Skip to content

Predavanje 02

Specifičnosti analize distributivnih mreža

Predavanje prof. dr Andrije T. Sarića

Distributivne i industrijske mreže, TF Čačak

U pogledu modelovanja specifičnosti distributivnih mreža su:

  • Modelovanje velikih sinhronih generatora nije interesantno. Samim tim i problemi stabilnosti nisu od interesa u većini distributivnih mreža. Međutim, sa instaliranjem alternativnih izvora električne energije (mikro i mini hidroelektrane, elektrane na bio masu, farme vetrogeneratora i drugi), koji se po pravilu priključuju na distributivnu mrežu, ovaj zaključak prestaje da važi. Čak se javljaju i drugi problemi.
  • Distributivni vodovi su uglavnom kratki, tako da nema efekta raspodeljenih parametara, pa se vodovi tretiraju π\pi-šemama sa skoncentrisanim parametrima. Na distributivnim vodovima nema efekta korone, pa se otočna odvodnost zanemaruje.
π-šema distributivnog voda: redna otpornost R i reaktansa X, otočne kapacitivnosti C/2 na oba kraja, naponi V1 i V2

Proračun pojedinih parametara sa prethodne šeme obrađen je u predmetu Elementi i modeli EES-a.

  • Za transformatore se koriste Γ\Gamma, obrnuta Γ\Gamma i T šema, koje se zanemarivanjem otočne grane svode na rednu impedansu.
  • Velika pažnja mora se posvetiti svođenju veličina na jedinstven naponski nivo, pošto se distributivni sistemi odlikuju velikim brojem naponskih nivoa (110 kV, 35 kV, 20 kV, 10 kV, 6 kV, 3 kV, 0,4 kV).
  • Potrošači se mogu modelovati na sva tri načina, gde je za veliki udeo termičkih potrošača najčešći model konstantne struje.
  • Distributivne mreže odlikuje veliki broj monofaznih potrošača, tako da često nije moguć pofazni proračun, već se moraju koristiti fazni proračuni (na primer, kod tokova snaga). Tada dolaze do izražaja vrlo raznovrsne sprege transformatora koje se u distribuciji mogu sresti.
  • Za proračun tokova snaga mogu se primenjivati iterativni modeli: 1) prilagođen Newton-Raphson-ov injekcioni model, ili 2) iterativni Shirmohammadi-jev model (biće obrađen kasnije).

Ovde će biti obrađeni neki karakteristični slučajevi analize koji se sreću u distributivnim mrežama.

Vod opterećen na kraju

U praksi ovaj slučaj se javlja kada se napaja neki udaljeni distributivni potrošač.

π-šema voda opterećenog na kraju: redna impedansa Z = R + jX sa strujom I'_2, otočne admitanse Y/2 = jB/2 na oba kraja, struje I1 i I2, naponi V1 i V2

Vektorski dijagram napona za prethodnu šemu je:

Vektorski dijagram: napon V2 na realnoj osi, struja I'_2 sa komponentama I'_2a i I'_2r, padovi napona RI'_2 i jXI'_2, ukupni Z'I'_2 do V1 pod uglom θ1, podužna komponenta ΔV2 i poprečna δV2 pada napona

Ako se potpuno zanemari otočna grana (što je tipično za distributivne mreže, osim dužih kablovskih vodova), izraz za pad napona je:

V1=∣V‾1∣=(V2+P2R+Q2XV2)2+(P2X−Q2RV2)2.\boxed{\begin{aligned} V_1 &= |\ph{V}_1| \\ &= \sqrt{\left(V_2 + \frac{P_2R + Q_2X}{V_2}\right)^2 + \left(\frac{P_2X - Q_2R}{V_2}\right)^2} \end{aligned}}.

Ako se zanemari poprečna komponenta pada napona, onda se ima samo podužna komponenta pada napona, koja je:

ΔV2=P2R+Q2XV2=P2RV2(1+XR⋅Q2P2);\Delta V_2 = \frac{P_2R + Q_2X}{V_2} = \frac{P_2R}{V_2}\left(1 + \frac{X}{R} \cdot \frac{Q_2}{P_2}\right);
ΔV2=P2RV2(1+xr⋅tgφ2).\Delta V_2 = \frac{P_2R}{V_2}\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right).

