struje kroz uzemljivač, pomoću relacije: Ed

= k d ⋅ ρ 1 ⋅

I 1k L

gdje je L - ukupna dužina svih provodnika kroz uzemljivač, kd = kim k m - koeficijent napona dodira, 656 + 0,172 ,172n - faktor neravnomjernosti raspodjele struje, kim = 0, 656 n = 45 - broj paralelnih provodnika u jednom pravcu, kim = 0, 656 + 0,172 ⋅ n = 0, 656 + 0,172 ⋅45 = 8, 396 - koeficijent umreženja, kh

=

1+ h

=

1 + 0, 8

1

=

1

k g =

2

( 2n ) n k m

=

k m

=

1 2π 1 2π

2

= 1, 342 = 0,82

( 2 ⋅ 45 ) 45

  D 2 ( D + 2h ) 2 h  k g  8 ln   + −  + ln 8 Dd 4 d  k h π ( 2 n −1 )    16hd   2   2, 27 2  ( 2, 27 + 2 ⋅ 0, 8 ) 0, 8  0, 82 8 ln    + − + ln   ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − π 1 6 0 , 8 0 , 0 1 8 8 2 , 2 7 0 , 0 1 8 4 0 , 0 1 8 1 , 3 4 2 2 4 5 1 ( )    


27

Idejni projekat

____________ ____________

kd

= 1,88 = kim ⋅ k m = 8, 39 396 ⋅1, 88 88 = 15, 78 785

Ed

= k d ⋅ ρ 1 ⋅

k m

I K 1 L

= 15, 785 ⋅19 1 90 ⋅

21200 11250


= 5651, 73 [ V ]

Odavde je napon dodira: Ud

=

E d 1 + 1, 5 ρ 1 ⋅10

−3

=

5651, 5651, 73 1 + 1, 5 ⋅19 190 ⋅10 10 −3

= 4398, 23 [ V ] > U doz = 341[ V ]

što znači da uslov nije zadovoljen, zbog čega ćemo izvršiti korekciju uzemljivača. Najjednostavnije je da mrežu uzemljivača pospemo slojem šljunka debelim 20-ak [cm], čija je specifična otpornost ρ š=5000[Ω m]. Napon dodira nakon posipanja je: Ud

=

E d 1 + 1, 5 ⋅ ρ š ⋅10 −3

=

5651,73 1 + 1, 5 ⋅50 5 000 ⋅10 10 −3

= 664, 91[ V ] > U doz = 341[ V ]

što znači da uslov uslov i dalje nije zadovoljen. zadovoljen. Stoga ćemo povećati povećati gustinu mreže: n = 90 L = n⋅ ( A + B)

= 90 ⋅ 250 = 22500

Uslov L>Lmin je ispunjen pa slijedi: D A

=

A n −1 B

=

150 90 − 1 100

68 [ m ] = 1, 68

D B

=

= = 1,12 [ m ] n − 1 90 − 1 D= min { D A, DB} = 1,12 [ m ]

kim

= 0, 656 + 0,172 ⋅ n = 0, 656 + 0,172 ⋅90 =16,136 1

k g =

2

( 2n ) n 1

1

=

2

= 0,89

( 2 ⋅ 90 ) 90

  D 2 ( D + 2h ) 2 h  k g  8 ln   + −  + ln   π − 1 6 8 4 2 1 h d D d d k n ( )     h 2   1,122  1,12 ,12 + 2 ⋅ 0,8 0,8 ) ( 0, 8  0, 89 8 ln    + + − ln   π 1 6 0 , 8 0 , 01 0 1 8 8 1 , 1 2 0 , 01 0 1 8 4 0 , 01 0 1 8 1 , 3 4 2 2 9 0 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ( )    

k m

=

k m

=

k m kd

= 0,89 = kim ⋅ k m = 16,136 ⋅ 0, 89 89 = 14, 36 36

Ed

= k d ⋅ ρ 1 ⋅ I K 1 = 14, 36 ⋅19 190 ⋅

2π 1 2π

L

21200 22500


= 2571[ V ]

