Nikola Rajaković
Milan Ćalović
Predrag Stefanov
Aleksandar Savić
100
REŠENIH ZADATAKA IZ
ANALIZE ELEKTROENERGETSKIH SISTEMA
BEOGRAD, 2002
Osnovni proračuni
2
Poglavlje 1
OSNOVNI PRORAČUNI
Osnovni proračuni
3
Zadatak 1.1
Za deo elektroenergetskog sistema prikazan na sl. 1.1a izračunati parametre ekvivalentnih
šema voda i transformatora.
3
2 AT
1
2
Jaka
mreža
UnM = 220 kV
1
3
Unv = 400 kV
Lv = 260 km
AT
Ur = 200 kV
Sl. 1.1a Elektroenergetski sistem iz zadatka 1.1
Podaci za autotransformatore su sledeći:
Sn12 = 400 MVA
X12% =12 %
gub
PCun
= 727 kW
m = 400/231/36,75 kV/kV/kV
X23% = 14 %
X13% = 17,5 %
gub
PFen = 148 kW
io% = 0,15 % In
Nadzemni vod je nominalnog napona 400 kV sa provodnicima u snopu
2×(Al-Fe 490/65 mm2). Prečnik provodnika je d = 30,6 mm, a poluprečnik kruga na kome su
razmešteni provodnici u snopu Rs = 200 mm (Ds = 400 mm). Podužna aktivna otpornost voda je
rv = 0,0295 Ω/km,f. Na sl. 1.1b prikazan je raspored provodnika na stubu.
D = 1100
D = 1100
Ds = 40
377
1100
2
1100 = 733
3
600
2277
1900
800
sve mere su u cm
600
Osnovni proračuni
4
Sl. 1.1b Raspored provodnika na stubu, za vod iz zadatka 1.1
Rešenje:
S obzirom da će vod biti predstavljen monofaznom ekvivalentnom π-šemom, to se najpre
nalaze konstrukcioni parametri voda (Rv, Xv, Bv). Pošto je zadata podužna aktivna otpornost voda to
je ukupna aktivna otpornost:
Rv = rvLv = 0,0295⋅260 = 7,67 Ω/f.
Aktivna otpornost jednog od provodnika snopa je dvostruko veća, pošto se u snopu nalaze
dva provodnika.
Podužna pogonska induktivnost voda lv nalazi se prema izrazu:
lv = 2 ⋅10 −4 ln
DSG
,
r 'es
gde je srednje geometrijsko rastojanje, (prema sl. 1.1b), s obzirom da su provodnici u horizontalnoj
ravni:
DSG = 3 D12 D13 D23 = 3 D ⋅ 2 D ⋅ D = 3 2 ⋅ D = 1,2599 ⋅ 11 = 13,859 m ,
a ekvivalentni poluprečnik snopa:
r 'es = n nre Rsn−1 = 2 ⋅ (0,95 ⋅
30,6
) ⋅ 200 = 76,25 mm .
2
U gornjoj formuli za proračun ekvivalentnog poluprečnika snopa sa re je označen
ekvivalentni poluprečnik provodnika koji uvažava činjenicu da se kod proračuna induktivnosti
uticaj unutrašnje induktivnosti iskazuje preko uvođenja odgovarajućeg prstena (u kome je
koncentrisana sva struja) na rastojanju re od ose provodnika. Za Al-Fe užad obično se uzima da je
re ≅0,95r, gde je sa r označen stvarni poluprečnik užeta.
Prema tome podužna induktivnost voda je:
lv = 2 ⋅10 −4 ln
1385,9
= 10,4 ⋅10 −4 H/km, f ,
7,625
a podužna reaktansa:
xv = ωlv = 314 ⋅10,4 ⋅10 −4 = 0,327 Ω/km, f .
Oznaka 'f ' ukazuje da su parametri izračunati po fazi trofaznog voda.
Podužna pogonska kapacitivnost nalazi se prema formuli:
cv =
55,55 ⋅10 −9
D
ln SG
 res

2hSG
2
2
4hSG
+ DSG




,
Osnovni proračuni
5
gde je sa res označen ekvivalentni poluprečnik snopa sa stanovišta kapacitivnosti (zato što
provodnik poluprečnika res ima istu kapacitivnost kao i odgovarajući snop provodnika po fazi):
res = n nrRsn−1 = 2 2 ⋅15,3 ⋅ 200 = 78,23 mm .
Ovaj ekvivalentni poluprečnik snopa (res) razlikuje se od odgovarajućeg ekvivalentnog
poluprečnika snopa merodavnog za proračun induktivnosti ( res′ ), pošto u formuli za njegovo
izračunavanje figuriše stvarni, a ne ekvivalentni poluprečnik provodnika.
Prema sl. 1.1b srednja geometrijska visina faznih provodnika je
hSG = H −
2
2
f = 19 − ⋅ 11 = 11,67 m ,
3
3
odnosno, jednaka je srednjoj težišnoj visini faznih provodnika nad zemljom (s obzirom da su
provodnici u horizontalnoj ravni), gde je f=11 m maksimalni ugib provodnika.
Posle zamene brojčanih vrednosti nalazi se:
cv =
55,55 ⋅ 10 −9
 1385,9
2 ⋅11,67
⋅
ln
 7,823
4 ⋅11,67 2 + 13,859 2





= 11,05 ⋅ 10 −9 F/km, f ,
pa je odgovarajuća pogonska podužna susceptansa:
bv = ωcv = 314 ⋅11,05 ⋅10 −9 = 3,47 ⋅10 −6 S/km, f .
Sada su ukupna reaktansa, odnosno susceptansa:
X v = xv Lv = 0,327 ⋅ 260 = 85,02 Ω ;
Bv = bv Lv = 3,47 ⋅10 −6 ⋅ 260 = 0,9022 ⋅10 −3 S.
Treba primetiti da je u ovom konkretnom primeru odnos r : x=1 : 11, što je i tipično za
nadzemne vodove 400 kV sa konstrukcijom u snopu.
S obzirom na činjenicu da će vod biti predstavljen ekvivalentnom π-šemom, dakle tretiran sa
koncentrisanim parametrima i s obzirom na to da je vod dužine Lv=260 km to se, radi što vernijeg
modelovanja voda, uvode skalarni koeficijenti popravke. Skalarni koeficijent popravke po aktivnoj
otpornosti iznosi:
bv xv L2v
3,47 ⋅ 10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2
kR = 1−
= 1−
= 0,947 ,
3
3
tako da je korigovana vrednost aktivne otpornosti:
R ' v = k R Rv = 0,947 ⋅ 7,67 = 7,47 Ω/faza .
Osnovni proračuni
6
Analogno se postupa i pri proračunu reaktanse i susceptanse ekvivalentne π-šeme:
2
bv xv L2v   rv  
3,47 ⋅10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2
1 −    = 1 −
k X = 1−
6   xv  
6


X v′ = k X X v = 0,987 ⋅ 85,02 = 83,945 Ω/faza ;
  0,0295  2 
1 − 
  = 0,987 ;
  0,327  
bv xv L2v
3,47 ⋅10 −6 ⋅ 0,327 ⋅ 260 2
= 1+
= 1,0064 ;
12
12
Bv′ = k B Bv = 1,0064 ⋅ 0,9022 ⋅10 −3 = 0,908 ⋅10 −3 S/faza ;
kB = 1+
ili
Bv′
= 0,454 ⋅10 −3 S/faza ,
2
pošto se u ekvivalentnoj π-šemi ukupna susceptansa deli na dve polovine.
Autotransformatori će biti zamenjeni “Г”-ekvivalentnom šemom (pošto se tada otočne grane
voda i autotransformatora mogu objediniti, kako je to pokazano na sl. 1.1c), pri čemu tercijerni
namotaj spregnut u trougao, neće u stacionarnom režimu biti opterećen pa prema tome neće ni
učestvovati u ekvivalentnoj šemi. Parametri monofazne ekvivalentne šeme autotransformatora po
fazi su onda:
X 12e =
2
1 X 12 % U nT
1 12 400 2
= ⋅
⋅
= 24 Ω ;
2 100 S n12 2 100 400
1 PCunU n2 1 0,727 ⋅ 400 2
Re =
= ⋅
= 0,3635 Ω ;
2
2 S12
2
400 2
n
P
0,148
Ge = 2 Fen
=
2
⋅
= 1,85 ⋅10 −6 S ;
2
2
Un
400
i % S n12
0,15 400
Be = 2 o
= 2⋅
⋅
= 7,5 ⋅ 10 − 6 S .
2
2
100 U n
100 400
Kod proračuna parametara ekvivalentne šeme za dva paralelna autotransformatora, treba
voditi računa da se parametri redne grane polove, a parametri otočne grane udvostručuju.
Ekvivalentna šema sistema data je na sl. 1.1c.
1
Z ' v = (7,47 + j83,945) Ω
U1
j
Bv′
= j 0,454 ⋅ 10 −3 S
2
2
U2
j0,454⋅10-3 S
Ge=1,85⋅10-6 S
Sl. 1.1c Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.1
ZT=(0,3635+j24) Ω 3
U3
-jBe=-j7,5⋅10-6 S
Osnovni proračuni
7
Zadatak 1.2
Vod nominalnog napona 400 kV ima sledeće parametre:
rv = 0,035 Ω/km;
xv/rv = 10;
qc = 0,5 MVAr/km;
gv = 0.
a) Naći podužnu kapacitetivnost voda cv, karakterističnu impedansu Zc; talasni otpor Zv i
prirodnu snagu Pnat.
b) Proračunati gubitke aktivne i reaktivne snage u vodu dužine Lv = 200 km, aktivnu i
reaktivnu snagu i napon na početku voda, ako se na kraju voda isporučuje snaga P = Pnat pri
nominalnom naponu (Un = 400 kV) i faktoru snage cosϕ = 0,98 (cap).
Rešenje:
a) Podužna kapacitivnost voda (po fazi) nalazi se iz reaktivne snage punjenja voda qc, kao:
cv =
qc
ω nU n2
=
0,5
= 9,947 ⋅ 10 −9 F/km .
2π ⋅ 50 ⋅ 400 2
Podužna susceptansa je:
bv = ωcv = 2π ⋅ 50 ⋅ 9,947 ⋅10 −9 = 3,125 ⋅10 −6 S/km .
Podužna impedansa i admitansa su onda:
z v = (0,035 + j 0,35) Ω/km = 0,352 Ω/km / 84,29° ;
y v = j 3,125 ⋅ 10 −6 S/km = 3,125 ⋅ 10 −6 S/km / 90° .
Karakteristična impedansa voda je onda:
Zc =
0,352 / 84,29°
zv
=
= 335,62 Ω / − 2,86° ,
yv
3,125 ⋅ 10 −6 / 90°
a talasni otpor (karakteristična impedansa idealizovanog voda):
Zv =
xv
0,35
=
= 334,67 Ω ,
bv
3,125 ⋅10 −6
dok je prirodna snaga:
Pnat =
U n2
400 2
=
= 478,1 MW .
Z v 334 ,67
b) Kompleksna snaga voda koja se na kraju voda predaje je:
S 2 = Pnat (1 − jtg arccos 0,98) = (478,1 − j 97,1) MW = 487,96 MW / - 11,48° .
Osnovni proračuni
8
Gubici u vodu, kada se on predstavi sa π-ekvivalentom (za U2 = U2 /0°) su:
2
∆ S gub = Z v
P22
Q 

+  Q2 − c 
478,12 + (97,1 + 50)2
2 

= (7 + j 70)
= (10,95 + j109,5) MVA .
U 22
400 2
Pad napona u vodu je:
Q 
Q 


Rv P2 + X v  Q2 − c 
X v P2 − Rv  Q2 − c 
2 
2 


∆U =
+j
U2
U2
7 ⋅ 478,1 − 70 ⋅ 147,1
70 ⋅ 478,1 + 7 ⋅147,1
=
+j
= (− 17,38 + j86,24 ) kV
400
400
Napon na početku voda je onda:
U 1 = U 2 + ∆U = 400 − 17,38 + j86,24 = (382,62 + j86,24 ) kV = 392,22 kV / 12,71° .
Kompleksna snaga na početku voda je:
Bv 2
U1
2
= (478,1 − j 97,1) + (10,95 + j109,5) − j100 ⋅ 3,125 ⋅ 10 −6 ⋅ 392,22 2
= (489,05 − j 39,3) MVA .
S1 = S 2 + ∆S
gub
−j
Provera vrednosti toka aktivne snage na početku i kraju voda može se izvršiti preko formule
za snage injektiranja:
U 12
U 1U 2
392,22 2
392,22 ⋅ 400
P1 =
sin µ +
sin (θ12 − µ ) =
sin 5,71° −
sin (12,71° − 5,71°)
ZL
ZL
70,35
70,35
= 217 ,56 − 271,4 = 488,96 MW (umesto ranije proračunatih 489,05 MW),
gde je µ = 90° − arctg
XL
= 90° − 84,29° = 5,71° .
RL
U 22
UU
400 2
392,22 ⋅ 400
sin µ − 1 2 sin (θ 21 + µ ) = −
sin 5,71 +
sin (12,71 + 5,71)
ZL
ZL
70,35
70,35
= −226 ,28 + 704 ,3 = 478,02 MW (umesto ranije proračunatih 478,1 MW).
P2 = −
Sve razlike u rezultataima su posledica zaokruživanja.
Osnovni proračuni
9
Zadatak 1.3
Konzumno područje dvostrano se napaja trofaznim vodovima 400 kV. U slučaju ispada
jednog od njih, drugim vodom dužine 200 km konzumnom području priticaće celokupna njegova
snaga jednaka dvostrukoj prirodnoj snazi voda.
Kolika će biti približna vrednost ugla voda (faznog pomeraja između napona na krajevima),
a kolika reaktivna induktivna snaga koju troši vod pod pretpostavkom da se naponi bitno ne
menjaju i da je podužna kapacitivna snaga otočnih kapacitivnosti voda približno 0,5 MVAr/km?
Rešenje:
Radi se o dužini voda (deonice) kod koje još ne nastupaju efekti karakteristični za prenos
naizmeničnom strujom na velike udaljenosti (dužina nešto veća od desetine četvrttalasne dužine).
Kod prenosa prirodne snage (idealizovanim) vodom ima se na svakih 100 km ugaoni
pomeraj napona od 6°, tj na 200 km 2⋅6 = 12°. S obzirom da je, naročito kod umerenih dužina, ovaj
ugaoni pomeraj za vodove najviših napona praktično srazmeran sa aktivnom snagom (što se pored
ostalog vidi i iz poprečne komponente fazorske razlike napona (PX − QR ) / U , gde je QR za red
veličine manje od PX, a pogotovo ako se u osnovi kompenzuje reaktivna snaga potrošačkog
područja, kako i odgovara uslovima prirodne snage (za jedan ili više vodova)).
Prema tome kod prenosa dvostruke prirodne snage imaće se praktično i dvostruki ugaoni
pomeraj:
θ v = θU1 − θU 2 = 2 ⋅ 12° = 24°.
Za približno nalaženje reaktivne induktivne snage koju “troši” vod u specifikovanim
uslovima moguće je sledeće rezonovanje:
Ukupna kapacitivna snaga koju proizvode otočne kapacitivnosti voda 400 kV dužine
200 km iznosi (približno):
Qcv = qcv Lv = 0,5 MVAr/km ⋅ 200 km = 100 MVAr.
Kod prenosa prirodne snage (idealizovanim) vodom, vod sam sebe kompenzuje, tj. koliki su
gubici reaktivne induktivne snage u rasipnim reaktansama, toliko proizvode kapacitivnosti voda
(uzimaju kapacitivnu, odnosno daju induktivnu reaktivnu snagu).
Otuda se pri prenosu prirodne snage imaju gubici reaktivne induktivne snage u rednim
rasipnim reaktansama, takođe jednaki 100 MVAr i u celini su kompenzovani reaktivnom snagom
otočnih kapacitivnosti. Kako su gubici reaktivne induktivne snage u rednim reaktansama srazmerni
sa kvadratom struje, a time pri približno konstantnom naponu i kvadratu snage, oni će pri
dvostrukoj prirodnoj snazi biti 22 = 4 puta veći nego pri jednostrukoj, tj. iznosiće približno
4⋅100 = 400 MVAr. S obzirom da je kapacitivnostima kompenzovano samo 100 MVAr, ima se na
kraju:
QΣv = Q − Qcv = 400 − 100 = 300 MVAr,
tj. vod približno troši ukupno 300 MVAr.
Osnovni proračuni
10
Zadatak 1.4
Za deo elektroenergetskog sistema iz zadataka 1.1:
a) Izračunati koeficijente ekvivalentnog četvorokrajnika;
b) Nacrtati kružne dijagrame snaga koje protiču preko sabirnica 1 i 3.
c) Nacrtati spiralne dijagrame za napon (i struju) za režim prenosa prirodne snage i za režim
praznog hoda.
Rešenje:
a) Ekvivalentna šema zadatog dela sistema data je na sl. 1.4a.
1
If1
Zv
If2 2
Uf1
ZT
Uf2
Y ot
v
2
Y ot
v
2
If3
3
Uf3
Y Tot
Sl. 1.4a Deo elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.4
Matrična relacija koja povezuje fazne veličine napona i struja na ulazu i izlazu prvog
četvorokrajnika (ekvivalentne π-šeme voda) je:
U f 1   A1
I  =
 f 1  C 1
B1  U f 2 

.
D1   I f 2 
Množenjem prethodne matrične relacije sa 3 prelazi se sa faznih na takozvane računske
veličine napona i struja. Ovako uvedeni fazori napona i struja zadržavaju fazni stav, a moduli im se
povećavaju 3 puta. Umesto termina računski za napone se može koristiti i termin linijski,
odnosno međufazni. Termin međufazni za struje nije primeren. Prema tome prethodna jednačina
postaje:
U 1   A1
 I  = C
 1  1
B1  U 2 
.
D1   I 2 
(1)
S obzirom da je prema ekvivalentnoj šemi:
ot


 Z v Y ot
Yv
v


U1 =U 2 + I 2 +
U 2 Z v = U 2 1 +



2
2




 + Z v I 2,


Osnovni proračuni
11
a takođe:
ot 2

 Z v Y ot
Z v Y v 
ot

v
I1 = U 2 Y v +
+ I 2 1 +



4
2




,


(2)
to se poređenjem relacija (1) i (2) određuju koeficijenti prvog četvorokrajnika:
ot 2
ot
ot
Z Y
Z Y
Z Y
ot
A1 = 1 + v v ; B1 = Z v ; C 1 = Y v + v v ; D1 = 1 + v v .
2
4
2
Očigledno je, s obzirom da se radi o pasivnom, simetričnom četvorokrajniku da je:
A1 = D1 i A1 D1 − B1 C 1 = 1.
Na sličan način se ima:
U 2   A 2
 I  = C
 2  2
B 2  U 3 
.
D 2   I 3 
(3)
Prema ekvivalentnoj šemi sa sl. 1.4a je:
U 2 = U3 + ZT I3 ;
(
)
I 2 = Y T U 3 + 1+ Z T Y T I 3 ,
ot
ot
(4)
tako da se poređenjem (3) i (4) nalaze koeficijenti drugog četvorokrajnika (ekvivalentna Γ-šema
transformatora):
A 2 = 1; B 2 = Z T ; C 2 = Y T ; D 2 = 1 + Z T Y T .
ot
ot
Pošto taj četvorokrajnik nije simetričan to je:
A2 ≠ D 2 ,
ali pošto je pasivan to je zadovoljen uslov:
A 2 D 2 − B 2 C 2 = 1.
Ako se iz (3) smeni matrica-kolona radnih veličina na ulazu u drugi četvorokrajnik u (1),
dobija se:
U 1   Ae
 I  = C
 1  e
B e  U 3 
.
D e   I 3 
(5)
Osnovni proračuni
12
U relacijama (5) su uvedeni koeficijenti ekvivalentnog četvorokrajnika koji se nalaze prema
pravilima matričnog množenja:
 Z Y ot 
ot
A e = A1 A 2 + B1 C 2 = 1 + v v  + Z v Y T ;


2 

 Z Y ot 
ot
B e = A1 B 2 + B1 D 2 = 1 + v v  Z T + Z v 1 + Z T Y T ;


2 

ot 2
ot

Z v Y v   Z v Y v  ot
ot

C e = C 1 A 2 + D1 C 2 = Y v +
+ 1+
YT ;

4  
2 


(
)
ot 2

 Z v Y ot
Z v Y v 
ot

v
D e = C 1 B 2 + D1 D 2 = Y v +
Z T + 1 +



4
2



(
)

 1 + Z T Y Tot .