Gubici aktivne snage na vodu su:

ΔPg=RP22+Q22U22=RP22U22(1+tg2φ2).\Delta P_g = R\frac{P_2^2 + Q_2^2}{U_2^2} = \frac{RP_2^2}{U_2^2}\left(1 + \mathrm{tg}^2\varphi_2\right).

Vod sa ravnomerno raspodeljenim opterećenjem

Ovo je blisko realnim uslovima, gde duž voda postoje priključeni potrošači.

Vod dužine L opterećen podužnim opterećenjem plp_l i qlq_l, kao što je prikazano na slici:

Vod dužine L sa ravnomerno raspodeljenim podužnim opterećenjem p_l, q_l i element dl na rastojanju l od početka

Pad napona na elementu dl je (zanemarena poprečna komponenta pada napona):

d(ΔV)=plr+qlxV(L−l) dl.\mathrm{d}(\Delta V) = \frac{p_lr + q_lx}{V}(L - l)\,\mathrm{d}l.

Ukupni pad napona je:

ΔV=plr+qlxV∫0L(L−l) dl.\Delta V = \frac{p_lr + q_lx}{V}\int_0^L (L - l)\,\mathrm{d}l.

Može se uzeti da je približno V=VnV = V_n, pa je:

ΔV=plr+qlxVn⋅L22.\Delta V = \frac{p_lr + q_lx}{V_n} \cdot \frac{L^2}{2}.

Ako se ima u vidu da je: P=plLP = p_lL, Q=qlLQ = q_lL, R=rLR = rL i X=xLX = xL, onda je:

ΔV=12⋅PR+QXVn.\boxed{\Delta V = \frac{1}{2} \cdot \frac{PR + QX}{V_n}}.

Vidi se da je odnos padova napona u odnosu na skoncentrisano opterećenje:

ν=ΔVΔVsk=12.\nu = \frac{\Delta V}{\Delta V_{sk}} = \frac{1}{2}.

Gubici snage na elementu dl su:

ΔPg=pl2+ql2Un2⋅r∫0L(L−l)2 dl=rpl2+ql2Un2⋅L33,\Delta P_g = \frac{p_l^2 + q_l^2}{U_n^2} \cdot r\int_0^L (L - l)^2\,\mathrm{d}l = r\frac{p_l^2 + q_l^2}{U_n^2} \cdot \frac{L^3}{3},

odnosno:

ΔPg=13RP2+Q2Un2.\Delta P_g = \frac{1}{3}R\frac{P^2 + Q^2}{U_n^2}.

Odnos gubitaka u odnosu na slučaj sa skoncentrisanim opterećenjem je:

μ=ΔPgΔPg,sk=13RP2+Q2Un2RP2+Q2Un2=13.\mu = \frac{\Delta P_g}{\Delta P_{g,sk}} = \frac{\dfrac{1}{3}R\dfrac{P^2 + Q^2}{U_n^2}}{R\dfrac{P^2 + Q^2}{U_n^2}} = \frac{1}{3}.

Vod sa kontinualnim opterećenjem i jednim velikim skoncentrisanim potrošačem

Ovo je interesantan i realan slučaj za analizu. Pored kontinualnog opterećenja postoji i jedan veliki potrošač duž voda. Na donjoj slici prikazan je raspored struja duž voda za ovaj slučaj.

Vod dužine L sa kontinualnim opterećenjem p_l, q_l i velikim potrošačem struje cI na rastojanju (1 − e)L od početka, odnosno eL od kraja; ispod raspored struje duž voda: od I na početku linearno opada, skok za cI na mestu potrošača, do nule na kraju

Podužna struja opterećenja je:

i={I−cIL(L−l)+cI;0≤l≤(1−e)LI−cIL(L−l);(1−e)L≤l≤L.i = \begin{cases} \dfrac{I - cI}{L}(L - l) + cI; & 0 \le l \le (1 - e)L \\[2ex] \dfrac{I - cI}{L}(L - l); & (1 - e)L \le l \le L \end{cases}.