28

Idejni projekat

____________ ____________


Odavde je napon dodira: Ud

=

E d 1 + 1, 5 ρ 1 ⋅10 −3

=

2571 1 + 1, 5 ⋅19 190 ⋅10 10 −3

= 2000, 78 [ V ] > U doz = 341 [ V ]

što znači da uslov nije zadovoljen, zbog čega ćemo izvršiti korekciju uzemljivača. Ponovo ćemo mrežu uzemljivača posuti slojem šljunka debelim 20-ak [cm], čija je specifična otpornost ρ š=5000[Ω m]. Napon dodira nakon posipanja je: Ud

=

E d 1 + 1, 5 ⋅ ρ š ⋅10 −3

=

2571 1 + 1, 5 ⋅50 5 000 ⋅10 10 −3

= 302, 47 [ V ] > U doz = 341[ V ]

što što znač značii da je uslo uslov v zado zadovo volj ljen en.. Sada Sada je skic skica a uzem uzemlj ljiv ivač ača a kao na sljedećoj slici:

Slika 5.1.2. Skica uzemljivača – drugi slučaj

Potencijalna razlika koraka Računa se pomoću relacije: Ek

= k k ⋅ ρ 1 ⋅ I K 1 , gdje je

L - koeficijent napona koraka

= kis ⋅ k s kis = 0, 94 + 0, 047 n = 0, 94 + 0, 047 ⋅90 = 5,17  n − 1  = 0, 5 + 0, 9 ln  90 − 1  = 3, 92 W = 0, 5 + 0, 9 ln    2   2    kk


29

Idejni projekat

____________ ____________


1 1 1 1 1 1 3, 92  W =  + +  =  + + = 1, 48 π  2h D + h D  π  2 ⋅ 0, 8 1,12 + 0, 8 1,12  48 = 7, 65 65 kk = kis ⋅ k s = 5,17 ⋅1, 48

k s

Ek

= k k ⋅ ρ 1 ⋅

I K 1 L

= 7, 65 ⋅19 190 ⋅

21200 22500

= 1369, 52 [ V ]

Odavde je napon koraka: Uk

=

E k 1 + 6 ⋅ ρ š ⋅10

−3

=

1369,52 1 + 6 ⋅ 5000 ⋅10 −3

= 44,18 [ V ] < U doz = 341[ V ]

što što znač značii da neće neće biti biti opas opasno nost stii pri pri isko iskora raku ku sa povr površi šine ne štić štićen ene e uzemljivačem.

Otpor rasprostiranja rasprostiranja Otpor rasprostiranja možemo izračunati preko Loranovog obrasca: Rh

=

ρ1 2 ⋅ De

+

ρ 1 L

= 1,13 S S = 150 ⋅100 = 15000  m 2  ⇒

De

De

= 1,13 ⋅

15000

= 138, 4 [ m]

pa je otpor rasprostiranja rasprostiranja Rh

=

190 2 ⋅138, 4

+

190 22500

= 0,69 [ Ω] .


30

Idejni projekat

____________ ____________


6. Šema transformatora velike snage u razvodnom postrojenju Šema transformatora velike snage u razvodnom postrojenju prikazana je na sljedećoj slici:

G S

P S

Slika 6.1. Šema transformatora velike snage Jedno Jedno jezgro jezgro strujn strujnog og transf transform ormato atora ra na strani strani višeg višeg napona napona služi služi za prik priklj ljuč učak ak mjer mjerni nih h tran transf sfor orma mato tora ra,a ,a na stra strani ni niže nižeg g napo napona na za prik priklj ljuč učak ak uređ uređaj aja a za zaš ašti titu tu.D .Drrugo jezg jezgrro oba str strujna jna tran transsfor formato atora slu služi za diferencijalnu zaštitu.Ako je transformator na otvorenom,veza sa razvodnim postrojenjem nižeg napona se ostvaruje preko kabla. Ako transformator radi paralelno sa izvededenim zvjezdištem radi uzemljenja preko impedanse,otpornik se priključuje preko rastavljača. Od mjernih uređaje potrebni su ampermetar u sve tri faze i vatmetar. Poželjna je primjena varmetra, reistrujućeg vatmetra i varmetra. Primjenjene vrste zaštite su: gasna, prekostrujna, diferencijalna i termička.


