Fö 5 - TSFS11 Energitekniska system Trefastransformatorn Elektrisk kraftöverföring

Transkript

1 Fö 5 - TSFS11 Energitekniska system Trefastransformatorn Elektrisk kraftöverföring Christofer Sundström 22 april 2016

2 Kursöversikt Fö 11 Fö 5 Fö 4 Fö 2 Fö 6 Fö Fö 7,8,10 Fö 9 Fö 12 Fö 1

3 Outline 1 Trefastransformatorn Uppbyggnad Kopplingsarter Ekvivalent Kretsschema Beräkningsexempel 2 -Fas kraftöverföring Exempel på varianter Egenskaper hos ledare Modell av kraftledare Spänningsfall Beräkningsexempel Vinkelskillnad vid effektöverföring Högspänd likspänning

4 Trefastransformatorn: Uppbyggnad Alt 1: Använd tre st. likadana enfastransformatorer -> Mindre vanligt förutom vid extremt höga effekter -> Lägre effektivitet än alternativet Alt 2: Gemensam järnkärna för hela transformatorn, en s.k. trefastransformator -> Summan av magnetflödena är alltid noll vid symmetrisk trefas. Därför behövs ingen magnetisk återledare. -> Det räcker alltså med en trebent transformator, dvs ett ben för varje fas. R S T r s t

5 Uppbyggnad, forts. r R R S T s S r s t t T Figur : Uppbyggnad av trefas krafttransformator och dess schemasymbol vid Y-koppling. De tre faserna R, S och T har en uppsänningslidning och en nedspänningslindning på varje ben.

6 Kopplingsarter Lindningarna på en trefastransformator brukar kopplas enligt: IL A=R B=S C=T N U F Y-koppling U H A=R I L I F B=S C=T D-koppling I A=R L B=S C=T N U F Z-koppling Magnetfältet från en D-kopplad lindning blir ggr. större än vid Y-kopplad lindning. -> Spänningen på sekundärsidan blir ggr. större för D-kopplad lindning än för Y-kopplad lindning på primärsidan. -> Spänningen på sekundärsidan blir ggr. mindre för D-kopplad lindning än för Y-kopplad lindning på sekundärsidan. De två lindningsdelarna i Z-kopplingen är två hälfter av en lindningsfläta kopplade så att spänningarna blir motkopplade och fasförskjutna 60. -> Förekommer på lågspänningssidan där snedbelastning förekommer. U F

7 Kopplingsarter, forts. Transformatorkopplingar betecknas enligt Uppspänningslindning Y-koppling Y y D-koppling D d Z-koppling Z z Nedspänningslindning Fasläget för en trefaslindning uttrycks enligt klockmetoden Ex: YNd5 betyder att uppspänningssidan är Y-kopplad med nolluttag och nedspänningssidan D-kopplad samt 150 (5 0 ) efter uppsidans spänning. Vanligast vid transformering till 20/400 V är Dyn-kopplade transformatorer.

8 Ekvivalent Kretsschema Ofta försummas tomgångsförlusterna vid utritning av trefastransformatorns kretsschema. Räkningarna görs enklast under antagandet att transformatorn består av tre st Y-kopplade enfastransformatorer. -> Förutsätter balanserad last. I 1 I 2 R 2 jx 2 U 1 U 20 U 2 Z B N 1 N 2 Figur : Ekvivalent per Y-fas schema för trefastransformator. Notera att U 1 här representerar huvudspänningen på primärsidan, inte fasspänning nummer 1. Notera att fasspänningen nu är U 1.