(6)
Posle zamene numeričkih vrednosti zadatih veličina, dobija se:
Z v = (7,47 + j83,945)Ω = 84,277 Ω / 84,912° ;
Y v = j 0,454 ⋅ 10 −3 S = 0,454 ⋅ 10 −3 S / 90° ;
ot
Z T = (0,3635 + j 24 )Ω = 24,00275 Ω / 89,13° ;
Y T = (1,85 − j 7,5) ⋅ 10 −6 S = 7,72 ⋅ 10 −6 Ω / − 76,144° ,
ot
a zamenom tih veličina u relacije (6) dobijaju se koeficijenti ekvivalentnog četvorokrajnika:
Ae = 0,962 / 0,2025° = Ae / α ;
B e = 107,28 / 85,86° Ω = Be / β ;
C e = 0,883 ⋅ 10 −3 / 89,8° S = Ce / γ ;
D e = 0,94 / 0,225° = De / δ .
b) Kompleksni izrazi za snage koje protiču preko sabirnica 1 i 3 su:
De
UU
/β − δ − 1 3 /β + θ ;
Be
Be
A
UU
S 3 = −U 32 e / β − α + 1 3 / β − θ ,
Be
Be
S 1 = U 12
gde je sa θ označen ugao između fazora napona U1 i U3.
Posle zamene poznatih numeričkih vrednosti u gornje relacije, izrazi za kompleksne snage
postaju:
S 1 = U 12 ⋅ 8,76 ⋅10 −3 / 85,635° − U 1U 3 ⋅ 9,32 ⋅ 10 −3 / θ + 85,86° ;
S 3 = −U 32 ⋅ 8,967 ⋅10 −3 / 85,658° + U 1U 3 ⋅ 9,32 ⋅ 10 −3 / 85,86° − θ
(7)
Osnovni proračuni
13
Relacije (7) u polarnim kordinatama predstavljaju jednačinu familije krugova čiji je centar
određen prvim sabirkom u relacijama (7), a poluprečnici krugova drugim sabirkom (pošto je samo
drugi sabirak funkcija ugla θ). Naponi u relacijama (7) su međufazne veličine tako da su snage
trofazne.
Da bi se mogli analizirati različiti režimi rada proučiće se tri karakteristična slučaja:
1. slučaj
U 3 = U nv = 400 kV = const.
Drugim rečima, napon na sabirnica 3 se održava konstantnim dok će se napon U1 menjati u
dijapazonu ±10 % (tab. 1.4a).
Prvi sabirak u izrazu za S3 (relacije (7)) ne zavisi od U1 i iznosi:
8,967 ⋅10 −3U 32 = 8,967 ⋅10 −3 ⋅ 400 2 = 1434,72 MVA .
Tab. 1.4a Prvi karakteristični slučaj
U1
(kV)
0,9Unv = 360
0,95Unv = 380
Unv = 400
1,05Unv = 420
1,1Unv = 440
8,76 ⋅10 −3U 12
(MVA)
1135,29
1264,94
1401,6
1545,26
1695,94
9,32 ⋅10 −3U1U 3
(MVA)
1342,08
1416,64
1491,2
1565,76
1640,32
Kružni dijagrami snaga koji odgovaraju tab. 1.4a nacrtani su na sl. 1.4b. Krugovi snaga na
sabirnicama 3 su koncentrični krugovi pošto im je centar fiksan (prvi sabirak u S3 ne zavisi od U1)
dok se centri krugova na sabirnicama 1 udaljavaju od koordinatnog početka sa rastom napona pri
čemu raste i njihov poluprečnik (treća kolona u tab. 1.4a).
Ako se na sl. 1.4b uoči prava stalne aktivne snage (P = 500 MW = const) to se vidi da će sa
rastom napona U1 rasti i reaktivna snaga Q1 koja se preko sabirnica 1 predaje u sistem (za niže
vrednosti napona ona je negativna - tačke 1 i 3 na sl. 1.4b), zatim da će se rastom napona U1
reaktivna snaga Q3 (krugovi snaga na sabirnicama 3, III i IV kvadrant), koja je negativna, (tačke 1' i
3'), po modulu da se smanjuje i da će pri dovoljno velikoj vrednosti napona U1 snaga Q3 promeniti
smer (tačka 5'), odnosno da i snaga Q3 raste sa rastom napona U1 (za Q3>0, tj. reaktivna snaga se
preko sabirnica 3 predaje jakoj mreži).
Isto tako se uočava da sa rastom napona opada ugao θ između U1 i U3 (θ5'<θ1') odnosno,
pošto je problem stabilnosti u osnovi problem uglova, a za manje uglove sistem je stabilniji, to se
zaključuje da će viši naponi u sistemu imati povoljan uticaj na stabilnost sistema.
Iz ove pojednostavljene analize se primećuje da promena napona u osnovi utiče na promenu
tokova reaktivnih snaga dok znatno manje utiče na tokove aktivnih snaga.
Osnovni proračuni
14
2. slučaj
U1 = 410 kV = const .
Napon sabirnica 1 se održava konstantnim dok se napon U3 menja (tab. 1.4b).
Tab. 1.4b Drugi karakteristični slučaj
U3
(kV)
0,9UnMs = 342,85
0,95UnMs = 361,9
UnMs = 380,95
1,05UnMs = 399,99
1,1UnMs = 419,05
8,967 ⋅10 −3U 32
(MVA)
1054,36
1174,4
1301,3
1434,7
1574,6
U1U 3 ⋅ 9,32 ⋅10 −3
(MVA)
1310,1
1382,9
1455,7
1528,5
1601,3
Prvi sabirak u izrazu za S1 (relacije (7)) ne zavisi od U3 i iznosi:
8,76 ⋅ 10 −3U 12 = 8,76 ⋅ 10 −3 ⋅ 410 2 = 1472,56 MVA
Kružni dijagrami snaga koji odgovaraju tab. 1.4b nacrtani su na sl. 1.4c. Krugovi snaga na
sabirnicama 1 (I i II kvadrant) su koncentrični krugovi sa centrom u tački C, a snage S3 su
predstavljene krugovima čiji se centri pomeraju duž pravca − 8,967 ⋅10 −3 ⋅ U 32 / 85,658° . Slična
analiza koja je urađena za sl. 1.4b može se uraditi i za sl. 1.4c. (Napomena: Na sl. 1.4b i sl. 1.4c
nacrtana su radi bolje preglednosti samo tri od pet krugova iz tab. 1.4a i tab. 1.4b).
3. slučaj
U1 = 410 kV = const . ;
U 3 = U nMs = 380 ,95 kV = const .
U ovom slučaju ispituje se zavisnost snaga od faznog ugla θ pošto su oba napona
konstantna.
Posle zamene numeričkih vrednosti dobija se:
S 1 = 112,08 − 1455,69 cos(θ + 85,86 ) + j[1468,3 − 1455,69 sin (85,86° + θ)] = P1 + Q1 ;
S 3 = 98,53 + 1455,7 cos(85,86 − θ) + j [1297,6 + 1455,7 sin (85,86° − θ)] = P3 + Q3 .
ugla θ.
Iz ovih izraza zaključije se da su snage P1, P3, Q1 i Q3 sinusne (odnosno kosinusne) funkcije
Osnovni proračuni
15
Q
S1(5)
S1(3)
S1(1)
C5
C3
C1
θ5
θ3
P = 500 MW
θ1
85,635°
5
U3 = Unv = const
5’
3
3’
1
1’
85,658°
P
θ1'
θ3'
θ5'
S3(1)
C
S3(3)
S3(5)
Sl. 1.4b Kružni dijagram snaga voda koji odgovara tab. 1.4a
Osnovni proračuni
16
Q
S1(3)
S1(5)
S1(1)
C
θ5
θ3
θ1
P=500 MW
1
3
P
5
C1
C3
C5
S3(1)
S3(3)
S3(5)
Sl. 1.4c Kružni dijagram snaga voda koji odgovara tab. 1.4b
Osnovni proračuni
17
c) Na osnovu podužnih pogonskih parametara voda:
z v = (0,0295 + j 0,327 ) Ω/km, f = 0,328 Ω/km /84,845° ;
y v = j 3,47 ⋅10 −6 S/km, f = 3,47 ⋅ 10 −6 S/km /90° ,
nalaze se tzv. sekundarni parametri voda:
karakteristična impedansa Zc
zv
0,328
=
/ − 2,58° = 307,4 / − 2,58° Ω = Z c / ξ
yv
3,47 ⋅10 −6
Zc =
i koeficijent prostiranja γ:
γ = z v y v = 1,0668 ⋅10 −3 / 87,42° .
Pošto je:
γ = α + jβ ,
to je koeficijent slabljenja α:
α = 0,048 ⋅ 10 −3 1/km ,
a fazni koeficijent β:
β = 1,066 ⋅10 −3 rad/km .
Talasna dužina je:
λt =
2π
2π
=
= 5894,17 km ,
β 1,066 ⋅10 −3
a brzina prostiranja:
v = λ t f = 5894,17 ⋅ 50 = 294 708,5 km/s .
Jednačine voda koje povezuju fazni napon i faznu struju na bilo kojem mestu na vodu (x) sa
faznim naponom i faznom strujom na kraju voda su:
U
I
fx
fx
= U f 2 ch γx + I
=
Uf2
Zc
f 2 Z c sh γx ;
sh γx + I f 2 ch γx .
U jednačini (8) je uzeto:
(8)
Osnovni proračuni
U
f2
18
= U f 2 / 0.
Za režim prenosa prirodne snage ima se:
U f 2 = Z c I f 2.
(9)
Posle smenjivanja (9) u (8) dobijaju se jednačine:
U
I
fx
fx
= U f 2 (ch γx + sh γ x ) = U f 2 e
=
Uf2
Zc
e
γx
=
Uf2
Zc
γx
= U f 2 e α x e jβ x ;
e αx e jβx e − jξ .
(10)
Prva od jednačina (10) u polarnim koordinatama predstavlja logaritamsku spiralu koja se sa
rastom dužine voda x (αx raste pa raste i eαx) odmotava, što važi i za drugu relaciju u (10), s tim što
su argumenti ovog kompleksnog izraza nešto manji (za argument kompleksne karakteristične
impedanse Zc). Prva od jednačina (10) grafički je predstavljena na sl. 1.4d.
Za režim praznog hoda (If2 = 0) relacije (8) postaju:
U
I
fx
fx
= U f 2 ch γx =
=
Uf2
2Z c
(e
Uf2
2
αx jβx − jξ
e
e
(e
γx
+e
− γx
) = U2 (e
f2
αx jβ x
e
)
+ e −αx e − jβx ;
)
− e −αx e − jβx e − jξ .
(11)
P2
P3
P1
P4
Po
0
P7
P5
P6
Sl. 1.4d Grafička predstava prve od jednačina 10
P8
Osnovni proračuni
19
Prvi sabirak u relacijama (11) predstavlja u polarnim koordinatama logaritamsku spiralu
koja se odmotava, a drugi (e-αx opada kada x raste) logaritamsku spiralu koja se zamotava oko
koordinatnog početka. Karakteristične vrednosti dužine voda x odabraće se tako da proizvod βx
(argument kompleksnih izraza) ima vrednosti π/4, π/2, itd. (tab. 1.4c).
Tab. 1.4c Karakteristične vrednosti za crtanje logaritamske spirale sa sl. 1.4e
Tačka na
dijagramu
Co(Po)
C1(P1)
C2(P2)
C3(P3)
C4(P4)
C5(P5)
C6(P6)
C7(P7)
C8(P8)
Ugao βx
(rad)
0
π/4
π/2
3π/4
π
5π/4
3π/2
7π/4
2π
Dužina voda x
(km)
0
736,77
1473,54
2210,3
2947,08
3683,86
4420,63
5157,4
5894,17
eαx
e-αx
1
1,036
1,073
1,112
1,152
1,193
1,236
1,280
1,327
1
0,965
0,932
0,899
0,868
0,838
0,809
0,780
0,754
Sl. 1.4d predstavlja logaritamsku spiralu za napon u režimu prenosa prirodne snage vodom
na kome se imaju gubici aktivne snage (za idealizovani vod α = 0 pa se zaključuje da logaritamska
spirala degeneriše u krug). Na primer tačka P1 predstavlja vektor napona na početku voda dugačkog
736,77 km kad se tim vodom prenosi prirodna snaga. Tačka Po, u razmeri za napon određuje vektor
napona na kraju tog voda pošto se tekuća koordinata x u relacijama (8) meri od kraja ka početku
voda tako da se za x = 0 dobija napon na kraju voda. Tačka P1 se crta prema koloni 4 u tab. 1.4c,
odnosno poteg te tačke je za 1,036 puta veći od potega tačke Po (a argument je π/4). Ako se izabere
pogodna razmera za struju tada se vrlo sličan spiralni dijagram dobija i za struju samo s tom
razlikom što argument potega OP1 ne bi bio 45° već 45° - ξ = 45° - 2,58° = 42,42°.
Na sl. 1.4e nacrtane su logaritamske spirale za napon i struju za režim praznog hoda (relacije
(11) i tab. 1.4c). Tačke C1, C2, …, C8 predstavljaju krajeve fazora napona na rastojanju λt/8, 2λt/8,
… od kraja voda, a tačka Co predstavlja napon na kraju voda. (Tačke 1, 2, ..., 8 spirale odgovaraju
pozitivnim, a tačke 1', 2', ..., 8' negativnim vrednostima za x tako da se tačka C3 nalazi kao
OC 3 = 03 + 03' ). Poteg OC 2 određuje napon na početku dalekovoda dugačkog 1473,54 km pri
čemu je napon na njegovom otvorenom kraju OC o (za idealizovani vod tačka C2 bi pala u
koordinatni početak i time se ima poznati teorijski slučaj Ferantijevog efekta pri kome se za napon
jednak nuli na početku dalekovoda ima konačna vrednost napona na otvorenom kraju dalekovoda,
odnosno beskonačno veliko povećanje napona).
Tačke S1, S2, ..., S8 odgovaraju logaritamskoj spirali za struju koja se konstruiše na analogan
način.
Osnovni proračuni
20
S2
S1
2
S3
6’
1
3
7’
5’
C4
C3
C2
S8
4
4’
S4
0
C1
Co C8
8’ 8
C5
C7
C6
3’
1’
5
2’
S5
6
7
S7
S6
Sl. 1.4e Logaritamske spirale za napon i struju za režim praznog hoda (relacije (11) i tab. 1.4c)
Osnovni proračuni
21
Zadatak 1.5
a) Ilustrovati fenomen Feranti-efekta, na primeru otvorenog vazdušnog voda 50 Hz, čiji je
napon na početku U1o = 400 kV, a njegova dužina Lv = 400 km, koristeći približnu relaciju
co2 = 1 / lv cv , gde je co ≈ 300 000 km/s brzina prostiranja svetlosti u praznom prostoru, a lv u H/km i
cv u F/km podužna induktivnost i kapacitivnost vazdušnog voda, respektivno.
b) Proračunati parametre simetrične ekvivalentne π-šeme vazdušnog voda dužine
Lv = 400 km, čiji su podužni parametri rv = 0,035 Ω/km; lv = 1,1 mH/km; gv≈0 i cv = 9,5⋅10-9 F/km.
Nacrtati šemu i u nju uneti numeričke vrednosti parametara.
c) Proračunati parametre nesimetrične ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora,
čiji su osnovni podaci Sn = 100 MVA; mT = 220 kV±10×1,5 %/10,5 kV; uk(n=0) = 12,5 %; rT≈0;
sprega Yd5, za položaje regulacionog prekidača n = +10; 0; -10, uz zanemarenje promene reaktanse
namotaja pri promeni položaja regulacionog prekidača. Numeričke vrednosti izračunatih parametara
svesti na napon 220 kV.
Rešenje:
Jednačina napona prenosnog voda u praznom hodu je:
U
f 1o
=U
f 2 ch γLv
=U
f 2 ch
(α o + jβ o )Lv = U f 2 (chα cos β + jshα sin β) ,
gde je: α = α o Lv ;
β = β o Lv = ω lv cv Lv =
ω
2π ⋅ 50
2π ⋅ 50
180
Lv =
⋅ 400 [rad] =
⋅ 400 ⋅
[°] = 24° .
c
300 000
300 000
π
Za α o Lv ≈ 0 linijski napon na kraju voda U 2 = 3U
U2 =
f2
je:
U1o
U 1o
=
= 1,095 ⋅ 400 = 438 kV .
cos β o Lv cos 24°
Kako se ovde radi o 400 kV vodu, čiji je najviši dozvoljeni pogonski napon (određen
stepenom izolacije) Umax = 420 kV (1,05Un), jasno je da je stacionarno povišenje napona na kraju
voda od 9,5 %, sa gledišta izolacije voda nedozvoljeno.
b) Pošto dužina voda premašuje 250 km, pri proračunu parametara šeme moraju se uzeti u
obzir koeficijenti popravke kR, kX, kB, sa kojima se množe osnovne vrednosti otpornosti (Rv = rvLv),
reaktanse (Xv = xvLv = lvωLv) i susceptanse (Bv = bvLv = cvωLv) voda, koje iznose:
Rv = 0,035 ⋅ 400 = 14 Ω ;
X v = 1,1 ⋅10 −3 ⋅ 314 ⋅ 400 = 138,16 Ω ;
Bvot = 9,5 ⋅10 −9 ⋅ 314 ⋅ 400 = 1,1932 ⋅10 −3 S ;
S druge strane, koeficijenti popravke za gornje parametre ovde su:
Osnovni proračuni
22
Bvot X v
kR = 1−
3
ot
B X
k X = 1− v v
6
kB = 1+
1,1932 ⋅ 10 −3 ⋅ 138,16
= 0,945 ;
3
2
−3



R2 
1 − v  = 1 − 1,1932 ⋅ 10 ⋅ 138,16 1 − 14

 138,16 2  = 0,973 ;
 X2 
6


v 

= 1−
Bvot X v
1,1932 ⋅ 10 −3 ⋅138,16
= 1+
= 1,0137 ,
12
12
tako da su vrednosti odgovarajućih parametara π-šeme:
Rv′ = k R Rv = 0,945 ⋅ 14 = 13,23 Ω ;
X v′ = k X X v = 0,973 ⋅ 138,16 = 134,43 Ω ;
Bv′ ot = k B Bvot = 1,0137 ⋅1,1932 ⋅10 −3 = 1,21 ⋅10 −3 S .
Takođe je:
Qco = Bv′ otU n2 = 1,21 ⋅10 −3 ⋅ 400 2 = 193,6 MVAr.
Ekvivalentna π-šema voda sa unetim vrednostima parametara data je na sl. 1.5a.
Z′v = R′v + jX′v = (13,23 + j134,43) Ω
U1
U2
Bv′ ot
j
= j 0,605 ⋅ 10 −3 S
2
j
Bv′ ot
= j 0,605 ⋅ 10 −3 S
2
Sl. 1.5a Ekvivalentna π-šema voda iz zadatka 1.5b
c) Na sl. 1.5b prikazana je nesimetrična π-ekvivalentna šema regulacionog transformatora:
Z12 = t ZT
U1
Z 1o = Z T
t2
1− t
U2
Z 2o = Z T
t
t −1
Sl. 1.5b Nesimetrična π-ekvivalentna šema regulacionog transformatora iz zadatka 1.5c
Vrednost impedanse transformatora za nominalni prenosni odnos je:
Osnovni proračuni
ZT = j
23
u k % U n2
12,5 220 2
= j
= j 60,5 Ω .
100 S n
100 100
Vrednosti parametara šeme sa prethodne slike zavise od položaja regulacionog prekidača n.
Za n = 0 dobija se:
t = 1 + n∆t = 1 ;
Z 12 = Z T = j 60,5 Ω ;
Z 1o = ∞ ;
Z 2o = ∞ .
Za n = +10 dobija se:
t = 1 + n∆t = 1 + 10 ⋅ 0,015 = 1,15 ;
Z 12 = t Z T = 1,15 ⋅ j60,5 = j 69,575 Ω ;
t2
1,15 2
Z 1o =
ZT =
j 60,5 = − j 533,43 Ω ;
1− t
1 − 1,15
t
1,15
Z 2o =
ZT =
j 60,5 = j 463,83 Ω .
t −1
1,15 − 1
Za n = -10 dobija se:
t = 1 + n∆t = 1 − 10 ⋅ 0,015 = 0,85 :
Z 12 = t Z T = 0,85 ⋅ j 60,5 = j 51,425 Ω ;
t2
0,85 2
ZT =
j 60,5 = j 291,41,43 Ω ;
1− t
1 − 0,85
t
0,85
=
ZT =
j 60,5 = − j 343,83 Ω .
t −1
0,85 − 1
Z 1o =
Z 2o
Osnovni proračuni
24
Zadatak 1.6
U normalnom pogonu dela elektroenergetskog sistema prikazanog na sl. 1.6a, generatorskotransformatorski blokovi odaju 500 MW na sabirnice 1 pri radnom naponu U1 = 415 kV. Ako se
sabirnice 2 usled kvara isključe i ako se ems E’ iza podužne tranzijentne reaktanse održava
konstantnom u tranzijentnom periodu, izračunati koliki će se kvazistacionarni napon uspostaviti na
otvorenom kraju dalekovoda I i II (dalekovode I i II uzeti kao idealizovane, sa raspodeljenim
parametrima).
Podaci neophodni za proračune, dati su takođe na sl. 1.6a.
2
1
G
T
U1 = 415 kV
~
I
500 MW
Zc = 320 Ω
Lv = 300 km
~
0 MVAr
SnG = SnT = 2×300 MVA
mT = 400/15,75 kV/kV
II
UnG = 15,75 kV
X d′ % = 30 %
XT% = 14 %
Sl. 1.6a Elektroenergetski sistem iz zadatka 1.6
Rešenje:
Parametri sistema svedeni na stranu voda su:
2
2
X ' d % U nG
30 15,75 2  400 
2
X 'd =
mT =
⋅
⋅
 = 160 Ω ;
100 S nG
100 300  15,75 
2
X % U nT
14 400 2
XT = T
=
⋅
= 74,66 Ω ;
100 S nT 100 300
1
X ' de = X ' d = 80 Ω ;
2
1
X Te = X T = 37,33 Ω .
2
Ekvivalentna šema sistema data je na sl. 1.6b.
′
jX de
E’
jXTe
500 MW 1
0 MVAr U1
2
Zc=320/2=160 Ω
Lv=300 km
Sl. 1.6b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.6
U2
Osnovni proračuni
25
Ems E’ iza tranzijentne reaktanse biće sračunata iz podataka o stacionarnom režimu
(uzimajući da je fazor linijskog napona na sabirnicama 1 U10 = U10 /0°):
PR + QX
PX − QR
PX
500 ⋅ (80 + 37,3)
+j
= U 10 + j
= 415 + j
U 10
U 10
U 10
415
= (415 + j141,37 ) kV = 438,41 kV / 18,81°
E ' = U 10 +
′ + X Te .
gde je X = X de
Ova ems ostaje konstantna i u delu zadatka u kome su krajevi 2 u praznom hodu.
Jednačine za idealizovani prenosni vod u praznom hodu (I2 = 0) su:
U 1 = U 2 cos λ ;
U 2 = U 2 / 0o ;
U
I 1 = j 2 sin λ ,
Z ce
gde je λ = βLv električna ugaona dužina voda.
Veza između ems E’ i napona U1 (u kvazistacionarnom stanju) je:
E ' = U 1 + j ( X Te + X ' de )I 1 = U 1 + j ( X Te + X ' de ) ⋅ j
= U 2 cos λ −
U2
( X Te + X 'de )sin λ ;
Z ce
U2
sin λ
Z ce
λ = 0,06(° / km ) ⋅ 300(km ) = 18° ,
tako da je
U2 =
E'
438,41
=
= 605,16 kV .
117,33
X + X 'de
sin 18°
cos λ − Te
sin λ cos18° −
160
Z ce
Osnovni proračuni
26
Zadatak 1.7
Parametri simetričnog 220 kV trofaznog voda 50 Hz, su:
rv = 0,074 Ω/km; lv = 1,212 ⋅10 −3 H/km; cv = 9,577 ⋅10 −9 F/km; Lv = 150 km.
a) Naći parametre simetričnog π-ekvivalenta voda.
b) Ako je vod otvoren i na predajnom kraju se održava napon U1 = 220 kV, naći napon U2
na prijemnom kraju.
c) Ako se otvoreni vod napaja iz generatora, prividne nominalne snage SnG = 500 MVA,
nominalnog napona UnG = 20 kV, posredstvom generatorskog blok-transformatora prenosnog
odnosa 20/220 kV/kV, iste prividne snage i ako se na strani višeg napona transformatora održava
napon U1 = 220 kV, proračunati taj napon, posle iznenadnog isključenja prekidača transformatora
na strani 220 kV. Sinhrona reaktansa generatora je XG% = 180 %, a reaktansa rasipanja
transformatora XT% = 14 %. U proračunu blok-transformator posmatrati kao idealni transformator
(zanemariti otpornost voda, gubitke u bakru i gvožđu i struju praznog hoda transformatora).
Rešenje:
a) Proračun elemenata ekvivalentne π-šeme voda (prikazane na sl. 1.7a):
Rv = rv Lv = 0,074 ⋅ 150 = 11,1 Ω;
X v = lv ωn Lv = 1,212 ⋅10 −3 ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅150 = 57,12 Ω;
Yvot
L
150
= cv ωn v = 9,577 ⋅ 10 −9 ⋅ 2π ⋅ 50 ⋅
= 0,2256 ⋅10 −3 S ;
2
2
2
Z v = ( Rv + jX v ) = (11,1 + 57,12) Ω ;
ot
Yv
ot
= j 225,6 ⋅ 10 −6 S → 2 Z v = − j 4432,6 Ω.
2
Zv = (11,1 + j57,12) Ω
U1
U2
Y ot
v
= j 225,6 ⋅ 10 −6 S
2
Y ot
v
= j 225,6 ⋅ 10 −6 S
2
Sl. 1.7a π-ekvivalent voda iz zadatka 1.7
b) Pod pretpostavkom da je linijski napon na početku voda U 1 = 220 kV, pri otvorenom
vodu na prijemnom kraju je:
U 2 =U1
2Z ot
v
Z v + 2Z ot
v
= 220
− j 4432,6
220 ⋅ 4432,6
=−j
= 222,85 kV / − 0,14°
11,1 + j 57,12 − j 4432,6
11,1 − j 4375,8
Osnovni proračuni
27
c) Ekvivalentna šema sistema, prikazana je na sl. 1.7b. Impedanse generatora i bloktransformatora svedene na nominalni napon voda su:
XT =
2
X T % U nTV
100 S nT
2
 180 20 2  220  2
 =
⋅

 = 174,24 Ω;
 100 500  20 
14 220 2
=
⋅
= 13,55 Ω.
100 500
2
 U nTV
X % U nG

XG = G
100 S nG  U nTN
E
jXG
Generator
jXT
U1
Blok
transformator
U2
Zv
P
vod
ot
2Z v
ot
2Z v
Sl. 1.7b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.7
U stacionarnom stanju, pre nego što se isključi prekidač P, odnos fazora napona na početku
voda (U1) i EMS generatora ( E sv ) svedene na stranu višeg napona blok-transformatora nalazi se iz
relacije:
U1
Z ekv
v
= eq
,
E sv Z v + j ( X G + X T )
gde je pri zanemarenju otpora voda:
Z ekv
v =
tako da je
U1
E sv
=
(
)
− j X v − 2 X vot ⋅ 2 X vot
X v − 4 X vot
=−j
(57,12 − 4432,6) ⋅ 4432,6 = − j 2201,93 Ω ,
57,12 − 2 ⋅ 4432,6
− j 2201,93
= 1,093 .
− j 2201,93 + j (174,24 + 13,55)
Primećuje se značajan porast napona (9,3 %) u smeru proticanja struje (Ferantijev efekat)
zbog velike reaktanse generatora i transformatora. Na vodu je porast bio samo 2,85 kV, ili 1,3 %
(zbog manje Xv). Prema tome, ako je napon na početku voda U 1 = 220 kV tada je svedena EMS
generatora:
U1
220
E sv =
=
= 201,22 kV
1,0933 1,0933
odnosno
20
20
E = E sv
= 201,22
= 18,29 kV
220
220
Posle isključenja prekidača P, napon na strani višeg napona blok-transformatora U 1 i EMS
E sv , svedena na istu stranu, jednaki su, tako da je U1 = E sv = 201,22 kV .
Osnovni proračuni
28
Zadatak 1.8
Kolika se maksimalna (granična) aktivna snaga (ili granična prenosna snaga) može preneti
iz suficitarnog proizvodno-potrošačkog područja (1) preko dalekovoda 220 kV, dužine 400 km,
zadatih podužnih parametara na sl. 1.8a, u čisto pasivno potrošako područje (2) koje se sa raznim
snagama može izdvojiti od ostalog aktivnog područja, ako je tgϕ2 = 0,4, a naponi ograničeni:
- na gore na kraju 1: U1max = 245 kV i
- na dole na kraju 2: U2min = 198 kV?
Napomena: Računati sa ekvivalentnom π-šemom i skalarnim koeficijentima popravke paramatara
voda.
1
2
Unv = 220 kV
Lv = 400 km
rv = 0,08 Ω/km
xv = 0,42 Ω/km
bv = 2,65⋅10-6 S/km
1
P2=?
2
tgϕ2=0,4
Sl. 1.8a Šema i parametri elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.8
Rešenje:
Skalarni koeficijenti popravke parametara voda ovde su:
bv xv L2v
2,65 ⋅10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2
= 1−
= 0,9406
3
3
2
bv xv L2v bv Lv (rv Lv )2
2,65 ⋅10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2 2,65 ⋅ 10 −6 ⋅ 400 ⋅ (0,8 ⋅ 400 )
kX = 1−
+
= 1−
+
6
6 xv Lv
6
6 ⋅ 0,42 ⋅ 400
= 0,9714;
kR = 1−
kB = 1+
bv xv L2v
2,65 ⋅ 10 −6 ⋅ 0,42 ⋅ 400 2
= 1−
= 1,0148 .
12
12
Ekvivalentna šema sistema prikazana je na sl. 1.8b.
1
R'
jX'
U1
P'2
P2
2
Q'2
Q2
U2
jB'/2
jB'/2
QC2
Sl. 1.8b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.8a
Sa gornje šeme se nalazi veza modula napona U1 i U2:
Osnovni proračuni
29
2
U12
2