31

Idejni projekat

____________ ____________


6.1. Dispozicija u dvije dvije projekcije Disp Dispoz ozic icija ija razv razvod odno nog g post postro roje jenj nja a u dvij dvije e proj projek ekci cije je prik prikaz azan ana a je na sljedećoj slici:

Slika 6.1.1. Dispozicija razvodnog postrojenja u dvije projekcije Na slici su prikazani: sabirnički sistem I sabirnički sistem II sekcioni rastavljač prekidač strujni transformator naponski transformator rastavljač u odvodnom polju odvodnik prenapona T. transformatorsko polje T1. početak transformatorskog transformatorskog polja T2. zatezno polje sabirnica


32

Idejni projekat

____________ ____________


7. Izbor opreme 7.1. Izbor prekidača C (1 )

(2 )

E

Slika 7.1.1. Kvar sa lijeve (1) ili desne (2) strane prekidača Kriterijumi za izbor prekidača su: Un

≥ U n

prek

m

I n prek ≥ I max radno

≥ 3U n kprseIk "

prek

Si

≥prek2 ⋅1,8 I i

iud

≥ I1 prek s

p

A

Izbor prekidača P2 (slika 3.1): Za kvar sa strane 1 (između sabirnice S2 i prekidača) imamo:

XT3 E

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv2

Rv2

XT2

RT2

XG2 (XG2) RG2

XT3

RT3

XT3

RT3

RT3

Xm1(Xm1) Rm1

Slika 7.1.4. Ekvivalentna šema za kvar sa strane 1 4).

Koristimo ranije izračunate reaktanse za naponski nivo 231 kV (poglavlje


33

Idejni projekat

____________ ____________


Uprošćena ekvivalentna šema: X'1 (X1 ) R1 RT3

XT3

X'2 (X2 ) R2 E

X'3 (X3 ) R3

Slika 7.1.5. Uprošćena ekvivalentna šema za kvar sa strane 1 X G′′1

X 1′′ =

2 X G′ 1

X 1′ = R1

=

2

RG1

X2′′ =

+ X T 1 + +

+

2 X T 1 2

RT 1

+

+

X v1 2 X v1 2

Rv1

= =

50, 7

+

2 82, 71

29, 3

+

+

2 29, 3

88, 2

+

= 84,1[ Ω]

2 88, 2

2 2 2 0, 81 2, 93 44,1

= 100,1[ Ω]

= + + = 23,92 [ Ω] 2 2 2 2 2 2 97 [ Ω] Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 141,12 + 41, 7 + 71,15 = 253, 97

X2′

= Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 141,12 + 41, 7 + 124, 5 = 307, 32 32 [ Ω] 27 + 0, 76 = 75, 59 [ Ω] R2 = Rv 2 + RT 2 + RG 2 = 70, 56 + 4, 27 X 3′′ = X 3′

=

R3

=

X1′′e

X T 3 3 X T 3 3

RT 3

+ X m′ 1 = + X m′ 1 =

32 3 32

3 3,2 3, 2

+ 6, 05 05 = 22, 05 05 [ Ω] 91 = 22, 91 91[ Ω] + 6, 91

+ Rm1 = + 0, 43 43 = 2, 03 [ Ω] 3 3 X1′ || X2′′ || X3′ + XT 3 = 48, 34 [ Ω]

= X1′e = X1′ || X2′ || X3′ + XT 3 = 49, 6 [ Ω] R1e = R1 || R2 || R3 + RT 3 = 5, 02 [ Ω]


34

Idejni projekat

____________ ____________


Za kvar sa strane 2 (između transformatora i prekidača) imamo:

XT3

RT3

XT3

RT3

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv2

Rv2

XT2

RT2

XG2 (XG2) RG2

XT3

RT3

E

Xm1(Xm1) Rm1

Slika 7.1.6. Ekvivalentna šema za kvar sa strane 2 i uprošćena ekvivalentna šema: X'1 (X1 ) R1 RT3

