TDEE II C4

6.3. Particularităţile compensării liniilor electrice subterane L.E.S. sunt caracterizate prin aceea că capacitatea lor de transport este mult mai mică decât

puterea naturală. Practic ele funcţionează foarte aproape de mersul în gol şi aceasta datorită curentului admisibil al cablului care este impus de solicitarea termică a acestuia.

Astfel pentru un cablu de 400 kV, având Iadm = 800 A, la , puterea maximă transmisibilă este Pmax =

cos 1ϕ =

554108004003 3 =⋅⋅⋅ − MW pe când puterea naturală este de 2500 MW, deci Pmax << Pn.

Curentul capacitiv cu care se încarcă LES limitează simţitor puterea activă cu care acesta poate fi încărcat. Astfel dacă se consideră condiţia de funcţionare stabilă a unei LES:

2 2 2a c admI I I+ ≤ (8.74)

în care Ia este curentul activ (sarcina cablului fiind considerată activă), iar Ic curentul capacitiv şi ţinând seama de relaţiile de calcul ale acestor curenţi, se poate scrie:

22 2

nn

P (k U L) I3 U

⎛ ⎞+ ⋅ ⋅ ≤⎜ ⎟⎜ ⎟⋅⎝ ⎠

adm (8.75)

unde constanta k este : d0Ck

3ω⋅

= .

Sau: 2 2

2 2P L 1b a

+ ≤ (8.76)

în care n admb 3 U I= ⋅ ⋅ , iar . adm na I / k U= ⋅

Expresia (8.76) defineşte un domeniu posibil de funcţionare mărginit de o elipsă

limită: 2 2

2 2P L 1b a

+ = . Pentru cazul în care a = b,

elipsa se transformă în cerc (fig. 8.31).

Deci admn adm

n

I3 U I

k U⋅ ⋅ =

⋅ conduce

la *n

1U3 k

=⋅

.

Pentru un cablu de 35 kV, Iadm = 340 A, B0 = 0,28 F / kmμ rezultă , iar

kV.

310⋅k 5,45=*nU 102,7=

Deşi teoretice, elipsele figurate permit stabilirea unor concluzii calitative privind

transportul energiei. Astfel pentru transportul unei puteri mari este necesar a se folosi tensiuni ridicate, dar lungimea de transport va fi redusă. În schimb dacă se doreşte transportul unei puteri mici, aceasta se poate realiza cu tensiuni coborâte, dar pe distanţe mai mari.

Fig. 8.31. Locuri geometrice corespunzătoare unor regimuri limită de funcţionare a cablului

1

Revenind la compensarea propriu-zisă, se poate afirma că la LES se pune problema reducerii lungimii electrice a liniei ( ) şi a curentului capacitiv cu care se încarcă linia. Cele două aspecte pot fi soluţionate prin compensare inductivă transversală. Variantele de compensare sunt prezentate în figura 8.32. Pentru simplificare şi în scopul a se asigura elementul intuitiv la reprezentarea curenţilor s-a neglijat variaţia tensiunii în lungul liniei.

r2 Lπ

a) b)

c) d)

Fig. 8.32. Compensarea inductivă transversală a LES; varianta: a), b) 50 %; c) 66,7 %; d) 75 %;

Compensarea 50 %, aferentă la mijlocul liniei (schema a) are avantajul că, curentul capacitiv nu depăşeşte valoarea IC/2; deci lungimea electrică a liniei s-a redus la jumătate. Schema are avantajul că este reversibilă, dar prezintă inconvenientul că generatoarele se menţin încă încărcate cu sarcină capacitivă (deci pot ajunge în regim de autoexcitaţie).

Compensarea 50 % efectuată la sfârşitul liniei (schema b) reduce curentul capacitiv pe linie la jumătate (IC/2), deci şi lungimea electrică a liniei în aceeaşi măsură. Faţă de schema de la a) prezintă avantajul că nu necesită staţii intermediare, iar în condiţiile montării unei bobine identice la începutul liniei schema devine simetrică asigurând în plus şi descărcarea surselor de sarcină capacitivă.

