ELEKTROENERGETYKA - ĆWICZENIA -

ELEKTROENERGETYKA
- ĆWICZENIA CZĘŚĆ II
♦ ROZPŁYWY PRĄDÓW
♦ SPADKI NAPIĘĆ
♦ STRATA NAPIĘCIA
♦ STRATY MOCY
♦ WSPÓŁCZYNNIK MOCY
Prądy odbiorników wyznaczamy przy założeniu, że w węzłach
odbiorczych występują napięcia znamionowe.
Prąd pobierany przez odbiornik
• Odbiornik o parametrach: P, cosϕ
odbiornik trójfazowy
I=
P
3 U N cos ϕ
odbiornik jednofazowy
P
I=
U N cos ϕ
• Odbiornik o parametrach: Q, cosϕ
odbiornik trójfazowy
I=
Q
3 U N sin ϕ
sin ϕ = sin (arccos ϕ )
odbiornik jednofazowy
Q
I=
U N sin ϕ
• Odbiornik o parametrach: S, cosϕ
odbiornik trójfazowy
I=
S
3U N
odbiornik jednofazowy
S
I=
UN
Strata napięcia w linii
(
= (I R
)
Δ U = I ⋅ Z L = I ' + jI '' ⋅ (R L + jX L )
'
L
Podłużna strata
napięcia
ΔU
RL – rezystancja linii
XL – reaktancja linii
) (
− I '' X L + j I '' R L + I ' X L
'
ΔU
''
)
Poprzeczna
strata napięcia
I’ – składowa rzeczywista prądu
I’’ – składowa urojona prądu
Spadek napięcia w linii
δU = U f1 − U f2
Dla linii I-go i II-go rodzaju spadek napięcia δU równy jest w przybliżeniu podłużnej
stracie napięcia ΔU’
Spadek napięcia fazowy
δU = Δ U' = I' R L − I' ' X L
Spadek napięcia przewodowy
δU p = 3 Δ U' = 3 (I' R L − I' ' X L )
W obliczeniach praktycznych operuje się procentowym spadkiem napięcia δU%
odniesionym do napięcia znamionowego UN
δU % =
δU p
UN
⋅ 100%
Spadek napięcia w całej linii
• Metoda „sumowania momentami”
momentami
Dla linii jednofazowej
δU = 2 ∑
l 0i
⋅ I' 0i
γ ⋅s
Dla linii trójfazowej
δU =
∑
l 0i
⋅ I' 0i
γ ⋅s
loi – długość i-tego odcinka linii liczona od punktu zasilania
I’0i – składowe rzeczywiste prądów płynące w odcinku 0-i
s – przekrój żył
γ – konduktywność (przewodność właściwa) materiału przewodzącego
• Metoda „sumowania odcinkami”
odcinkami
Dla linii jednofazowej
Dla linii trójfazowej
2
δU =
l ij ⋅ I' ij
∑
γ ⋅s
1
δU =
l ij ⋅ I' ij
∑
γ ⋅s
lij – długość poszczególnych odcinków linii
I’ij – składowe rzeczywiste prądów płynące w poszczególnych odcinkach linii
s – przekrój żył
γ – konduktywność (przewodność właściwa) materiału przewodzącego
Spadek napięcia w całej linii
Przykład dla linii jednofazowej
• Metoda „sumowania momentami”
momentami – ilustracja graficzna
0
l0-1
1
l0-2
2
l0-3
3
I 0 −1 = (I' 0 −1 + jI' '0 −1 ) I 0 − 2 = (I' 0 − 2 + jI' '0 − 2 ) I 0 − 3 = (I' 0 − 3 + jI' '0 − 3 )
2
(l 0 −1 ⋅ I '0 −1 + l 0 − 2 ⋅ I '0 − 2 + l 0 − 3 ⋅ I '0 − 3 )
δU =
γ ⋅s
• Metoda „sumowania odcinkami”
odcinkami – ilustracja graficzna
0
l0-1
1
I 0 −1 = (I' 0 −1 + jI' '0 −1 )
l1-2
2
l2-3
3
I1− 2 = (I'1− 2 + jI' '1− 2 ) I 2 − 3 = (I' 2 − 3 + jI' ' 2 − 3 )
2
(l 0 −1 ⋅ I '0 −1 + l1− 2 ⋅ I '1− 2 + l 2 − 3 ⋅ I '2 − 3 )
δU =
γ ⋅s
Straty mocy w linii
• Strata mocy czynnej w linii trójfazowej
ΔP = 3I 2 R L
• Strata mocy czynnej w linii jednofazowej
ΔP = I 2 R L
• Strata mocy biernej w linii trójfazowej
ΔQ = 3I X L
2
• Strata mocy biernej w linii jednofazowej
ΔQ = I 2 X L
Moc dostarczana do linii P (w punkcie zasilania) równa jest
mocy wszystkich odbiorników Podb plus straty mocy w linii ΔP
P
Podb
ΔP
P = Podb+ ΔP
ZADANIE_2.2.