XT3

RT3

XT3

E

X'2 (X2 ) R2 XT3

RT3

X'm1(Xm1 ) Rm1

Slika 7.1.7. Uprošćena ekvivalentna šema za kvar sa strane 2 X 1′′ = X 1′ = R1

=

X G′′1 2 X G′ 1 2

RG1

X2′′ =

+ +

+

X T 1 2 X T 1 2

RT 1

+

+ +

X v1 2 X v1 2

50, 7

=

+

2 82, 71

=

29, 3

+

+

2 29, 3

88, 2

+

2 2 2 0, 81 2, 93 44,1

Rv1

= 84,1[ Ω]

2 88, 2

= 100,1[ Ω]

= + + = 23,92 [ Ω] 2 2 2 2 2 2 97 [ Ω] Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 141,12 + 41, 7 + 71,15 = 253, 97

X2′

= Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 141,12 + 41, 7 + 124, 5 = 307, 32 32 [ Ω] 27 + 0, 76 = 75, 59 [ Ω] R2 = Rv 2 + RT 2 + RG 2 = 70, 56 + 4, 27 X1′′1 = X1′ || X2′ || XT 3 + X1′1 = X1′ || X2′ || XT 3 + R11

=

R1 || R2 || RT 3 +

X T 3 2 X T 3 2

RT 3 2

= 37, 24 [ Ω] = 38, 47 [ Ω]

= 4, 32 [ Ω]


35

Idejni projekat

____________ ____________


X2′′e

= X1′1 || Xm′ 1 = 5, 2 [ Ω] X2′ e = X1′1 || Xm′ 1 = 5, 86 [ Ω ] R2 e = R11 || Rm1 = 0, 39 [ Ω] Pošto su vrijednosti otpornosti i reaktansi u ekvivalentnoj šemi sa strane 2 prekidača P manje to će kroz njih teći veća struja kvara. Prema tome ove veličine su mjerodavne za proračun struje kvara i izbor prekidača. Provjeravamo uslov X 2′e R2e

=

5,2 5, 2 0,39

= 13, 33 > 3

pa R sa strane 2 možemo zanemariti. Računamo struju kvara: I 0′′ =

U n

=

231

= 25,69 ,69 [ kA ] ′ ′ 3 X 2 e 3 ⋅ 5, 2 I ′′ = 1,1 ⋅ I 0′′ = 1,1 ⋅ 25, 69 = 28, 24 [ kA ] 1,15 ⋅ U n 1,15 ,15 ⋅ 231 = = 26, 2 [ kA ] I ′ = 3 X 2′e 3 ⋅ 5, 86 Ekvivalentna vremenska konstanta je: T ae

=

X 2′′e

ω ⋅ R2e

=

5,2 5, 2 314 ⋅ 0,39 ,39

= 0, 04 042 [ s ]

Provjeravamo uslov: 2 3

2

⋅ ti = ⋅ 0, 22 = 0,15 [ s ] > T ae = 0, 042 [ s ] 3

Uslov je ispunjen ispunjen sto znači da eksponenc eksponencijalni ijalni član u izrazu izrazu za toplotni impuls zanemarujemo. Toplotni impuls računamo kao: A = I0′ 2 ⋅ Tae + I′2 ( ti

+ ∆ t)

∆ t = 0

A = 25, 69 2 ⋅ 0, 042 + 26, 2 2 ⋅0, 22 =178, 74 ( kA ) s  2





Za jednosekundnu struju kvara imamo: I1 s

=

A

=

178, 74 74

= 13, 37 37 [ kA ]

Pretpostavimo da je generator sa konvertorskom pobudom, za koji je µ =1, pa ja struja isključenja: Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

36

Idejni projekat

____________ ____________


Ii = µ I′ = I′ = 28,24[ kΑ ]

Snaga isključenja je: Si

=

3I iU n

=

3 ⋅ 28, 24 ⋅ 231 = 11285, 55 [ MVA ]