Pad napona na elementu dl je:

d(ΔV)=3ri(1+xr⋅tgφ2)dl.\mathrm{d}(\Delta V) = \sqrt{3}ri\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)\mathrm{d}l.

Ako se u ovaj izraz zamene napred dati izrazi za struje, dobijaju se sledeći izrazi za padove napona na elementarnim dužinama voda:

d(ΔV)={3rI(1+xr⋅tgφ2)[(1−c)(L−l)L+c]dl;0≤l≤(1−e)L3rI(1+xr⋅tgφ2)[(1−c)(L−l)L]dl;(1−e)L≤l≤L\begin{aligned} &\mathrm{d}(\Delta V) = \\ &\begin{cases} \sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)\left[\dfrac{(1 - c)(L - l)}{L} + c\right]\mathrm{d}l; \\ \qquad 0 \le l \le (1 - e)L \\[1ex] \sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)\left[\dfrac{(1 - c)(L - l)}{L}\right]\mathrm{d}l; \\ \qquad (1 - e)L \le l \le L \end{cases} \end{aligned}

Integraljenjem ovih relacija i njihovim sumiranjem dobija se:

ΔV=3rI(1+xr⋅tgφ2)⋅[1−cL∫0L(L−l) dl+c∫0(1−e)Ldl].\begin{aligned} \Delta V = \sqrt{3}rI&\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right) \\ &\cdot \left[\frac{1 - c}{L}\int_0^L (L - l)\,\mathrm{d}l + c\int_0^{(1 - e)L}\mathrm{d}l\right]. \end{aligned}

Kada se reši prethodni integral, ukupni pad napona je:

ΔV=3rI(1+xr⋅tgφ2)[12(1−c)L+c(1−e)L].\Delta V = \sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)\left[\frac{1}{2}(1 - c)L + \mathrm{c}(1 - e)L\right].

U slučaju da je čitavo opterećenje skoncentrisano na kraju voda, pad napona je:

ΔVsk=3rI(1+xr⋅tgφ2)L.\Delta V_{sk} = \sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)L.

To znači da je faktor smanjenja pada napona:

ν=ΔVΔVsk=3rI(1+xr⋅tgφ2)[12(1−c)L+c(1−e)L]3rI(1+xr⋅tgφ2)L=12(1−c)+c(1−e).\begin{aligned} \nu = \frac{\Delta V}{\Delta V_{sk}} &= \frac{\sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)\left[\dfrac{1}{2}(1 - c)L + \mathrm{c}(1 - e)L\right]}{\sqrt{3}rI\left(1 + \frac{x}{r} \cdot \mathrm{tg}\varphi_2\right)L} \\ &= \frac{1}{2}(1 - c) + \mathrm{c}(1 - e). \end{aligned}

Iz prethodnog izraza se može vršiti analiza uticaja udela skoncentrisane struje u ukupnom opterećenju (parametar c), kao i njegove lokacije (parametar e) na ukupni pad napona.

Neki zaključci u tom pogledu su:

  • U slučaju kada je e=0e = 0, odnosno kada se veliki potrošač nalazi na kraju voda, ima se najveći pad napona.
  • Povećanjem vrednosti e, odnosno pomeranjem velikog potrošača ka početku, dolazi do smanjenja faktora ν\nu.
  • Zanimljivo je da za e=0,5e = 0{,}5 (veliki potrošač na sredini voda) faktor smanjenja pada napona ne zavisi od veličine tog potrošača. To je zato što se kontinualno opterećenje duž voda, sa aspekta modelovanja, može tretirati kao da je na sredini voda.
  • Kada se veliki potrošač nalazi u prvoj polovini voda e>0,5e > 0{,}5, sa povećanjem njegovog udela u ukupnoj struji na početku (povećanje parametra c) dolazi do smanjenja faktora ν\nu.