Compensarea 66,7 % (schema c), reduce curentul capacitiv pe liniei la o treime, adică la IC/3; corespunzător şi lungimea electrică a liniei. Este mai eficientă decât schemele anterioare, deoarece la aceeaşi putere inductivă instalată în bobinele de compensare, scăderea lungimii electrice relative este mai pronunţată.

Astfel:

66,7% CL50%L C

2 II 43 1, 331 3I I2

⋅= = =

⋅, respectiv

50%50% CCr66,7% 66,7%r C C

1 IIL 32 1, 51 2L I I3

⋅= = = =

⋅

2

Deci, dacă în cazul schemei c), faţă de aceea de la b), puterea instalată în bobină creşte cu 33 %, lungimea electrică relativă se reduce cu 50 %.

Compensarea 75 % (schema d), reduce curentul capacitiv pe linie la o pătrime, adică la IC/4; corespunzător şi lungimea electrică a liniei. Schema este mai avantajoasă decât schemele anterioare.

Astfel, comparând-o cu schema c) se poate scrie:

75% CL66,7%L C

3 II 94 1,122 8I I3

⋅= = =

⋅, respectiv

66,7%66,7% CCr75% 75%r C C

1 IIL 43 1,331 3L I I4

⋅= = = =

⋅

Deci, dacă în cazul schemei d), faţă de cea de la c), puterea instalată în bobină creşte cu 12 %, lungimea electrică relativă se reduce cu 33 %.

3

7.9. PROBLEME REZOLVATE

Problema 1

Se consideră o LEA de 400 kV pentru care se cunosc parametrii: R0 = 0,0344 Ω/km, X0 = 0,349 Ω/km, B0 = 3,347.10-6 S/km. Să se calculeze mărimile caracteristice ale liniei de transport.

Soluţie:

Mărimile caracteristice ale liniilor de transport sunt: Zu, γ, α, β, v, λ, Pn. Pentru calculul acestora se vor utiliza relaţiile din subcapitolul 7.3. Astfel:

- impedanţa de undă:

0 0u 6

0 0

X R 0,349 0,0344Z 1 j 1 j 322,816 j 15,91 ,B 2X 2 0,3493,347 10−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅⋅ ⎝ ⎠⎝ ⎠Ω

sau ( ) ΩouZ 323,212 exp j 2,82= −

- constanta de propagare:

rad/km

600 0

03 3

R 0,0344j X B 1 j j 0,349 3,347 10 1 j2X 2 0,349

0,0532 10 j 1,0807 10

γ −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅⎝ ⎠⎝ ⎠

= ⋅ + ⋅ ⋅

sau: ( ) rad/km3 o1,082 10 exp 87,18γ −= ⋅ ;

Deci constanta de atenuare este: iar constanta de fază: .

1/km30,0532 10α −= ⋅-310 rad/km1,0807β = ⋅

- viteza undei:

km/s60 0

2 f 314v 290552X B 0,349 3,347 10

π−

= = =⋅ ⋅ ⋅

;

- lungimea de undă:

kmv 290552 5811,05f 50

λ = = = ;

- puterea naturală:

MW2 2n

nu

U 400P 495,03Z 323,212

= = =

- puterea aparentă caracteristică

MVA2 2n 0

2u 0

U R 400 0,0344S 1 j 1 j 495,03 j 24,395Z 2X 323,212 2 0,349

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅⎝ ⎠⎝ ⎠

Observaţii:

− Se constată că dacă se consideră linia fără pierderi se obţine o impedanţă de undă cu (323,212 - 322,816).100/323,212 = 0,123% mai mică decât cea reală. Observaţia rămâne aceeaşi şi pentru puterea naturală, doar că sensul de modificare al acesteia este invers.