Dla sieci jak na rysunku obliczyć:
• rozpływ prądów
• maksymalny spadek napięcia
• współczynnik mocy w punkcie zasilania.
Obliczenia przeprowadzić dla dwóch przypadków:
a) linia prądu przemiennego jednofazowego 230 V
b) linia prądu przemiennego trójfazowego 400/230 V
Linia wykonana przewodem ADY 25mm2
0
100 m
1
50 m
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
2
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
60 m
3
3 kW
cosϕ=1
a) Linia jednofazowa
100 m
0
Rozwiązanie:
1
2
50 m
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
Rozpływy prądów
• Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
60 m
3 kW
cosϕ=1
3
P1
5,3
⋅
10
I1 =
=
= 28 ,8 A
U N cos ϕ 1 230 ⋅ 0,8
I1 = I1 (cos ϕ 1 + jsin ϕ 1 ) = 28,8 (0,8 − j0,6 ) = (23,04 − j17,28 ) A
3
P2
2
,
8
⋅
10
I2 =
=
= 11 A
U N cos ϕ 2
230 ⋅ 0,9
I 2 = I 2 (cos ϕ 2 + jsin ϕ 2 ) = 1 1(0,9 − j0,44 ) = (9 ,9 − j4,8 ) A
0
1
100 m
I1 = (23,04 − j17,28 ) A
2
50 m
I 2 = (9,9 − j4,8) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
Rozpływy prądów
• Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
60 m
I3 = 13,04 A
3 kW
cosϕ=1
3
P3
3 ⋅ 10
I3 =
=
= 13 , 04 A
U N cos ϕ 3 230 ⋅ 1
I 3 = I 3 (cos ϕ 3 + jsin ϕ 3 ) = 1 3,04 (1 − j0 ) = 13 ,04 A
• Prądy w poszczególnych odcinkach linii
2-3: I 2 - 3 = I 3 = 13 , 0 4 A
1-2: I1- 2 = I 2 − 3 + I 2 = 13,04 + 9,9 − j4,8 = (22,94 − j4,8 ) A
0-1: I 0 -1 = I1− 2 + I1 = 22,94 − j4,8 + 23,04 − j17,28
= (45,98 − j22,1 ) A
0
1
100 m
I0-1=(45,98-j22,1) A
2
50 m
I1-2=(22,94-j4,8) A
I1 = (23,04 − j17,28 ) A
Spadek napięcia
• metoda „sumowania momentami”
I2-3=13,04 A
I 2 = (9,9 − j4,8) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
3
60 m
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
I3 = 13,04 A
3 kW
cosϕ=1
l 0i
δU = 2 ∑
⋅ I' 0i
γ ⋅s
1
(100 ⋅ 23,04 + 150 ⋅ 9,9 + 210 ⋅ 13,04 ) = 15,7 V
δU = 2
34 ⋅ 25
• metoda „sumowania odcinkami”
2
δU =
l ij ⋅ I' ij
∑
γ ⋅s
2
(100 ⋅ 45 ,98 + 50 ⋅ 22 ,94 + 60 ⋅ 13 ,04 ) = 15,7 V
δU =
34 ⋅ 25
0
1
100 m
I0-1=(45,98-j22,1) A
2
50 m
I1-2=(22,94-j4,8) A
I1 = (23,04 − j17,28 ) A
3
I2-3=13,04 A
I 2 = (9,9 − j4,8) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
Spadek napięcia
• procentowy spadek napięcia
60 m
I3 = 13,04 A
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
δU = 15 , 7 V
δU
15 , 7
δU % =
⋅ 100 % =
⋅ 100 % = 6 ,83 %
UN
230
Współczynnik mocy w punkcie zasilającym
cos ϕ 0 = ?
