Skip to content
Učionica

Ispit 3, Ispit 5 i Ispit 7, Zadatak 1

Tokovi snaga, tri čvora, relativne jedinice: rešen zadatak

Zadatak sa ispita iz predmeta Analiza elektroenergetskih sistema (AEES), FTN Novi Sad. Rešenje: Miloš Sarić

Analiza elektroenergetskih sistema (AEES), FTN Novi Sad

Zadatak

Razmatra se jednostavan elektroenergetski sistem (sa tri čvora) prikazan na Slici 1, u simetričnom režimu (pozitivnog redosleda). Raspolaže sa tipičnim podacima o elementima sistema.

Svi vodovi su međusobno isti, dužine 100 km. Podužni pogonski parametri direktnog (inverznog) redosleda jesu: r=0,03 Ωr = 0{,}03\ \Omega/km, x=0,332 Ωx = 0{,}332\ \Omega/km, g=0g = 0 S/km, b=0b = 0 S/km. Vodovi se nalaze na 220 kV naponskom nivou.

Kompleksna (trofazna) snaga potrošnje priključena u čvor broj 3 je nezavisna od napona i učestanosti i iznosi: S^=(300−j150)\hat{S} = (300 - \mathrm{j}150) MVA (za definiciju kompleksne snage sa konjugovanim naponom).

U čvorovima 1 i 2 preko transformatora priključene su elektrane. Njihove mogućnosti su takve da se, bilo u kojoj varijanti može pokriti potrošnja.

Potrebno je:

  1. Proračunati parametre ekvivalentne šeme EES-a prikazanog na slici 1 u domenu relativnih jedinica.
  2. Postaviti jednoznačno – potpuno konzistentno – problem po želji izabranog ustaljenog stacionarnog režima razmatranog EES-a u zadatim uslovima, odnosno postaviti problem tokova snaga. Formulisati matematički model problema (matematički model tokova snaga) i pripremiti ga za rešavanje.
123Sp
Slika 1 – Razmatrani elektroenergetski sistem

Poznato

  • L=100L = 100km
  • r=0,03r = 0{,}03Ω/km
  • x=0,332x = 0{,}332Ω/km
  • Un=220U_n = 220kV
  • Pp=300P_p = 300MW
  • Qp=150Q_p = 150MVAr

Rešenje

Šta se traži i kojim postupkom

Prvo se parametri svode na relativne jedinice, pa se formira matrica admitansi. Režim je ostavljen na izbor: treba odrediti šta je u kom čvoru zadato, tako da broj nepoznatih bude jednak broju jednačina. Model tokova snaga su jednačine injektiranja, a za rešavanje se priprema Newton-Raphson-ov postupak.

1. Parametri u relativnim jedinicama

Uzimamo SB=100S_B = 100 MVA i UB=220U_B = 220 kV, pa je ZB=UB2/SB=484 ΩZ_B = U_B^2/S_B = 484\ \Omega. Vod od 100 km ima otočne parametre jednake nuli, pa ostaje redna grana:

Zv=(r+jx)L=3+j33,2 Ωz‾=ZvZB=0,00620+j0,06860 r.j.y‾=1z‾=1,307−j14,460 r.j.\begin{aligned} Z_v &= (r + \mathrm{j}x) L = 3 + \mathrm{j}33{,}2\ \Omega \\ \ph{z} &= \frac{Z_v}{Z_B} = 0{,}00620 + \mathrm{j}0{,}06860\ \rj \\ \ph{y} &= \frac{1}{\ph{z}} = 1{,}307 - \mathrm{j}14{,}460\ \rj \end{aligned}

Matrica admitansi

Čvorovi su povezani u trougao, istim vodovima, pa je Y‾ii=2y‾\ph{Y}_{ii} = 2\ph{y} i Y‾ij=−y‾\ph{Y}_{ij} = -\ph{y}:

Y‾ii=2,613−j28,920 r.j.,Y‾ij=−1,307+j14,460 r.j.\begin{gathered} \ph{Y}_{ii} = 2{,}613 - \mathrm{j}28{,}920\ \rj, \\ \ph{Y}_{ij} = -1{,}307 + \mathrm{j}14{,}460\ \rj \end{gathered}

2. Postavka problema tokova snaga

Konzistentan problem ima jedan referentni čvor. Biramo režim u kome elektrana 2 proizvodi 150 MW:

ČvorVrstaZadatoNepoznato
1referentniV1=1V_1 = 1 r.j., θ1=0\theta_1 = 0P1P_1, Q1Q_1
2PVP2=1,50P_2 = 1{,}50 r.j., V2=1V_2 = 1 r.j.θ2\theta_2, Q2Q_2
3PQP3=−3,00P_3 = -3{,}00 r.j., Q3=−1,50Q_3 = -1{,}50 r.j.θ3\theta_3, V3V_3

Definicija S^=U^I=P−jQ\hat{S} = \hat{U} I = P - \mathrm{j}Q znači da (300−j150)(300 - \mathrm{j}150) MVA ima Pp=300P_p = 300 MW i Qp=150Q_p = 150 MVAr, induktivno. Potrošnja je negativno injektiranje.