P′R′ + Q2′ X ′   P2′ X ′ − Q2′ R′ 
 + 
 ,
= U 2 + 2
U2
U2
 


gde je:
P2 = P2′ ;
B′
B′
= P2 tgϕ 2 − U 22
;
2
2
R ′ = k R rv Lv = 0,9406 ⋅ 0,08 ⋅ 400 = 30,099 Ω ;
X ′ = k X xv Lv = 0,9714 ⋅ 0,42 ⋅ 400 = 163,195 Ω ;
Q2′ = Q2 − QC 2 = Q2 − U 22
L
400
B′
= k B bv v = 1,0148 ⋅ 2,65 ⋅10 −6 ⋅
= 0,5378 ⋅ 10 −3 S ;
2
2
2
′
B
QC 2 = U 22
= 198 2 ⋅ 0,5378 ⋅ 10 −3 = 21,084 MVAr ;
2
Naponi na krajevima π-ekvivalenta voda U1 i U2 na sl. 1.8b su međufazne veličine (fazor
međufazne veličine u analizi se definiše sa istim faznim stavom kao fazor fazne veličine i sa
modulom 3 puta većim). Posledica primene međufaznih napona na ekvivalentnoj šemi voda, sa
parametrima po fazi, su trofazne snage koje su od primarnog interesa. Ekvivalenti su linearni
modeli na kojima se korektno simuliraju prilike i sa međufaznim ili, ako se to posebno želi, sa
faznim radnim veličinama.
Da bi se prenela maksimalna snaga potrebno je da naponi imaju vrednosti U1 = U1max i
U2 = U2min, pa je:
2
U12max
2

P′R′ + Q2′ X ′   P2′ X ′ − Q2′ R′ 
 + 
 ,
= U 2 min + 2
U
U
2 min
2 min

 

odnosno:
30,099 P2 + (0,4 P2 − 21,084 ) ⋅ 163,195   163,195 P2 − (0,4 P2 − 21,084 ) ⋅ 30,099 

245 2 = 198 +
 +
 .
198
198

 

2
2
Sređivanjem gornjeg izraza dobija se kvadratna jednačina po P2, čiji je oblik:
0,802 P22 + 174,67 P2 − 27391,1 = 0 .
Pozitivno rešenje gornje jednačine je fizički prihvatljivo i iznosi:
P2 = 105,6 MW .
U slučaju kad se snaga Q2 u celini kompenzuje (npr. sinhronim kompenzatorom ili baterijom
kondenzatora vezanom u tački 2) ima se (tgϕ2 = 0):
Osnovni proračuni
30
Q2′ = Q2 − QC 2 = 0 − QC 2 = −QC 2 ,
što daje:
2
U 12max
2

P ′R ′ − QC 2 X ′   P2′ X ′ + QC 2 R ′ 
 + 
 ,
= U 2 min + 2
U 2 min
U 2 min

 

odnosno:
2
2
30,099 P2 − 21,084 ⋅ 163,195   163,195 P2 + 21,084 ⋅ 30,099 

245 2 = 198 +
 +
 .
198
198

 

Sređivanjem gornje jednačine dobija se kvadratna jednačina po P2:
P22 + 85,5 P2 − 39422 = 0
Fizički prihvatljivo rešenje gornje jednačine iznosi:
P2 = 160,35 MW .
Zaključuje se da se aktivna snaga na prijemnom kraju bitno uvećava ako se izvrši potpuna
kompenzacija reaktivne snage.
Granična prenosna snaga je znatno viša od granice stabilnosti koja bi se imala kad bi
prijemni kraj bio aktivan (tj. sa priključenim elektranama) i kada moraju da se uvažavaju i
impedanse ostalih elemenata uključivo i ekvivalentne generatore na oba kraja.
Osnovni proračuni
31
Zadatak 1.9
Za deo elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.1, na osnovu datih podataka, metodom
bilansa snaga odrediti tokove aktivnih i reaktivnih snaga i gubitke, ako se u jaku mrežu prenosi
snaga S3 = (500 + j150) MVA.
Rešenje:
Radni režim je zadat na sabirnicama 3 ekvivalentne šeme sa sl. 1.1c i odgovarajuće radne
veličine su:
U 3sv = U 3 ⋅ m AT12 = 200 ⋅
400
= 346,32 kV ,
231
(sa U3sv je označena veličina linijskog napona na sabirnicama 3 svedena na stranu 400 kV).
P3 = 500 MW ;
Q3 = 150 MVAr.
Proračun tokova aktivnih i reaktivnih snaga po metodu bilansa snaga (skalarni račun) vrši se
tako da se postupno od elementa do elementa ekvivalentne šeme na sl. 1.1c računaju aktivna i
reaktivna snaga, gubici i naponi, a zatim vrši bilansiranje po I Kirchoffovom zakonu.
Polazi se od zadatog režima na sabirnicama 3 i najpre se nailazi na rednu granu
autotransformatora, čiji su gubici aktivne i reaktivne snage:
gub
PCu
= R ATe
AT
Qγgub
= X ATe
AT
P32 + Q33
U 32sv
P32 + Q33
U 32sv
= 0,3635 ⋅
= 24 ⋅
500 2 + 150 2
= 0,826 MW ;
346,32 2
500 2 + 150 2
= 54,53 MVAr.
346,32 2
Da bi se našli gubici snage u otočnoj grani autotransformatora najpre se nalazi napon
tačke 2:
P3 R ATe + Q3 X ATe
PX
− Q3 R ATe
+ j 3 ATe
=
U 3sv
U 3sv
500 ⋅ 0,3635 + 150 ⋅ 24
500 ⋅ 24 − 150 ⋅ 0,3635
= 346,32 +
+j
= (357,24 + j 34,49) kV =
346,32
346,32
= 358,9 kV / 5,5° ,
U 2 = U 3sv +
gde se pretpostavlja da je fazor napona U3 = U3 /0°
Sada su gubici u otočnoj grani autotransformatora:
PFegub
= G ATe ⋅ U 22 = 1,85 ⋅10 −6 ⋅ 358,9 2 = 0,24 MW ;
AT
Qγgub
= B ATe ⋅ U 22 = 7,5 ⋅ 10 −6 ⋅ 358,9 2 = 0,97 MVAr.
AT
Osnovni proračuni
32
Postupkom bilansiranja nalaze se snage desno od tačke 2, a zatim reaktivna kapacitivna
snaga (dakle, sa znakom ‘-‘) koju generišu kapacitivnosti voda. Ona iznosi:
B' 2
 Qv 
−3
2
  = v U 2 = 0,45 ⋅ 10 ⋅ 358,9 = 57,98 MVAr.
2
 2 2
Zatim se ponovo bilansiranjem nalaze snage levo od tačke 2:
P2 L = 501,066 MW ; Q2 L = 205,5 − 57,98 = 147,52 MVAr ,
i prema njima gubici aktivne i reaktivne snage na vodu:
Pvgub =
P22L + Q22L
501,066 2 + 147,52 2
R
'
=
⋅ 7,47 = 15,8 MW ;
v
U 22
358,9 2
Qvgub =
P22L + Q22L
501,066 2 + 147,52 2
X
'
=
⋅ 83,945 = 177,8 MVAr ,
v
U 22
358,9 2
i napon tačke 1:
U1 = U2 +
P2 L R'v +Q2 L X 'v
P X ' −Q R'
+ j 2 L v 2 L v = (403,83 + j114,13) kV = 419,65 kV / 15,8° .
U2
U2
Na osnovu ovog napona se nalazi reaktivna (kapacitivna) snaga voda u tački 1:
B' 2
 Qv 
−3
2
  = v U 1 = 0,45 ⋅10 ⋅ 419,65 = 79,25 MVAr.
2
2
 1
Ceo postupak bilansiranja daje se pregledno u tab. 1.9a, dok su tokovi snaga i naponska
stanja ilustrovana na sl. 1.9a.
Tab. 1.9a Postupak bilansiranja snaga iz zadatka 1.9
Bilans snaga
Zadate snage na sabirnicama 3
Gubici snage u rednoj grani
autotransformatora
Gubici snage u otočnoj grani
autotransformatora
Reaktivna (kapacitivna) snaga
koju vod generiše u tački 2
Gubici snage u vodu
Reaktivna (kapacitivna) snaga
koju vod generiše u tački 1
Snage koje ulaze u tačku 1
Aktivna snaga (MW)
500
+ 0 ,826
500 ,826
+ 0 ,24
501,066
+ 0 ,0
501,066
+ 15,8
516 ,866
Reaktivna snaga (MW)
150
+ 54 ,53
204 ,53
+ 0 ,97
205,5
− 57,98
147,52
+ 177,8
325,32
+0,0
− 79,25
516,866
246,07
Osnovni proračuni
33
U1=403,83+j114,13
1
15,8
U2=357,24+j34,39
516,866
516,866 Z ' v
501,066 2
246,14
325,32
147,52
B′
j v
2
177,8
79,25
B′
j v
2
0,826
501,066
205,5
0,24
U3sv=346,32
500,826 ZT
500
204,53
150
0,97
54,53
57,98
Ge
-jBe
Sl. 1.9a Ilustracija tokova snaga i naponskih stanja u sistemu iz zadatka 1.9
3
Osnovni proračuni
34
Zadatak 1.10
Za jednostavni radijalni prenosno-distributivni sistem sa sl. 1.10a, izračunati:
a) Parametre ekvivalentne šeme elemenata sistema (svedene na napon voda), koristeći
simetrični π-ekvivalent za predstavu voda, a Γ-ekvivalent za predstavu transformatora.
b) Za poznato stanje na kraju prenosa, primenom metoda bilansa snaga, proračunati fazore
napona, struja i snaga u karakterističnim tačkama, odnosno u pojedinim deonicama sistema.
Proračunati i aktivne i reaktivne gubitke u elementima sistema i ukupno za ceo sistem.
c) Proizvodnje reaktivnih snaga, shodno π-ekvivalentu voda.
Parametri sistema neophodni za gornje proračune, dati su ispod sl. 1.10a
S1 = P1 + jQ1
Prenosni
U 2′
vod S2 = P2 + jQ2
U 2′′ = 10 kV
T
Unv = 110 kV
Lv = 70 km
rv = 0,193 Ω/km
xv = 0,422 Ω/km
bv = 2,65 µS/km
Sp = (20+j10) MVA
SnT = 31,5 MVA
mT = 110/10,5 kV/kV
gub
PCun
= 62 kW
uk = 10,5 %
gub
PFen
= 40 kW
io = 1,2 %
Sl. 1.10a Radijalni prenosni sistem i osnovni zadati podaci iz zadatka 1.10
Rešenje:
a) Ekvivalentna šema sistema prikazana je na sl. 1.10b.
U1
S1
Sv1
Zv
Sv2
U 2′
S'T
jQcv1
jQcv2
Y ot
v /2
Y ot
v /2
ZT
S''T U 2′′sv
Sot=PFe+jQµ
S2
U2
Y Tot
Sl. 1.10b Ekvivalentna šema zadatog sistema
Proračun parametara elemenata, za ekvivalentnu šemu datu na prethodnoj slici (vod
predstavljen sa π, a transformator sa obrnutim Γ-ekvivalentom):
Rv = Lv rv = 70 ⋅ 0 ,193 = 13,51 Ω ;
X v = Lv xv = 70 ⋅ 0 ,422 = 29 ,54 Ω ;
Z v = (13,51 + j 29 ,54 ) Ω ;
Gvot = 0 ;
Osnovni proračuni
35
1
70
Lv bv =
⋅ 2,65 ⋅ 10 −6 = 92,75 ⋅10 −6 S = 92,75 µS ;
2
2
ot
Y v / 2 = j 92,75 ⋅10 −6 S ;
Bvot / 2 =
RT =
gub  U nT

PCun
 S nT
ZT =
2
u k % U nv
100 S nT
2
2

 110 
 = 62 ⋅10 −3 
 = 0,75605 Ω ;
31
,
5



10,5 110 2
=
= 40,33 Ω ;
100 31,5
X T = Z T2 − RT2 = 40,33 2 − 0,75605 2 = 40,323 Ω ;
Z T = (0,75605 + j 40,323) Ω ;
gub
PFen
G Fe =
Bµ =
2
U nv
=
40 ⋅10 −3
= 3,306 µS ;
110 2
io % S nT 1,2 31,5
=
= 31,24 µS ;
2
100 U nv
100 110 2
RFe =
1
= 302480 Ω ;
GFe
Xµ =
1
= 32051 Ω ;
Bµ
Y T = G Fe − jBµ = (3,306 − j 31,24 ) µS .
ot
b) Napon na sekundarnoj strani transformatora, postavljen u realnu osu i sveden na stranu
110 kV je:
110
= 104,762 kV ;
10,5
= 104,762 kV / 0° .
U" 2 sv = U" 2 ⋅ mT = 10 ⋅
U" 2 sv
Fazor fazne struje na kraju prenosa, odnosno na sekundarnoj strani transformatora je:
I" 2 sv
 S2
=
 3U"
2 sv

∗
3

 = (20 − j10) ⋅ 10 = (110,22 − j 55,1) A / − 26,565° .

3 ⋅ 104,762

Dalje, snage PFegub i Qµgub su:
gub  U 2′′sv

PFen
 U 2n
2
2

104,762 
 = 40 ⋅ 
 = 36,28 kW ;
 110 

PFegub
=
Qµgub
 U ′′
i
= o S nT  2 sv
100
 U 2n
2
2

104,762 
 = 378 ⋅ 
 = 342,86 kVAr ,
110



ili
PFegub = GFeU 2′′sv2 = 3,306 ⋅10 −6 ⋅104,762 2 = 0,03628 MW = 36,28 kW ;
Qµgub = BµU 2′′sv2 = 31,24 ⋅ 10 −6 ⋅104,762 2 = 0,34286 MW = 342,86 kW .
Snaga koja teče kroz transformator je:
Osnovni proračuni
36
S"T = (P2 + PFe ) + j (Q2 + Qµ ) = (20,03628 + j10,34286 ) MVA .
Napon na primarnoj strani transformatora, odnosno na kraju voda je:
RT PT′′ + X T QT′′
X P ′′ − RT QT′′
+j T T
U 2′′sv
U 2′′sv
0,75605 ⋅ 20,03628 + 40,323 ⋅ 10,34286
= 104,762 +
+
104,762
40,323 ⋅ 20,03628 − 0,75605 ⋅ 10,34286
+j
= 108,888 + j 7,637 = 109,156 kV /4,013° .
104,762
U' 2 = U 2′′sv +
Gubici u rednoj grani transformatora su:
2
PTgub
 S ′′
= RT  T
 U 2′′sv

20,036282 + 10,34286 2
 = 0,75605 ⋅
= 0,035 MW = 35 kW ;
104,762 2

QTgub
 S ′′
= X T  T
 U 2′′sv

20,036282 + 10,34286 2
 = 40,323 ⋅
= 1,867 MW = 1867 kVAr .
104,762 2

2
Snaga na ulazu u transformator (snaga na kraju voda) je:
(
) (
)
S'T = PT′′ + PTgub + j QT′′ + QTgub
= (20,036 + 0,035) + j (10,343 + 1,867 ) = (20,071 + j12,21) MVA .
Proizvodnja reaktivne snage usled polovine kapacitivnosti koncetrisane na kraju voda je:
ot
Qcv
2
Bvot 2
=
U 2′ = 92,75 ⋅ 10 −6 ⋅ 109,156 2 = 1,105 MVAr .
2
Snaga koja teče kroz vod i izaziva gubitke i pad napona je:
ot
S v 2 = S'T − jQcv
2 = 20,071 + j12,21 − j1,105 = (20,071 + j11,105) MVA .
Gubici u vodu su:
2
Pvgub
 Sv2 
20,0712 + 11,105 2


= Rv 
= 0,5966 MW = 596,6 kW ;
 = 13,51 ⋅
109,156 2
 U 2′ 
Qvgub
S 
20,0712 + 11,105 2
= X v  v 2  = 29,54 ⋅
= 1,3045 MW = 1304,5 kVAr .
109,156 2
 U 2′ 
2
Napon na početku voda je:
U 1 = U' 2 +
Rv Pv 2 + X v Qv 2
(U' 2 )
∗
+j
X v Pv 2 − Rv Qv 2
(U' 2 )∗
=
Osnovni proračuni
37
13,51 ⋅ 20,071 + 29,54 ⋅ 11,105 j 4,013°
e
+
109,156
29,54 ⋅ 20,071 − 13,51 ⋅11,106 j 4,013°
+j
e
109,156
= 109,156 e j 4, 013 +
= (114,65 + j 4,06 )e j 4,013° = 114,72e j 2, 027° e j 4,013°
= 114,72 kV / 6,04° = (114,08 + j12,07 ) kV .
Proizvodnja reaktivne snage usled polovine kapacitivnosti koncetrisane na početku voda je:
ot
Qcv
1
Bvot 2
=
U1 = 92,75 ⋅10 −6 ⋅114,72 2 = 1,22 MVAr .
2
Kompleksna snaga koja teče kroz rednu impedansu, merena na početku voda je:
S v1 = S v 2 + S v
gub
= 20,071 + j11,105 + 0,5966 + j1,3045 = (20,668 + j12,41) MVA .
Kompleksna snaga na ulazu u prenosni vod onda iznosi:
ot
S 1 = S v1 − jQcv
1 = 20,668 + j12,41 − j1,22 = (20,668 + j11,19 ) MVA .
Struja (fazna) na početku voda je:
∗
 S 
23,5 / − 28,43°
20,668 − j11,19
=
= 118,28 A / − 22,39° .
I1 =  1  =
 3U 
3
⋅
114
,
72
/
−
6
,
04
°
3
⋅
114
,
72
/
−
6
,
04
°

1
c) Ukupna proizvodnja reaktivne snage usled otočnih kapacitivnosti voda je:
ot
ot
ot
Qcv
= Qcv
1 + Qcv 2 = 1,22 + 1,105 = 2,325 MVAr ,
odnosno, njena prosečna vrednost po 100 km dužine voda iznosi:
ot
Qcv
pod =
2,3225
= 3,316 MVAr / 100 km .
0,7 ⋅100
Dijagram fazora napona i struja voda prikazan je na sl. 1.10c.
Na sl. 1.10c vrednosti pojednih uglova iznose:
θ1 = 6,04° ;
ϕ1fo = −22,39° ;
θ 2 = 4,013° ;
ϕ 2 = −26,565° ;
θ12 = 6,04° − 4,013° = 2,027° ;
ϕ1 = −22,39° − 6,04° = −28,43° .
Osnovni proračuni
38
U1
θ12
θ2
ϕ2
ϕ1
ϕ1fo
U’2
θ1
U’2sv
I1
I2
Sl. 1.10c Dijagram fazora napona i struja voda, iz zadatka 1.10
Osnovni proračuni
39
Zadatak 1.11
Dat je jednostavan elektroenergetski sistem, prikazan na sl. 1.11a. Odrediti maksimalne
snage koje se mogu isporučiti potrošačkim područjima priključenim na sabirnice 3 i 4 ako naponi
na vodovima ne smeju da izađu iz opsega (200÷240) kV. Kolika je u tom slučaju snaga na početku
voda 1-2. U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona, a vodove predstaviti samo sa
rednim impedansama. Podaci neophodni za proračune su dati na sl. 1.11a.
1
3
2
L12=100 km
L23=60km
rv=0,1 Ω/km
xv=0,4 Ω/km
L24=40 km
tgϕ3 = 0,4
4
tgϕ4 = 0,5
Sl. 1.11a Elektroenergetski sistem iz zadatka 1.11
Rešenje:
Ekvivalentna šema zadatog sistema data je na sl. 1.11b.
1
Z2
S2
2
Z3
Z4
3
4
S3
S4
Sl. 1.11b Ekvivalentna šema sistema iz zadatka 1.11
Impedanse pojedinih grana sistema imaju vrednosti:
Z 2 = (0,1 + j 0,4) ⋅100 = (10 + j 40) Ω ;
Z 3 = (0,1 + j 0,4 ) ⋅ 60 = (6 + j 24 ) Ω ;
Z 3 = (0,1 + j 0,4 ) ⋅ 40 = (4 + j16 ) Ω .
U datom sistemu maksimalna snaga će se preneti u slučaju kada se na sabirnicama 3 i 4 ima
minimalni napon (200 kV), a na sabirnicama 1 maksimalni napon (240 kV).
Na osnovu jednačine za pad napona u grani 2-3 može se odrediti zavisnost napona U2 od
snage P3:
U2 = U3 +
odakle je:
P3 R3 + Q3 X 3
P R + 0,4 P3 X 3
6 + 0,4 ⋅ 24
= U3 + 3 3
= 200 +
P3 ,
U3
U3
200
Osnovni proračuni
40
U 2 = 0,078 P3 + 200 .
(1)
Na sličan način može se naći i zavisnost napona U2 od snage P4:
P4 R4 + Q4 X 4
P R + 0,5 P4 X 4
4 + 0,5 ⋅16
= U4 + 4 4
= 200 +
P4
U4
U4
200
= 0,06 P4 + 200 .
U2 = U4 +
(2)
Izjednačavanjem izraza (1) i (2) za napon U2, dobija se za odnos snaga P3 i P4:
P3
1
=
, odnosno P4 = 1,3P3 .
P4 1,3
Preko bilansa snaga i na osnovu poznatih odnosa između snaga P3 i P4 može se odrediti
zavisnost snage P2 od snage P3:
P2 =
=
=
P32 + Q32
U 32
P42 + Q42
R3 + P3 +
R4 + P4
U 42
P32 + (0,4 P3 )2
U 32
(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2 R
R3 + P3 +
P32 + (0,4 P3 )2
4
U 42
(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2
⋅ 6 + P3 +
200 2
= 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 .
200 2
+ 1,3P3
⋅ 4 + 1,3P3
(3)
Na analogan način dobija se zavisnost snage Q2 od snage P3:
Q2 =
=
=
P32 + Q32
U 32
P42 + Q42
X 3 + Q3 +
X 4 + Q4
U 42
P32 + (0,4 P3 )2
U 32
X 3 + 0,4 P3 +
P32 + (0,4 P3 )2
⋅ 24 + 0,4 P3 +
200 2
= 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3
(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2 X
U 42
(1,3P3 )2 + (0,5 ⋅1,3P3 )2
200 2
4
+ 0,5 ⋅1,3P3
⋅16 + 0,5 ⋅1,3P3
(4)
Ako se sada jednačine (1), (3) i (4) uvrste u izraz za podužnu komponentu pada napona na
grani 1-2, dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina snaga P3:
U1 = U 2 +
P2 R2 + Q2 X 2
⋅U 2 ,
U2
odakle je:
U 1U 2 = U 22 + P2 R2 + Q2 X 2 ,
Osnovni proračuni
41
odnosno, posle odgovarajućih numeričkih manipulacija:
240 ⋅ (0,078P3 + 200) =
(
)
(
)
= (0,078P3 + 200)2 + 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 ⋅10 + 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3 ⋅ 40,
odakle se dobija kvadratna jednačina po P3:
P32 + 1082,4782 P3 − 111768,53 = 0 .
Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je:
P3 = 94 ,93 MW .
Na osnovu gornje vrednosti za snagu P3, mogu se odrediti i ostale snage u datom sistemu:
Q3 = P3 tgϕ3 = 94,93 ⋅ 0,4 = 37,97 MVAr ;
P4 = 1,3P3 = 1,3 ⋅ 94,93 = 123,41 MW ;
Q4 = P4 tgϕ 4 = 123,41 ⋅ 0,5 = 61,7 MVAr ;
P2 = 385,25 ⋅10 −6 P32 + 2,3P3 = 385,25 ⋅10 −6 ⋅ 94,932 + 2,3 ⋅ 94,93 = 221,81 MW ;
Q2 = 1541 ⋅10 −6 P32 + 1,05P3 = 1541 ⋅10 −6 ⋅ 94,932 + 1,05 ⋅ 94,93 = 113,56 MVAr .
Vrednost napona na sabirnicama 2 dobija se zamenom vrednosti snage P3 u jednačinu (1),
odakle je:
U 2 = 0,078 ⋅ 94,93 + 200 = 207 ,4 kV .
Radi određivanja snage na početku voda 1-2 potrebno je još odrediti aktivne i reaktivne
gubitke u vodu 1-2. Njihove vrednosti dobijaju se iz izraza:
gub
S 12
=
P22 + Q22
221,812 + 113,56 2
(
)
(10 + j 40) = (14,44 + j57,74) MVA ,
R
+
jX
=
2
2
U 22
207,4 2
odakle je:
P12gub = 14,44 MW ;
Q12gub = 57,74 MVAr .
Konačno, vrednost kompleksne snage na početku voda 1-2 je:
gub
S 1 = S 2 + S 12
= 221,81 + j113,56 + 14,44 + j 57,74 = (236,25 + j171,3) MVA .
Osnovni proračuni
42
Zadatak 1.12
Koliki će biti napon u novom stacionarnom stanju na sabirnicama 1, a koliki na kraju 2
dalekovoda 400 kV u praznom hodu koji se posle remonta priključuje prvo s jedne strane i to na
proizvodno-potrošačko područje sa nagibom praktično linearne reaktivno-naponske statičke
karakteristike od strane proizvodnje
dQ Q
− G Gr = 8 ,
dU U r
dok se promena reaktivne snage potrošnje može zanemariti zahvaljujući delovanju lokalne
regulacije napona pod opterećenjem. Posmatrati vod sa raspodeljenim parametrima, bez gubitaka.
Ur = 400 kV
QGr
Lv = 300 km
Zc = 320 Ω
2
Qpr
1
QGr = Qpr = 200 MVAr (ind)
Sl. 1.12a Šema dalekovoda iz zadatka 1.12
Rešenje:
U novom stacionarnom stanju pored generatorske reaktivne (induktivne) snage ima se i
reaktivna snaga priključenog voda kao induktivna proizvodnja (što odgovara kapacitivnoj potrošnji)
pa je bilans reaktivnih snaga na sabirnicama 1:
QG + Qv = Q p .
(1)
Zbog novog bilansa reaktivnih snaga usled priključenja voda promeniće se i napon na
sabirnicama 1 za neku vrednost ∆U. Prema tome relacija (1) posle promene napona ima sledeći
oblik:
QGr
2
∂Q p
∂QG
(
U r + ∆U )
=
∆U +
tgλ = Q pr +
∆U .
∂U
Zc
∂U
(2)
U relaciji (2) ne mora da stoji parcijalni izvod s obzirom na pretpostavku da se učestanost
kod promene reaktivnih snaga ne menja, a takođe je prema uslovu zadatka i izvod
∂Q p
∂U
=
dQ p
dU
= 0.
Pošto je pre priključenja voda bilo QGr = Qpr to relacija (2) postaje:
∂QG
U2
2U r ∆U
(∆U )2 tgλ = 0.
∆U + r tgλ +
tgλ +
Zc
Zc
Zc
∂U
(3)
Osnovni proračuni
43
Iz (3) se dalje dobija kvadratna jednačina po jedinoj nepoznatoj (∆U):