9 Ekvivalent Kretsschema: Spänningsfall Vi hade sedan tidigare för enfasfallet U 20 = (U 2 + R 2K I 2 cos ϕ 2 + X 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 + (X 2K I 2 cos ϕ 2 R 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 Vid -fas beräkningar så är alla spänningar huvudspänningar så vi får därför U 20 = ( U2 + R 2K I 2 cos ϕ 2 + X 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 + (X 2K I 2 cos ϕ 2 R 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 Spänningsfallsformeln för -fas-transformatorn U 20 ( U 2 + R 2K I 2 cos ϕ 2 + X 2K I 2 sin ϕ 2 )

10 Beräkningsexempel Rita ekvivalent per fas schema I 1 I 2 R 2 jx 2 U 1 U 20 U 2 Z B N 1 N 2

11 Beräkningsexempel a) Sökt: I 1M och I 2M Givet: S M = 50 kva, U 1M = 10 kv, U 2M = 0, 4 kv Lösning: Använd definitionen av trefaseffekt för upp-sidan och ned-sidan S M = U 1M I 1M = U 2M I 2M = { I1M = = = 2, 9 A I 2M = = 72, 2 A b) Sökt: R 1K och R 2K, dvs kortslutningsresistansen sett från primär och sekundärsidan. Givet: P FBM = 870 W Lösning: Effekten i varje gren är en tredjedel så vi har att P FBM = R 1K I1M 2 = R 2K I2M 2 = 870 R 1K = 2,9 = 4, 8 Ω = R 2K = 72,2 = 55, 2 mω = R 2 1K ( U2M U 1M ) 2

12 Beräkningsexempel c) Sökt: X 1K och X 2K, dvs kortslutningsreaktans sett från primär och sekundärsidan. Givet: P FBM = 870 W, u Z =, 4%. Här är u Z det procentuella impedansspänningsfallet vid märkström. Lösning: Procentuella spänningsfallet är spänningsfallet över Z 1K eller Z 2K vid märkström på resp. sida. Z 1 I 1K I 2K R 2 jx 2 U 1K = Z 1K I 1K (1) U 1K U Z1 U Z2 U 1K = uz 100 U 1M =, = 40 V (2) Z 1K = R 2 1K + X 2 () 1K X 2K = X 1K ( U2M U 1M ) 2 (4) (1)&(2) = Z 1K = N 1 N 2 U 1K 40 = = 68 Ω I1K 2, 9 () = X 1K = 58, 4 Ω ( ) (4) = X 2K = 58, = 9, 5 mω

13 Beräkningsexempel d) Sökt: U 2, spänningen över lasten Givet: U 1 = U 1M U 20 = U 2M, Märkbelastning I 2 = I 2M, cos ϕ 2 Lösning: Rita figur och sätt ut kända och okända storheter. Använd spänningsfallsformeln I1 I 2 R 2 jx 2 U 1M U 20 U 2 Z B cos ϕ 2 ind. N 1 N 2 U 20 U 2 + I 2 (R 2K cos ϕ 2 + X 2K sin ϕ 2 ) = 400 U , 2 ( 55, , 8 + 9, , 6 ) = U 2 87, 4 V

14 Beräkningsexempel e) Sökt: η, för märkbelastningsfallet Givet: U 2, I 2M, cos ϕ 2, P F 0, P FBM Lösning: Räkna ut P 2M för driftsfallet och använd formeln för effektivitet P 2M = U 2 I 2M cos ϕ 2 = 87, 4 72, 2 0, 8 = 8742 W η = P 2M 8742 = P 2M + P F 0 + P FBM = 97, 5 % Notera: Notera att formeln ovan enbart gäller för en last med samma ϕ 2. Mer generellt vore att skriva η = P 2 x S 2M cos ϕ2 = P 1 x S 2M cos ϕ2 + P F 0 + x 2 P FKM

15 Beräkningsexempel f) Sökt: Belastningsgraden för max verkningsgrad Givet: P F 0, P FBM Lösning: Försumma P 2M s beroende på belastningsgrad och ställ upp verkningsgraden som funktion av belastnignsgrad. x P 2M η(x) = x P 2M + P F 0 + x 2 P FBM = f (x) g(x) η (x) = f (x) g(x) f (x) g (x) g(x) 2 =... ) P 2M (P F 0 x 2 P FBM g(x) 2 ) η (x) =0 = (P F 0 x 2 P FBM = 0 = x ηmax = PF 0 P FBM = 0.9