Za udarnu struju imamo: iud

=

2kud I ′

Udarni koeficijent je: kud = 1 + e iud

−

0,01

−

0,01

=1+ e = 1, 79 ⇒ = 2 ⋅ kud ⋅ I ′′ = 2 ⋅1, 1, 79 ⋅ 28, 24 = 71, 27 [ kA kA ] T ae

0,042

Maksimalna radna struja je: I max rad

=

S max 3 ⋅U n

=

200 3 ⋅ 231

= 500 [ A ]

Biramo malouljni prekidač „Minel“-Beograd, sa podacima: U n prek = 220( 245) [ kV ]

≥ U n = 231[ kV kV ] I n prek = 2000 [ A ] > I max rad = 5 00 [ A ] Si prek = 12000 [ MVA ] > S i = 11285, 55 [ MVA ] = 54, 5 [ kA ] > I 1s = 13, 37 [ kA ] I1 prek s Na osnovu osnovu podata podataka ka za prekid prekidač, ač, biramo biramo rasta rastavlj vljač ač „Minel „Minel“-B “-Beog eograd rad,, tropolni-dva izolatora, u.m. koji ima sljedeće podatke: kV ] U nrast = 240 ( 220 ) [ kV ] ≥ U n = 231 [ kV I nrast = 1250 [ A ]

> I max rad = 5 00 [ A ] = 75 [ kA kA ] > iud = 71, 27 [ kA kA ] iurast d = 54, 5 [ kA ] > I 1s = 13, 37 [ kA ] I1 prek s


37

Idejni projekat

____________ ____________


Izbor prekidača P3 (slika 3.1): Za kvar sa strane 1 (između sabirnice S1 i prekidača) imamo:

RT3

XT3

XT3

RT3

XT3

RT3

E

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv2

Rv2

XT2

RT2

XG2 (XG2) RG2

Xm1(Xm1) Rm1

Slika 7.1.8. Ekvivalentna šema za kvar sa strane 1 4).

Koristimo ranije izračunate reaktanse za naponski nivo 110 kV (poglavlje Uprošćena ekvivalentna šema:

XT3

RT3

E

XT3

RT3

X'1 (X1 ) R1

XT3

RT3

X'2 (X2 ) R2

X'm1(Xm1 ) Rm1

Slika 7.1.9. Uprošćena ekvivalentna šema za kvar sa strane 1 X 1′′ = X 1′ = R1

=

X G′′1 2 X G′ 1 2

RG1

X2′′ =

+ +

+

X T 1 2 X T 1 2

RT 1

+

+ +

X v1 2 X v1 2

Rv1

=

2 2 2 Xv 2 + XT 2 + XG′ 2

= =

11, 5 2 18, 8

+ +

6, 65 2 6, 65

+ +

20 2 20

2 2 2 0,18 0, 66 10

= 19,08 [ Ω] = 22,72 [ Ω]

+ + = 5,42 [ Ω] 2 2 2 = 32 + 9, 68 + 16,13 = 57, 81 [ Ω]

X2′

= Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 32 + 9, 68 + 28, 23 = 69, 91 [ Ω] R2 = Rv 2 + RT 2 + RG 2 = 16 + 0, 97 + 0,17 = 17,14 [ Ω] Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

38

Idejni projekat

____________ ____________

X1′′1 = X1′ || X2′ + X1′1 = X1′ || X2′ + R11

=

R1 || R2 +

X T 3 2 X T 3 2

RT 3 2


= 17, 98 [ Ω] = 20, 78 [ Ω]

= 4, 48 [ Ω]

X2′′e

= XT 3 + X1′′1 || Xm′′1 = 8, 53[ Ω] X2′ e = XT 3 + X1′1 || Xm′ 1 = 8, 72 [ Ω] R2 e = RT 3 + R11 || Rm1 = 0, 83 [ Ω] Za kvar sa strane 2 (između transformatora i prekidača) imamo: Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv1