tgλ
(∆U )2 +  2U r tgλ + dQG
Zc
dU
 Zc

U2
(∆U ) + r tgλ = 0.
Zc

Smenjujući u poslednju jednačinu zadate veličine kao i električnu ugaonu dužinu voda, koja
za β = 0,06 ° / km iznosi:
λ = βL = 0,06 ⋅ 300 = 18°,
dobija se:
1,015 ⋅10 −3 ⋅ (∆U )2 − 3,19 ⋅ (∆U ) + 162,46 = 0 ,
(4)
Kao fizički realno rešenje jednačine (4) uzima se:
∆U ≅ 51,78 kV,
tako da je napon na sabirnicama 1 po priključenju voda u praznom hodu:
U 1 = U r + ∆U = 400 + 51,78 = 451,78 kV.
S obzirom na međusobne odnose koeficijenata u jednačini (4) može se sasvim opravdano u
prvoj približnosti raditi i samo sa linearnom jednačinom (zanemarenjem kvadratnog člana), tako da
je:
3,19∆U = 162,46 ⇒ ∆U = 50,928 kV.
Ako je napon na sabirnicama 1, U1 = 451,78 kV (što je nedopustivo visoka stacionarna
vrednost), tada će se usled Ferantijevog efekta (proticanje kapacitivne struje punjenja voda kroz
redne induktivnosti voda) imati porast napona na otvorenom kraju 2, tako da se na kraju 2 dobija
vrednost:
U2 =
U1
451,78
=
= 475,03 kV ,
cos λ cos18°
koji je iznad dozvoljene vrednosti (određene stepenom izolacije) za vodove 400 kV, (iznosi
420 kV).
Osnovni proračuni
44
Zadatak 1.13
Radijalni sistem, prikazan na sl. 1.13a, napaja potrošačko područje, kod kojeg termički
aparati, čiji je statički naponski koeficijent kPU = 1,9 učestvuju u ukupnoj aktivnoj snazi sa 70 %,
asinhroni motori, čiji su kPU = 0,15 i kQU = 1,7 učestvuju sa 25 % u ukupnoj aktivnoj snazi i sa 80 %
u ukupnoj reaktivnoj snazi, dok ostali heterogeni potrošači imaju prosečne naponske koeficijente
osetljivosti kPU = 1,2 i kQU = 1.
Pri položaju regulacionog prekidača transformatora n = +5, napon na sabirnicama 3 je
U3 = 35 kV, a snaga potrošačkog područja Sp = (35+j15) MVA.
a) Kolika je snaga potrošnje na sabirnicama 3 pri nominalnom odnosu transformacije
transformatora ako se napon na sabirnicama 1 održava na konstantnoj vrednosti.
b) Odrediti snagu otočne kondenzatorske baterije koju je potrebno vezati na sabirnice 3 da bi
se pri nepromenjenom naponu na sabirnicama 1 i položaju regulacionog prekidača transformatora
n = +5 održavao napon na sabirnicama 3 dobijen iz prethodne tačke.
Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
3
2
1
Sp
U1 = const
Unv = 110 kV
rv = 0,14 Ω/km
xv = 0,4 Ω/km
Lv = 55 km
SnT = 65 MVA
XT = 10 %
mT = 110±10×1,25%/36,75 kV/kV
Sl. 1.13a Radijalni sistem prenosa i osnovni podaci iz zadatka 1.13
Rešenje:
uk
uk
a) Na osnovu zadatih podataka ukupni statički koeficijenti osetljivosti k PU
i k QU
mešovitog
potrošačkog područja su:
uk
k PU
= 0,7 ⋅1,9 + 0,25 ⋅ 0,15 + 0,05 ⋅ 1,2 = 1,4275 ;
uk
k QU
= 0,8 ⋅ 1,7 + 0,2 ⋅ 1 = 1,56 .
Impedanse voda i transformatora svedene na naponski nivo 35 kV su:
ZT = j
2
X T % U nT
10 36,75 2
= j
= j 2,078 Ω ;
100 S nT
100 65
2
 36,75 
Z v = z v Lv = (0,14 + j 0,4 ) ⋅ 55 ⋅ 
 = (0,859 + j 2,455) Ω .
 110 
Na osnovu položaja otcepa regulacionog transformatora n = +5 dobijaju se sledeće vrednosti
za nenominalni prenosni odnos i parametre ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora:
t = 1 + n∆t = 1 + 5 ⋅ 0,0125 = 1,0625 ;
Osnovni proračuni
45
t2
Z T = − j 37,534 Ω ;
1− t
= t Z T = j 2,208 Ω ;
t
=
Z T = j 35,326 Ω .
t −1
Z 20 =
Z 23
Z 30
Ekvivalentna šema sistema za dati radni režim prikazana je na sl. 1.13b.
Zv=(0,859+j2,455) Ω
1
Z23=j2,208 Ω
2
U1
3
U2
Sp
U3
Z20= -j37,534 Ω
Z30=j35,326 Ω
0
0
Sl. 1.13b Ekvivalentna šema sistema
Transfiguracijom zvezde koju čine grane između čvorova 1-2, 2-3 i 2-0 u trougao 1-3-0 i
ekvivalentovanjem dve paralelne grane 3-0 dobija se ekvivalentna šema na sl. 1.13c.
Z13=(0,808+j4,518) Ω
1
3
S13
U1
S30
Sp
U3
Z30=(12,93+j72,29) Ω
0
0
Sl. 1.13c Transfigurisana ekvivalentna šema sa sl. 1.13b
Bilansom snaga, za dati radni režim, može se odrediti napon na sabirnicama 1 čiji se moduo
u datoj mreži održava na konstantnoj vrednosti.
Najpre se određuje snaga S30:
S 30 =
U 32
Z ∗30
=
352
= (2,94 + j16,42 ) MVA ,
12,93 − j 72,29
a zatim, iz bilansa snaga u čvoru 3, izračunava se i snaga S13:
S 13 = S p + S 30 = 35 + j15 + 2,94 + j16,42 = (37,94 + j 31,42 ) MVA .
Konačno napon na sabirnicama 1 iznosi:
Osnovni proračuni
U1 = U 3 +
46
P13 R13 + Q13 X 13
37,94 ⋅ 0,808 + 31,42 ⋅ 4,518
= 35 +
= 39,93 kV .
U3
35
Po uslovu zadatka iz tačke a) ekvivalentna šema sistema za nominalni prenosni odnos
transformacije regulacionog transformatora (kada su impedanse otočnih grana u π-ekvivalentu
transforamtora beskonačne) data je na sl. 1.13d.
Zv=(0,859+j2,455) Ω
1
ZT=j2,078 Ω
3
S’p
Sl. 1.13d Ekvivalentna šema sistema za nominalni prenosni odnos
transformacije regulacionog transformatora
Zbog promene prenosnog odnosa regulacionog transformatora menja se i napon na
sabirnicama 3, a takođe i snage potrošačkog područja. Zavisnosti aktivne i reaktivne snage
potrošačkog područja od napona date su sledećim jednačinama:
U ′ − 35
∆U
= 35 + 35 ⋅1,4275 3
= 1,4275 ⋅ U 3′ − 14,9625 ;
U 3o
35
U ′ − 35
uk ∆U
Q3′ = Q3o + Q3o k QU
= 15 + 15 ⋅1,56 3
= 0,668 ⋅ U 3′ − 8,4 ,
U 3o
35
uk
P3′ = P3o + P3o k PU
(1)
(2)
gde je U 3′ napon na sabirnicama 3, za čiji se fazor pretpostavlja da se poklapa sa realnom osom.
Ako se prethodni izrazi uvrste u jednačinu za izračunavanje napona U1 preko napona U 3′ i
pada napona između tačaka 1 i 3, dobija se kvadratna jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina
napon na sabirnicama 3 U 3′ :
U 1 = U 3′ +
P3′R13 + Q3′ X 13
,
U 3′
(3)
odakle se dalje dobija jednačina
39,93 = U 3′ +
(1,4275U 3′ − 14,9625) ⋅ 0,859 + (0,668U 3′ − 8,4) ⋅ 4,533 ,
U 3′
koja posle preuređenja postaje:
U 3′ 2 − 35,6754U 3′ − 50,915 = 0 .
Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je:
U 3′ = 37 ,05 kV .
Osnovni proračuni
47
Uvrštavanjem dobijene vrednosti za napon u izraze (1) i (2) dobijaju se tražene vrednosti za
aktivnu i reaktivnu snagu potrošačkog područja:
P3′ = 1,4275U 3′ − 14,9625 = 37,93 MW
Q3′ = 0,668U 3′ − 8,4 = 16,35 MVAr
b) Ekvivalentna šema za režim definisan u tački b) je ista kao ekvivalentna šema koja je
služila za određivanje napona na sabirnicama 1 (sl. 1.13c), s tom razlikom što se na sabirnicama 3
ima otočno vezana baterija kondenzatora. Vrednost snage S30 za ovaj radni režim je:
S 30 =
U 3′ 2
Z ∗30
=
37,05 2
= (3,29 + j18,4) MVA .
12,93 − j 72,29
Kompleksna snaga koja teče po grani 1-3 je onda:
S 13 = S p + S 30 − jQBK = 41,22 + j (34,75 − QBK ) MVA ,
odakle je:
P3′ = 41,22 MW ;
Q3′ = (34,75 − QBK ) MVAr .
Uvrštavanjem gornjih izraza u jednačinu za pad napona (3) dobija se izraz u kome je jedina
nepoznata veličina snaga baterije kondenzatora u izrazu za Q3′ . Zamena poznatih numeričkih
vrednosti u jednačinu (3) daje linearnu jednačinu po Qc:
39,93 = 37,05 +
41,22 ⋅ 0,808 + (34,75 − Q BK ) ⋅ 4,518
.
37,05
Iz gornje jednačine za snagu baterije kondenzatora dobija se vrednost:
QBK = 18,5 MVAr .
Osnovni proračuni
48
Zadatak 1.14
a) Odrediti statičke karakteristike osetljivosti potrošačkog područja na promene napona
priključenog na sabirnice 4, sistema prikazanog na sl. 1.14a, na osnovu merenja napona i snage na
tim sabirnicama za dva različita radna režima:
I merenje:
S ′p 4 = (42 ,6 + j 21,5) MVA
U 4′ = 35,2 kV ,
S ′p′ 4 = (43,4 + j 21,8) MVA
U 4′′ = 35,6 kV .
II merenje:
Pri određivanju statičkih koeficijenata regulacije, koristiti nelinearizovane modele potrošača:
k
P = C PU U k PU , odnosno Q = CQU U QU .
b) Ako je pri otočnoj kompenzaciji (QBK = 10 MVAr) na sabirnicama 4, napon na njima
iznosio U4 = 36 kV, odrediti napon na sabirnicama 1 i snagu potrošačkog područja priključenog na
sabirice 2. Statičke karakteristike potrošnje na sabirnicama 2 posmatrati kao linearizovane. U
proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
1
zv = (0,15 + j0,4) Ω/km
3
Unv = 110 kV
L12 = 25 km
L23 = 40 km
2
4
kPU2 = 1,4
Sn = 63 MVA
kQU2 = 1,8
XT = 11 %
S2o = (15 + j10) MVA mT = 110/36,75 kV/kV
U2o = 110 kV
Sp4
QBK
Sl. 1.14a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.14
Rešenje:
a) Na osnovu izmerenih vrednosti, korišćenjem nelinearizovanih obrazaca koji povezuju
aktivnu snagu i napon, dobijaju se naponski faktori osetljivosti preko jednačina:
42,6 = C PU ⋅ 35,2 k PU ;
43,4 = C PU ⋅ 35,6 k PU .
Deljenjem gornje dve jednačine dobija se izraz:
43,4  35,6 
=

42,6  35,2 
k PU
,
iz poslednje jednačine se dobija vrednost za statički koeficijent promene aktivne snage sa naponom
kPU, dok iz jedne od prethodnih jednačina i vrednost za CPU:
k PU = 1,647 ; C PU = 0,121 MW/kV .
Na osnovu izračunatih vrednosti faktora kPU i CPU dobija se jednačina koja povezuje aktivnu
snagu i napon:
Osnovni proračuni
49
Pp 4 = 0 ,121 ⋅ U 1,647
(1)
Na potpuno analogan način dobijaju se i vrednosti faktora kQU i CQU za reaktivnu snagu,
odnosno jednačina koja povezuje reaktivnu snagu i napon:
21,5 = CQU ⋅ 35,2
kQU
21,8 = CQU ⋅ 35,6
kQU
21,8  35,6 
=

21,5  35,2 
;
;
kQU
;
odakle je:
k QU = 1,226 ; CQU = 0,273 MVAr/kV ;
Q p 4 = 0 ,273 ⋅ U 1,226 .
(2)
b) Vrednosti impedansi pojednih grana svedene na naponski nivo 110 kV iznose:
Z 12 = z v L12 = (3,75 + j10 ) Ω ;
Z 23 = z v L23 = (6 + j16 ) Ω ;
2
X T % U nT
11 110 2
ZT = j
= j
= j 21,13 Ω .
100 S nT
100 63
Na osnovu vrednosti napona na sabirnicama 4: U4 = 36 kV, korišćenjem jednačina (1) i (2),
dobijaju se snage potrošačkog područja:
Pp 4 = 44 ,26 MW ;
Q p 4 = 22 ,09 MVAr .
Radi određivanja vrednosti napona na sabirnicama 1 potrebno je uraditi bilans snaga u
zadatoj mreži.
Pre svega svedena vrednost napona na sabirnicama 4 je:
2
U 4 sv = U 4 mT2
 110 
= 36 ⋅ 
 = 107,76 kV .
 36,75 
Aktivna i reaktivna snaga koje teku po grani 3-4 kod sabirnica 4 su:
P4 = 44,26 MW ;
Q4 = 22,09 − QBK = 12,09 MVAr .
Sa poznatim vrednostima snaga P4 i Q4, korišćenjem jednačine za napon U2 preko napona
U4 i pada napona između tačaka 2 i 4, dobija se:
U 2 = U 4sv +
P4 R24 + Q4 X 24
44,26 ⋅ 6 + 12,09 ⋅ 37,13
= 107,76 +
= 114,39 kV .
sv
107,76
U4
Osnovni proračuni
50
Na osnovu izračunate vrednosti napona U2, preko linearizovanih statičkih karakteristika
mogu se odrediti snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2:
∆U 2
4,39
= 15 + 15 ⋅ 1,4 ⋅
= 15,84 MW ;
U 2o
110
∆U 2
4,39
+ Q2o k QU 2
= 10 + 10 ⋅ 1,8 ⋅
= 10,72 MVAr .
U 2o
110
P2 = P2o + P2o k PU 2
Q2 = Q2o
Dalje, kompleksni gubici snage u vodu između čvorova 2-4 su:
gub
S 24
=
P42 + Q42
44,26 2 + 12,09 2
(
)
(6 + j37,13) = (1,09 + j 6,73) MVA .
R
+
jX
=
24
24
U 42
107,76 2
Snaga koja teče po grani 1-2 kod čvora 2 je:
S 12 = S 4 + S 24 + S 2 ;
gub
= 44,26 + j12,09 + 1,09 + j 6,73 + 15,84 + j10,72 = (61,19 + j 29,54) MVA .
Bilans snaga u datoj mreži ilustrovan je na sl. 1.14b.
1
61,19+j29,54
45,35+j18,82
3
44,26+j12,09 4
2
15,84+j10,72
Sl. 1.14b Ilustracija bilansa snaga
Konačno napon na sabirnicama 1 dobija se preko vrednosti napona U2 i pada napona između
tačaka 1 i 2:
U1 = U 2 +
P12 R12 + Q12 X 12
61,19 ⋅ 3,75 + 29,54 ⋅ 10
= 114,39 +
= 118,98 kV .
U2
114,39
Osnovni proračuni
51
Zadatak 1.15
Za distributivnu mrežu prikazanu na sl. 1.15a (na kojoj su dati i svi osnovni podaci):
a) Odrediti snagu otočne kondenzatorske baterije koju treba ugraditi na sabirnice 4 da bi se
napon na njima podigao sa 9,5 kV na 10,3 kV, pri čemu se napon U1 održava na konstantnoj
vrednosti.
b) Odrediti snagu redne baterije kondenzatora na deonici 2-3 kod sabirnica 2, koja bi
proizvela isti efekat, za vrednost napona U1 proračunatu u tač. a.
c) Koliki se potrošač u oba slučaja u novim radnim stanjima sa kompenzacijom može
priključiti na sabirnice 2 pod pretpostavkom da je njegov faktor snage cosϕ2 = 1 i da uključivanje
tog potrošača neće promeniti napon na sabirnicama 2, tako da ne dođe do preopterećenja voda 1-2,
ako je trajno dozvoljena struja (po fazi) svih vodova Itd = 290 A.
Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
3
4
1
V1
S4 = 17 MVA
V2
cosϕ4 = 0,85 (ind)
red
Q BK
2
P2 = 0
Unv = 35 kV
Q2 = 0
xv = 0,38 Ω/km
rv = 0,32 Ω/km
L1 = 8 km L2 = 6 km
SnT = 2×8 MVA
XT = 7 %
gub
PCun
= 54 kW
mT = 35/10,5 kV/kV
ot
Q BK
Sl. 1.15a Distributivna mreža iz zadatka 1.15
Rešenje:
Impedansa jednog transformatora svedena na naponski nivo 35 kV je:
gub
2
2
 PCun
U nT
X T % U nT