Koristeći napred date izraze za elementarne struje, elementarni gubici snage na elementu dl su:

d(ΔPg)={3rI2[(1−c)(L−l)L+c]2dl;0≤l≤(1−e)L3rI2[(1−c)2(L−l)2L2]dl;(1−e)L≤l≤L\begin{aligned} &\mathrm{d}(\Delta P_g) = \\ &\begin{cases} 3rI^2\left[\dfrac{(1 - c)(L - l)}{L} + c\right]^2\mathrm{d}l; & 0 \le l \le (1 - e)L \\[2ex] 3rI^2\left[\dfrac{(1 - c)^2(L - l)^2}{L^2}\right]\mathrm{d}l; & (1 - e)L \le l \le L \end{cases} \end{aligned}

Integraljenjem ovih relacija i njihovim sumiranjem dobija se:

ΔPg=3rI2[(1−c)2L2∫0L(L−l)2 dl+2c(1−c)L∫0(1−e)L(L−l) dl+c2∫0(1−e)Ldl].\begin{aligned} \Delta P_g = 3rI^2\Bigg[&\frac{(1 - c)^2}{L^2}\int_0^L (L - l)^2\,\mathrm{d}l \\ &+ \frac{2c(1 - c)}{L}\int_0^{(1 - e)L}(L - l)\,\mathrm{d}l + c^2\int_0^{(1 - e)L}\mathrm{d}l\Bigg]. \end{aligned}

odnosno:

ΔPg=3rLI2{1+c+c23−ce[e(1−c)+c]}.\Delta P_g = 3rLI^2\left\{\frac{1 + c + c^2}{3} - ce\left[e(1 - c) + c\right]\right\}.

Kako su gubici za skoncentrisano opterećenje na kraju voda:

ΔPg,sk=3rLI2,\Delta P_{g,sk} = 3rLI^2,

to je faktor smanjenja gubitaka snage:

Odnos gubitaka u odnosu na slučaj sa skoncentrisanim opterećenjem je:

μ=ΔPgΔPg,sk=1+c+c23−ce[e(1−c)+c].\mu = \frac{\Delta P_g}{\Delta P_{g,sk}} = \frac{1 + c + c^2}{3} - ce\left[e(1 - c) + c\right].

Svakako da i ovde važi zaključak da su gubici manji što je skoncentrisani potrošač bliže početku voda.

Vod sa jednakim odvodima i jednakim dužinama deonica

Kod ovog slučaja ukupna snaga raspodeljena je na n jednakih delova, pri čemu se ispred svakog opterećenja nalazi deonica jednake dužine ldl_d. Na napojnoj deonici postoji izvesno produženje lp=fpldl_p = f_pl_d, gde je fpf_p faktor produženja normalne deonice.

Vod sa n jednakih odvoda snage S/n na jednakim deonicama dužine l_d, napajan snagom S = P + jQ preko napojne deonice produžene za l_p

Pad napona je:

ΔV=1Vn(Pnr+Qnx)[ld+2ld+⋯+n(ld+lp)].\Delta V = \frac{1}{V_n}\left(\frac{P}{n}r + \frac{Q}{n}x\right)\left[l_d + 2l_d + \cdots + n(l_d + l_p)\right].

Sumiranjem prethodne aritmetičke progresije dobija se:

ΔV=Pr+QxnVnld[n(n+1)2+nfp],\Delta V = \frac{Pr + Qx}{nV_n}l_d\left[\frac{n(n + 1)}{2} + nf_p\right],

odnosno:

ΔV=Pr+QxVnld(n+12+fp).\Delta V = \frac{Pr + Qx}{V_n}l_d\left(\frac{n + 1}{2} + f_p\right).

Pad napona kada je ukupno opterećenje skoncentrisano na kraju voda je:

ΔVsk=Pr+QxVnld(n+fp),\Delta V_{sk} = \frac{Pr + Qx}{V_n}l_d\left(n + f_p\right),

čime se za faktor smanjenja pada napona dobija:

νn=ΔVΔVsk=n+1+2fp2(n+fp).\boxed{\nu_n = \frac{\Delta V}{\Delta V_{sk}} = \frac{n + 1 + 2f_p}{2(n + f_p)}}.