Rv1

XT1

RT1

XG1 (XG1) RG1

Xv2

Rv2

XT2

RT2

XG2 (XG2) RG2

XT3

RT3

XT3

RT3

E

XT3

RT3

Xm1(Xm1) Rm1

Slika 7.1.10. Ekvivalentna šema za kvar sa strane 2


39

Idejni projekat

____________ ____________


i uprošćena ekvivalentna šema: X'1 (X1 ) R1 X'2 (X2 ) R2 E

X'3 (X3 ) R3

Slika 7.1.11. Uprošćena ekvivalentna šema za kvar sa strane 2 X G′′1

X 1′′ =

2 X G′ 1

X 1′ = R1

=

2

RG1

X2′′ =

+ +

+

X T 1 2 X T 1 2

RT 1

+

+ +

X v1 2 X v1 2

Rv1

=

2 2 2 Xv 2 + XT 2 + XG′ 2

= =

11, 5 2 18, 8

+ +

6, 65 2 6, 65

+ +

20 2 20

2 2 2 0,18 0, 66 10

= 19,08 [ Ω] = 22,72 [ Ω]

+ + = 5,42 [ Ω] 2 2 2 = 32 + 9, 68 + 16,13 = 57, 81 [ Ω]

X2′

= Xv 2 + XT 2 + XG′ 2 = 32 + 9, 68 + 28, 23 = 69, 91 [ Ω] R2 = Rv 2 + RT 2 + RG 2 = 16 + 0, 97 + 0,17 = 17,14 [ Ω] X3′′ = X3′ = R3 =

X T 3 2 X T 3 2

+

XT 3 || Xm′ 1 = 4, 78 [ Ω]

+

XT 3 || Xm′ 1 = 4, 92 [ Ω]

RT 3

+ RT 3 || Rm1 = 0,14 [ Ω] 2 X2′′e = X1′ || X2′′ || X3′ = 3, 6 [ Ω] X2′ e

= X1′ || X2′ || X3′ = 3, 82 [ Ω] R2 e = R1 || R2 || R3 = 0,13 [ Ω] Pošto su vrijednosti otpornosti i reaktansi u ekvivalentnoj šemi sa strane 2 prekidača P manje to će kroz njih teći veća struja kvara. Prema tome ove veličine su mjerodavne za proračun struje kvara i izbor prekidača. Provjeravamo uslov X 2′e R2e

=

3,6 0,13

= 27, 7 > 3

pa R sa strane 2 možemo zanemariti.


40

Idejni projekat

____________ ____________


Računamo struju kvara: U n

I 0′′ =

3 X 2′′e

=

110 3 ⋅ 3, 6

= 17,66 ,66 [ kA ]

I ′′ = 1,1 ⋅ I 0′′ = 1,1 ⋅17, 66 = 19, 43 [ kA ] I ′ =

1,15 ⋅ U n

=

3 X 2′e

1,15 ,15 ⋅110 110 3 ⋅ 3, 82

= 19,14 ,14 [ kA ]

Ekvivalentna vremenska konstanta je: T ae

=

X 2′′e

ω ⋅ R2e

=

3,6 314 ⋅ 0, 8

13 = 0, 088 [ s ]

Provjeravamo uslov: 2 3

2

⋅ ti = ⋅ 0, 22 = 0,15 [ s ] > T ae = 0, 088 [ s ] 3

Uslov je ispunjen ispunjen sto znači da eksponenc eksponencijalni ijalni član u izrazu izrazu za toplotni impuls zanemarujemo. Toplotni impuls računamo kao: A = I0′

2

⋅ Tae + I′2 ( ti + ∆ t)

∆ t = 0

A = 17, 66 2 ⋅ 0, 088 +19,14 2 ⋅ 0, 22 = 108 ( kA ) s  2





Za jednosekundnu struju kvara imamo: I1 s

=

A

=

108

= 10, 4 [ kA ]

Pretpostavimo da je generator sa konvertorskom pobudom, za koji je µ =1, pa ja struja isključenja: ,43 [ kΑ ] Ii = µ I′ = I′ = 19,43

Snaga isključenja je: Si

=

3I iU n

=

3 ⋅19, 43 ⋅11 1 10 = 3697, 53 [ MVA ]