ZT = 
+j
100 S nT
 S nT S nT
  0,054 35 2
7 35 2 
=
 = (1,034 + j10,72 ) Ω .
+j

  8
8
100
8

 
Ekvivalentna vrednost impedanse dva paralelna transformatora je:
Z Te = Z T 2 = (0,517 + j 5,36 ) Ω .
Vrednosti impedansi pojedinih vodova na naponskom nivou 35 kV su:
Z v1 = (rv + jxv )Lv1 = (0,32 + j 0,38) ⋅ 8 = (2,56 + j 3,04 ) Ω ;
Z v 2 = (rv + jxv )Lv 2 = (0,32 + j 0,38) ⋅ 6 = (1,92 + j 2,28) Ω .
Ukupna impedansa između čvorova 1 i 4, imajući u vidu da su sabirnice 2 neopterećene, je:
Z 14 = Z v1 + Z v 2 + Z Te = (5 + j10,68) Ω .
Osnovni proračuni
52
a) U cilju određivanja snage otočne kondenzatorske baterije potrebno je najpre odrediti
vrednost napona na sabirnicama 1 koji se u posmatranom sistemu održava konstantnim.
Vrednosti aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4 su:
P4 = S 4 cos ϕ 4 = 17 ⋅ 0,85 = 14,45 MW ;
Q4 = S 42 − P42 = 17 2 − 14 ,45 2 = 8,96 MVAr .
Svedena vrednost napona na sabirnicama 4, na nivo napona vodova je:
U 4 sv = U 4 mT = 9 ,5
35
= 31,67 kV .
10 ,5
Konačno, vrednost napona na sabirnicama 1 se dobija iz jednačine:
U1 = U 4 sv +
P4 R14 + Q4 X 14
14,45 ⋅ 5 + 8,96 ⋅ 10,68
= 31,67 +
= 36,97 kV .
U 4 sv
31,67
Usled otočne kompenzacije na sabirnicama 4, napon se prema uslovu zadatka podiže na
vrednost 10,3 kV, odnosno vrednost tog napona svedena na napon vodova je:
U 4′ sv = U 4′ mT = 10,3
35
= 34,33 kV .
10,5
Zamenom brojčanih vrednosti poznatih veličina u izrazu za napon U1, za režim otočne
kompenzacije, dobija se jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina snaga baterije kondenzatora:
U1 = U 4′ sv +
(
)
ot
P4 R14 + Q4 − QBK
X 14
,
U 4′ sv
odnosno:
36,97 = 34,33 +
(
)
ot
14,45 ⋅ 5 + 8,96 − QBK
⋅ 10,68
.
34,33
Iz poslednje jednačine dobija se tražena snaga otočne kondenzatorske baterije:
ot
QBK
= 7,24 MVAr .
b) Za režim sa rednom kompenzacijom zamenom brojčanih vrednosti u jednačinu za napon
U1 dobija se vrednost kapacitivne reaktanse redne baterije kondenzatora:
(
)
red
P4 R14 + Q4 X 14 − X BK
U 1 = U 4′ sv +
,
U 4′ sv
Osnovni proračuni
53
odnosno:
(
)
red
14,45 ⋅ 5 + 8,96 ⋅ 10,68 − X BK
,
36,97 = 34,33 +
34,33
odakle je:
red
X BK
= 8,63 Ω .
Snaga baterije rednih kondenzatora je onda:
red
red
QBK
= X BK
P42 + Q42
14,45 2 + 8,96 2
=
8
,
63
= 2,12 MVAr .
U 42
34,332
Vidi se da je za isti efekat podizanja napona u otočne baterije kondenzatora potrebno
ugraditi 7,24/2,12 = 3,42 puta veću snagu.
Za određivanje naponskog profila potrebno je odrediti napone pojedinih sabirnica. Napon na
sabirnicama 1 već je ranije izračunat i iznosi 36,97 kV. Napon na sabirnicama 2 ispred baterije
rednih kondenzatora je:
red
P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 X T + X v 2 − X BK
U 2 a = U 4′ sv +
U 4′ sv
14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + 8,96 ⋅ (5,36 + 2 ,28 − 8,63)
= 34 ,33 +
= 35,1 kV .
34 ,33
(
)
Napon kod sabirnica 2, iza baterije rednih kondenzatora je:
P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 ( X T + X v 2 )
U 4′ sv
14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + 8,96 ⋅ (5,36 + 2 ,28)
= 34 ,33 +
= 37 ,35 kV .
34 ,33
U 2b = U 4′ sv +
Napon na sabirnicama 3 je:
P4 RT + Q4 X T
U 4′ sv
14 ,54 ⋅ 0 ,517 + 8,96 ⋅ 5,36
= 34 ,33 +
= 35,95 kV
34 ,33
U 3 = U 4′ sv +
Na sl. 1.15b nacrtan je naponski profil u sistemu.
c) Da bi se odredila dozvoljena vrednost snage potrošača koji se može priključiti na
sabirnice 2 potrebno je uraditi bilans snaga od sabirnica 4 do sabirnica 2. Najpre će se proračun
uraditi za slučaj otočne kompenzacije. Vrednost napona na sabirnicama 2 za taj režim je:
Osnovni proračuni
54
(
)
ot
(X T + X v2 )
P4 (RT + Rv 2 ) + Q4 − QBK
U 2 = U 4′ sv +
U 4′ sv
14 ,54 ⋅ (0 ,517 + 1,92 ) + (8,96 − 7 ,24 ) ⋅ (5,36 + 2 ,28)
= 34 ,33 +
= 35,74 kV .
34,33
U [kV]
38
U1=36,97 kV U2b=37,35 kV
37
U3=35,95 kV
36
35
U4=34,33 kV
U2a=35,1 kV
34
1
2
3
4
čvor
Sl. 1.15b Naponski profil u sistemu sa baterijom rednih kondenzatora
Kompleksni gubici snage u delu mreže od sabirnica 2 do sabirnica 4 su:
gub
S 24
(
ot
P 2 + Q4 − QBK
= [RT + Rv 2 + j ( X T + X v 2 )] 4
U 4′ 2sv
)
2
14,45 2 + (8,96 − 7,24 )2
= [0,517 + 1,92 + j (5,36 + 2,28)]
= (0,438 + j1,373) MVA .
34,33 2
Imajući u vidu da je faktor snage potrošača vezanog na sabirnice 2: cosϕ2 = 1, to je snaga
koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2:
ot
S 12 = S 4 − jQBK
+ S 24 + P2
gub
= (14,45 + j8,96) − j 7,24 + 0,438 + j1,373 + P2 = (14,89 + P2 + j 3,09) MVA .
Kako je dozvoljena vrednost struje po vodu 1-2, Itd data kao fazna vrednost to se može pisati
jednačina:
2
P122 + Q12
1
= I td
2
3
U2
Zamenom brojčanih vrednosti pojedinih veličina u gornji izraz, dobija se dozvoljena snaga
potrošača vezanog na sabirnice 2 (P2d) iz jednačine:
(14,89 + P2d )2 + 3,09 2 1 = 0,29 kA ,
35,74 2
3
Osnovni proračuni
55
odakle je:
P2 d = 2,79 MW .
Za slučaj redne kompenzacije potrebno je uraditi slične proračune kao i za slučaj otočne
kompenzacije. Napon na sabirnicama 2 već je ranije izračunat i njegova vrednost iznosi:
U 2 = U 2 a = 35,1 kV .
Vrednost kompleksnih gubitaka snage na delu mreže od sabirnica 2 do sabirnica 4 je:
gub
S 24
[
(
= RT + Rv 2 + j X T + X v 2 −
red
X BK
)]
P42 + Q42
U 4′ 2sv
14,45 2 + 8,96 2
= [0,517 + 1,92 + j (5,36 + 2,28 − 8,63)]
= (0,598 − j 0,243) MVA
34,33 2
Snaga koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2 je onda:
S 12 = S 4 + S 24 + P2 = (14,45 + j8,96 ) + 0,598 − j 0,243 + P2 = (15,05 + P2 + j8,72 ) MVA .
gub
Kao i kod otočne kompenzacije važi relacija:
2
P122 + Q12
1
= I td .
2
3
U2
Zamenom odgovarajućih brojčanih vrednosti dobija se dozvoljena snaga potrošača koja se
može vezati na sabirnice 2, a da ne dođe do preopterećenja voda 1-2, iz jednačine:
(15,05 + P2d )2 + 8,72 2 1 = 0,29 kA ,
35,12
odakle je:
P2 d = 0,273 MW .
3
Osnovni proračuni
56
Zadatak 1.16
Za deo elektroenergetskog sistema sa sl. 1.16a odrediti:
a) Maksimalnu aktivnu snagu koja se može isporučiti potrošačkom području (prema
kriterijumu dozvoljenog pada napona), čiji je tgϕ = 0,4 (ind), ako naponi na vodu ne smeju da izađu
iz opsega Unv ± 10 %.
b) Koliku reaktivnu snagu treba da proizvodi sinhroni kompenzator priključen na sabirnice 2
da bi se do tog čvora mogla preneti dvostruka prirodna snaga voda, ako je U1 = Umax, a
U2 = 210 kV.
1
2
Unv = 220 kV
Lv = 200 km
rv = 0,08 Ω/km
xv = 0,42 Ω/km
bv = 2,65 µS/km
Sp
tgϕ = 0,4 (ind)
~
SK
Sl. 1.16a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.16
Rešenje:
Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.16a prikazana je na sl. 1.16b.
1
2
S2
U1
Rv+jXv
j
Bvot
2
S20
j
Bvot
2
Sp
U2
~
Sl. 1.16b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.16a
a) Parametri ekvivalentne π-šeme voda su:
Rv = 16 Ω ;
X v = 84 Ω ;
Bvot / 2 = 2,65 ⋅10 −4 S .
Potrošačkom području se isporučuje maksimalna snaga ako se na sabirnicama 1 ima
maksimalni napon, a na sabirnicama 2 minimalni napon, jer se tada ima najveći dozvoljeni pad
napona koji pravi najveća preneta snaga. Vrednosti napona na sabirnicama 1 i 2 za takav radni
režim su:
U1 = U max = 1,1 ⋅ 220 = 242 kV ;
U 2 = U min = 0 ,9 ⋅ 220 = 198 kV .
Osnovni proračuni
57
Najpre će se uraditi bilans snaga za čvor 2. Pošto je dat tgϕ potrošačkog područja to se
njegova reaktivna snaga može predstaviti u funkciji aktivne snage kao:
S p = Pp + jQ p = Pp + jPp tgϕ = Pp + j 0,4 Pp .
Kompleksna snaga koja teče otočnom granom S20 je:
(
∗
)
(
)
S 20 = U 22 Y 20 = U 22 − jBvot / 2 = 198 2 ⋅ − j 2,65 ⋅ 10 −4 = − j10,4 MVA ,
tako da je ukupna snaga koja teče duž grane 1-2:
(
)
S 2 = S p + S 20 = Pp + j 0,4 Pp − 10,4 .
Izraz za kompleksni napon u čvoru 1 je:
U1 =U2 +
P2 Rv + Q2 X v
P X − Q2 Rv
+j 2 v
.
U2
U2
Po uslovu zadatka za U 1 = U max i U 2 = U min ima se da je P2 = Pp = Pmax . Ako se te vrednosti
napona zamene u jednačinu za napon U1, dobija se:
U max = U min +
Pmax Rv + (0,4 Pmax − 10,4) X v
P X − (0,4 Pmax − 10,4)Rv
.
+ j max v
U min
U min
Zamenom brojčanih vrednosti pojedinih veličina i nalaženjem modula leve i desne strane
gornje jednačine dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj promenljivoj Pmax:
16 Pmax + 84 ⋅ (0,4 Pmax − 10,4)   84 Pmax − 16 ⋅ (0,4 Pmax − 10,4) 

242 = 198 +
 +

198
198

 

2
2
= [0 ,25Pmax + 193,6] + [0 ,392 Pmax + 0 ,84] ,
2
2
čija je konačna forma:
2
Pmax
+ 450,77 Pmax − 97512,95 = 0 .
Fizički realno rešenje gornje kvadratne jednačine je:
Pmax = 159,73 MW .
b) Prirodna snaga voda se računa preko jednačine:
Pnat
U n2
=
=
Zc
U n2
xv / bv
=
220 2
0,42 / 2,65 ⋅10
−6
= 121,57 MW .
2
Osnovni proračuni
58
Po uslovu zadatka aktivna snaga potrošačkog područja je:
Pp = 2 Pnat = 243,14 MW .
Reaktivna snaga potrošačkog područja je tada:
Q p = Pp tgϕ = 243,14 ⋅ 0,4 = 97,256 MVAr .
Reaktivna snaga koja teče otočnom granom S20 je:
∗
(
)
(
)
S 20 = U 22 Y 20 = U 22 − jBvot / 2 = 210 2 ⋅ − j 2,65 ⋅ 10 −4 = − j11,7 MVA .
Kompleksna snaga koja teče granom 1-2 je sada:
S 2 = S p + S 20 − jQsk = 243,14 + j 97,256 − j11,7 − jQsk = (243,14 + j (85,556 − Qsk )) MVA .
Zamenom brojčanih vrednosti u jednačinu za pad napona u grani 1-2 i nalaženjem modula
leve i desne strane dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj snazi sinhronog kompenzatora Qsk:
16 ⋅ 243,14 + 84 ⋅ (85,556 − Qsk )  84 ⋅ 243,14 − 16 ⋅ (85,556 − Qsk ) 

242 2 = 210 +
 +

210
210

 

2
= [262,75 − 0,4Qsk ] + [90,74 + 0,076Qsk ] ,
2
2
čija je konačna forma:
Qsk2 − 1184,56Qsk + 112830,58 = 0 .
Fizički realno rešenje gornje kvadratne jednačine je:
Qsk = 104,46 MVAr .
2
Osnovni proračuni
59
Zadatak 1.17
Na sl. 1.17a je dat deo radijalnog distributivnog sistema koji napaja potrošačko područje
snage Sp = (4+j7) MVA vezano na sabirnice 4.
a) Naći snagu otočne kondenzatorske baterije priključene na sabirnicama potrošača 4, ako je
napon na primaru transformatora T1 U1′ = 111,1 kV = const , transformator opterećen snagom od
S ′1 = (20 + j15) MVA , a zahteva se da se na sabirnicama 4 obezbedi napon U 2′′ = 10,5 kV .
b) Naći napone U1′′ , U 2′ za definisane pogonske režime pre i posle kompenzacije.
c) Naći gubitke aktivne snage na vodu i transformatoru T2 pre i posle kompenzacije i snage
koje teku vodom, merene na njegovom početku.
Sve parametre sistema svesti na napon voda. Računati samo sa podužnim padovima napona.
U 1′
1
T1
S′1
U 1′′
2
SnT1 = 31,5 MVA
mT1 = 110/36,75 kV/kV
RT1 = 0
XT1% = 12 %
U 2′
Unv = 35 kV
Lv = 45 km
rv = 0,196 Ω/km
xv = 0,385 Ω/km
3
T2
U 2′′
Sp
SnT2 = 10 MVA 4
mT2 = 35/10,5 kV/kV QBK
gub
PCun
= 34 kW
XT2% = 8 %
Sl. 1.17a Šema i osnovni podaci za radijalni distributivni sistem iz zadatka 1.17
Rešenje:
a) Vrednosti impedansi pojedinih elemenata sistema svedene na naponski nivo voda su:
2
X T 1 % U nT
12 36,75 2
1
X T1 =
=
= 5,145 Ω ;
100 S nT 1 100 31,5
Rv = rv Lv = 0 ,196 ⋅ 45 = 8,82 Ω ;
RT 1 = 0 Ω ;
X v = xv Lv = 0 ,385 ⋅ 45 = 17 ,325 Ω ;
gub
RT 2 = PCun
XT2 =
2
U nT
2
2
S nT
2
= 0,034
35 2
= 0,42 Ω ;
10 2
2
X T 2 % U nT
8 35 2
2
=
= 9,8 Ω .
100 S nT 2 100 10
Svedena vrednost napona primara transformatora T1 je:
U1′sv = U1′
1
36 ,75
= 111,1
= 37 ,12 kV .
mT 1
110
Na osnovu datih podataka može se odrediti napon U1′′ preko formule:
Osnovni proračuni
U 1′′ = U 1′ −
60
P1′RT 1 + Q1′ X T 1
20 ⋅ 0 + 15 ⋅ 5,145
= 37,12 −
= 35,04 kV .
U 1′
37,12
Za režim kompenzacije napon na sekundaru transformatora T2 jednak je 10,5 kV, odnosno
njegova svedena vrednost je:
U 2′′sv = U 2′′mT 2 = 10,5
35
= 35 kV .
10,5
Zamenjivanjem poznatih vrednosti napona u jednačinu pada napona na vodu i
transformatoru T2 posle kompenzacije, dobija se jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina
snaga baterije kondenzatora:
U1′′ = U 2′′sv +
(
Pp (Rv + RT 2 ) + Q p − QBK
U 2′′sv
) (X v + X T 2 ) ,
odnosno, posle zamene raspoloživih numeričkih podataka, ona postaje:
35,04 = 35 +
4 ⋅ (8,82 + 0,42 ) + (7 − QBK )(17,325 + 9,8)
.
35
Iz poslednje jednačine dobija se zahtevana snaga otočne kondenzatorske baterije:
QBK = 8,31 MVAr .
b) Što se tiče vrednosti napona U1′′ njegova vrednost je ista i za režim pre i posle
kompenzacije jer je vrednost tog napona diktirana radnim režimom transformatora T1.
U cilju određivanja napona U 2′ za režim pre kompenzacije potrebno je najpre odrediti napon
U 2′′sv . Njegova vrednost će se odrediti iz jednačine napona na početku voda kada je poznato stanje
na sabirnicama sekundara transformatora T2:
U 1′′ = U 2′′sv +
Pp (Rv + RT 2 ) + Q p ( X v + X T 2 )
U 2′′sv
.
Zamenom odgovarajućih numeričkih vrednosti u gornju jednačinu i sređivanjem te
jednačine dobija se kvadratna jednačina po nepoznatom naponu U 2′′sv :
35,04 = U 2′′sv +
4 ⋅ (8,82 + 0 ,42 ) + 7 ⋅ (17 ,325 + 9 ,8)
,
U 2′′sv
odakle je njena konačna forma:
U 2′′sv2 − 35,04U 2′′sv + 226,835 = 0 .
Fizički prihvatljivo rešenje gornje kvadratne jednačine je:
Osnovni proračuni
61
U 2′′sv = 26 ,47 kV .
Napon U 2′ sada se dobija preko formule za pad napona na transformatoru T2:
U 2′ = U 2′′sv +
Pp RT 2 + Q p X T 2
4 ⋅ 0 ,42 + 7 ⋅ 9 ,8
= 26 ,47 +
= 29 ,125 kV .
U 2′′sv
26 ,47
Napon U 2′ posle kompenzacije može se odrediti i znatno jednostavnije, pošto je poznat
napon U 2′′sv za režim kompenzacije ( U 2′′sv = 35 kV ). Preko formule za pad napona na
transformatoru T2 dobija se tražena vrednost napona:
U 2′ = U 2′′sv +
(
)
Pp RT 2 + Q p − QBK X T 2
U 2′′sv
= 35 +
4 ⋅ 0,42 + (7 − 8,31) ⋅ 9,8
= 34,68 kV .
35
c) Gubici snage na vodu i trasformatoru T2 pre kompenzacije su:
S
gub
= [Rv + RT 2 + j ( X v + X T 2 )]
Pp2 + Q p2
U 2′′sv2
= [8,82 + 0,42 + j (17,325 + 9,8)]
42 + 72
= (0,857 + j 2,516 ) MVA .
26,47 2
Snaga na početku voda pre kompenzacije je:
Sv = S p + S
gub
= (4,857 + j 9,516 ) MVA .
Gubici na vodu i transformatoru T2 posle kompenzacije su:
S BK = [Rv + RT 2 + j ( X v + X T 2 )]
gub
(
Pp2 + Q p − QBK
= [8,82 + 0,42 + j (17,325 + 9,8)]
)2
U 2′′sv2
4 2 + (7 − 8,31)2
= (0,134 + j 0,392) MVA .
35 2
Snaga na početku voda za radni režim posle kompenzacije je:
S vBK = S p − jQBK + S BK = (4,134 − j 0,918) MVA .
gub
Osnovni proračuni
62
Zadatak 1.18
U elektroenergetskom sistemu predstavljenom na sl. 1.18a potrošač u čvoru 2 ima
konstantnu snagu, a potrošač u čvoru 3 ima konstantu impedansu. Uz pretpostavku da je napon na
sabirnicama 1 konstantan, odrediti:
a) Napon U2.
b) Potrebnu snagu sinhronog kompenzatora kojeg je potrebno priključiti otočno na sabirnice
2 da bi se napon na njima povećao na 113 kV. Kolika je u ovom režimu snaga koja se sa sabirnica 1
odaje u mrežu?
Napomena: U proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
1
2
L12 = 100 km
Pp2 = 60 MW
xv = 0,4 Ω/km
L13 = 60 km
L23 = 60 km
3
U1 = 115 kV
Qp2 = 30 MVAr
Pp3 = 20 MW, Qp3 = 0 MVAr
pri Up3 = 110 kV
Sl. 1.18a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.18
Rešenje:
Vrednosti impedansi pojedinih vodova su:
Z 12 = jX 12 = j 40 Ω ; Z 13 = jX 13 = j 24 Ω ; Z 23 = jX 23 = j 24 Ω .
Potrošač u čvoru 3 modelovaće se preko konstantne impedanse koja se izračunava iz zadatih
podataka:
U p2 3
Z p3 = R p3 =
= 605 Ω .
Pp 3
Ekvivalentna šema datog sistema sa zamenjenim brojčanim vrednostima impedansi
predstavljena je na sl. 1.18b.
1
U1
2
j40 Ω
j24 Ω
U3
3
j24 Ω
605 Ω
0
Sl. 1.18b Ekvivalentna šema sistema
U2
Osnovni proračuni
63
Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-3, 2-3 i 0-3 u trougao dobija se ekvivalentna
šema prikazana na sl. 1.18c.
j40 Ω
1
2
(-0,952+j48) Ω
U1
U2
(1210+j24) Ω
(1210+j24) Ω
0
0
Sl. 1.18c Šema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.18b
Ekvivalentovanjem dve paralelne grane dobija se konačno zamenska šema prikazana na
sl. 1.18d na kojoj će se izvršiti potrebni proračuni.
1
S2
S1
S10
Sp
(-0,197+j21,82) Ω
U1
(1210+j24) Ω
U2
(1210+j24) Ω
0
2
S20
0
Sl. 1.18d Šema dobijena ekvivalentovanjem paralelnih grana 1-2 šeme sa sl. 1.18c
a) U cilju određivanja napona U2 potrebno je najpre odrediti snagu S2o u funkciji napona U2,
prema formuli:
S 20 =
U 22
Z ∗20
=
R20
2
Z 20
U 22 + j
X 20
2
Z 20
U 22 .
Kompleksna snaga koja teče po grani 1-2 (S2) može se takođe izraziti u funkciji nepoznatog
napona U2:

 

R
X
S 2 = S p + S 2o =  Pp + 20
U 22  + j  Q p + 20
U 22  .
2
2
Z 20
Z 20

 

Prethodni izrazi za snage zameniće se u izraz za pad napona između tačaka 1 i 2, u formuli
za napon U1:
Osnovni proračuni
64




R
X
 Pp + 20 U 22  R12 +  Q p + 20 U 22  X 12
2
2




Z 20
Z 20




U1 = U 2 +
.
U2
U gornjem izrazu jedina nepoznata veličina je traženi napon U2. Grupisanjem članova uz
napon U2 dobija se kvadratna jednačina po naponu U2:
 R20 R12 X 20 X 12  2
1 +
U 2 − U 1U 2 + Pp R12 + Q p X 12 = 0 .
+
2
2


Z 20
Z 20


Posle zamene zadatih vrednosti gornja jednačina postaje:
24 ⋅ 21,82  2
 1210 ⋅ (− 0 ,197 )
+
1 +
U 2 − 115 ⋅ U 2 + 60 ⋅ (− 0 ,197 ) + 30 ⋅ 21,82 = 0 ,
2
2
1210 + 24
1210 2 + 24 2 

odnosno
1,0002U 22 − 115U 2 + 642,78 = 0 .
Rešenje prethodne kvadratne jednačine koje ima fizički smisao je:
U 2 = 109,1 kV .
b) Za radni režim u ovoj tački, ekvivalentna šema razlikuje se u od ekvivalentne šeme u
pethodnoj tački samo u tome što je otočno na sabirnice 2 dodat sinhroni kompenzator snage QSK.
Pošto je po uslovu zadatka poznat napon U2 može se odrediti vrednost snage S20 iz formule:
S 20 =
U 22
Z ∗20
=
1132
= (10,55 + j 0,21) MVA .
1210 − j 24
Kompleksna snaga koja teče po grani 1-2 (S2) za ovaj radni režim je:
S 2 = S p + S 20 − jQSK = 60 + j 30 + 10,55 + j 0,21 − jQSK = (70,55 + j (30,21 − QSK )) MVA .
Gornji izrazi za snage zameniće se u izraz za napon U1:
U1 = U 2 +
P2 R12 + Q2 X 12
,
U2
gde je jedina nepoznata veličina tražena snaga sinhronog kompenzatora. Zamenom poznatih
vrednosti u gornji izraz dobija se:
115 = 113 +
70,55 ⋅ (− 0,197 ) + (30,21 − QSK ) ⋅ 21,82
,
113
Osnovni proračuni
65
odakle je snaga sinhronog kompenzatora potrebna da bi se ostvario zadati režim u tački b):
QSK = 19,21 MVAr .
Radi određivanja snage koja se sa sabirnica 1 odaje u mrežu potrebno je koristiti relacije
bilansa snaga. Najpre će se izračunati kompleksna snaga S2:
S 2 = 70,55 + j (30,21 − QSK ) = 70,55 + j (30,21 − 19,21) = (70,55 + j10,99 ) MVA .
Kompleksni gubici snage u grani 1-2 su:
gub
S 12
= (R12 + jX 12 )
P22 + Q22
70,55 2 + 10,99 2
(
)
=
−
0
,
197
+
j
21
,
82
= (− 0,08 + j8,71) MVA .
U 22
1132
Vrednost snage S10 je onda:
S 10 =
U 12
∗
Z 10
=
115 2
= (10,93 + j 0,22) MVA .
1210 − j 24
Konačno, vrednost kompleksne snage S1 koja se odaje u mrežu sa sabirnica 1 je:
S 1 = S 2 + S 12 + S 10 = 70,55 + j10,99 − 0,08 + j8,71 + 10,93 + j 0,22 = (81,4 + j19,92 ) MVA .
gub
Osnovni proračuni
66
Zadatak 1.19
U elektroenergetskom sistemu, čija je monofazna šema data na sl. 1.19a, potrošač u čvoru 2
ima konstantnu impedansu, a potrošač u čvoru 3 ima konstantnu snagu potrošnje. Moduo napona u
čvoru 1 u posmatranom sistemu održava se na konstantnoj vrednosti.
a) Odrediti napon U1 ako je napon na sabirnicama 3: U3 = 110 kV.
b) Kolika treba da bude snaga baterije kondenzatora koju treba otočno vezati na sabirnice 3
da bi pri povećanju Pp3 i Qp3 za 20 % napon na njima ostao isti.
c) Koliki su faktori snage gledani sa sabirnica 1, 2, 3 za radne režime definisane u tačkama
a) i b).
1
3
L13 = 60 km
xv = 0,4 Ω/km
L12 = 25 km
Pp3 = 70 MW
L23 = 40 km
2
Qp3 = 40 MVAr
Pp2 = 25 MW
Qp2 = 15 MVA
rpri U2 = 110 kV
Sl. 1.19a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.19
Rešenje:
Vrednosti impedansi pojedinih vodova sistema su:
Z 12 = jX 12 = j10 Ω ; Z 13 = jX 13 = j 24 Ω ; Z 23 = jX 23 = j16 Ω .
Potrošač u čvoru 2 modelovaće se preko konstantne impedanse koja se izračunava iz datih
podataka:
U2
U 22
Z p 2 = ∗2 =
= (355,88 + j 213,53) Ω .
S p 2 Pp 2 − jQ p 2
Ekvivalentna šema datog sistema sa upisanim brojčanim vrednostima impedansi data je na
sl. 1.19b.
1
3
Z13=j24 Ω
Z12=j10 Ω
Z23=j16 Ω
2
Z20=(355,88+j213,53) Ω
0
Sl. 1.19b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.19a
Osnovni proračuni
67
Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-2, 3-2 i 0-2 u trougao dobija se ekvivalentna
šema prikazana na sl. 1.19c.
1
3
j24 Ω
(-0,33+j26,198) Ω
(578,309+j356,985) Ω
(925,29+j571,76) Ω
0
0
Sl. 1.19c Šema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.19b
Ekvivalentovanjem dve paralelne grane 1-3 dobija se konačno zamenska šema prikazana na
sl. 1.19d na kojoj će se izvršiti potrebni proračuni.
1
S3
S1
3
Sp3
(-0,0756+j12,53) Ω
S10
(578,309+j356,985) Ω
(925,29+j571,76) Ω
0
S30
0
Sl. 1.19d Šema dobijena ekvivalentovanjem paralelnih grana 1-3 šeme sa sl. 1.19c
a) Da bi se odredio napon U1, koristi se jednačina bilansa snaga. Najpre će se izračunati
kompleksna snaga S30:
S 30 =
U 32
Z ∗30
=
110 2
= (9,46 + j 5,85) MVA ,
925,29 − j 571,76
a zatim snaga na kraju grane 1-3, kao:
S 3 = S p 3 + S 30 = (79,46 + j 45,85) MVA .
Izraz za proračun kompleksnog napona U1 daje:
P3 R13 + Q3 X 13
P X − Q3 R13
+ j 3 13
U3
U3
79,46 ⋅ (− 0,0756 ) + 45,85 ⋅ 12,53
79,46 ⋅ 12,53 − 45,85 ⋅ (− 0,0756 )
= 110 +
+j
110
110
= 115,168 + j 9,08 = 115,52 / 4,51°
U 1 = U3 +
Osnovni proračuni
68
b) Kada se snage potrošačkog područja povećaju za 20 %, njihove nove vrednosti su:
Pp′ 3 = 1,2 ⋅ 70 = 84 MW ;
Q ′p 3 = 1,2 ⋅ 40 = 48 MW .
Nova kompleksna snaga na kraju grane 1-3 je funkcija nepoznate snage baterije
kondenzatora i data je izrazom:
S ′3 = S ′ p 3 + S 30 − jQBK = 93,46 + j (53,85 − Q BK ) .
Zamenom gornjeg izraza i ostalih brojčanih vrednosti u izraz za napon na sabirnicama 1, i
imajući u vidu da je moduo napona na sabirnicama 1 konstantan dobija se:
93,46 ⋅ (− 0,0756 ) + (53,85 − QBK ) ⋅ 12,53 