⎛ I' '0 −1 ⎞
⎛ − 22 ,1 ⎞
0
⎜
⎟
arctg
ϕ0 =
=
arctg
⎜
⎟ = − 25 , 67
⎜ I' ⎟
⎝ 0 −1 ⎠
⎝ 45 ,98 ⎠
cos ϕ 0 = cos (− 25 , 67 0 ) = 0,9 ind.
3 kW
cosϕ=1
a) Linia trójfazowa
100 m
0
Rozwiązanie:
1
2
50 m
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
Rozpływy prądów
• Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
I1 =
P1
=
3 U N cos ϕ 1
60 m
3
3 kW
cosϕ=1
5,3 ⋅ 10 3
= 9 ,56 A
3 ⋅ 4 00 ⋅ 0,8
I1 = I1 (cos ϕ 1 + jsin ϕ 1 ) = 9 ,56 (0,8 − j0,6 ) = (7 , 65 − j5,74 ) A
I2 =
P2
=
3 U N cos ϕ 2
2 ,8 ⋅ 10 3
= 4 , 49 A
3 4 00 ⋅ 0,9
I 2 = I 2 (cos ϕ 2 + jsin ϕ 2=) 4 , 49 (0,9 − j0,44 ) = (4 , 04 − j1,96 ) A
0
1
100 m
I0-1=(16,02-j7,7) A
2
50 m
I1-2=(8,37-1,96) A
I2-3=4,33 A
I 2 = (4,04 − j1,96) A
I1 = (7,65 − j5,74 ) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
Rozpływy prądów
• Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
I3 =
P3
=
3 U N cos ϕ 3
3
60 m
I3 = 4,33 A
3 kW
cosϕ=1
3 ⋅ 10
= 4 ,33 A
3 4 00 ⋅ 1
3
I 3 = I 3 (cos ϕ 3 + jsin ϕ 3 ) = 4 ,33 (1 − j0 ) = 4 ,33 A
• Prądy w poszczególnych odcinkach linii
2-3: I 2 - 3 = I 3 = 4 ,33 A
1-2: I1- 2 = I 2 − 3 + I 2 = 4 ,33 + 4 , 04 − j1,96 = (8,37 − j1,96 ) A
0-1: I 0-1 = I1− 2 + I1 = 8,37 − j1,96 + 7,65 − j5,74
= (16,02 − j7,7 ) A
0
1
100 m
I0-1=(16,02-j7,7) A
2
50 m
I1-2=(8,37-1,96) A
I1 = (7,65 − j5,74 ) A
Spadek napięcia
• metoda „sumowania momentami”
I2-3=4,33 A
I 2 = (4,04 − j1,96) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
3
60 m
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
I3 = 4,33 A
3 kW
cosϕ=1
l 0i
δU = ∑
⋅ I' 0i
γ ⋅s
1
(100 ⋅ 7 ,65 + 150 ⋅ 4 ,04 + 210 ⋅ 4 ,33 ) = 2 ,74 V
δU =
34 ⋅ 25
• metoda „sumowania odcinkami”
1
δU =
l ij ⋅ I' ij
∑
γ ⋅s
1
(100 ⋅ 16 ,02 + 50 ⋅ 8,37 + 60 ⋅ 4 ,33 ) = 2 ,74 V
δU =
34 ⋅ 25
0
1
100 m
I0-1=(16,02-j7,7) A
I1-2=(8,37-1,96) A
5,3 kW
cosϕ=0,8 ind.
Spadek napięcia
3 δU =
I2-3=4,33 A
I3 = 4,33 A
2,8 kW
cosϕ=0,9 ind.
3 ⋅ 2 , 74 = 4 , 75 V
• procentowy spadek napięcia
δU % =
δU p
UN
4 , 75
⋅ 100 % =
⋅ 100 % = 1,18 %
400
Współczynnik mocy w punkcie zasilającym
cos ϕ 0 = ?
⎛ I ' ' 0 −1 ⎞
⎛ − 7 ,7 ⎞
0
⎟
⎜
arctg
ϕ0 =
arctg
=
⎜
⎟ = − 25 , 67
⎜ I' ⎟
⎝ 0 −1 ⎠
⎝ 16 ,02 ⎠
cos ϕ 0 = cos − 25 , 67 0 = 0,9 ind.
(
)
3
60 m
I 2 = (4,04 − j1,96) A
I1 = (7,65 − j5,74 ) A
δU p =
2
50 m
3 kW
cosϕ=1
ZADANIE_2.3.
