BÀI tập dài NGẮN MẠCH

mạch bằng phương pháp giải tích.. Biến đổi sơ đồ thay thế : Bỏ các phụ tải không nối trực tiếp vào điểm ngắn mạch phụ tải 1 và phụ tải 3... Bỏ qua câc phụ tải, trừ phụ tải 2 nối trực

PHẦN I : NGẮN MẠCH 3 PHA TẠI ĐIỂM N1

mạch bằng phương pháp giải tích Tính Ixk và ixk

5 , 10

100 = 0,5 KA F1,F2 : máy phát điện turbin nước có cuộn cản, tra bảng 6.1(SGK/81)

ta có :

Phụ tải 3: E8= Ept3= 0,8

Hệ thống công suất vô cùng lớn: UH = 1

Điện kháng các phần tử :

Máy phát thủy điện :

75 ,

25 ,

75 ,

25 ,

Máy biến áp : B3: X11= XB3=

5 ,

5 ,

5 = 0,138 Máy phát nhiệt điện: F3: S đm=

5 ,

b Biến đổi sơ đồ thay thế :

Bỏ các phụ tải không nối trực tiếp vào điểm ngắn mạch ( phụ tải 1 và phụ tải 3 )

X22= X21+ X18 = 0,077 + 0,054 = 0,131

X23= X1+ X3 = 0,526 + 0 = 0,526

X24= X2+ X6 = 0,345+ 0 = 0,345

X25= X5+ X8 = 0,156 + 0,104 = 0,26 Biến đổi ∆(X4,X7,X25) - Y(X26,X27,X28)

X26=

25 7 4

7 4

X X X

X X

+

26 , 0 179 , 0 269 , 0

179 0 269 , 0

+

X27=

25 7 4

25 4

X X X

X X

+

26 0 179 , 0 269 0

26 0 269 , 0

+

25 7 4

25 7

X X X

X X

+

26 0 179 , 0 269 0

26 , 0 179 , 0

+

X29= X23+ X27 = 0,526+ 0,099 = 0,625

29 2 30 1

X X

X E X E

+

411 , 0 625 , 0

625 , 0 13 , 1 411 , 0 13 , 1

+

X31=

30 29

29 30

X X

X X

625 , 0 411 , 0

625 , 0 411 , 0

+ = 0,248

X32= X26+ X31= 0, 068 + 0,248 = 0,316 Đẳng trị (E9,UH) - E10

E10=

32 22

22 9 32

X X

X E X

U H

+

316 , 0 131 , 0

131 , 0 13 , 1 316 , 0 1

+

X33=

32 22

32 22

X X

X X

316 , 0 131 , 0

316 , 0 131 , 0

X34= X33+ X10 = 0,093+0,115 = 0,208 Biến đổi ∆(X11,X12,X13) - Y(X35,X36,X37)

X35=

13 12 11

12 11

X X X

X X

+

138 , 0 105 , 0 15 , 0

105 , 0 15 , 0

+

X36=

13 12 11

13 11

X X X

X X

+

138 , 0 105 , 0 15 , 0

138 , 0 15 , 0

+

X37=

13 12 11

13 12

X X X

X X

+

138 , 0 105 , 0 15 , 0

138 , 0 105 , 0

+

X38= X34 + X35 = 0,208 + 0,04 = 0,248

X39 = X36 + X14 = 0,053 + 0,4 = 0,453 Đẳng trị (E10,E4) - E11

E11=

39 38

38 4 39 10

X X

X E X E

+

248 , 0 453 , 0

248 , 0 08 , 1 453 , 0 04 , 1

+

X40=

39 38

39 38

X X

X X

+ =

453 , 0 248 , 0

453 , 0 248 , 0

+ = 0,16

X41= X37 + X40 = 0,037 + 0,16 = 0,197 Đẳng trị (E5,E6) - E12

E12=

16 15

15 6 16 5

X X

X E X E

+

2 , 0 4 , 0

2 , 0 08 , 1 4 , 0 08 , 1

+

X42=

16 15

16 15

X X

X X

+ =

2 , 0 4 , 0

2 , 0 4 , 0

+ = 0,133 Đẳng trị (E11,E12) - E13

E13=

42 41

41 12 42 11

X X

X E X E

+

133 , 0 197 , 0

197 , 0 08 , 1 133 , 0 054 , 1

+

X43=

42 41

42 41

X X

X X

+ =

133 , 0 197 , 0

133 , 0 197 , 0

13

X

E X

E

4 , 1

8 , 0 079 , 0

07 , 1

079 , 0

07 ,

4,1

8,

0 = 37,97

kxk : Hệ số xung kích của hệ thống , tra bảng 6-3 : kxk=1,94

kxkĐ : Hệ số xung kích của tải tổng hợp , lấy kxkĐ = 1

ixk= ixk*.Icb10,5 =37,97.5,5 = 208,82 kA

Ixk= I’’