Za udarnu struju imamo: iud

=

2kud I ′


41

Idejni projekat

____________ ____________


Udarni koeficijent je: kud = 1 + e iud

− 0,01

−

0,01

=1+ e = 1, 89 ⇒ = 2 ⋅ kud ⋅ I ′′ = 2 ⋅1, 1, 89 ⋅19 19, 43 = 51, 85 [ kA kA ] T ae

0,088

Maksimalna radna struja je: I max rad

=

S max 3 ⋅U n

=

200 3 ⋅110

= 1051[ A ]

Biramo malouljni prekidač „Minel“-Beograd, sa podacima: kV ] U n prek = 110 [ kV

≥ U n = 110 [ kV kV ] I n prek = 1250 [ A ] > I max rad = 1 051 [ A ] Si prek = 4000 [ MVA ] > S i = 3697, 53 [ MVA ] = 36, 3 [ kA kA ] > I 1s = 10, 4 [ kA kA ] I1 prek s Na osnovu podataka za prekidač, biramo rastavljač „Minel“-Beograd, sa obrtnim izolatorom-dva izolatora, s.m. koji ima sljedeće podatke:

= 123 ( 11 110 ) [ kV ] ≥ U n = 110 [ kV kV ] I nrast = 1250 [ A ] > I max rad = 1 051 [ A ] kA ] > iud = 51, 85 [ kA kA ] iurast d = 75 [ kA = 54, 5 [ kA k A ] > I 1s = 10, 4 [ kA ] I1 prek s U nrast


42

Idejni projekat

____________ ____________


7.2. Izbor strujnog transformatora transformatora ST Primarna strana ST: U n

= 231 kV

Biramo uljni ST "Rade Končar" Zagreb APU-245, sa dva jezgra. I n′ST

= 2 × 75 [ A ] > I max rad = 1 25 [ A ] ST = min { 250 ⋅ I n′ ,100 [ kA ] } = min { 250 ⋅150,100 [ kA ]} =100 [ kA ] >12, 8 [ kA ] iud

zadovoljva I1ST s

= min { 100 ⋅ I n′ , 40 [ kA ] } = min { 100 ⋅150, 40 [ kA ] } = 40 [ kA ] > 2, 52 [ kA ]

zadovoljava

Sekundarna strana ST : Sekundar za zaštitu: I n"

= 5[ A]

Sabira Sabiramo mo potro potrošnj šnju u ele elemen menata ata priklj priključe učenih nih na strujn strujnii transf transfor ormat mator or uzimajući u obzir i povezne kablove, a rezultate prikazujemo u sledećoj tabeli: instrument R S T I> 3 3 3 Δ I> 2 2 2 θ> 10 10 10 2 18 18 100m Cu 2,5 mm 18 Σ 33 33 33 Tabela 7.2.1. Opterećenje i tip instrumenata po fazama koji se priključuju na sekundar za zaštitu kod strujnog transformatora Usvajamo Sn= 30 [VA]

Sekundar za mjerenje: Tabela opterećenja izgleda: instrument R S T A 3 3 3 W 3 3 3 2 18 18 100m Cu 2,5 mm 18 Σ 30 30 30 Tabela 7.2.2. Opterećenje i tip instrumenata po fazama koji se priključuju na sekundar za mjerenje kod strujnog transformatora Usvajamo S n = 30 [ V ] Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

43

Idejni projekat

____________ ____________


7.3. Izbor naponskog transformatora m NMT

=

231

0,1

3

3

[ kV ]

Tabela opterećenja: instrument R S T A — — — W 5 5 5 2 — — 100m Cu 2,5 mm — Σ 5 5 5 Tabela 7.3.1. Opterećenje i tip instrumenata po fazama koji se priključuju na sekundar za mjerenje kod naponskog transformatora Biramo naponski transformator “Rade Končar” 6VPU-123 0,2

110

0,1

3

3

, klasa

Nema podataka za 220 kV naponski nivo, pa ne znam koji da odaberem S nNT

= 30 [ VA] > 5 [ VA VA]

Zaštitu sekundara vršimo pomoću osigurača od 2[A].