Linią trójfazową prądu przemiennego o napięciu znamionowym
400/230 V zasilane są dwa odbiory:
• odb. 1.: oświetleniowy o mocy 5 kW i cosϕ1 = 1
• odb. 2.: siłowy o mocy 10 kW i cosϕ2 = 0,8 ind.
Obliczyć:
a) rozpływ prądów
b) spadek napięcia
c) współczynnik mocy na początku układu
d) moc czynną jaką należy dostarczyć do linii
0
60 m
1
odb. 1.
40 m
2
odb. 2.
Linia wykonana jest przewodami aluminiowymi 3x16 mm2
ZADANIE_2.4.
Dana jest linia trójfazowa o napięciu znamionowym 15 kV,
długości 22 km i impedancji ZL= (3+j4) Ω. Napięcie na końcu
linii wynosi 14,25 kV a prąd obciążenia √3·100 A przy cosϕ =
0,8 ind.
Obliczyć:
a) czynną, bierną i całkowitą stratę napięcia,
b) poprzeczną i podłużną stratę napięcia,
c) spadek napięcia w linii,
d) straty mocy w linii.
1
22 km
2
I = 3 ⋅100 A
cosϕ = 0,8 ind.
1
22 km
2
U1
ΔU’’
ΔU
U2
I
Całkowita strata napięcia w linii
Δ U 1− 2 = Δ U R + Δ U X = I (R L + jX L )
czynna
strata
napięcia
ΔUX
ΔUR
ΔU’
bierna
strata
napięcia
ΔUR = I R L
Δ U X = I jX L
Podłużna strata napięcia
ΔU' = R e { Δ U 1- 2
ΔU' = I' R L − I' ' X L
}
Poprzeczna strata napięcia
ΔU' ' = Im
{
Δ U 1- 2
ΔU' = I' ' R L + I' X L
}
1
2
22 km
I = 3 ⋅100 A
cosϕ = 0,8 ind.
I = I (cos ϕ + jsin ϕ ) =
3 ⋅ 100 (0 ,8 − j0 ,6 ) =
ΔUR = I R L
⇐ Wart. fazowe
Δ U X = I jX L
Δ U Rp =
3 I RL =
Δ U Xp =
3 I jR L =
Δ U Rp =
Δ U Xp =
3 ⋅ (80 − j60 ) A
3 I RL
⇐ Wart. przewod.
3 I jX L
3 ⋅ 3 (80 − j60 ) ⋅ 3 = (720 − j540 ) V
3 ⋅ 3 (80 − j60 ) ⋅ j4 = (720 + j960 ) V
Δ U 1- 2 = Δ U Rp + Δ U Xp = 720 − j540 + 720 + j960
= (1440 + j420 ) V
Δ U 1- 2 = (1440 + j420 ) V
Podłużna i poprzeczna strata napięcia
{ Δ U 1- 2 } = 1440 V
ΔU' ' = Im { Δ U 1- 2 } = 420 V
ΔU' = Re
Spadek napięcia w linii zasilającej
δU = U 1 − U 2
U1
U 2 = U 2 = 14,25 kV
Napięcie na początku linii
U 1 = U 2 + Δ U 1− 2
I
U2
U 1 = 14,25 ⋅ 10 + 1440 + j420 = (15 690 + j420 ) V
3
U 1 = 15 690 2 + 420 2 = 15,695 kV
A zatem spadek napięcia w linii:
δU = U 1 − U 2 = 1 5, 695 − 1 4 , 25 = 1, 4 45 kV
ΔU
Straty mocy w linii
ΔP1− 2 = 3 ⋅ I 2 R L
ΔP1− 2 = 3 ⋅
(
3 ⋅ 100
) ⋅ 3 = 0,27 MW
2
ZADANIE_2.5.
W linii 15 kV o impedancji ZL= (3+j4) Ω wystąpiły straty mocy
czynnej ΔP = 3,3 kW. Jaka jest moc odbioru odciążającego
linię, przy założeniu, że cosϕ = 0,8 poj.? Obliczyć spadek
napięcia w linii.
ROZWIĄZANIE
1
ZL=(3+j4) Ω
2
ΔP1-2 = 3,3 kW
cosϕ = 0,8 poj.
