HØGSKOLEN I AGDER Fakultet for teknologi. ENE 201 Elkraftteknikk 1, løsningsforslag eksamen Oppgave 1. a) T

Transkript

1 ENE 01 Elkraftteknikk 1, løsningsforslag eksamen 004 Oppgave 1 HØGKOLEN AGDER Fakultet for teknologi a) T b [%] 100 % 48.9 % T b [h] h ystemet må dimensjoneres for å kunne levere maksimalt etterspurt effekt. Da effektuttaket i lange perioder er atskillig lavere enn maksimaleffekt, blir følgelig brukstiden relativt lav. tillegg kommer at i et vannkraftbasert system som det norske, er det tilsiget av vann som bestemmer produksjonskapasiteten i TWh. Men anleggene må dimensjoneres for å kunne ta unna alt vannet i perioder med mye tilsig, slik at en får utnyttet mest mulig av den tilgjengelige energien. Dessuten: i et system som baserer seg på en usikker ressurstilgang må systemet energidimensjoneres, dvs. man bygger ut for å gi tilstrekkelig energi i tørre år. mplisitt får man da, med lav brukstid, mer installert effekt enn man for eksempel får i et termisk system. Men et vannkraftsystem kan godt være effektdimensjonert dersom flertallet av verkene har god reguleringsevne. b) Tar vi utgangspunkt i normalårsproduksjonen, har Norge i fem av de siste seks år har hatt mindre produksjonsevne enn faktisk forbruk. Det året forbruket var lavere enn normalårsproduksjonen (00), var til gjengjeld faktisk produksjon lavere enn dette igjen. Norge kan derfor ikke sies å være selvforsynt med elektrisitet hva gjelder energibalansen. Effektbalansen refererer til hvorvidt man er i stand til å levere den effekt som forbruket krever i øyeblikket. Det maksimale effektuttak som har vært registrert i Norge så langt var 5. februar 001 mellom klokken 9 og 10. Da var forbruket på 054 MW. Det er fortsatt akseptabel margin til totalt installert effekt, men også overføringene blir presset i en slik situasjon, og selv om det så langt har gått bra, er vi i det minste i en noe presset situasjon. Konklusjonen er at vi klarer oss hva gjelder effektbalansen. Et tørrår vil medføre at vår energibalanse blir betydelig forverret. en slik situasjon klarer vi oss gjennom å importere elkraft fra våre naboland, hovedsakelig verige og Danmark. Utenlandsforbindelsene er altså helt essensielle for at vi skal kunne opprettholde en pålitelig elektrisitetstilførsel. Noen vil kanskje dessuten påpeke at det ligger betydelig potensiale for avtalemessig frakobling av vår kraftkrevende industri, og dette benyttes faktisk allerede av tatnett gjennom bilaterale avtaler.

2 c) d) entralnettet: 40 k, 00 k Regionalnettet: 1 k Distribusjonsnettet: k Lavspentnettet: 400, 0 Grunner til økende spenningsnivå med økende effektoverføring: Mulig overført effekt er proporsjonal med kvadratet av spenningen som brukes Tapene er proporsjonale med kvadratet av strømmen, og blir følgelig mindre når høyere spenning brukes for en gitt effekt 40 k samleskinne killebryter (skillekniv) Trafo Effektbryter 1 k samleskinne trømtrafo penningstrafo Kapasitiv spenningstrafo Overspenningsavleder Overspenningsavleder: beskytte transformatoren mot overpenninger trømtransformator: måle strøm Effektbryter: kunne bryte maksimal (transient) kortslutningsstrøm killebryter: fysisk kople anlegg fra kraftlinje ved f.eks. vedlikehold penningstransformator: måle spenning (kapasitiv spenningstransformator brukes ved svært høy spenning) amleskinne: tilkopling for linje(r) som kommer inn til/går ut av stasjonen Oppgave a) ubtransient, transient og stasjonær periode. Grunner: Mekanisk dimensjonering av komponenter, termisk dimensjonering av komponenter, riktig valg av effektbrytere, korrekt innstilling av vern (kunne skille mellom normal strøm og feilstrøm) ymmetrisk feil: lik i alle tre faser, slik at feilstrømmene i de tre fasene utgjør et symmetrisk trefasesystem. Usymmetrisk feil: ulik i de tre fasene, slik at feilstrømmene i de tre fasene ikke utgjør et symmetrisk trefasesystem.