16 Beräkningsexempel g) Sökt: I K1 om transformatorn kortsluts trefasigt på sekundärsidan (obs skillnad I 1K I K1 ) Givet: U 1 = U 1M, Z 1Tot = Z 1K Lösning: Använd ohms lag på den kortslutna kretsen I K1 = U 1M Z1K = = 85 A Strömmen ökar alltså från I 1M = 2.9A till I k,1 = 85A

17 Exempel på krafledningar

18 Exempel på krafledningar Figuren visar området kring en kraftledning där något inte får befinna sig utan särskilt tillstånd från Svenska kraftnät.

19 Exempel på krafledningar

20 Exempel på krafledningar 400 kv ledning

21 Exempel på krafledningar Dubbel 220 kv ledning

22 Egenskaper hos ledare: Resistans och induktans Resistans Koppar: R Cu = 17,2 a Ω/km Aluminium: R Al = 27 a Ω/km a är ledar-area i mm 2 Induktans Vid ledarplacering i liksidig triangel fås L = µ ( ( )) 0 µr d 2 π 4 + ln r där µ 0 = 4 π 10 7 Vs/Am är den magnetiska permeabilliteten i vakuum, µ r är relativ permeabillitet, d är avstånd mellan ledarna och r är ledarnas radie.

23 Egenskaper hos ledare: Kapacitans Kapacitans Ledare som är i närheten av andra ledare eller jord fungerar som kondensatorer. Ledningens kapacitans beror på ledarens yta (diameter och längd) samt avstånd mellan ledarna. På ledningar för spänningar upp till 50kV kan kapacitanserna försummas. Vid längre ledningar och högre spänningar, t.ex. i transmissionsnätet, ger kapacitansen en märkbar påverkan. Andra läckströmmar Viss läckström uppstår genom isolatorerna vid högre spänningar. Denna väderberoende läckström är i stort sett försumbar under normala förhållanden. Högspänningsledningar kan även råka ut ett glimningsfenomen eller s.k. koronaeffekt som uppstår när luftens dielektriska hållfasthet överskrids.

24 Exempel på krafledningar: Koronaeffekt Exempel på Koronaeffekt på 500kV ledning

25 Egenskaper hos ledare: Två bilder

26 Egenskaper hos ledare: Sammanfattning Vid överslagsberäkningar kan man i princip räkna med C d µf per km För normalt utförda ledningar kan man anta X L 0, 4 Ω per km och fas Ledningens impedans kan skrivas som Z L = R L + jx L Ω. Vid stora ledningar med grova linor kan resistansen vara försumbar i förhållande till reaktansen.

27 Modell av kraftledare: PI-Schemat Medellånga ledare modelleras enligt ett ekvivalent PI-schema där ledningskapacitansen har delats upp i två lika delar. För korta ledare tas endast induktans och resistans med. Långa ledare komplexa uttryck. R L X L Generator U 1 C d C d 2 2 U2 Last cos ϕ 2 0 km < l 50 km Kort ledare 50 km < l 200 km Medellång ledare 200 km < l Lång ledare

28 Spänningsfall: Härledning Vi hade sedan tidigare spännings-sambanden för -fas-transformatorn. Vi insättning av U 20 = U 1 fås U 1 = ( U2 + R 2K I 2 cos ϕ 2 + X 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 + (X 2K I 2 cos ϕ 2 R 2K I 2 sin ϕ 2 ) 2 Vidare kan vi sätta in P 2 = U 2 I 2 cos ϕ 2 = = I 2 cos ϕ 2 = P 2 U2 Q 2 = U 2 I 2 sin ϕ 2 = = I 2 sin ϕ 2 = Q 2 U2 Vilket alltså ger ( U 1 = U P ) 2 ( 2 R L + Q 2 X L P2 X L Q 2 R L U2 2 + U2 2 ) 2