Znając straty mocy czynnej w linii ΔP wyznaczymy wartość
prądu
3
ΔP
3
,
3
⋅
10
1− 2
2
ΔP1− 2 = 3 ⋅ I R L
Prąd w postaci l. zespolonej
I=
3⋅R L
=
3⋅3
= 19 ,1 A
I = I (cos ϕ + jsin ϕ ) = 1 9 ,1(0,8 + j0,6 ) = (15,3 + j11,5 ) A
Obliczamy spadek napięcia w linii (spadek napięcia w linii II rodzaju równy jest
podłużnej stracie napięcia)
δ U 1- 2 = ΔU' = I' R L − I' ' X L = 1 5,3 ⋅ 3 − 1 1,5 ⋅ 4 = − 0,1 V
δ U 1- 2 = − 0 ,1 V
Procentowy spadek napięcia w linii
δU % =
δU %
δU p
UN
3 ⋅δU
⋅ 100%
UN
⋅ 100% =
3 ⋅ ( − 0 ,1)
=
⋅ 100 % = − 0 , 001 %
3
15 ⋅ 10
Obliczamy moc odbioru który obciąża linię
S = P + jQ
P=
3 U N I ⋅ cos ϕ =
3 ⋅ 15 ⋅ 10 3 ⋅ 19,1 ⋅ 0,8 = 397 kW
Q=
3 U N I ⋅ sin ϕ =
3 ⋅ 15 ⋅ 10 ⋅ 19,1 ⋅ ( − 0,6) = − 297,7 kvar
3
S = (397 − j297,7 ) k V ⋅ A
Moc odbioru można także wyznaczyć z zależności:
*
S = 3U N ⋅ I =
3 ⋅ 15 ⋅ 10 3 ⋅ (15,3 − j11,5 ) = (397 - j297 )kV ⋅ A
ZADANIE_2.6.
Linią o impedancji ZL= (10+j12) Ω i napięciu znamionowym
15kV zasilany jest odbiór o prądzie Io= (42,5-j38,5) A. Jak
zmieni się spadek napięcia i straty mocy czynnej, jeśli na
końcu linii zostanie włączona bateria kondensatorów o mocy:
a) Q = -0,6 Mvar
b) Q = -1,0 Mvar
c) Q = -1,2 Mvar
ROZWIĄZANIE
ZL= (10+j12) Ω
Zo, Io= (42,5-j38,5) A
ZL= (10+j12) Ω
Io= (42,5+j38,5) A
Liczymy spadek napięcia bez dołączonej baterii kondensatorów
δU = ΔU' = I' R L − I' ' X L
3 (I' R L − I' ' X L )
δU p =
3 δU =
δU p =
3 (42,5 ⋅ 10 − 38,5 ⋅ 15 ) = 1536 V
Procentowy spadek napięcia
δU % =
δU p
UN
1536
⋅ 100 % = 10 , 2 %
⋅ 100% =
15 000
Dołączamy baterię kondensatorów o mocy 0,6 Mvar
Prąd płynący przez baterię kondensatorów
Qc
Ic =
=
3 ⋅UN
I c = j23,1 A
0 ,6 ⋅ 10 6 = 23 ,1 A
3 ⋅ 1 5 ⋅ 10 3
I c = j23,1 A
ZL= (10+j12) Ω
IL
Zo, Io= (42,5-j38,5) A
IC
Prąd płynący w linii zasilającej
I L = I 0 + I C = 42,5 − j38,5 + j23,1 = (42,5 − j15,4 ) A
U1
ΔU
IL
I
IL =
U2
IC
I' 2 + I' ' 2 =
ΔUR
42,5 2 + 15,4 2 = 45,2 A
ΔUX
Liczymy spadek napięcia po dołączeniu baterii kondensatorów
δU = ΔU' = I' R L − I' ' X L
3 (I' R L − I' ' X L )
δU p =
3 δU =
δU p =
3 (42,5 ⋅ 10 − 1 5, 4 ⋅ 15 ) = 1056 V
Procentowy spadek napięcia
δU % =
δU p
UN
1056
⋅ 100 % = 7 %
⋅ 100% =
15 000
Liczymy stratę mocy czynnej w linii przed dołączeniem baterii
ΔP = 3I 02 R L
I0 =
2
2
I' 0 + I' '0 =
42,5 2 + 3 8,5 2 = 5 7 ,3 A
ΔP = 3I R L = 3 ⋅ 57,6 ⋅ 10 = 98,5 kW
2
0
2
Liczymy stratę mocy czynnej w linii po dołączeniem baterii
ΔP = 3I 2L R L = 3 ⋅ 4 5, 2 2 ⋅ 10 = 6 1,3 kW
LINIA
• Przed dołączeniem baterii
• Po dołączeniu baterii
Spadki napięć
δU % = 10 , 2 %
δU % = 7 %
Straty mocy czynnej
ΔP = 98,5 kW
ΔP = 6 1,3 kW
Prąd płynący w linii
I = 57,3 A
I = 4 5,2 A
ZADANIE_2.7.