115,52 2 = 110 +

110


2
 93,46 ⋅12,53 − (53,85 − QBK ) ⋅ (− 0,0756 ) 
+
 .
110


2
Sređivanjem gornjeg izraza dobija se kvadratna jednačina po nepoznatoj QBK.
2
QBK
− 2038,74QBK + 18609,98 = 0 ,
čije rešenje daje za vrednost snage baterije otočnih kondezatora:
QBK = 9,169 MVAr .
c) Za režim definisan u tački a) zadatka, gubici u grani 1-3 su:
gub
S 13
= (R13 + jX 13 )
P32 + Q32
U 32
= (− 0,0756 + j12,53)
79,46 2 + 45,85 2
= (− 0,05 + j8,72) MVA .
110 2
Kompleksna snaga koja teče po grani 1-0 je:
S 10 =
U 12
115,52 2
=
= (16,71 + j10,31) MVA .
R10 − jX 10 578,31 − j 356,98
Ukupna kompleksna snaga koja utiče u sistem, preko sabirnica 1 je:
S 1 = S 3 + S 13 + S 10 = 79,46 + j 45,85 − 0,05 + j8,72 + 16,71 + j10,31 = (96,12 + j 64,61) MVA
gub
Konačno, faktor snage gledan sa sabirnica 1 je:
Osnovni proračuni
cos ϕ1 =
69
P1
P12 + Q12
96,12
=
96,12 2 + 64,612
= 0,83 .
Za režim u tački b) kompleksna snaga na kraju grane 1-3 je:
S ′3 = S ′ p 3 + S 30 − jQBK = (93,46 + j 44,68) MVA ,
pa su kompleksni gubici snage u vodu 1-3:
gub
S 13
= (R13 + jX 13 )
P3′ 2 + Q3′ 2
U 32
93,46 2 + 44,68 2
= (− 0,0756 + j12,53)
= (− 0,07 + j11,11) MVA
110 2
Kompleksna snaga koja teče po grani 1-0 je ista kao i za režim zadat u tački a) i iznosi:
S 10 = (16,71 + j10,31) MVA .
Ukupna kompleksna snaga koja utiče u sistem, preko sabirnica 1 je onda:
S 1 = S ′3 + S 13 + S 10 = 93,46 + j 44,68 − 0,07 + j11,11 + 16,71 + j10,31 = (110,1 + j 66,1) MVA ,
gub
pa je faktor snage gledan sa sabirnica 1:
cos ϕ1 =
P1
P12 + Q12
110,1
=
110,12 + 66,12
= 0,857 .
Faktor snage gledan sa sabirnica 2 je isti za oba režima jer je potrošač modelovan preko
modela konstantne impedanse i iznosi:
cos ϕ 2 =
Pp 2
Pp22 + Q p2 2
=
25
25 2 + 15 2
= 0,857 .
Faktor snage gledan sa sabirnica 3 za radni režim zadat u tački a) zadatka je:
cos ϕ3 =
Pp 3
Pp23 + Q p23
=
70
70 2 + 40 2
= 0,868 .
Za radni režim zadat u tački b) zadatka, faktor snage je jednak:
cos ϕ3 =
(
Pp′ 3
Pp′ 23 + Q ′p 3 − QBK
)
2
=
84
84 2 + (48 − 9,169 )
2
= 0,9077 .
Osnovni proračuni
70
Zadatak 1.20
Transformatorska stanica u kojoj se nalaze dva regulaciona transformatora, napaja se preko
dalekovoda 110 kV (sl. 1.20a). Regulacioni transformatori u transformatorskoj stanici su identični.
Nominalna snaga svakog od njih je 31,5 MVA, pri čemu je prenosni odnos transformatora
110±4×2,5 % / 11 kV/kV. Moduo napona na sabirnicama 1 održava se konstantnim i iznosi
U1 = 110 kV. Početna snaga potrošačkog područja vezanog na sabirnice 3 je Ppo = 30 MW i
Qpo = 15 MVAr, i raste po godišnjoj stopi od p = 7 %. Odrediti:
a) U kojoj godini je potrebno izvršiti otočnu kompenzaciju na sabirnicama 3 imajući u vidu
da se ne smeju narušiti kriterijumi:
1) Napon na sabirnicama 3 ne sme biti manji od 10 kV;
2) Ne sme se dozvoliti preopterećenje transformatorske stanice.
b) Isto kao i pod a) ali pretpostaviti da transformatori nisu regulacioni.
Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
2
3
1
U1 = const
Unv = 110 kV
Lv = 50 km
rv = 0,123 Ω/km
xv = 0,4 Ω/km
potrošačko
područje
ukT = 8 %
gub
PCunT
= 180 kW
Sl. 1.20a Elektroenergetski sistem i podaci za proračune iz zadatka 1.20
Rešenje:
Impedansa voda 1-2 na naponskom nivou 110 kV iznosi:
Z v = (6,15 + j 20 ) Ω .
Moduo impedanse jednog transformatora sveden na naponski nivo 110 kV iznosi:
ZT =
2
u kT % U nT
8 110 2
=
= 30 ,73 Ω .
100 S nT 100 31,5
Aktivna otpornost transformatora svedena na naponski nivo 110 kV iznosi:
RT =
gub
2
PCunT
U nT
0,18 ⋅ 110 2
=
= 2,195 Ω .
S nT S nT
31,5 2
Na osnovu prethodna dva podatka može se izračunati i induktivna reaktansa transformatora:
X T = Z T2 − RT2 = 30 ,65 Ω .
Osnovni proračuni
71
Pošto dva transformatora rade paralelno ekvivalentne vrednosti aktivne otpornosti i
reaktanse su:
RTe = 1,1 Ω ;
X Te = 15,33 Ω .
Sa stanovišta naponskih prilika potrebno je izabrati prenosni odnos regulacionog
transformatora takav da obezbeđuje najveći napon na sabirnicama 3. Taj prenosni odnos se dobije
ako je položaj otcepa n = −4 . Tada je nenominalni prenosni odnos transformatora:
t = 1 + n∆t = 0,9 .
Deo zadatka pod a) rešiće se na dva načina. Prvi način je preko ekvivalentne π-šeme
regulacionog transformatora, a drugi preko stvarnog prenosnog odnosa transformatora.
a) I način
Ekvivalentna šema datog sistema prikazana je na sl. 1.20b.
1
2
3
Zv
U1
Sp
Z12
U3
Z20
0
Z30
0
Sl. 1.20b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.20a
Elementi ekvivalentne π-šeme regulacionog transformatora su:
t2
0,9 2
Z Te =
(1,1 + j15,33) = (8,91 + j124,17 ) Ω ;
1− t
1 − 0,9
Z 12 = t Z Te = 0,9 ⋅ (1,1 + j15,33) = (0,99 + j13,797 ) Ω ;
t
0,9
Z 30 =
Z Te =
(1,1 + j15,33) = (− 9,9 + j137,97 ) Ω .
t −1
0,9 − 1
Z 20 =
Transfiguracijom zvezde koju čine grane 1-2, 3-2 i 2-0 u trougao i ekvivalentovanjem dve
paralelne grane između referentnog čvora i zemlje dobija se zamenska šema sistema prikazana na
sl. 1.20c. Vrednosti impedansi sa ekvivalentne šeme sa sl. 1.20c iznose:
Z 13 = (7,82 + j 36,02 ) Ω ;
Z 30 = (− 78,237 − j 360,2 ) Ω .
ek
Impedansa Z10 nije od interesa za tražene proračune, pa nema potrebe da se izračunava njena
vrednost.
Osnovni proračuni
72
1
S3
Z13
3
Sp
S30
ek
Z 30
Z10
0
0
Sl. 1.20c Ekvivalentna šema sistema dobijena transfiguracijom šeme sa sl. 1.20b
Sada je potrebno uraditi bilans snaga u ovoj mreži. Imajući u vidu da se snaga potrošačkog
područja menja po određenoj godišnjoj stopi porasta, aktivna i reaktivna snaga potrošačkog
područja u godini n mogu se predstaviti izrazima:
Ppn = (1 + p ) 1 Ppo = K1 Ppo ;
Q pn = (1 + p ) 1 Q po = K1Q po .
n
n
Pretpostaviće se da je napon na sabirnicama 3 jednak U3 = 10 kV, jer je cilj da se nađe
godina u kojoj napon pada na vrednost od 10 kV. Svedena vrednost ovog napona na naponski nivo
110 kV je:
110
U 3sv = mnT U 3 =
⋅10 = 100 kV .
11
Dalje se može izračunati snaga S30 kao:
S 30 =
U 32sv
=
Z ∗30
100 2
= (− 5,76 − j 26,51) MVA .
− 78,237 + j 360,2
Kada se uradi bilans snaga na sabirnicama 3 za kompleksnu snagu S3 se dobija:
(
) (
)
S 3 = K1 Ppo + P30 + j K1Q po + Q30 = ((30 K1 − 5,76 ) + j (15 K1 − 26,51)) MVA .
Ako se gornji izraz uvrsti u izraz za napon U1 dobija se jednačina u kojoj je jedina
nepoznata veličina K1:
U1 = U 3 +
P3 R13 + Q3 X 13
,
U3
odnosno:
110 = 100 +
(30 K1 − 5,76) ⋅ 7,82 + (15K1 − 26,51) ⋅ 36,02 .
100
Iz poslednje jednačine dobija se vrednost za K1:
K1 = (1 + p )n1 = 2,58 ,
Osnovni proračuni
73
odnosno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju je:
n1 =
log K1
log 2,58
=
= 14 godina .
log(1 + p ) log1,07
a) II način
Kao što je ranije rečeno deo zadatka pod a) može se rešiti i proračunom preko stvarnog
prenosnog odnosa transformatora. Ekvivalentna šema za taj slučaj prikazana je na sl. 1.20d.
1
2
3
2
Zv
U1
t ZTe
Sp
U3
Sl. 1.20d Ekvivalentna šema zadatog sistema iz tač. a
Impedansa između tačaka 2 i 3 na sl. 1.20d je svedena preko stvarnog prenosnog odnosa
transformatora i njena vrednost zavisi od nenominalnog prenosnog odnosa t. Ukupna vrednost
impedanse između tačaka 1 i 3 je onda:
Z 13 = Z v + t 2 Z Te = (6,15 + j 20) + 0,9 2 ⋅ (1,1 + j15,33) = (7,041 + j 32,4173) Ω .
Takođe svedena vrednost napona na sabirnicama 3 zavisi od nenominlanog prenosnog
odnosa a pa je taj napon:
U 3sv = tmnT U 3 = 0,9 ⋅
110
⋅ 10 = 90 kV .
11
Ako se usvoje isti izrazi za promenu aktivne i reaktivne snage potrošačkog područja sa
vremenom kao kod prvog načina, odnosno
Ppn = (1 + p ) 1 Ppo = K1 Ppo ;
Q pn = (1 + p ) 1 Q po = K1Q po ,
n
n
i ako se ti izrazi uvrste u jednačinu za napon U1, dobija se ponovo jednačina u kojoj je jedina
nepoznata K1:
U1 = U 3 +
Ppn R13 + Q pn X 13
U3
,
odnosno:
110 = 90 +
30 ⋅ K1 ⋅ 7 ,041 + 15 ⋅ K1 ⋅ 32 ,4173
.
90
Iz prethodne jednačine za K1, odnosno za n1, dobijaju se iste vrednosti kao i kod korišćenja
prvog načina:
Osnovni proračuni
74
K1 = (1 + p )n1 = 2,58 ;
n1 = 14 godina .
Što se tiče kriterijuma preopterećenja može se napisati da je granični uslov:
ST = PT2 + QT2 = S doz .
Ako se u razmatranje uzme snaga transformatora na sekundarnoj strani onda je ta snaga
ujedno i snaga potrošačkog područja pa se ima:
PT = Ppn = (1 + p ) 2 Ppo = K 2 Ppo ;
QT = Q pn = (1 + p ) 2 Q po = K 2 Q po .
n
n
Zamenom poslednjih jednačina u izraz koji definiše kriterijum preopterećenja, dobija se:
(K 2 Ppo )2 + (K 2Q po )2 = S doz .
Iz poslednje jednačine može se izračunati vrednost za K2:
K2 =
S doz
2
Ppo
2
+ Q po
=
63
30 + 15 2
2
= 1,878 ,
odnosno vrednost za godinu u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju:
n2 =
log K 2
log1,878
=
= 9,32 godina .
log(1 + p ) log1,07
Konačno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju dobija se kao:
nkom = int{min{n1 , n2 }} = 9 godina .
b) Za slučaj kada transformator nije regulacioni proračun je znatno jednostavniji.
Ekvivalentna šema u tom slučaju predstavljena je na sl. 1.20e.
1
U1
2
Zv
3
ZTe
U3
Sl. 1.20e Ekvivalentna šema zadatog sistema iz tač. b
Ekvivalentna impedansa između tačaka 1 i 3 je:
Z 13 = Z v + Z Te = (6,15 + j 20 ) + (1,1 + j15,33) = (7,25 + j 35,33) Ω .
Svedena vrednost napona u čvoru 3 je U 3sv = 100 kV .
Sp
Osnovni proračuni
75
Analogno prethodnoj tački, izrazi za snage potrošačkog područja mogu se napisati u formi:
Ppn = (1 + p ) 3 Ppo = K 3 Ppo ;
Q pn = (1 + p ) 3 Q po = K 3Q po .
n
n
Ako se ovi izrazi uvrste u jednačinu za napon u čvoru 1 dobija se jednačina iz koje se može
izračunati veličina K3, odnosno godina u kojoj je potrebno izvršiti kompenzaciju:
U1 = U 3 +
Ppn R13 + Q pn X 13
U3
.
Posle zamene raspoloživih numeričkih vrednosti, dobija se linearna jednačina po K3:
110 = 100 +
30 ⋅ K 3 ⋅ 7 ,25 + 15 ⋅ K 3 ⋅ 35,33
.
100
Iz poslednje jednačine dobija se da je rešenje K 3 = 1,338 , odnosno n3 = 4,3 godine .
Uslov preopterećenja transformatora je identičan kao i u prethodnoj tački pa je godina u
kojoj je potrebo izvršiti kompenzaciju:
nkom = int{min{n2 , n3 }} = 4 godine .
Osnovni proračuni
76
Zadatak 1.21
U elektroenergetskom sistemu prikazanom na sl. 1.21a, kompenzacija reaktivne snage vrši
se priključivanjem baterije otočnih kondenzatora na tercijer tronamotajnog transformatora. Ako je u
režimu pre kompenzacije (tercijer neopterećen) napon na sabirnicama 2: U2 = 33 kV, odrediti
potrebnu susceptansu, odnosno snagu baterije kondenzatora koju treba priključiti na tercijer
transformatora da bi se napon na sabirnicama 2 podigao na željenu vrednost od 36,75 kV, pod
pretpostavkom da se napon na sabirnicama 0 održava na konstantnoj vrednosti.
Napomena: Reaktanse transformatora su date prema odgovarajućim prolaznim snagama. U
proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
0
1
2
Pp = 45 MW
2
1
Unv = 110 kV
xv = 0,38 Ω/km
Lv = 80 km
Sn1 = 60 MVA
Sn2 = 60 MVA
Sn3 = 35 MVA
3
jBc
Qp = 25 MVAr
X12% = 7 %
X13% = 21 %
X23% = 15 %
mT = 110/36,75/10 kV/kV/kV
Sl. 1.21a Šema i osnovni podaci za elektroenergetski sistem iz zadatka 1.21
Rešenje:
Impedansa voda na naponskom nivou 110 kV iznosi:
Z v = jxv Lv = j 30,4 Ω .
Impedanse tronamotajnog transformatora između pojedinih krajeva proračunate za prolazne
snage i svedene na naponski nivo 110 kV su:
Z 12 = jX 12 = j
2
X 12 % U nT
7 110 2
= j
= j14,117 Ω ;
100 S n1
100 60
Z 13 = jX 13 = j
2
X 13 % U nT
21 110 2
= j
= j 72,6 Ω ;
100 S n3
100 35
Z 23 = jX 23
2
X 23 % U nT
15 110 2
= j
= j
= j 51,857 Ω .
100 S n3
100 35
Impedanse grana Y-ekvivalenta tronamotajnog transformatora svedene na naponski nivo
110 kV su:
1
Z 1 = jX 1 = j ( X 12 + X 13 − X 23 ) = j17,43 Ω ;
2
1
Z 2 = jX 2 = j ( X 12 + X 23 − X 13 ) = − j 3,313 Ω ;
2
1
Z 3 = jX 3 = j ( X 13 + X 23 − X 12 ) = j 55,17 Ω .
2
Osnovni proračuni
77
Na sl. 1.21b predstavljena je ekvivalentna šema sistema za slučaj pre kompenzacije.
0
jXv
2
jX12
Pp+jQp
Sl. 1.21b Ekvivalentna šema za slučaj pre kompenzacije
Za pretpostavljeni radni režim napon na sabirnicama 3 je prema uslovu zadatka iznosio
33 kV, odnosno njegova svedena vrednost na naponski nivo 110 kV je U 2′ = 98,776 kV .
Napon na sabirnicama 0 može se odrediti preko sledeće formule:
U o = U 2′ +
Q p ( X v + X 12 )
U 2′
= 98,776 +
25 ⋅ (30 ,4 + 14 ,117 )
= 110 ,043 kV .
98,776
Za režim sa uključenom baterijom kondenzatora ekvivalentna šema sistema prikazana je na
sl. 1.21c.
0
jXv
jX1
Z
jX2
2
Pp+jQp
U 2′ = 110 kV
jX3
-jXBK
Sl. 1.21c Ekvivalentna šema sa uključenom baterijom kondenzatora
Za ovaj režim vrednost napona na sabirnicama 2 je 36,75 kV odnosno njegova svedena
vrednost je U 2′ = 110 kV .
Da bi mogla da se odredi vrednost susceptanse baterije otočnih kondenzatora, potrebno je da
se zadovolji jednačina bilansa snaga do sabirnica 0.
Napon u tački Z dobija se preko jednačine:
U Z = U 2′ +
Qp X 2
U 2′
= 110 +
25 ⋅ (− 3,313)
= 109 ,247 kV .
110
Reaktivni gubici u grani Z-2 su:
QZgub
2
= X2
Pp2 + Q 2p
U 2′ 2
= −3,313
45 2 + 25 2
= −0,726 MVAr ,
110 2
pa je kompleksna snaga na početku grane Z-2:
Osnovni proračuni
78
(
)
S Z = PZ + jQZ = Pp + j Q p + QZgub
2 = (45 + j 24,274 ) MVA .
Reaktivna snaga otočne grane može se izraziti u funkciji nepoznate kapacitivne reaktanse
baterije XBK, kao:
U Z2
,
Q3 BK =
X 3 − X BK
pa je kompleksna snaga na kraju grane 0-Z:

U Z2
S 0 Z = P0 Z + jQ0 Z = PZ + j  QZ +
X 3 − X BK


.


Jednačina za proračun napona u tački 0 u opštem slučaju ima formu:

U Z2
 QZ +

X 3 − X BK
U0 = UZ + 
UZ

( X v + X 1 )


,
u kojoj je jedina nepoznata reaktansa baterije kondenzatroa XBK. Eksplicitni izraz za tu reaktansu je:
X BK = X 3 −
U Z2
,
U 0U Z − U Z2
− QZ
X v + X1
odakle se, posle zamene brojčanih vrednosti pojedinih veličina dobija:
X BK = 55,17 −
109,247 2
= 586,65 Ω .
110,043 ⋅ 109,247 − 109,247 2
− 24,274
30,4 + 17,43
Tražena susceptansa baterije kondenzatora svedena na naponski nivo 110 kV je:
BBK =
1
X BK
= 1,7 mS .
Napon na bateriji kondenzatora (sveden na naponski nivo voda) je onda:
′ =UZ
U BK
− X BK
= 120,58 kV ,
X 3 − X BK
pa je konačno, snaga baterije kondezatora:
′ 2 ⋅ BBK = 24,787 MVAr .
QBK = U BK
Osnovni proračuni
79
Zadatak 1.22
U radijalnom delu distributivnog sistema prikazanom na sl. 1.22a napon na sabirnicama 1 se
održava na konstantnoj vrednosti, nezavisnoj od promene potrošnje na sabirnicama 3. Pri naponu na
sabirnicama 3 od 10 kV snaga potrošnje je Sp = (3 + j5) MVA, dok se sa promenom napona menja
sa statičkim koeficijentima osetljivosti kPU = 1,6 i kQU = 1,8.
a) Odrediti snagu kondenzatorske baterije koju treba priključiti otočno na sabirnice 3 da bi
napon na tim sabirnicama bio 10,5 kV, pri
a1) uvažavanju poprečne komponente pada napona,
a2) zanemarenju poprečne komponente pada napona.
Kolika se greška čini pri zanemarenju poprečne komponente pada napona u proračunu
kondenzatorske baterije?
b) Odrediti snagu potrošačkog područja i napon na sabirnicama 3 ako se na njih priključi
otočna kondenzatorska baterija nominalne snage QBK = 3 MVAr (pri Un = 10 kV). U ovom
proračunu zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
3
2
1
Unv = 35 kV
Lv = 40 km
rv = 0,196 Ω/km
xv = 0,385 Ω/km
SnT = 10 MVA
mT = 35/10,5 kV/kV
gub
PCun
= 34 kW
XT% = 8 %
Sp
QBK
Sl. 1.22a Šema i osnovni podaci za sistem iz zadatka 1.22
Rešenje:
Impedansa voda svedena na naponski nivo 35 kV je:
Z v = (rv + jxv )Lv = (0,196 + j 0,385) ⋅ 40 = (7,84 + j15,4 ) Ω .
Impedansa transformatora svedena na naponski nivo 35 kV je:
2
 P gub U 2
X % U nT
Z T =  Cun nT + j T
100 S nT
 S nT S nT
  0,034 35 2
8 35 2 
=
 = (0,42 + j 9,8) Ω .
+
j

  10 10
100
10



Ukupna impedansa između tačaka 1 i 3 je:
Z = R + jX = Z v + Z T = (8,26 + j 25,2 ) Ω .
Na osnovu zadatih vrednosti napona i snage (U3 = 10 kV, Pp = 3 MW i Qp = 5 MVAr) koje
karakterišu radni režim bez kompenzacije, može se odrediti napon na sabirnicama 1 čiji se moduo u
posmatranom sistemu održava na konstantnoj vrednosti. Najpre treba odrediti vrednost napona na
sabirnicama 3, svedenu na naponski nivo 35 kV:
U 3sv = U 3 mT = 10
35
= 33,33 kV .
10,5
Osnovni proračuni
80
Napon na sabirnicama 1 dobija se iz izraza:
U 1 = U 3sv +
Pp R + Q p X
+j
Pp X − Q p R
U 3sv
U 3sv
3 ⋅ 8,26 + 5 ⋅ 25,2
3 ⋅ 25,2 − 5 ⋅ 8,26
= 33,33 +
+j
= (37,85 + j1,03) kV = 37,86 kV = const .
33,33
33,33
a) U slučaju priključenja baterije otočnih kondenzatora na sabirnice 3, napon na sabirnicama
3 iznosi 10,5 kV, odnosno njegova vrednost svedena na nivo 35 kV je:
U 3sv = U 3 mT = 10,5
35
= 35 kV .
10,5
Usled promene napona na sabirnicama 3 menjaju se i snage potrošačkog područja prema
statičkim karakteristikama i iznose:
Pp = Ppo + Ppo k PU
∆U 3
= 3 + 3 ⋅1,6
10,5 − 10
= 3,24 MW ;
10
U 3o
∆U 3
10,5 − 10
Q p = Q po + Q po k QU
= 5 + 5 ⋅1,8
= 5,45 MVAr .
U 3o
10
a1) Pri uvažavanju poprečne komponente pada napona, napon U1 se proračunava prema
formuli:
U 1 = U 3sv +
(
)
Pp R + Q p − QBK X
U 3sv
+j
(
)
Pp X − Q p − QBK R
U 3sv
.
Uvrštavanjem odgovarajućih vrednosti za napon i snage dobija se kvadratna jednačina u
kojoj je jedina nepoznata veličina tražena vrednost snage baterije kondenzatora:
3,24 ⋅ 8,26 + (5,45 − QBK ) ⋅ 25,2   3,24 ⋅ 25,2 − (5,45 − QBK ) ⋅ 8,26 

37,86 2 = 35 +
 +
 ,
35
35

 

