Примеры ручного расчёта установившегося режима, без учёта потерь мощности

В данной статье представлены примеры оценки параметров установившегося режима электрчиеской сети, на основе алгоритмов оптимизированных для ручного расчёта.

С уелью упрощения расчётов продольные и поперечные потери в ветвях мощности не учитываются.

Пример расчёта сети с двумя контурами

Рисунок 1- Исходная схема электрической сети, с двумя контурами

Рисунок 2- Выделение дерева сети.

Рисунок 3-Условные обозначения

Алгоритм расчета методом контурных токов:

• Составление направленного графа сети (расстановка условно-положительных направлений по ветвям).
• Выделение "дерева" электрической сети (рисунок 2).

Дерево- граф без цикла ( односвязный граф), т.е. выделение "простого пути" .

• Выделение условно-положительных направлений обхода контура.
• Расчет собственных и взаимных сопротивлений контура.
• Составление контурного уравнения.
• Расчет контурного уравнения.
• Если требуется расчет потери мощности сети, то применять метод разрезания контуров.

Например, Исходные данные

1. Исходная схема электрчиеской сети представлена на рисунке 1.
2. Мощности нагрузок узлов: [math] \dot S_{1}=60+j32;\text{ } \dot S_{2}=10+j5;\text{ } \dot S_{3}=40+j22;\text{ } \dot S_{4}=-30-j17\text{ }. [/math]
3. Напряжения базисного узла:[math]\dot{U}_{\text{Б}}=115[/math] кВ.
4. Проводимость шунта: 378 [мкСм].
5. Марка проводов всех ЛЭП: АС-240.
6. Длины ЛЭП:
   • 1-2: 3х60 км;
   • 1-3: 1х40 км;
   • 2-3: 1х30 км;
   • 2-4: 2х50 км;
   • 3-4: 2х50 км;
   • 4-5: 2х50 км.

Решение: Сворачиваем шунт в узле 3 (Рисунок 4) :

[math] \bigtriangleup \dot{S} = \dot{U}^{2} \cdot \hat{Y} = 115^{2} \cdot (-j 151,2) \cdot 10^{-6}=-j 2 [/math] (Мвар).

[math] \dot S_{3n}=\dot S_{3}+\bigtriangleup \dot S_{ }=40+j 22+ (-j2)=40+j 20 [/math].

Переносим базисный узел в 4 узел, так как метод контурных уравнений предполагает, что базисный узел должен находиться в одном из контуров

Рисунок 4-Преобразованная схема

Рисунок 5-Потоки мощности в ветвях 1-2,3-4

Составление системы уравнений:

[math] \dot S_{I}\cdot \hat Z {_{II}} + \dot S_{II}\cdot \hat Z{_{I;II}} +C_{1}=0 [/math]

[math] \dot S_{I}\cdot \hat Z{_{II; I}} +\dot S_{II}\cdot \hat Z{_{II;II}} +C_{2}=0 [/math],

где

[math] \hat Z{_{II; I}}=\hat Z{_{I; II}}[/math] –взаимные сопротивления контуров (учитывая направление обхода контуров);

[math]\hat Z{_{I; I}},\hat Z{_{II; II}}[/math] – собственные сопротивления контуров;

[math]C_{1}, C_{2}[/math] – (…, исходя из базисного узла, двигаемся по "дереву", учитывая направление обхода контура);

[math] \hat Z{_{II; I}}=\hat Z{_{I; II}}=\hat Z_{23}[/math];

[math] \hat Z{_{I; I}}=\hat Z_{13}+\hat Z_{32}+\hat Z_{12}[/math];

[math] \hat Z{_{II; II}}=\hat Z_{23}+\hat Z_{24}+\hat Z_{34}[/math];

[math]C_{2}= \dot S_{3n}\cdot (\hat Z_{23}+\hat Z_{24})+ \dot S_{2}\cdot \hat Z_{24}+ \dot S_{1}\cdot (\hat Z_{23}+\hat Z_{24})[/math];

[math]C_{1}=\dot S_{1}\cdot (\hat Z_{13}+\hat Z_{23})+ \dot S_{3n}\cdot \hat Z_{23}[/math].

Подстановка в исходную систему уравнений:

[math] \dot S_{I}\cdot (\hat Z_{13}+\hat Z_{32}+\hat Z_{12})+ \dot S_{II}\cdot \hat Z_{23}+( \dot S_{1}\cdot (\hat Z_{13}+\hat Z_{23})+ \dot S_{3n}\cdot \hat Z_{23})=0[/math];

[math] \dot S_{I}\cdot \hat Z_{23}+ \dot S_{II}\cdot (\hat Z_{23}+\hat Z_{24}+\hat Z_{34})+( \dot S_{3n}\cdot (\hat Z_{23}+\hat Z_{24})+ \dot S_{2}\cdot \hat Z_{24}+ \dot S_{1}\cdot (\hat Z_{23}+\hat Z_{24}) )=0[/math].

Так как все линии однородны (одного сечения), можем представить полное сопротивление линий эквивалентно их длине

Тогда, произведя соответствующую подстановку, получим такую систему:

[math] \dot S_{I}\cdot (\frac{60}{2}+\frac{50}{2}+\frac{60}{2})+ \dot S_{II}\cdot \frac{50}{2}+(\dot S_{1}\cdot (\frac{60}{2}+\frac{50}{2})+\dot S_{3n}\cdot \frac{50}{2})=0[/math];

[math]\dot S_{I}\cdot \frac{50}{2}+\dot S_{II}\cdot (\frac{50}{2}+40+30)+(\dot S_{3n}\cdot (\frac{50}{2}+40)+\dot S_{2}\cdot 40+\dot S_{1}\cdot (\frac{50}{2}+40) )=0[/math].

Рисунок 6-Потоки мощности во всех ветвях

Рисунок 7-Окончательное распределение потоков мощности во всех ветвях

Решив ее, получим:

[math]\dot S_{I}=-31,68-j16,81[/math] МВА;

[math]\dot S_{II}=-64,288-j33,25[/math] МВА;

Учитывая условно положительные направления в ветви 1-2 и обхода контура, запишем (Рисунок 5):

[math]\dot S_{12}=-\dot S_{I}=31,68+j16,81[/math] МВА.

Аналогично для второго контура:

[math]\dot S_{34}=-\dot S_{I}=64,288+j33,25[/math] МВА.

По Первому закону Кирхгофа найдем потоки мощности во всех ветвях (Рисунок 6):

Для узла 1:

[math] \dot S_{13}+\dot S_{12}=S_{1}[/math] МВА;

[math]\dot S_{13}=\dot S_{1}-\dot S_{12}=28,32+j15,19[/math] МВА.

Для узла 3:

[math]\dot S_{3n}+\dot S_{13}=\dot S_{23}+S_{34}[/math] МВА;

[math] \dot S_{23}=\dot S_{3n}+\dot S_{13}-\dot S_{34}=6,032+j1,94[/math] МВА.

Для узла 2:

[math]\dot S_{24}=\dot S_{2}+\dot S_{23}-\dot S_{12}=47,712+j23,75[/math] МВА.

Возвращаем на место узел 5, тогда распределение потоков будет выглядеть так, как показано на Рисунке 7.