29 Spänningsfall uttryckt i effekt I anläggningstekniska sammanhang vill man vanligen räkna med aktiva och reaktiva effekter istället för strömmar och fasförskjutningar. Det är därför praktiskt att uttrycka spänningsfallsformeln i effekt enligt följande. ( U 1 = U P ) 2 ( 2 R L + Q 2 X L P2 X L Q 2 R L U2 2 + U2 2 Vid användning av den effektbaserade spänningsfallsformeln för medellånga ledare så används Q 2,Tot = Q 2 + Q Cd i formeln ovan. På så sätt kan fasförskjutningen som uppstår p.g.a. ledningskapacitansen härföras till lasten. ) 2

30 Beräkningsexempel En industrianläggning förbrukar vid full drift 25 MW vid cos ϕ = 0, 8 ind. Matningen till industrianläggningen är en 100 km lång trefas luftledning av koppar och med ledararea 95 mm 2. Ledningens reaktans är X L = 0, 4 Ω per km och fas. Dess driftskapacitans är C d = 0, 01 µf per km och fas. Frekvensen hos nätet är 50Hz. Beräkna a) Spänningen i generatoränden om spänningen hos mottagaren skall vara 70kV. b) Total aktiv och reaktiv effektförlust P F och Q F i a). c) Total avgiven aktiv och reaktiv effekt från generatorn.

31 Beräkningsexempel: Lösning a) Ledaren i uppgiften är medellång så vi kan räkna på ett PI-schema med C d /2 i varje ände enligt nedan. R L X L Lastsida Generator U 1 C d2 C d2 U 2 Last cos ϕ 2 Vi väljer att baka in det reaktiva effektbehovet från lastsidan i lastens reaktiva effektbehov för att kunna använda uttrycket för spänningsfall. Vi har P 2 = 25 MW Q 2 = Q Load Q Ledare = P 2 tan ϕ = = 17.9 MVAr ( U2 ) 2 2 π f C d 2 =

32 Beräkningsexempel: Lösning a) Vidare har vi att R L = 17, 2 100/95 = Ω X L = 0, = 40 Ω Instoppat i spänningsfallsformeln får vi då ( U 1 = U P ) 2 ( ) 2 2 R L + Q 2 X L P2 X L Q 2 R L + = U 2 2 ( ) 25 18, , 9 0, 4 2 = 70 kv ( ) 25 0, 4 17, 9 18, kv U 2 2

33 Beräkningsexempel: Lösning b), c) Börja med att räkna ut strömmen ur den skenbara effekten enligt S 2 = U 2 I och S 2 = P2 2 + Q2 2 = 25 = I = , = 25, 75 A Vi får då P F = Resistansförlust = R L I 2 =, 56 MW Q F = X L I 2 = 7, 75 MVAr Den totalt avgivna aktiva och reaktiva effekten blir P 1 = P 2 + P F = 28, 6 MW ( ) 2 U1 Q 1 = Q 2 2π f C d 2 + Q F = 24, 5 MVAr

34 Vinkelskillnad vid effektöverföring Vi har sett ur seriereaktansen, som dominerar för långa ledare ger upphov till ett spänningsfall. Ur figuren ser man att det krävs en vinkelskillnad (Ψ) för att överföra aktiv effekt och en amplitudskillnad för att överföra reaktiv effekt. Serieinduktansen X L begränsar ledarens överföringsförmåga enligt P = U 1f U 2f X L sin Ψ = P max = U 1f U 2f X L

35 Högspänd likspänning -fas kraftledningar kan inte läggas på havsbotten p.g.a. för hög shuntkapacitans. HVDC, som använder likspänning, har inte detta bekymmer och kan därför även läggas på havsbotten. Typiska data på HVDC länkar är f.n. ± kv och 1-1,5 ka vilket alltså ger MW HVDC används framför allt på överföringar till havs, för överföring mellan osynkroniserade nät samt för mycket långa landförbindelser där de låga förlusterna väger tyngre än förlusterna för omriktningen.