U slučaju kada broj odvoda neograničeno raste, odnosno kada se teži ravnomerno kontinualnom opterećenju, dobija se:

ν=lim⁡n→∞{n+1+2fp2(n+fp)}=12,\nu = \lim_{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{n + 1 + 2f_p}{2(n + f_p)}\right\} = \frac{1}{2},

što je isto kao i ranije.

Gubici u razmatranom vodu su:

ΔPg=P2+Q2n2Vn2rld[1+22+⋯+n2(1+fp)],\Delta P_g = \frac{P^2 + Q^2}{n^2V_n^2}rl_d\left[1 + 2^2 + \cdots + n^2(1 + f_p)\right],

što posle sumiranja kvadrata prirodnih brojeva daje:

ΔPg=P2+Q2nVn2rld[(n+1)(2n+1)6+nfp].\Delta P_g = \frac{P^2 + Q^2}{nV_n^2}rl_d\left[\frac{(n + 1)(2n + 1)}{6} + nf_p\right].

Pošto je snaga gubitaka za opterećenje skoncentrisano na kraju voda:

ΔPg,sk=P2+Q2Vn2rld[n+fp],\Delta P_{g,sk} = \frac{P^2 + Q^2}{V_n^2}rl_d\left[n + f_p\right],

to je faktor smanjenja gubitaka kada duž voda postoji n odvoda:

μn=(n+1)(2n+1)6n(n+fp)+fpn+fp.\mu_n = \frac{(n + 1)(2n + 1)}{6n(n + f_p)} + \frac{f_p}{n + f_p}.

U slučaju kada se broj odvoda povećava, odnosno n→∞n \rightarrow \infty, dobija se:

μ=lim⁡n→∞{(n+1)(2n+1)6n(n+fp)+fpn+fp}=13,\mu = \lim_{n \rightarrow \infty}\left\{\frac{(n + 1)(2n + 1)}{6n(n + f_p)} + \frac{f_p}{n + f_p}\right\} = \frac{1}{3},

što je isto sa slučajem kontinualnog opterećenja.

Momentno pravilo

Data je deonica voda AB.

Deonica voda AB sa odvodima S1, S2, …, Si na rastojanjima L1, L2, … od početka A i mogućim krajnjim opterećenjima S_A i S_B

Cilj je da se opterećenja sa nekih karakterističnih odvoda svedu (koncentrišu) na kraju, odnosno početku voda.

S‾A\ph{S}_A i S‾B\ph{S}_B su moguća krajnja opterećenja.

Momentno pravilo daje:

∑MA=S‾1L1+S‾2L2=S‾BLB,\sum M_A = \ph{S}_1L_1 + \ph{S}_2L_2 = \ph{S}_BL_B,

odnosno:

S‾B=S‾1L1+S‾2L2LB,\ph{S}_B = \frac{\ph{S}_1L_1 + \ph{S}_2L_2}{L_B},

ili u slučaju k vodova:

S‾B=∑i=1KS‾iLiLB.\boxed{\ph{S}_B = \frac{\sum\limits_{i=1}^{K}\ph{S}_iL_i}{L_B}}.

Vrlo često se ove relacije ispisuju preko impedansi i struja (praktično uvođenje ekvivalentnog pada napona):

Z‾1I‾1+Z‾2I‾2=Z‾BI‾B.\ph{Z}_1\ph{I}_1 + \ph{Z}_2\ph{I}_2 = \ph{Z}_B\ph{I}_B.

U distributivnim mrežama je cos⁡φ=Const\cos\varphi = \mathrm{Const} (odnos aktivnih i reaktivnih snaga je konstantan), pa je:

P1L1+P2L2=PBLB.P_1L_1 + P_2L_2 = P_BL_B.

Moguća primena momentnog pravila: Da se pojednostavi proračun tokova snaga (za radijalne slučajeve).

Teme

Distributivne mreže · Gubici