Matematički model

Nepoznate su tri, pa su tri i jednačine injektiranja, sa θij=θi−θj\theta_{ij} = \theta_i - \theta_j:

P2=V2∑j=13Vj(G2jcos⁡θ2j+B2jsin⁡θ2j)P3=V3∑j=13Vj(G3jcos⁡θ3j+B3jsin⁡θ3j)Q3=V3∑j=13Vj(G3jsin⁡θ3j−B3jcos⁡θ3j)\begin{aligned} P_2 &= V_2 \sum_{j=1}^{3} V_j \left( G_{2j} \cos\theta_{2j} + B_{2j} \sin\theta_{2j} \right) \\ P_3 &= V_3 \sum_{j=1}^{3} V_j \left( G_{3j} \cos\theta_{3j} + B_{3j} \sin\theta_{3j} \right) \\ Q_3 &= V_3 \sum_{j=1}^{3} V_j \left( G_{3j} \sin\theta_{3j} - B_{3j} \cos\theta_{3j} \right) \end{aligned}

Priprema za rešavanje

Za Newton-Raphson-ov postupak sistem se piše po odstupanjima ΔPi=Pi−Pisp\Delta P_i = P_i - P_i^{sp} i ΔQi=Qi−Qisp\Delta Q_i = Q_i - Q_i^{sp}, a Jakobijan je matrica izvoda:

[Δθ2Δθ3ΔV3](k+1)=−[J(k)]−1[ΔP2ΔP3ΔQ3](k),J=[H22H23F23′H32H33F33′K32K33L33′]\begin{gathered} \begin{bmatrix} \Delta\theta_2 \\ \Delta\theta_3 \\ \Delta V_3 \end{bmatrix}^{(k+1)} = -\left[ \boldsymbol{J}^{(k)} \right]^{-1} \begin{bmatrix} \Delta P_2 \\ \Delta P_3 \\ \Delta Q_3 \end{bmatrix}^{(k)}, \\[1ex] \boldsymbol{J} = \begin{bmatrix} H_{22} & H_{23} & F'_{23} \\ H_{32} & H_{33} & F'_{33} \\ K_{32} & K_{33} & L'_{33} \end{bmatrix} \end{gathered}

Polazi se od ravnog profila, θ2=θ3=0\theta_2 = \theta_3 = 0 i V3=1V_3 = 1 r.j.

Rešenje izabranog režima

Postupak konvergira posle 3 iteracije, do tačnosti 10−610^{-6} r.j., u stanje: θ2=−0,05∘\theta_2 = -0{,}05^\circ, θ3=−6,10∘\theta_3 = -6{,}10^\circ i V3=0,9290V_3 = 0{,}9290 r.j. =204,4= 204{,}4 kV. Referentna elektrana daje P1=1,5404P_1 = 1{,}5404 r.j. i Q1=0,9724Q_1 = 0{,}9724 r.j., elektrana 2 daje Q2=0,9747Q_2 = 0{,}9747 r.j., a gubici su 4,04 MW.

Rezultat

Parametri: z‾=0,00620+j0,06860\ph{z} = 0{,}00620 + \mathrm{j}0{,}06860 r.j. na SB=100S_B = 100 MVA, UB=220U_B = 220 kV.

Nepoznate: θ2\theta_2, θ3\theta_3, V3V_3. Za izabrani režim: θ2=−0,05∘\theta_2 = -0{,}05^\circ, θ3=−6,10∘\theta_3 = -6{,}10^\circ, V3=0,9290V_3 = 0{,}9290 r.j.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Tokovi snaga · Relativne jedinice i svođenje veličina

Ispit u PDF-u, na Drive-u (otvara se u novom tabu)

Folder predmeta Analiza elektroenergetskih sistema (AEES)Na Drive-u: Udžbenik i predavanja · Vežbe i zadaci · Ispitni rokovi · Usmeni ispit · Rešeni zadaci, rukom

Ako si autor nečega što je ovde i želiš da se ukloni, piši mi na milossaric@outlook.com i uklanjam ga.