0 1+2(k xk −1)2 =77,55 1 + 2 ( 1 , 94 − 1 ) 2 = 129 kA

4 , 1

17

X

079 , 0

43

E13= 1,07

N1

-MF có TĐK ở trạng thái KTGH được thay bằng:

EF = Eqgh (với Eqgh* = Ifgh*)

XF = xd

- MF có TĐK ở trạng thái định mức được thay bằng:

EF = Uđm

XF = 0

-Phụ tải được thay bằng: EPT = 0 và xPT = 1,2

-HTCSVCL được thay bằng: UH = 1 và xH = 0

Trước hết ta tính tât cả câc điện khâng của câc mây phât vă phụ tải sau đó ta giả thuyết câc trạng thâi lăm việc của câc mây phât

-Đối với mây phât F1 vă F2 thì:

Eqgh*1= Eqgh*2 = Ifgh*1 = 3,15

th*1 d*1

1 I

−

2, 97 − = qgh*2

th(F2)*2

th*2 d*2

1 I

−

1, 984 − =-Đối với mây phât F3 , F4 vă F5 thì:

Eqgh*3= Eqgh*4 = Eqgh*5 = Ifgh*3 = 4

th*4 d*4

1 I

−

3, 52 − =-Phụ tải 1:

E3 = Ept1 = 0

Biến đổi sơ đồ thay thế:

Biến đổi Y(X5, X8, X9) thành ∆(X22, X23, X24)

X43 = 12 13

11 12 13

0, 037 0,15 0,105 0,138

Và trong đơn vị có tên:

IN = IN*.Icb 10,5 = 7.5,5=38,5 (KA) Điện áp đầu cực các máy phát F4, F5 bằng không(do ngắn mạch ngay đầu cực):

UF4=UF5=0 Dòng do máy phát F4, F5 cung cấp cho điểm ngắn mạch N1 lần lượt là:

Điện áp ở đầu cực máy phát F3:

UF3= IN*.X43=7.0,037 = 0,259

Và trong đơn vị có tên:

UF3=0,259.10,5 = 2,72(KV) Dòng do máy phát F3 cung cấp cho điểm ngắn mạch N1 lần lượt là:

IF3=4 0 0, 568

7, 04 − =Trong đơn vị có tên:

IF3 = 0,568.5,5=3,124(KA)

Ta thấy rằng:

IF3 > Ith(F3)*3=0,424 , nghĩa là ta đã giả thuyết đúng, máy phát F3 làm việc ở trạng thái kích từ giới hạn

Các máy phát F1 và F2 làm việc ở trạng thái điện áp định mức

I.3 Tính dòng tại chổ ngắn mạch vào các thời điểm t = 0; t = 0,2 s và t

a Lập sơ đồ thay thế

Bỏ qua câc phụ tải, trừ phụ tải 2 nối trực tiếp văo điểm ngắn mạch

b Xác định nhóm máy phát nhập chung

- Nhóm máy phát thuỷ điện : F1,F2

- Nhóm máy phát nhiệt điện : F3, F4, F5

- Nhóm hệ thống công suất vô cùng lớn :H

c Biến đổi sơ đồ thay thế

Bỏ các phụ tải không nối trực tiếp vào điểm ngắn mạch (PT1,PT3)

X22= X21 + X18 = 0,077 + 0,054 = 0,131

X23= X1 + X3 = 0,526 + 0 = 0,526

X24= X2 + X6 = 0,345 + 0 = 0,345

X25= X5 + X8 = 0,156 + 0,104 = 0,26 Biến đổi ∆(X4,X7,X25) - Y(X26,X27,X28)

X26=

25 7 4

7 4

X X X

X X

25 4

X X X

X X

25 7

X X X

X X

29 2 30 1

X X

X E X E

29 30

X X

X X

+ = 0, 41.0, 625 0, 247

0, 41 0, 625 = +

X32= X26+ X31= 0, 068 + 0,247 = 0,315 Biến đổi ∆(X11,X12,X13) - Y(X33,X34,X35)

X33=

13 12 11

12 11

X X X

X X

13 11

X X X

X X

+

0, 061 0,15 0,105 0,138 =

X35=

13 12 11

13 12

X X X

X X

+

138 , 0 105 , 0 263 , 0

138 , 0 105 , 0

15 6 16 5

X X

X E X E

16 15

X X

X X

+ = 0, 2.0, 4

0, 2 0, 4 + = 0,133

Vì hai nguồn UH vă E9 khâc biệt nhau không nín nhập chung lại mă biến đổi Y(X22,X32,X36) - ∆thiếu (X39,X40)(bỏ qua điện khâng nối giữa câc nguồn) như hình dưới đđy:

X X

= 0,131+ 0,161 + 0,131.0,161

0, 315 = 0,359

7

SVTH: PHAN THƯƠNG LỚP 05Đ4

X40= X32 + X36 +

22

36 32

X

X X

1 1 1

1

X X X

1 1 1 1

X X X

1 1 1 1

X X X

∑ + 0,07 = 1,016. 96

100+0,07= 1,045 ∑SdmTD= SđmF1 + SđmF2 =38 + 58 = 96 (MVA)

- Nhiệt điện : Xtt2= X44 dmND

cb

S S

e Tra đường cong tính toán

- Tại thời điểm t = 0(tra theo đường nĩt đứt đối với MF TD)

- Tại thời điểm t = 0

I’’CKFTD = I*’’CKFTD.IđmFTĐ + I*’’CKFND .IđmFNĐ +

41

1

X Icb10,5 = 1,1 5,28+ 5,1 8,591+ 1

0, 253.5,5= 40,7 kA

So sânh kết quả với phần I.1 vă phần I.2 ta thấy rằng dòng ngắn mạch siíu quâ độ I’’(t = 0) ở phần I.1 vă dòng ngắn mạch xâc lập(t = ∞) thì phươngphâp đường cong tính toân như phần I.3 có sai lệch nhưng có thể chấp nhận được

PHẦN II : NGẮN MẠCH 1 PHA VÀ 2 PHA CHẠM ĐẤT TẠI ĐIỂM N.3

II.1 Tính dòng ngắn mạch vào thời điểm t = 0 bằng phương pháp đường cong tính toán khi xảy ra N (1) và N (1,1) tại điểm N.3

a Lập sơ đồ thay thế vă tính toân

X22= X1+ X3 = 0,256 + 0 = 256

X23= X2+ X6 = 0,345 + 0 = 0,345

X24= X5+ X8 = 0,156 + 0,104 = 0,26 Biến đổi ∆(X4,X7,X24) - Y(X25,X26,X27)

X25=

24 7 4

7 4

X X X

X X

24 4

X X X

X X

24 7

X X X

X X

29 28

X X

X X

Biến đổi ∆(X11,X12,X13) - Y(X32,X33,X34)

X32=

13 12 11

12 11

X X X

X X

13 11

X X X

X X

13 12

X X X

X X

+

0,15 0,105 0,138 + + = 0,037 X35 = X10 + X32 = 0,115 + 0,04 = 0,155

X36 = X14+ X33 = 0,4 + 0,053 = 0,453 Đẳng trị (E5,E6) - E10

16 15

X X

X X

+ = 0, 2.0, 4

0, 2 0, 4 + = 0,133

X38 = X34 + X37 = 0,037+ 0,133 = 0,17 Đẳng trị (E4,E10) - E11

38 36

X X

X X

SVTH: PHAN THƯƠNG LỚP 05Đ4

X41=

40 31

40 31

X X

X X

+ = 0,128.0, 279 0, 088

0,128 0, 279 =

X42 = X18 + X41 = 0,054+ 0,088 = 0,142 Đẳng trị (UH,E12) - E13

42 21

X X

X X

56 55

X X

X X

+ = 0, 269.0,179

0, 269 0,179 + = 0,107

X58=

51 50

51 50

X X

X X

59 57

X X

X X

1 1

X X

0, 7 + 0, 247 + 2, 499= 0,17 Vậy X0Σ= X63= 0,17

SVTH: PHAN THƯƠNG LỚP 05Đ4

Thêm X∆(1) vào sơ đồ TTT ta có sơ đồ thay thế như hình dưới đđy vă giải tìm dòng ngắn mạch bằng phương phâp giải tích

Biến đổi hoăn toăn giống như sơ đồ TTT đê biến đổi ở trước

Cuối cùng ta được sơ đồ gọn găng như sau:

42 21

X X

X X

0, 077 0,142 =

Trong đó, với ngắn mạch một pha thì X∆ sẻ khâc so với ngắn mạch hai pha chạm đđt Do vậy mă X44 hai trường hợp sẻ khâc nhau Cụ thể như sau:

♥ Ngắn mạch hai pha chạm đất:

INA1’’*(1,1) = 13

(1,1) 44

II.2 Tính dòng điện đi trong đất trong trường hợp ngắn mạch trên lúc t = 0

a Ngắn mạch 1 pha chạm đất

Ta có :

IN’’(1) = m(1).INA1’’(1) = 3.1,91 = 5,73(KA) Mặt khác : I(1)

Đ(0) = 3 I(1)

N(0) Vậy dòng đi trong đất : I(1)

Đ(0) = 3.5,73 = 17,19(KA)

b Ngắn mạch 2 pha chạm đất

Ta có :

IN’’(1,1) =m(1,1).INA1’’(1,1) = 1,57.5,715 = 8,97(KA) Mặt khác : I(1,1)

Đ(0) = 3 I(1,1)

N(0) Vậy dòng đi trong đất : I(1,1)