Skip to content
Učionica

Ispit 9 i Ispit 14, Zadatak 1

Model tokova snaga, tri elektrane na 231 kV: 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

Na slici 1 je dat elektroenergetski sistem (EES) sa tri elektrane koje čine generatori i blok-transformatori priključeni u čvorovima 1, 2 i 4, dva potrošačka područja priključena u čvorovima 2 i 3 i vodovi čije su dužine date na slici 1. Podaci o elementima EES dati su u tabelama. Elektrane priključene u čvorovima 2 i 4 proizvode po 200 MW aktivne snage. Elektrana priključena u čvoru 1 i vodovi imaju dovoljan kapacitet da pokriju bilo kakav zahtev za potrošnjom. Sve tri elektrane održavaju konstantan moduo napona čvorova u kojima su priključene na 231 kV. Kompleksne snage potrošnje priključene u čvorovima 2 i 3 nezavisne su od napona. Postaviti problem ustaljenog stacionarnog režima razmatranog EES u zadatim uslovima, formulisati matematički model tokova snaga i pripremiti ga za rešavanje primenom Newton-Raphson-ovog iterativnog postupka.

Napomena: tronamotajni regulacioni transformator ne uvažavati u modelu tokova snaga.

Podaci o vodovima: z^dv=z^iv=j0,4 Ω\hat{z}_{dv} = \hat{z}_{iv} = \mathrm{j}0{,}4\ \Omega/km, z^0v=3z^dv\hat{z}_{0v} = 3\hat{z}_{dv}.

Podaci o potrošačima:

PPQQ
Potrošač priključen u čvoru 2300 MW100 MVAr
Potrošač priključen u čvoru 3200 MW50 MVAr
1324125 km125 km250 km250 km300 + j100200 + j50
Slika 1 – Elektroenergetski sistem

Poznato

  • V1=V2=V4=231V_1 = V_2 = V_4 = 231kV
  • Pg2=Pg4=200P_{g2} = P_{g4} = 200MW
  • Pp2=300P_{p2} = 300MW
  • Qp2=100Q_{p2} = 100MVAr
  • Pp3=200P_{p3} = 200MW
  • Qp3=50Q_{p3} = 50MVAr
  • x=0,4x = 0{,}4Ω/km
  • L12=L13=125L_{12} = L_{13} = 125km
  • L23=L34=250L_{23} = L_{34} = 250km

Rešenje

Šta se traži i kojim postupkom

Traži se postavka tokova snaga: šta je u kom čvoru zadato, matrica admitansi, jednačine injektiranja i oblik u kome ih rešava Newton-Raphson-ov postupak. Sve tri elektrane drže napon, pa su PV čvorovi, osim one koja pokriva razliku i uzima se za referentnu.

Relativne jedinice

Uzimamo SB=100S_B = 100 MVA i UB=231U_B = 231 kV, napon koji drže sve tri elektrane, pa je ZB=533,61 ΩZ_B = 533{,}61\ \Omega i V1=V2=V4=1V_1 = V_2 = V_4 = 1 r.j.:

x12=x13=0,4⋅125533,61=50533,61=0,09370 r.j.x23=x34=0,4⋅250533,61=100533,61=0,18740 r.j.\begin{aligned} x_{12} = x_{13} &= \frac{0{,}4 \cdot 125}{533{,}61} = \frac{50}{533{,}61} = 0{,}09370\ \rj \\ x_{23} = x_{34} &= \frac{0{,}4 \cdot 250}{533{,}61} = \frac{100}{533{,}61} = 0{,}18740\ \rj \end{aligned}

Matrica admitansi

Vodovi su čisto reaktivni, pa je Gij=0G_{ij} = 0, a matrica BB je:

B=[−21,34410,67210,672010,672−16,0085,336010,6725,336−21,3445,336005,336−5,336]\boldsymbol{B} = \begin{bmatrix} -21{,}344 & 10{,}672 & 10{,}672 & 0 \\ 10{,}672 & -16{,}008 & 5{,}336 & 0 \\ 10{,}672 & 5{,}336 & -21{,}344 & 5{,}336 \\ 0 & 0 & 5{,}336 & -5{,}336 \end{bmatrix}

Postavka problema

Čvor 2 ima i elektranu i potrošača, pa je njegovo aktivno injektiranje P2=(200−300)/100=−1P_2 = (200 - 300)/100 = -1 r.j. Reaktivna snaga potrošača u čvoru 2 ne ulazi u model: nju, sa ostatkom, pokriva generator, pa se Q2Q_2 dobija tek na kraju.