2
odnosno, posle sređivanja:
37,86 2 = [39,69 − 0,72QBK ]2 + [1,047 + 0,236QBK ]2 ,
odakle je njena konačna forma:
2
QBK
− 98,69Q BK + 249,11 = 0 .
Fizički ostvarivo rešenje gornje kvadratne jednačine je:
2
Osnovni proračuni
81
QBK = 2,59 MVAr .
a2) Pri zanemarenju poprečne komponente pada napona, izraz za napon U1 se svodi na:
U 1 = U 3sv +
(
)
Pp R + Q p − QBK X
U 3sv
.
Zamenom brojčanih vrednosti u prethodnu jednačinu dobija se linearna jednačina po
nepoznatoj snazi baterije kondenzatora:
37,86 = 35 +
3,24 ⋅ 8,26 + (5,45 − QBK ) ⋅ 25,2
,
35
odakle je:
QBK = 2,54 MVAr .
Greška koja se čini zanemarenjem poprečne komponente pada napona u proračunu vrednosti
snage baterije kondenzatora je:
a1
a2
QBK
− QBK
2,59 − 2,54
Γ%=
⋅100 =
⋅100 = 1,93 % .
a1
2,59
QBK
b) Pošto je zadata snaga baterije kondenzatora od 3 MVAr definisana za nominalnu vrednost
napona (Un = 10 kV, odnosno Unsv = 33,33 kV), vrednost snage baterije kondenzatora za neku
proizvoljnu vrednost napona na sabirnicama 3 je:
QBK = QBKn
U 32sv
U n2
=3
U 32sv
33,332
= 0,0027U 32sv .
(1)
Zavisnosti snaga potrošačkog područja u funkciji od napona na sabirnicama 3 date su
sledećim izrazima:
∆U 3sv
U − 33,33
= 3 + 3 ⋅1,6 3sv
= 0,144U 3sv − 1,8 ;
U 3osv
33,33
∆U 3sv
U − 33,33
Q p = Q po + Q po k QU
= 5 + 5 ⋅1,8 3sv
= 0,27U 3sv − 4
U 3osv
33,33
Pp = Ppo + Ppo k PU
(2)
(3)
Ako se tri prethodna izraza za QBK, Pp i Qp uvrste u jednačinu za pad napona između
čvorova 1 i 3, posle sređivanja dobija se kvadratna jednačina po nepoznatom naponu U3sv:
U 1 = U 3sv +
(
)
Pp R + Q p − QBK X
U 3sv
,
Osnovni proračuni
82
odnosno
37,86 = U 3sv +
(0,144U 3sv − 1,8) ⋅ 8,26 + [(0,27U 3sv − 4) − 0,0027U 32sv ]⋅ 25,2
U 3sv
,
odakle se posle sređivanja dobija jednačina:
U 32sv − 32,05U 3sv − 124,11 = 0 .
Fizički prihvatljivo rešenje gornje kvadratne jednačine je:
U 3sv = 35,54 kV .
Ako se izračunata vrednost napona na sabirnicama 3 uvrsti u jednačine (2) i (3) dobijaju se
tražene vrednosti snaga potrošačkog područja:
Pp = 3,32 MW
i
Q p = 5,6 MVAr .
Osnovni proračuni
83
Zadatak 1.23
Na sl. 1.23a prikazana je jednostavna distributivna mreža. Napon na sabirnicama 1 održava
se konstantnim pomoću regulacionog transformatora. Linijski napon na sabirnicama 2 iznosi
U2 = 9,8 kV pri snagama potrošnje Pp2 = 3 MW i Qp2 = 2 MVAr i konstantnoj, odnosno nezavisnoj
od napona, impedansi potrošnje na sabirnicama 3 koja se može izračunati pri nominalnom naponu
U3 = 10 kV i snazi Pp3 = 2 MW, uz cosϕ3 = 1,0.
Koliku snagu trofazne baterije kondenzatora treba priključiti otočno na sabirnice 2 da bi se
napon U2 podigao na 10,1 kV ako se snaga potrošnje na tim sabirnicama menja po statičkim
naponskim karakteristikama čiji su koeficijenti osetljivosti kPU2 = 1,7 i kQU2 = 1,3. Kolika je u tom
slučaju snaga koju regulacioni transformator RTR daje u mrežu.
Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
1
2
Unv = 10 kV
Pp2 = 3 MW
L12 = 10 km
RTR
L13 = 8 km
rv = 0,07 Ω/km
xv = 0,4 Ω/km
3
Qp2 = 2 Mvar
L23 = 5 km
Pp3 = 2 MW Qp3 = 0 MVAr
pri U3 = 10 kV
Sl. 1.23a Šema distributivne mreže iz zadatka 1.23
Rešenje:
Vrednosti impedansi pojedinih vodova su:
Z 12 = (0,7 + j 4) Ω ;
Z 13 = (0,56 + j 3,2 ) Ω ;
Z 23 = (0,35 + j 2 ) Ω .
Na osnovu podataka o čvoru 3 konstatuje se da se troši samo aktivna snaga pa se
potrošnja u čvoru 3 može modelovati preko aktivne otpornosti:
R=
U 32 10 2
=
= 50 Ω .
P3
2
Ekvivalentna šema za dati sistem prikazana je na sl. 1.23b.
Transfiguracijom zvezde koju čine grane između čvorova 1-3, 2-3 i 3-0 u trougao i
sažimanjem paralelnih grana između čvorova 1 i 2, dobija se ekvivalentna šema prikazana na sl.
1.23c.
Osnovni proračuni
84
1
2
Z12
Sp2
Z13
Z23
3
R3
0
Sl. 1.23b Ekvivalentna šema sistema, sa sl. 1.23a
1
S2
2
Sp
Z12e
Z10
S20
Z20
Sl. 1.23c Šema dobijena transfiguracijom zvezde sa sl. 1.23b
Vrednosti elemenata ekvivalentne šeme sa sl. 1.23c su:
Z 12e = (0,3724 + j 2,2697 ) Ω ;
Z 10 = (130,56 + j 3,2 ) Ω ;
Z 2o = (81,6 + j 2 ) Ω .
Radi određivanja napona na sabirnicama 1 uradiće se bilans snaga. Najpre će se odrediti
snaga S20:
U2
9,8 2
S 20 = ∗2 =
= (1,176 + j 0,029) MVA .
Z 20 81,6 − j 2
Snaga koja utiče u čvor 2, preko grane 1-2 (S2) je onda:
S 2 = S p 2 + S 20 = (3 + j 2 ) + (1,176 + j 0,029 ) = (4,176 + j 2,029 ) MVA .
Napon u čvoru 1, proračunava se preko izraza:
U1 = U 2 +
P2 R12e + Q2 X 12e
4 ,176 ⋅ 0 ,3724 + 2 ,029 ⋅ 2 ,269
= 9 ,8 +
= 10 ,43 kV .
U2
9 ,8
Posle kompenzacije napon U2 na sabirnicama 2 podiže se na vrednost 10,1 kV, odnosno
promena napona na sabirnicama 2 je ∆U2 = 0,3 kV. Usled promene napona dolazi do promene
vrednosti snaga potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2:
Osnovni proračuni
85
∆U 2
0,3
= 3 + 3 ⋅ 1,7
= 3,156 MW ;
U2
9,8
∆U 2
0,3
= Q p 2 + Q p 2 kQU 2
= 2 + 2 ⋅ 1,3
= 2,079 MVAr .
U2
9,8
Ppk2 = Pp 2 + Pp 2 k PU 2
Q pk 2
Nova vrednost snage S20, za slučaj kompenzacije, je onda:
S 20 =
U 22
Z ∗20
10,12
=
= (1,249 + j 0,031) MVA .
81,6 − j 2
Vrednost snage S2 za slučaj otočne kompenzacije na sabirnicama 2 sada je:
S 2 = S p 2 + S 20 − jQBK = (3,156 + j 2,079 ) + (1,249 + j 0,031) = 4,405 + j (2,11 − QBK ) .
Uvrštavanjem prethodnog izraza u jednačinu za napon u čvoru 1, dobija se izraz u kojem je
jedina nepoznata veličina tražena vrednost snage otočne baterije kondenzatora:
P2 R12e + Q2 X 12e
,
U2
gde je Q2 = (2,11 − QBK ) MVAr
U1 = U 2 +
Posle zamene poznatih numeričkih vrednosti, dobija se jednačina:
10,43 = 10,1 +
4,405 ⋅ 0,3724 + (2,11 − QBK ) ⋅ 2,2697
.
10,1
Iz gornje jednačine nalazi se snaga kondenzatorske baterije:
QBK = 1,36 MVAr .
Radi određivanja snage regulacionog transformatora potrebno je odrediti bilans snaga u
mreži. Na osnovu izračunate vrednosti snage otočne baterije kondenzatora, kompleksna snaga S2 je:
S 2 = 4,405 + j (2,11 − QBK ) = 4,405 + j (2,11 − 1,36 ) = (4,405 + j 0,7457 ) MVA .
Kompleksni gubici snage na grani između čvorova 1 i 2 su:
gub
S 12
= (R12e
P22 + Q22
+ jX 12e )
U 22
= (0,3724 + j 2,2697 )
4,405 2 + 0,7457 2
= (0,073 + j 0,444 ) MVA .
10,12
Vrednost kompleksne snage S10 koja teče kroz impedansu Z10 je:
Osnovni proračuni
S 10 =
U 12
∗
Z 10
86
10,432
=
= (0,833 + j 0,02) MVA .
130,56 − j 3,2
Konačno snaga na izlazu iz regulacionog transformatora RTR je:
S RTR = S 2 + S 12 + S 10
= (4,405 + j 0,7457 ) + (0,073 + j 0,444) + (0,833 + j 0,02) = (5,311 + j1,2097 ) MVA .
gub
Osnovni proračuni
87
Zadatak 1.24
Za elektroenergetski sistem prikazan na sl. 1.24a, odrediti:
a) Napon na sabirnicama 1 i snagu potrošačkog područja 2, ako je napon na sabirnicama 4
U4 = 35 kV.
b) Snagu potrošačkog područja 4 ako je posle uključenja otočne kondenzatorske baterije
snage QBK = 15 MVAr na sabirnice 4, izmeren napon na sabirnicama 2 za 5 % veći nego u radnom
režimu definisanom u tački a.
Napomena: Zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
1
zv = (0,15 + j0,4) Ω/km
Unv = 110 kV
L12 = 25 km
L23 = 40 km
2
3
4
Sp4o = (35 + j20) MVA
kPU2 = 1,4
SnT = 63 MVA
QBK
kQU2 = 1,8
XT% = 11 %
Sp2o = (15+j10) MVA
mT = 110/36,75 kV/kV
U2o = 110 kV
U4o = 35 kV
kPU4 = 1,5
kQU4 = 1,7
Sl. 1.24a Elektroenergetski sistem i osnovni podaci iz zadataka 1.24
Rešenje:
a) Impedansa transformatora u grani 3-4 svedena na naponski nivo 110 kV je:
ZT = j
2
X T % U nT
11 110 2
= j
= j 21,127 Ω .
100 S nT
100 63
Impedanse pojednih vodova na naponskom nivou 110 kV su:
Z 12 = z v L12 = (0,15 + j 0,4 ) ⋅ 25 = (3,75 + j10 ) Ω ,
Z 23 = z v L23 = (0,15 + j 0,4 ) ⋅ 40 = (6 + j16 ) Ω .
Prema tome ukupna impedansa izmedju čvorova 2 i 4 je:
Z 24 = Z 23 + Z T = (6 + j 37,127 ) Ω .
Svedena vrednost napona na sabirnicama 4 je:
U 4 sv = mT U 4 =
110
⋅ 35 = 104,76 kV .
36,75
Pošto se zadata vrednost napona na sabirnicama 4 (U4 = 35 kV) poklapa sa vrednošću
napona u polaznoj radnoj tački (U4o = 35 kV), to je snaga potrošačkog područja jednaka zadatoj
snazi:
Osnovni proračuni
88
S p 4 = S p 4o = (35 + j20 ) MVA .
Na osnovu napred izračunatih i zadatih vrednosti pojedinih veličina može se odrediti
vrednost napona na sabirnicama 2, koja iznosi:
U 2 = U 4 sv +
Pp 4 R24 + Q p 4 X 24
U 4 sv
= 104,76 +
35 ⋅ 6 + 20 ⋅ 37,127
= 113,85 kV .
104,76
Za napred izračunatu vrednost napona na sabirnicama 2 mogu se odrediti vrednosti aktivne i
reaktivne snage potrošačkog područja vezanog na sabirnice 2 za ovaj radni režim, kao:
∆U 2
113,85 − 110
= 15 + 15 ⋅ 1,4 ⋅
= 15,735 MW ;
U 2o
110
∆U 2
113,85 − 110
+ Q p 2o k QU 2
= 10 + 10 ⋅ 1,8 ⋅
= 10,63 MVAr .
U 2o
110
Pp 2 = Pp 2o + Pp 2o k PU 2
Q p 2 = Q p 2o
Dalje, kompleksni gubici snage u grani između čvorova 2 i 4 su:
gub
S 24
= (R24 + jX 24 )
Pp24 + Q p2 4
(U )
sv 2
4
35 2 + 20 2
= (6 + j 37,127 ) ⋅
= (0,888 + j 5,497 ) MVA .
104,76 2
Kompleksna snaga koja teče po vodu 1-2 kod sabirnica 2 dobija se iz jednačine bilansa
snaga:
S 12 = S p 4 + S 24 + S p 2
gub
= 35 + j 20 + 0,888 + j 5,497 + 15,735 + j10,63 = (51,623 + j 36,127 ) MVA .
Sada se konačno može odrediti napon na sabirnicama 1, preko formule:
U1 = U 2 +
P12 R12 + Q12 X 12
51,623 ⋅ 3,75 + 36,127 ⋅ 10
= 113,85 +
= 118,724 kV .
U2
113,85
b) Pošto se dodavanjem baterije kondenzatora otočno na sabirnice 4 napon na sabirnicama 2
povećava za 5 % nova vrednost tog napona je:
U 2 = 1,05 ⋅113,85 = 119,54 kV .
Dodavanjem baterije kondenzatora menja se i napon na sabirnicama 4, a samim tim i snage
potrošačkog područja vezanog na sabirnice 4. Zavisnost aktivne i reaktivne snage potrošačkog
područja vezanog na sabirnice 4 od napona na tim sabirnicama, data je narednim jednačinama:
∆U 4 sv
U − 104,76
= 35 + 35 ⋅1,5 ⋅ 4 sv
= (0,501U 4 sv − 17,5) MW ;
U 4osv
104,76
∆U 4 sv
U − 104,76
+ Q p 4o k QU 4
= 20 + 20 ⋅1,7 ⋅ 4 sv
= (0,326U 4 sv − 14) MVAr .
U 4osv
104,76
Pp 4 = Pp 4o + Pp 4o k PU 4
Q p 4 = Q p 4o
Osnovni proračuni
89
Zamenom gornjih izraza u jednačinu za pad napona između tačaka 2 i 4 dobija se kvadratna
jednačina u kojoj je jedina nepoznata veličina svedena vrednost napona na sabirnicama 4:
U 2 = U 4 sv +
P24 R24 + (Q24 − QBK ) X 24
,
U 4 sv
odakle je:
119,54 = U 4 sv +
(0,501U 4 sv − 17,5) ⋅ 6 + (0,326U 4 sv − 29) ⋅ 37,127 ,
U 4 sv
odnosno, posle sređivanja:
U 42 − 104,434U 4 − 1181,683 = 0 .
Fizički ostvarljivo rešenje gornje jednačine je:
U 4 sv = 114 ,73 kV .
Na osnovu ove vrednosti napona dobijaju se i vrednosti snaga potrošačkog područja
vezanog na sabirnice 4:
P4 = 0,501U 4 sv − 17,5 = 0,501 ⋅ 114,73 − 17,5 = 40 MW ;
Q4 = 0,326U 4 sv − 14 = 0,326 ⋅ 114,73 − 14 = 23,24 MVAr .
Osnovni proračuni
90
Zadatak 1.25
a) Do koje dužine visokonaponski vod učestanosti 50 Hz, prikazan na sl. 1.25a, može da
bude nekompenzovan u praznom hodu, ako mu se na napojnom kraju održava napon 5 % viši od
nominalnog, a maksimalni napon na vodu u stacionarnom stanju ne sme da bude veći od 1,1Unv.
Računati sa idealizovanom šemom voda sa raspodeljenim parametrima.
b) Koju snagu treba da ima trofazna otočna prigušnica na kraju trofaznog voda 400 kV
računajući njenu snagu pri nominalnom naponu 400 kV, ako se mora zadovoljiti uslov pod a) pri
Lv = 500 km (Zc = 320 Ω).
1
2
U1
U2
Zc = 320 Ω
Lv = ?
U1=1,05⋅Unv
U2=1,1⋅Unv
Sl. 1.25a Idealizovana šema voda sa raspodeljenim parametrima, iz zadatka 1.25
Rešenje:
a) Veza između računskih veličina napona i struja na ulazu i izlazu idealizovanog voda data
preko parametara ekvivalentnog četvorokrajnika je:
 cos λ
U 1   A B  U 2  
 I  = C D  ⋅  I  =  j 1 sin λ
  2
 1 
 Zc
jZ c sin λ 
 ⋅ U 2  ,
cos λ   I 2 

Iz sistema jednačina (1) za I2 = 0 prva jednačina postaje:
U 1 = AU 2 = U 2 cos λ ⇒
U1
= cos λ .
U2
Prema uslovu zadatka dalje je:
1,05U nv
1,05
= cos λ ⇒ cos λ =
⇒ λ = 17,34° ;
1,1U nv
1,1
17,34°
λ = βLv = 0,06(° / km )Lv (km ) ⇒ Lv =
= 289 km .
0,06 ° / km
b) U delu zadatka pod b) ponovo se koristi prva iz sistema jednačina (1):
U 1 = AU 2 + B I 2 .
Ako se u ovu jednačinu smeni:
(1)
Osnovni proračuni
91
A = cos λ, B = jZ c sin λ i I 2 =
U 2 1,1U nv
,
=
jX p
jX p
dobija se:
1,05U nv = cos λ ⋅ 1,1 ⋅ U nv + jZ c sin λ
1
1,1U nv
.
jX p
I1
U1
I2
U2
2
U2=1,1Unv
U1=1,05⋅Unv
Xp
Sl. 1.25b Šema idealizovanog voda pri uslovima iz tač. b zadatka 1.25
Iz poslednje relacije nalazi se reaktansa prigušnice (po fazi):
Xp =
Z c sin λ
,
1,05
− cos λ
1,1
pri čemu je električna ugaona dužina voda:
λ = βLv = 0,06 ⋅ 500 = 30°,
tako da je veličina reaktanse prigušnice:
Xp =
320 ⋅ sin 30°
= 1807,5 Ω .
1,05
− cos 30°
1,1
Snaga trofazne prigušnice na kraju voda (računata za nominalni napon od 400 kV) je onda:
U n2
400 2
Qp =
=
= 88,5 MVAr.
X p 1807,5
Primedba: S obzirom da u petljastoj mreži, bilo koji kraj može da ostane u praznom hodu, bilo bi
potrebno staviti ovakvu prigušnicu na oba kraja voda.
Osnovni proračuni
92
Zadatak 1.26
Napon U1 na sabirnicama 1 nižeg napona regulacionog transformatora održava se
konstantan (sl. 1.26a). Napon na sabirnicama 2 iznosi U2 = 9,7 kV pri godišnjim vršnim snagama
potrošnje Pp = 7 MW i Qp = 4 MVAr, koje se za ovo pretežno industrijsko potrošačko područje
godinama praktično ne menjaju. Koliku snagu baterije kondenzatora QBK treba otočno priključiti na
sabirnice 2 da se podigne napon U2 na 10,3 kV, ako se snage potrošnje menjaju po statičkim
naponskim karakteristikama, pri čemu je kPU = 1,1 i kQU = 1,6.
Za koje vreme bi se otplatila baterija uštedama na gubicima aktivne energije, ako se može
približno uzeti da je ekvivalentno godišnje trajanje maksimalnih gubitaka pri isključivanju baterije u
noćnom pogonu τe = 2500 h/god., i ako je prosečna cena gubitaka na ovom nivou 0,05 NJ/kWh, a
cena baterije C BK [NJ ] = 15 000 + 10QBKn , gde je QBKn nominalna snaga baterije u [kVAr]?
Napomena: U proračunima zanemariti poprečnu komponentu pada napona.
2
1
U1 = const
Unv = 35 kV
Lv = 30 km
rv = 0,32 Ω/km
xv = 0,38 Ω/km
SnT = 8 MW
mT = 35/10,5 kV/kV
gub
PCun
% = 0,6 %
XT% = 7 %
Pp
Qp
QBK
Sl. 1.26a Šema elektroenergetskog sistema iz zadatka 1.26
Rešenje:
Sve veličine će biti svedene na stranu mreže 10 kV. Onda je:
2
 10,5 
Rv =
= 0,32 ⋅ 30 ⋅ 
 = 0,864 Ω ;
 35 
2
P gub % U nT
0,6 10,5 2
RT = Cun
=
= 0,08268 Ω ,
100 S nT 100 8
rv Lv mT2
gub
jer je PCun
% ≡ RT %.
R = Rv + RT = 0 ,864 + 0 ,08268 = 0 ,9467 Ω ;
2
 10,5 
Xv =
= 0,38 ⋅ 30 ⋅ 
 = 1,026 Ω ;
 35 
2
X % U nT
7 10,5 2
=
= 0,9646 Ω ;
XT = T
100 S nT 100 8
X = X v + X T = 1,026 + 0 ,9646 = 1,9906 Ω .
xv Lv mT2
Pre priključenja baterije kondenzatora može se iz zadatih uslova na kraju 2 izračunati
(svedeni) napon na početku voda, prema formuli:
Osnovni proračuni
U1 = U 2 +
93
Pp R + Q p X
U2
.
(1)
Analogni postupak važi i posle priključenja baterije kondenzatora uz uvažavanje promene
snaga potrošnje sa promenom napona:
U1 = U 2 + ∆U 2 +
(Pp + ∆Pp )R + (Q p + ∆Q p − QBK )X .
U 2 + ∆U 2
(2)
Kako se prema uslovima zadatka napon U1 održava konstantan pri svim režimima rada, U1
biće konstantan u oba slučaja, pa pošto nije od interesa (mogao bi se izračunati iz (1)), biće
eliminisan, npr. oduzimanjem (2) od (1) ili izjednačavanjem levih strana (1) i (2):



∆U 2 
∆U 2
 Pp + k PU Pp
 R +  Q p + k QU Q p
− QBK  X
Pp R + Q p X
U2 
U2

 .
= ∆U 2 + 
U2
U 2 + ∆U 2
Posle uvrštenja brojčanih vrednosti pojedinih veličina, gornji izraz za pad napona postaje:
0 ,6 
0 ,6



− QBK  ⋅1,9906
 7 + 1,1 ⋅ 7 ⋅
 ⋅ 0 ,9467 +  4 + 1,6 ⋅ 4 ⋅
7 ⋅ 0 ,9467 + 4 ⋅1,9906
9 ,7 
9 ,7


= 0 ,6 + 
,
9 ,7
10 ,3
odakle se dobija linearna jednačina po nepoznatoj QBK, čije je rešenje:
QBK = 3,2738 MVAr .
Snaga baterije, za jednu te istu kapacitivnost, srazmerna je sa kvadratom napona
(QBK= U 2 ωC ), pa za nominalni napon Un iznosi:
2
QBKn
2
 10 
U 
= QBK  n  = 3,2738 ⋅ 
 = 3,086 MVAr .
U 
 10,3 
U opštem slučaju nominalna snaga baterije bira se kao najbliža standardna vrednost iz niza
QBKn. Kako nisu date standardne vrednosti za nominalnu vrednost baterije uzeće se proračunata
vrednost QBKn = 3,086 MVAr. Pomoću ove vrednosti dobije se za cenu baterije (na 10 kV zajedno
sa opremom):
C BKn [NJ ] = 15 000 + 10QBKn [kVAr ] = 15 000 + 10 ⋅ 3086 = 45 860 NJ .
Razlika maksimalnih (snaga) gubitaka, koji se imaju pri vršnim snagama potrošnje bez
baterije i sa njom je:
Osnovni proračuni
gub
gub
∆Pmgub
ax = Pmax − Pmax sa BK = R
94
Pp2 + Q 2p
U 22
−
(Pp + ∆Pp )2 + (Q p + ∆Q p − QBK )2
(U 2 + ∆U 2 )2
2
2
0 ,6  
0 ,6


− 3,2738 
 7 + 1,1 ⋅ 7 ⋅
 +  4 + 1,6 ⋅ 4 ⋅
2
2
7 +4
9 ,7  
9 ,7
 = 143,964 kW .
= 0 ,9467 ⋅
−
2
2
9 ,7
10 ,3
Prema tome gubici električne energije koji odgovaraju ovoj razlici snaga gubitaka, tj. ušteda
u godišnjim gubicima aktivne energije biće:
gub
∆W gub [kWh/god ] = ∆Pmax
[kW ] τ e [h/god ] = 143,964 ⋅ 2500 = 399 910 kWh/god.
Vreme u kome bi se isplatila baterija iz ušteda na gubicima električne energije je:
T=
C BKn [NJ ]
C BKn [NJ ]
45860
=
=
= 2,29 god .
∆C g [NJ/god ] ∆W gub [kWh/god ]⋅ C e [NJ/kWh ] 399 910 ⋅ 0,05
Osnovni proračuni
95
Zadatak 1.27
Dva identična trofazna prenosna voda izgrađena su na zajedničkim stubovima. Provodnici
svakog od vodova su postavljeni u vertikalnim ravnima na međusobnom rastojanju od 4 m, sa
redosledom faza a, b, c, od vrha, prema podnožju stuba. Vertikalno rastojanje između provodnika
pojedinih faza je 2 m, kako je to pokazano na sl. 1.27a. Oba voda su bez transpozicije faza. Na njih
je priključen simetričan trofazni napon, i svaki provodnik je opterećen efektivnom strujom od
500 A. Vodovi se tako paralelno vode 30 km. Nominalna učestanost je 50 Hz.
Izračunati vrednosti napona koji se indukuju u svakoj od faza oba paralelna voda, usled
njihove geometrijske nesimetrije. Šta će se dogoditi ako se sprovede transpozicija faza na svakih
10 km?
Rešenje:
Međusobni položaj provodnika oba paralelna voda prikazan je na sl. 1.27a.
Vod 1
Vod 2
a1
a2
4,472 m
b1
2m
b2
5,657 m
2m
c1
c2
4m
Sl. 1.27a Međusobni položaj provodnika oba paralelna voda, iz zadatka 1.27
Fazori faznih struja tri faze svakog od vodova su:
I a = 500 / 0° ;
I b = 500 / − 120° ;
I c = 500 / 120° .
Indukovani napon po dužnom metru faze a voda 1, sa tri struje voda 2, izračunava se po
formuli:
µ
1
1
1 