Jak zmieni się procentowy spadek napięcia w linii 15 kV o
impedancji ZL= (2+j3) Ω obciążonej mocą czynną P2=1,6 MW
przy cosϕ = 0,8ind. Jeżeli na końcu linii zostanie dołączona
bateria kondensatorów o mocy Q = -1,2 Mvar.
ZADANIE_2.8.
Linia 15 kV o impedancji ZL= (2,2+j2,5) Ω zasila odbiór o mocy
czynnej 8 MW i biernej 6 Mvar. Jak zmienią się straty mocy
czynnej i spadek napięcia, jeżeli dołączona bateria
kondensatorów całkowicie skompensuje moc bierną odbioru.
ROZWIĄZANIE
Linia przed kompensacją mocy biernej
S
Określamy cosϕ odbiornika
6
⎛
⋅
6
10
⎛ Q ⎞ = arctg ⎜
ϕ = arctg ⎜ ⎟
6
⎜
⋅
8
10
⎝P⎠
⎝
cos ϕ = cos( 36 ,86 0 ) = 0 ,8
⎞
P = 8 MW
⎟⎟ = 36 ,86 0
⎠
sin ϕ = cos( 36 ,86 0 ) = 0 , 6
Prąd pobierany przez odbiornik
Io =
P
=
3 U N cos ϕ
ϕ
Q = 6 Mvar
8 ⋅ 10 6
= 384,9 A
3
3 ⋅ 15 ⋅ 10 ⋅ 0,8
I 0 = I 0 (cos ϕ + jsin ϕ )
= 384,9 (0,8 − j0,6 ) = (307,92 − j230,94 ) A
ZL= (2,2+j2,5) Ω
I0= (307,92-j230,94) A
Spadek napięcia w linii
3 (I' R L − I' ' X L )
δU p =
3 δU =
δU p =
3 (307,92 ⋅ 2,2 − ( − 230,94 ⋅ 2,5) ) = 2172,3 V
δU % =
δU p
UN
2172,2
⋅ 100% =
⋅ 100% = 14,488 ≅ 14,5%
15 000
Strata mocy czynnej
ΔP = 3I 02 R L = 3 ⋅ 3 84 ,9 2 ⋅ 2 , 2 = 978 kW
Linia po dołączeniu baterii kondensatorów (pełna kompensacja)
Prąd płynący w linii
I L = Re
{
I0
}
= 307,92 A
Spadek napięcia w linii
I’’=0
3 (I' R L − I' ' X L )
δU p =
3 δU =
δU p =
3 ⋅ I' R L =
3 ⋅ 307,92 ⋅ 2,2 = 1173,3 V
δU % =
δU p
UN
1173
⋅ 100% =
⋅ 100% = 7,82%
15 000
Strata mocy czynnej
ΔP' = 3I 2L R L = 3 ⋅ 307 ,92 2 ⋅ 2 , 2 = 6 25 ,7 kW
LINIA
• Przed dołączeniem baterii
• Po dołączeniu baterii
Spadki napięć
δU % = 14 ,5 %
δU % = 7 ,82 %
Straty mocy czynnej
ΔP' = 6 2 5,7 kW
ΔP = 978 kW
I = 3 84 ,9 A
Prąd płynący w linii
I = 307 ,92 A
ZADANIE_2.9.
Linią o napięciu znamionowym 15 kV i o impedancji ZL= (3+j4)Ω
wysyłana jest moc S= (400+j200) kVA.
Obliczyć:
a) prąd odbioru dołączonego na końcu linii,
b) straty mocy w linii,
c) pojemność baterii kondensatorów, która skompensuje moc
bierną odbioru.