7.4. Izbor odvodnika prenapona Odvodnici se biraju prema stepenu izolacije mreže, odnosno koeficijenta uzemljenja mreže na mjestu ugradnje odvodnika. Stepeni izolacije utvrđeni su JUS-om, a definisani su preko dvije vrijednosti: 1. Podnosivog 1 min. napona 50 Hz 2. Podnosivog udarnog napona 1,2/50 µ s Za napone iznad 110 kV (123, 245, 420 kV) postoje po jedan pun i više sniž snižen enih ih step stepen enii izol izolac acij ije. e. Za mrež mrežu u sa izol izolov ovan anim im ili ili komp kompen enzo zova vani nim m zvjezdištem može se koristiti snižen stepen izolacije ( Indeks "S"). Mreže ≥ 110 kV obič obično no rade ade sa efik efikas asno no uzem uzemlj ljen enim im zvje zvjezd zdiš ište tem. m. Mrež Mreža a je efik efikas asno no uzemljena ako je kuz [ 0,8 u svakoj tački mreže. Koeficijent uzemljenja je odnos maksimalnog faznog napona nepogođenih faza pri jednofaznom zemljospoju i linijskog napona.

 

k uz = max 

Ub 3 ⋅ U ra

,

  3 ⋅ U ra   U c

z0 z 0  1 1 − − 2 2 π π  − j +j zd z d 1 |, | e 3 + ⋅ max | e 3 + kuz = z z 3  2+ 0 2+ 0 zd z d  Elektrotehnički fakultet Istočno Sarajevo

  |   44

Idejni projekat

____________ ____________


Za neuzemljene mreže, z 0 → ∞ , biće: kuz =

 1 ⋅ max | − − j 3  2

1

3 2

1

3

2

2

− 1 |, | − + j

 −1 |  = 1 

Za uzemljene mreže gdje je z0 ≈ z d , biće: kuz =

 ⋅ max | − 1 − j 3  2

1

3 2

+ 0 |, | − 1 + 2

j

3 2

 + 0 | = 0, 58 

U nodv ≥ 0, 8 ⋅ U max rad = 0, 8 ⋅245 =196[ kV]

Biramo dva odvodnika HMM U nodv = 204[ kV] Uzima se odvodnik prenapona klase 10[ kA ] za ovakva postrojenja. U max udarnoreagovanja100% = 469[ kV ] U preostalo = 469[ kV] U max udarnoreagovanjanacelu = 551[ kV ]

Ove tri veličine definišu zaštitni nivo: U

 = maxznU100% ;U 

;

551    = = m a x 4 6 9 ; 4 6 9 ; 4 7 9 , 1 preostalo    3 [ kV ] 1,15  1,15  

U nacelu

Pošto je mreža efikasno uzemljena, imamo snižen stepen izolacije 245 s1 ⇒ U iz = 900[ kV] k

=

U iz U zn

=zas

900

479,13

= 1, 88 ≥ k min = 1, 3 z

Sada određujemo zaštitnu zonu: a=

U iz − U zn 2 ⋅ s

− 479 479,13 ⋅ 300= 2 ⋅ 1500

900 ⋅ v = 900

42,09 [ m ]

s -strmina v -brzina prostiranja talasa u jedinici vremena

m   μs 

v = 300 


45

Idejni projekat

____________ ____________


Un (kV)

[ 35

110

≥ 220

S (kV/s)

500

1000

1500

Tabela 7.4.1. Strmine odvodnika prenapona u zavisnosti od nazivnog napona Odvodnik prenapona u zvjezdištu transformatora: U nodv ≥ k ⋅ U max rad = 0,35 ⋅245 245 =85, 85, 75[ kV]

Bira se "Minel" VOP 6ea, sljedećih karakteristika: U nodv = 90 [ kV ] , I n = 10 [ kA ]

U 100% = 245[ kV ] U preostalo = 264[ kV ]

U rc = 293[ kV ] .


46

Slavko Zubac

Recommend Documents