U a1 = j o ω n  I a ln + I b ln
+ I c ln
,
2π 
4
4,472
5,657 
tako da je:
Osnovni proračuni
U a1 = j
96
4π ⋅ 10 −7
1
1
1


⋅ 2π ⋅ 50 500 ln + 500 ln
/ − 120° + 500 ln
/ 120°  [V/m ] ,
2π
4
4,472
5,657


odnosno
U a1 = − j 4π ⋅10 −7 ⋅ 50(693,14 + 748,92(− 0,5 − j 0,866) + 866,45(− 0,5 + j 0,866 )) [V/m]
= − j 628,32 ⋅ 10 −7 ⋅ (− 114,55 + j101,78) [V/m] ,
odakle je
U a1 = 628,32 ⋅10 −7 ⋅153,24 = 0,963 ⋅10 −2 [V/m ] .
Na dužini od 30 km, taj indukovani napon je:
U a = 0,963 ⋅10 −2 ⋅ 30 ⋅10 3 = 288,9 V .
Na sličan način se proračunavaju i indukovani naponi u preostale dve faze:
1
1
1


U b1 = j 4π ⋅10 −7 ⋅ 50 500 ln + 500 ln
/ − 120° + 500 ln
/ 120°  [V/m ]
4
4,472
4,472


−7
= − j 628,32 ⋅10 (693,14 + 748,92(− 0,5 − j 0,866 ) + 748,92(− 0,5 + j 0,866 )) [V/m ]
= − j 628,32 ⋅ 10 −7 (693,14 − 748,92 ) = j 628,32 ⋅ 10 −7 ⋅ 55,78 [V/m ] ,
tako da je
U b1 = 0,351 ⋅10 −2 [V/m] ;
U b = 0,351 ⋅10 −2 ⋅ 30 ⋅10 3 = 105,3 V .
Indukovani napon u fazi c, zbog geometrijske simetrije isti je kao indukovani napon u fazi a
tj.:
U c = U a = 288,9 V .
Indukovani naponi u istoimenim fazama, oba paralelna voda su takođe isti.
Ako se sprovede striktna transpozicija oba voda, na svakih 10 km, neće postojati ovi
indukovani naponi.
Osnovni proračuni
97
Zadatak 1.28
U napojnoj transformatorskoj stanici 110/10 kV/kV (sl. 1.28a) ugrađena su dva fizički ista
regulaciona transformatora, identičnih parametara. Jedan je opterećen sa Pr = 36 MW i
Qr = 12 MVAr (ind), a drugi sa 80 % opterećenja prvog kako aktivnom, tako i reaktivnom snagom.
Napon na sabirnicama 10 kV održava se konstantan i jednak na obe razdvojene sekcije
sabirnica 10 kV. Radni napon na zajedničkim sabirnicama 110 kV je Ur = 115 kV. Od radijalno
napajane kablovske mreže 10 kV dva naznačena kabla (K) su identična po parametrima i
dozvoljenom opterećenju.
Izračunati metodom superpozicije stacionarnu fiktivnu struju izjednačenja (po modulu),
usled poprečne komponente pada napona na strani 10 kV, ako se zatvori rastavljač snage RS.
Napomena: Računati približno sa nominalnim odnosom transformacije mT = mTn, na oba
transformatora.
Ur = 115 kV
T
1
K
LK
RS
T
SnT = 40 MVA
mT = 110/10,5 kV/kV
RT% = 0,5%, XT% = 20%
LK = 1,6 km
rK = 0,25 Ω/km
xK = 0,1 Ω/km
Cu 3×95 mm2
Sl. 1.28a Šema i osnovni podaci za mrežu iz zadatka 1.28
Rešenje:
Linijska vrednost poprečne komponente pada napona na transformatoru na strani 10 kV,
usled koje se ima fiktivna struja izjednačenja (superponirana na radnu struju) po zatvaranju
rastavljača snage RS je:
PX T − QRT 0 ,8 PX T − 0 ,8QRT
−
Ur
Ur
PX T − QRT
= 0,2
,
Ur
δU = δU 1 − δU 2 =
gde je:
XT =
X T % U n2
20 10,5 2
=
= 0,55 Ω ;
100 S nT 100 40
RT % U n2 0,5 10,5 2
=
= 0,0138 Ω ;
100 S nT 100 40
10 ,5
U r = 115
= 10 ,997 kV .
110
RT =
Dalje je:
Osnovni proračuni
δU = 0,2
98
36 ⋅ 0 ,55 − 12 ⋅ 0 ,0138
10 ,997
⋅10 3 = 331,4 V .
Impedansa kola cirkulacije je:
Z = 2Z T + 2Z K ,
odnosno:
Z =
[2(RT + RK )]2 + [2( X T + X K )]2 ,
gde je:
X K = x K LK = 0,1 ⋅1,6 = 0,16 Ω ;
RK = rK LK = 0,25 ⋅1,6 = 0,4 Ω .
Moduo impedanse petlje, po kojoj se zatvara fiktivna struja izjednačenja je:
Z =
[2(0,0138 + 0,4)]2 + [2(0,55 + 0,16)]2
= 1,645 Ω .
Konačno, fiktivna struja izjednačenja (po fazi) je:
IC =
δU
3Z
=
331,4
= 148,5 A .
3 ⋅ 1,645
Osnovni proračuni
99
Zadatak 1.29
Da li zatvaranje rastavljača snage 10 kV u TS 4, odnosa transformacije 10/0,4 kV/kV (sl.
1.29a), gde se pre toga imala razlika faznih napona ∆Uf = 5 % Unf može dovesti do reagovanja
zaštite od preopterećenja, podešene na Ireag ≥ 1,2InK10 sa trajanjem t ≥ 1 s, na ulazu kablovske mreže
10 kV i isključenja prekidača, ako je fiktivna struja izjednačenja jednaka količniku fazne razlike
napona na otvorenom rastavljaču snage i zbirne svedene impedanse (kao vektora) kola cirkulacije,
dok jednosmerna komponenta opada sa vremenskom konstantnom LR-kola cirkulacije.
Napomena: Svi naponi mreže 10 kV su praktično istofazni.
LK1 = 1 km
110 kV
Ir
1
TS 10/0,4
kablovska mreža 10 kV
rK1 = 0,2 Ω/km, xK1 = 0,1 Ω/km
2
TS 4
∆Uf = 5%Unf
3
Ir
kabl 35 kV
LK2 = 4 km
Ir = 0,6InK10
rK2 = 0,2 Ω/km
cosϕr = 0,9
,xK2 = 0,135 Ω/km InK10 = 250 A
SnT1 = 40 MVA
mT1 = 110/10,5 kV/kV
XT1% = 20%
LK1 = 1 km
SnT2 = 63 MVA
mT2 = 110/36,75 kV/kV
XT2% = 11%
SnT3 = 12,5 MVA
mT3 = 35/10,5 kV/kV
XT3% = 7,5%
Sl. 1.29a Šema mreže i osnovni podaci iz zadataka 1.29
Rešenje:
Ekvivalentna šema za sračunavanje sumarne svedene impedanse kola cirkulacije
predstavljena je na sl. 1.29b.
jXT1
jXK1
RK1
∆Uf = 0,05Unf
jXT2
jXK2
RK2
jXT3
jXK1
RK1
Sl. 1.29b Ekvivalentna šema sistema sa sl. 1.29a
Osnovni proračuni
100
Reaktanse svedene na naponski nivo 10 kV su:
2
X T 1 % U nT
20 10,5 2
1
X T1 =
=
= 0,55 Ω ;
100 S nT 1 100 40
X K 1 = x K 1 LK 1 = 0,1 ⋅1 = 0,1 Ω ;
RK 1 = rK 1 LK 1 = 0,2 ⋅1 = 0,2 Ω ;
2
XT2
2
X T 2 % U nT
11 36,75 2  10,5 
2 1
=
=

 = 0,21 Ω ;
100 S nT 2 mT2 3 100 63  35 
XT3 =
2
X T 3 % U nT
7,5 10,5 2
3
=
= 0,66 Ω ;
100 S nT 3 100 12,5
2
X K 2 = x K 2 LK 2
1
 10,5 
= 0,135 ⋅ 4 ⋅ 
 = 0,0486 ≅ 0,05 Ω ;
2
mT 3
 35 
2
R K 2 = rK 2 LK 2
1
 10,5 
= 0,2 ⋅ 4 ⋅ 
 = 0,072 ≅ 0,07 Ω .
2
mT 3
 35 
Ekvivalentna reaktansa kola cirkulacije je:
X Σ = X T 1 + X K 1 + X K 1 + X T 3 + X K 2 + X T 2 = 0,55 + 0,1 + 0,1 + 0,66 + 0,05 + 0,21 = 1,67 Ω .
Ekvivalentna otpornost istog kola je:
RΣ = RK 1 + RK 1 + RK 2 = 0,2 + 0,2 + 0,07 = 0,47 Ω .
Prema tome, ekvivalentna impedansa kola cirkulacije je:
Z Σ = (0,47 + j1,67 ) Ω .
Ako se usvoji da je:
U f = U f / 0° → ∆U f = ∆U f / 0° ,
to će fiktivna struja izjednačenja biti:
I iz =
∆U
ZΣ
f
=
0,05 ⋅ 10000 3
= (45,13 − j160,4 ) A .
0,47 + j1,67
Pre zatvaranja rastavljača snage, kroz pojedine grane je tekla struja:
I r = 0,6 I nK10 = 0,6 ⋅ 250 = 150 A ;
I r = 0,6 I nK10 (cos ϕ r − j sin ϕ r ) = 0,6 ⋅ 250 ⋅ (0,9 − j 0,436 ) = (135 − j 65,4 ) A .
Osnovni proračuni
101
Pošto je struja Ir po prirodi induktivna, kako je to ilustrovano na fazorskom dijagramu
prikaznom na sl. 1.29c, to po zatvaranju rastavljača snage kroz jednu od grana kola cirkulacije teče
struja:
I Σ = I r + I iz = 135 − j 65,4 + 45,13 − j160,4 = (180,13 − j 225,8) A
I Σ = 288,84 A
Im
ϕr
U=Unf /0
Re
Ref. osa
Ir
Sl. 1.29c Fazorski dijagram struja kola sa sl. 1.29b
Kroz drugu granu teče razlika struja:
I razl = I r − I iz = 135 − j 65,4 − 45,13 + j160,4 = (89,87 + j 95) A .
Kako je:
I razl = 130,8 A < I Σ = 288,84 A ,
to je sa stanovišta reagovanja zaštite od preopterećenja merodavan moduo struje I Σ .
Vremenska konstanta jednosmerne komponente je:
T=
XΣ
1,67
=
= 0,013 s ,
ωRΣ 314 ⋅ 0,47
pa se zaključuje da se jednosmerna komponenta u celosti priguši u toku 1 s i ne utiče na reagovanje
zaštite podešene na vrednost:
I reag = 1,2 I nK 10 = 1,2 ⋅ 250 = 300 A .
Prema tome, pošto je
I Σ = 288,84 A < I reag = 300 A ,
neće doći do reagovanja zaštite.
Osnovni proračuni
102
Zadatak 1.30
Za Al/Če uže poprečnog preseka 240/40 mm2, aproksimativnim i egzaktnim proračunom
odrediti dozvoljenu termičku struju kojom se može opteretiti ovo uže ako su dati sledeći podaci:
- prečnik užeta d = 21,9⋅10-3 m,
- poprečni presek aluminijuma sAl = 240⋅10-6 m2,
- maksimalna dozvoljena temperatura provodnika θmax = 80°C,
- temperatura ambijenta θa = -10°C,
- brzina vetra v = 2 m/s,
- napadni ugao vetra ϕv = 20°,
- ugao između prirodne i prinudne konvekcije αv = 90°,
- koeficijent apsorpcije provodnika αs = 0,6,
- koeficijent emisije toplotnog zračenja ε = 0,3,
- specifična električna otpornost provodnika na temperaturi od 20°C ρ20 = 2,63⋅10-8 Ωm,
- podužna otpornost provodnika na temperaturi od 20°C R20 = 0,0001187 Ω/m,
- temperaturni koeficijent promene električne otpornosti α = 0,00403 1/°C.
Rešenje:
Najpre će se aproksimativnim postupkom odrediti termički dozvoljena struja. Prvo će se
izračunati snaga apsorpcije toplote usled sunčevog zračenja prema relaciji:
QS = α S dI S = α S d
K
,
1 + 10 ( a +bX )
gde je:
IS – površinska gustina snage zračenja usled sunčevog zračenja,
X = (θa + 20)/5 (°C),
K, a, b - konstante korelacione zavisnosti dobijene iz ispitivanog uzorka podataka o snazi
sunčevog zračenja u funkciji od temperature ambijenta.
K = 1000; a = 0,9334; b = -0,2111.
αS – koeficijent apsorpcije provodnika,
d – spoljni prečnik provodnika (m).
Za prethodne numeričke vrednosti, snaga apsorpcije sunčevog zračenja se dobija u W.
Zamenom brojčanih vrednosti dobija se:
X = (−10 + 20) / 5 = 2 (°C) ;
1000
QS = 0,6 ⋅ 21,9 ⋅ 10 −3
= 3,095486 W .
( 0, 9334−0, 2111⋅2 )
1 + 10
Podužna specifična toplotna snaga konvekcije za brzine vetra iznad 0,4 m/s računa se prema
jednačini:
(
qcs = 0,57π 2,42 ⋅10
−2
−5
)[
+ 7 ⋅10 ⋅ Θ 0,42 + 0,68(sin ϕ v )
1, 08
]


vd


−5
−8
 1,32 ⋅10 + 9,5 ⋅10 ⋅ Θ 
0, 485
,
Osnovni proračuni
103
gde je:
v – brzina vetra (m/s);
ϕv – napadni ugao vetra (°);
Θ = θ a + 0,5∆θ = θ a + 0,5(θ max − θ a ) (°C) .
Za numeričke vrednosti navedene u prethodnoj formuli podužna specifična toplotna snaga
konvekcije se dobija u W/m,°C.
Zamenom brojčanih vrednosti dobija se:
Θ = −10 + 0,5 ⋅ ∆θ = −10 + 0,5 ⋅ (80 + 10) = 35 °C ;
(
qcs = 0,57 π 2,42 ⋅10
−2
+ 7 ⋅ 10
−5
)[
⋅ 35 0,42 + 0,68(sin 20)
1, 08
]


2 ⋅ 21,9 ⋅ 10 −3


 1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅10 −8 ⋅ 35 


0, 485
= 1,38276 W/m,°C .
Podužna specifična toplotna snaga radijacije računa se prema jednačini:
(
)(
)
q rs = 17,8 ⋅10 −8 εd T p2 + Ta2 T p + Ta ,
gde je:
ε - koeficijent emisije toplotnog zračenja,
Tp – temperatura provodnika (K), T p = θ p + 273 ;
Ta – temperatura ambijenta (K), Ta = θ a + 273 .
Za numeričke vrednosti navedene u prethodnoj formuli podužna specifična toplotna snaga
konvekcije se dobija u W/m,°C.
Zamenom brojčanih vrednosti dobija se:
T p = 80 + 273 = 353 K ;
Ta = −10 + 273 = 263 K ;
(
)
qrs = 17,8 ⋅10 −8 ⋅ 0,3 ⋅ 21,9 ⋅10 −3 ⋅ 3532 + 2632 (353 + 263) = 0,139595 W/m,°C
Sada se konačno može izračunati termički trajno dozvoljena struja provodnika prema
relaciji:
I td =
(q cs + q rs )(θ max − θ a ) − Q S
[
R20 1 + α(θ max − 20)
]
,
gde je:
R20 – podužna električna otpornost provodnika na 20 °C,
α - temperaturni koeficijent promene električne otpornosti.
=
Osnovni proračuni
104
Zamenom brojčanih vrednosti dobija se:
I td =
(1,38276 + 0,139595)(80 + 10) − 3,095486
= 953,16 A .
0,0001187 ⋅ [1 + 0,00403 ⋅ (80 − 20)]
Kod egzaktnog proračuna najpre će biti izračunata ekvivalentna brzina vetra koja uvažava
efekat prirodne konvekcije prema formuli:
A

v eq =  Prm 
C

1/ n
G rm / n
ν
,
d
(1)
gde je:
Pr - Prandtlov broj,
Gr - Grashoffov broj,
ν - kinematska viskoznost fluida,
d - prečnik provodnika,
A,m - konstante koje se određuju na osnovu Prandtlovog i Grashoffovog broja,
C,n - konstante koje se određuju na osnovu Reynoldsovog broja.
Prandtlov broj se računa prema formuli:
Pr = 0,715 − 2,5 ⋅ 10 −4 θ f ,
gde je θf temperatura tankog filma na površini provodnika koja se računa prema izrazu:
θ f = θ sr =
θ max + θ a
2
=
80 + (−10)
= 35°C .
2
Na osnovu prethodno izračunate vrednosti za θf za Prandtlov broj se dobija:
Pr = 0,715 − 2,5 ⋅ 10 −4 ⋅ 35 = 0,7062 .
Grashoffov broj se računa prema izrazu:
Gr =
gβτd 3
,
ν
gde je:
g – ubrzanje zemljine teže (g = 9,81 m/s2),
β - zapreminski koeficijent širenja fluida ( β = (273 + θ sr ) −1 ),
τ - nadtemperatura provodnika ( τ = θ max − θ a ),
ν - kinematska viskoznost fluida ( ν = 1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅ 10 −8 ⋅ θ f ).
Na osnovu datih podataka za prethodno definisane veličine dobijaju se sledeće vrednosti:
Osnovni proračuni
105
β = (273 + 35) −1 = 0,0032 °C -1 ,
τ = 80 − (−10) = 90 °C ,
ν = 1,32 ⋅ 10 −5 + 9,5 ⋅10 −8 ⋅ 35 = 1,65 ⋅10 −5 .
Konačno, za Grashoffov broj dobija se vrednost:
9,81 ⋅ 0,0032 ⋅ 90 ⋅ 0,0219 3
Gr =
= 1,1026 ⋅ 10 −5 .
−5
1,65 ⋅10
Treba ukazati da su Prandtlov, Grashoffov i Reynoldsov broj bezdimenzione veličine.
Konstante A i m određuju se na osnovu proizvoda Prandtlovog i Grashoffovog broja koji
iznosi:
G r Pr = 1,1026 ⋅ 10 −5 ⋅ 0,7062 = 7,787 ⋅ 10 4 .
Pošto se ovaj proizvod nalazi u opsegu Gr ⋅ Pr ∈ (10 4 ÷ 10 7 ) to se za koeficijente A i m
dobijaju vrednosti: A = 0,48 i m = 0,25.
Konstante C i n u izrazu (1) zavise od Reynoldsovog broja koji se računa prema izrazu:
Re′ =
vd
2 ⋅ 0,0219
=
= 2,6505 ⋅ 10 3
ν 1,6525 ⋅ 10 −5
Pošto se Reynoldsov broj nalazi u opsegu Re′ ∈ (35 ÷ 5 000) to se za koeficijente C i n
dobijaju vrednosti: C = 0,583 i n = 0,188.
Sada se konačno može odrediti ekvivalentna brzina:
1 / 0,188
veq
 0,48

=
⋅ 0,7062 0, 25 
 0,583

−5 0, 25 / 0,188
⋅ (1,1026 ⋅10 )
1,6525 ⋅10 −5
⋅
= 0,1971 m/s .
0,0219
Efektivna brzina je sada:
2
v ef = v 2 + 2vv eq cos α v + v eq
= 2 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ 0,1971 ⋅ cos 90° + 0,19712 = 2,0097 m/s .
Reynoldsov broj za slučaj efektivne brzine je sada jednak:
Re =
v ef d
ν
=
2,0097 ⋅ 0,0219
1,6525 ⋅ 10
−5
= 2,6634 ⋅ 10 3 .
Na osnovu ove vrednosti za Reynoldsov broj određuju se konstante C ′′ i n′′ koje su potrebne
za proračun Nusseltovog broja. Pošto se Reynoldsov broj nalazi u opsegu Re ∈ (2650 ÷ 5 0000) to
se za koeficijente C ′′ i n′′ dobijaju vrednosti C ′′ = 0,178 i n′′ = 0,633 . Takođe, pošto se napadni
ugao vetra nalazi u opsegu ϕv ∈ (0° ÷ 24°) to se za konstante G, E i p, potrebne za proračun
Osnovni proračuni
106
Nusseltovog broja, dobijaju vrednosti: G = 0,42, E = 0,68 i p = 1,08. Konačno za Nusseltov broj
dobija se vrednost:
N u = C ′′( Re ) n′′ G + E (sin ϕ v ) p =
[
= 0,178 ⋅ (2,6634 ⋅ 10 )
3 0, 633
]
⋅ [0,42 + 0,68 ⋅ (sin 20°) ] = 16,6122 .
1, 08
Sada se može izračunati i koeficijent odvođenja toplote konvekcijom (ktk):
k tk = N u
λ
d
,
gde je λ toplotna provodljivost fluida na površini provodnika koja se sračunava iz formule:
λ = 2,42 ⋅ 10 −2 + 7,2 ⋅ 10 −5 ⋅ θ f = 2,42 ⋅ 10 −2 + 7,2 ⋅10 −5 ⋅ 35 = 0,0267 .
Prema tome, koeficijent odvođenja toplote konvekcijom je:
k tk = 16,6122 ⋅
0,0267
= 20,2684.
0,0219
Koeficijent odvođenja toplote zračenjem (ktz) određuje se preko sledeće relacije:
−8
k tz = 5,67 ⋅10 ⋅ ε ⋅
(273 + θ max ) 4 − (273 + θ a ) 4
= 5,67 ⋅ 10 −8 ⋅ 0,3 ⋅
θ max − θ a
=
(273 + 80) 4 − (273 + (−10)) 4
= 2,0304 .
80 − (−10)
Vidi se da je ktk oko 10 puta veće od ktz. Bez vetra ktk je samo dvostruko veće od ktz.
Sada se može izračunati ukupni koeficijent odvođenja toplote (kt) koji je jednak zbiru
koeficijenata odvođenja toplote zračenjem i konvekcijom:
k t = k tz + k tk = 2,0304 + 20,2684 = 22,2988 .
Za proračun termički dozvoljene struje potrebno je još izračunati površinsku gustinu snage
zračenja usled sunčevog zračenja (IS) prema jednačini:
IS =
1000
1 + 10
0, 089−0, 04222θa
=
1000
1 + 10
0, 089−0, 04222⋅( −10)
= 235,5774 W/m 2 .
Konačno termički dozvoljena struja dobija se preko izraza:
I td =
[
s Al d πk t (θ max − θ a ) − α s I s
[
ρ 20 1 + α (θ max − 20)
]
]=
Osnovni proračuni
=
107
240 ⋅10 −6 ⋅ 0,0219 ⋅ [π ⋅ 22,2988 ⋅ (80 − (−10)) − 0,6 ⋅ 235,5774]
= 995,95 A .
2,63 ⋅ 10 −8 ⋅ [1 + 0,00403 ⋅ (80 − 20)]
Upoređivanjem dobijenih vrednosti za termički trajno dozvoljenu struju kod aproksimativne
(953,16 A) i egzaktne metode (995,95 A), može se zaključiti da se kod aproksimativne metode
dobija nešto konzervativniji rezultat (oko 4 %), pa se otuda vidi da za granične situacije, gde se
zahteva maksimalno korišćenje kapaciteta, egzaktna metoda ima puni smisao.
Radi ilustracije tablična vrednost za termički dozvoljenu struju provodnika data za
temperaturu ambijenta od 20°C i brzinu vetra od 0,6 m/s iznosi 645 A. Poslednji podatak je preuzet
iz Končarevog priručnika. Poređenjem rezultata se uočava da ambijentni uslovi imaju izrazit uticaj
na konačne rezultate. Naime, u tabličnim uslovima temperatura ambijenta je 20°C, a u zadatku je
specifikovana na -10°C, a brzina vetra je u tabličnim uslovima 0,6 m/s, dok je u zadatku
specifikovana na 2 m/s. Ovo je rezultiralo u povećanju trajno dozvoljene struje za oko 54 %.
Download

Preuzmi fajl