ROZWIĄZANIE
S = (P + jQ ) = (400 + j200 ) kVA
⎛ Q ⎞ = arctg ⎛⎜ 2 00 ⋅ 10
ϕ = arctg ⎜ ⎟
3
⎜
⎝P⎠
⎝ 4 00 ⋅ 10
0
cos ϕ = cos( 26 ,56 ) = 0 ,89
3
a) Prąd odbioru
Io =
P
=
3 U N cos ϕ
S
ϕ
P = 400 kW
Q = 200 kvar
⎞
⎟⎟ = 26 ,56 0
⎠
0
sin ϕ = cos( 26 ,56 ) = 0 , 45
4 00 ⋅ 10 3
= 1 7 ,3 A
3
3 ⋅ 15 ⋅ 10 ⋅ 0,89
I 0 = I 0 (cos ϕ + jsin ϕ )
= 1 7 ,3(0,89 − j0,45 ) = (1 5, 4 − j7,8 ) A
b) Straty mocy w linii przed dołączeniem baterii kondensatorów
ΔP = 3I 02 R L = 3 ⋅ 17 ,3 2 ⋅ 3 = 2 693 ,6 W = 2,69 kW
ΔQ = 3I 02 X L = 3 ⋅ 17 ,3 2 ⋅ 4 = 3 591 ,5 var = 3,59 kvar
Moc bierna na końcu linii
Q 2 = Q 1 - ΔQ = 200 − 3,59 = 196,4 kvar
c) Pojemność baterii kondensatorów kompensująca moc bierną odbiornika
IC
C=
ωU N
Qb=Q2
IC =
3
Qb
196,41 ⋅ 10
= 7,6 A
=
3
3U N
3 ⋅ 15 ⋅ 10
IC
7,6
C=
=
= 1,6 μF
3
ωU N 314 ⋅ 15 ⋅ 10
ZADANIE_2.10.
Linią o napięciu znamionowym 15 kV i o impedancji ZL= (3+j4) Ω
zasilany jest odbiornik o mocy 1,2 Mvar przy cosϕ =0,8 ind.
Obliczyć jak zmieni się współczynnik mocy na początku linii gdy
do odbioru zostanie dołączona bateria kondensatorów o mocy
Q = -900 kvar
ROZWIĄZANIE
Linia przed dołączeniem baterii
Prąd odbioru
6
1
,
2
⋅
10
S
=
= 46 , 2 A
Io =
3
3 ⋅ 15 ⋅ 10
3U N
I 0 = I 0 (cos ϕ + jsin ϕ )
= 46 , 2 (0,8 − j0,6 ) = (36 ,96 − j27,72 ) A
⎛ I ' '0 ⎞
−
27
,
72
⎛
⎞
0
⎜
⎟
ϕ 0 = arctg ⎜
= arctg ⎜
⎟ = − 36
⎟
36 ,96 ⎠
⎝ I '0 ⎠
⎝
cos ϕ 0 = cos − 36 0 = 0,81 ind.
(
)
Linia po dołączeniu baterii kondensatorów
Prąd płynący przez baterię kondensatorów o mocy 900 kvar
3
Qb
900
⋅
10
IC =
=
= 3 4 ,64 A
3
3U N
3 ⋅ 15 ⋅ 10
I C = j34,64 A
Prąd płynący linią po dołączeniu baterii kondensatorów
I L = I 0 + I C = 3 6 ,96 − j27,72 + j34,64 = (3 6 ,96 + j6,92 ) A
⎛ I ' 'L ⎞
⎟⎟ = arctg ⎛⎜ 6 ,92 ⎞⎟ = 10 ,6 0
ϕ L = arctg ⎜⎜
⎝ I 'L ⎠
⎝ 36 ,96 ⎠
0
cos ϕ L = cos 10 , 6 = 0,98 poj.
(
)
cos ϕ 0 = 0,81 ind.
← przed kompensacją
cos ϕ L = 0,98 poj.
← po kompensacji
IL
IC
I0
U2
ZADANIE_2.11.
Dla linii jednofazowej prądu przemiennego o napięciu
znamionowym 230 V i przekroju 2 x 35 mm2 Al.,
obliczyć:
a) rozpływ prądów,
b) spadek napięcia w linii,
c) współczynnik mocy w punkcie zasilania.
0
100 m
1
5 kW
cosϕ1=0,8 ind.
100 m
2
50 m
3
5,5 kVA
3 kvar
cosϕ2=0,6 poj. cosϕ3=0,7ind.