3 Figur: d og e er symmetriske feil, resten er usymmetriske. (Tegning er ikke en nødvendig del av besvarelsen.) b) elger først baseverdier for kraftsystemet: 00 MA base base, 1 k base, 1 k Må finne G1 og G sine reaktanser i pu referert kraftsystemets base: 1 00 X pu X pu X pu Transformatorens kortslutningsreaktans er allerede oppgitt i global base Kraftlinjas reaktans i pu: X L 0. pu 1

4 4 Transformator jx T j0.15 pu Kraftlinje jx L j0. pu jx j.0 pu jx j0.5 pu jx j0. pu jx j.0 pu jx j0.5 pu jx j0. pu Last E AG1 E AG G1 G c) Effektbryteren dimensjoneres normalt for å kunne bryte transient kortslutningsstrøm. Dette henger sammen med at subtransient periode er atskillig kortere enn bryterens reaksjonstid slik at den subtransiente komponenten allerede har dødd ut av seg selv når bryteren utfører sin funksjon. Dimensjonerende case blir kortslutning ved samleskinne ettersom dette gir størst kortslutningsstrøm. To fremgangsmåter kan velges for beregning av transient kortslutningsstrøm: 1. Anta at generatorene initielt går i merkedrift. Deretter regne ut transient indre spenning i maskinene, og bruke denne som drivende spenning for kortslutningen.. Anta at generatorene initielt går i tomgang, men med merkespenning. Da blir indre spenning lik merkespenning (per fase), og denne kan brukes for beregningen. Dette gir normalt svar som er innenfor 10%, har det blitt sagt i faget, så en bør legge til 10% i svaret. Metode er enklest, men begge metodene vises nedenfor.

5 5 Metode 1: Generator i merkedrift betyr at A 0.5 pu i det globale pu-system, mens φ 1.0 pu (siden baseverdi for effekt er dobbelt så stor i det globale system, mens spenning i det globale system samsvarer med generatorens merkeverdier). Effektfaktoren 0.9 induktiv betyr at strømmen ligger etter fasespenningen med en vinkel 5.84º. Basert på dette kan vi regne ut generatorens spenning bak transient reaktans som: E AG1 jx A + φ j pu jx jx X Thevenin-impedansen til parallellkoplingen: j j0. 5 jx + jx pu Thevenin-spenningen er generatorenes indre spenning (som er like). Dermed: E AG1 1.1 k.8 pu (globalt system) X X T k.50 base 6 base 00 10, base, Metode : E AG1 1.0 k.50 pu X X T 6 base k.50 base, A 1 10 Tillagt 10% gir 406 A. base, Bryteren må derfor dimensjoneres for en strøm på minst 500 A, kanskje en bør velge 000 A for å være på den sikre siden.

6 6 Oppgave a) Last 1: LL cosθ cos Z1 φ kw LL 400 Q1 sinθ sin Z 5 1φ kar Last : ( LL / ) ( 400 / ) cos cos θ Z 1.0 φ kw ( LL / ) ( 400 / ) sin sin Q θ Z 1.0 φ kar Totalt: tot kw 1 Q tot Q + Q kar 1 + Q ka tot tot tot tot in 69. A 400 LL tot 14.0 F 0.84 tot impedansvinkel) induktiv (begge lastene er induktive siden de har positiv b) Kondensatorbatteriet må produsere Q tot. Kondensatorbatteriets kapasitive reaktans per fase er 1 X C ω C Q tot ( LL / ) ( / ) ωc X c LL Dermed:

7 7 Qtot 1977 C.8 mf π 50 ( / ) ω ( 400 / ) LL c) Nå er tot som før, mens Q tot 0. Dermed: tot 140 in 09. A 400 LL trømmen inn i anlegget er betydelig redusert siden vi nå kompenserer for den reaktive effekten, slik at tilsynelatende effekt blir mindre. d) er fase kretsmodell: jx + A + φ E A - - LL Klemspenningen per fase: φ (velges reell) amme aktive og reaktive effekt som for Last medfører samme strøm. Dermed: A LL / 400 / Z φ A 400 KL gir at E A φ jx A j

8 8 iserdiagram: φ -jx A E Α A e) ny driftstilstand forlanges at synkronmotoren produserer samme reaktive effekt som Last 1 forbruker, mens den aktive effekten er som før (som for Last ). Altså: motor jq * 1 φ A * Dermed: jq1 + jq j48000 A φ LL Finner ny E A : E A φ jx A j E E Any Agammel Med andre ord må feltstrømmen økes med 67 % for å komme til denne driftstilstanden. Motorens effektfaktor er nå: F + Q kapasitiv (Kontroll: F cos(0.1 ) 0.94) Motoren er dimensjonert for å tåle denne driftstilstanden ettersom F min,kap Det er dermed mulighet for å kunne øke feltstrømmen enda noe mer.

9 9 Oppgave 4 a) Transformatoren har koplingsgruppe -Y De tre øvrige hovedtypene er: Y-, - og Y-Y b) Generelt gjelder at når en transformator går ubelastet så er φ, a φ, Her er φ, LL, mens φ, LL, /, Dermed får vi: LL, LL, a a 91 slik at LL, LL, c) iden trafoen leverer merkesyneffekt ved merkespenning, blir også strømmen ut av trafoen lik merkestrøm. elger vi fasespenningen på sekundærsiden reell, blir strømmens fasevinkel cos 1 (0.9) Det er nå hensiktsmessig å jobbe i pu siden dette medfører svært lite regning. Det eneste vi trenger å regne ut er fasespenningen på primærsiden. Den er: Z + ( ) pu φ, E φ, j φ,, pu φ,, pu Det relative spenningsfallet blir R 5.6 %. 1.0 φ,, pu Hvis vi velger å jobbe med faktiske verdier blir det noe mer regning. Merkeverdi for impedans referert sekundærsiden blir: N, 40 Z N, 0.05 Ω N Transformatorens kortslutningsimpedans referert sekundærsiden blir derfor: Z j Ω E, + j er nå på en av de tre bankene i transformatoren, bruker KL, og får: φ, Z E, + φ, a

10 10 Effekten levert av transformatoren: F kw Q kar iden * φ,, er ( jq) j A 40 N, φ, a 40 Z E, + φ, ( j0.005) R φ, a φ, φ, / 40 / 5.6 % varet blir selvsagt det samme.

11 11 Oppgave 5 a) KL brukt på kretsen gir: jx + R. Denne ligningen er fremstilt grafisk i viserdiagrammet nedenfor. ed hjelp av litt enkel trigonometri innser vi fra figuren at X cosθ sinδ. θ δ R jx Xcosθ sinδ Aktiv effekt levert til kilden R, er gitt av R cosθ R Men siden figuren viser oss at R R X sinδ cosθ sinδ, følger at X (iden transmisjonslinja er tapsfri er selvfølgelig R.) b) Bruker formelen oppgitt i a til å løse oppgaven. iden linjene er oppgitt med susceptans istedenfor reaktans, må man regne ut reaktansen først, eventuelt bare multiplisere med susceptansen istedenfor å dele på reaktansen i formelen. X B 5 pu; X pu; 1 1 X 0. pu B B sin pu; base 00MW. 0. Effekten flyter fra til 1 siden spenningen i ligger foran spenningen i sin( ) 1.04 pu; 1.04 base 09 MW. 0. Effekten flyter fra til siden spenningen i ligger foran spenningen i sin pu; 0.50 base 100 MW. 0.8 Effekten flyter fra til 1 siden spenningen i ligger foran spenningen i 1.