ČvorVrstaZadatoNepoznato
1referentniV1=1V_1 = 1 r.j., θ1=0\theta_1 = 0P1P_1, Q1Q_1
2PVP2=−1P_2 = -1 r.j., V2=1V_2 = 1 r.j.θ2\theta_2, Q2Q_2
3PQP3=−2P_3 = -2 r.j., Q3=−0,5Q_3 = -0{,}5 r.j.θ3\theta_3, V3V_3
4PVP4=2P_4 = 2 r.j., V4=1V_4 = 1 r.j.θ4\theta_4, Q4Q_4

Matematički model

Nepoznatih je četiri, θ2\theta_2, θ3\theta_3, θ4\theta_4 i V3V_3, pa su četiri i jednačine:

P2=V2∑jVjB2jsin⁡θ2jP3=V3∑jVjB3jsin⁡θ3jP4=V4∑jVjB4jsin⁡θ4jQ3=−V3∑jVjB3jcos⁡θ3j\begin{aligned} P_2 &= V_2 \sum_{j} V_j B_{2j} \sin\theta_{2j} \\ P_3 &= V_3 \sum_{j} V_j B_{3j} \sin\theta_{3j} \\ P_4 &= V_4 \sum_{j} V_j B_{4j} \sin\theta_{4j} \\ Q_3 &= -V_3 \sum_{j} V_j B_{3j} \cos\theta_{3j} \end{aligned}

Priprema za Newton-Raphson

Sa odstupanjima ΔPi=Pi−Pisp\Delta P_i = P_i - P_i^{sp} i ΔQ3=Q3−Q3sp\Delta Q_3 = Q_3 - Q_3^{sp}, u svakoj iteraciji rešava se sistem sa Jakobijanom 4 × 4, od ravnog profila θ2=θ3=θ4=0\theta_2 = \theta_3 = \theta_4 = 0 i V3=1V_3 = 1 r.j.:

[Δθ2Δθ3Δθ4ΔV3](k+1)=−[J(k)]−1[ΔP2ΔP3ΔP4ΔQ3](k),J=[H22H230F23′H32H33H34F33′0H43H44F43′K32K33K34L33′]\begin{gathered} \begin{bmatrix} \Delta\theta_2 \\ \Delta\theta_3 \\ \Delta\theta_4 \\ \Delta V_3 \end{bmatrix}^{(k+1)} = -\left[ \boldsymbol{J}^{(k)} \right]^{-1} \begin{bmatrix} \Delta P_2 \\ \Delta P_3 \\ \Delta P_4 \\ \Delta Q_3 \end{bmatrix}^{(k)}, \\[1ex] \boldsymbol{J} = \begin{bmatrix} H_{22} & H_{23} & 0 & F'_{23} \\ H_{32} & H_{33} & H_{34} & F'_{33} \\ 0 & H_{43} & H_{44} & F'_{43} \\ K_{32} & K_{33} & K_{34} & L'_{33} \end{bmatrix} \end{gathered}

Rešenje modela

Postupak konvergira posle 4 iteracije, do tačnosti 10−610^{-6} r.j.: θ2=−4,08∘\theta_2 = -4{,}08^\circ, θ3=−1,36∘\theta_3 = -1{,}36^\circ, θ4=21,75∘\theta_4 = 21{,}75^\circ i V3=0,9550V_3 = 0{,}9550 r.j. Referentna elektrana daje 100,0 MW i 51,0 MVAr, elektrana u čvoru 2 ukupno 127,3 MVAr, a u čvoru 4 64,9 MVAr.

Rezultat

Čvor 1 referentni, čvorovi 2 i 4 PV, čvor 3 PQ; nepoznate θ2\theta_2, θ3\theta_3, θ4\theta_4, V3V_3 i Jakobijan 4 × 4.

Rešenje modela: θ3=−1,36∘\theta_3 = -1{,}36^\circ, V3=0,9550V_3 = 0{,}9550 r.j.

Metod u predavanju

Slični zadaci

Teme

Tokovi snaga

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.