− În regim de putere naturală, puterea reactivă ce se transportă pe linie este foarte redusă şi anume 24,395.100/495,03 = 4,928 % din puterea activă. Se poate afirma deci că în acest regim se transportă numai putere activă.

4

Problema 2

Să se calculeze coeficientul de reflexie al undei pentru problema anterioară ştiind că impedanţa de sarcină este Z2 = 400 exp(j 10o) Ω

Soluţie: Folosind relaţia (7.37) pentru calculul coeficientului de reflexie ρ se obţine:

o o o

o o o400 exp( j10 ) 323,212 exp( j2,82 ) exp( j10 ) 0,808 exp( j2,82 )400 exp( j10 ) 323,212 exp( j2,82 ) exp( j10 ) 0,808 exp( j2,82 )

ρ − − − −= =

+ − + −

o

o

o(0,985 j0,1736 ) (0,807 j0,0492 ) 0,107 j0,1299 0,168 exp( j50,54 )(0,985 j0,1736 ) (0,807 j0,0492 )

ρ + − −= = + =

+ + −

Problema 3 Să se calculeze cu cât se atenuează şi respectiv rotesc undele electromagnetice pe întreaga lungime a

liniei considerate, ştiind că L = 500 km, α = 0,0532.10-3 1/km, iar β = 1,0807.10-3 rad/km

Soluţie: Undele directe (tensiune, curent) îşi modifică amplitudinea (se atenuează) în lungul liniei de lungime

L, de exp(αL) ori, iar cele inverse de exp(-αL) ori. Deci:

exp(αL) = exp(0,0532.10-3.500) = 1,0269;

exp(-αL) = exp(-0,0532.10-3.500) = 0,9737;

Undele directe se rotesc de-a lungul liniei de lungime L cu unghiul ψd = β.L, iar cele inverse cu unghiul ψi = - β.L. Deci:

ψd = β.L = 1,0807.10-3.500 = 0,54035 rad = 30,96°

ψi = -β.L = -1,0807.10-3.500 = - 0,54035 rad = - 30,96° Observaţie: Undele directe vor fi la începutul liniei de 1,025 mai mari decât la sfârşitul liniei, iar cele inverse de 0,9737 ori mai mici decât la finele liniei.

Problema 4 Considerând valorile consacrate ale parametrilor de serviciu ale LEA de transport din România

(tabelul 4.2) să se analizeze dependenţa cantitativă a mărimilor caracteristice cu nivelul de tensiune. Soluţie:

Calculul mărimilor caracteristice se efectuează cu relaţiile folosite la problema 1, rezultatele fiind prezentate sintetic în tabelul 7.4.

Tabelul 7.4. Calculul mărimilor caracteristice ale LEA de transport din România.

Un [kV] 110 220 400 750

Rd0 [Ω/km] 0,16 0,07 0,035 0,02

Xd0 [Ω/km] 0,418 0,421 0,342 0,290

Bd0 [μS/km] 2,72 2,71 3,36 3,82

Zu [Ω] 392 394,14 319,03 275,55

ϕu [o] -10,83 -4,75 -2,93 -1,975

β [rad/km] 1,066.10-3 1,068.10-3 1,072.10-3 1,052.10-3

v [km/s] 294559 294007,5 292910,45 298479

λ [km] 5891,2 5880,15 5858,21 5969,58

Pn [MW] 30,86 122,8 501,57 2041,37

Qn [Mvar] -5,906 -10,21 -25,66 -70,39

5

Observaţii: Din analiza valorilor calculate şi înscrise în tabelul 7.4 se constată următoarele: - impedanţa de undă reprezintă practic aceeaşi valoare pentru nivelul de 110, 220 kV şi scade sensibil cu

creşterea tensiunii; - defazajul impedanţei de undă scade rapid cu creşterea nivelului de tensiune;

- coeficientul de rotire (defazare) β prezintă aceeaşi valoare per km de linie indiferent de nivelul de tensiune; la fel viteza undei şi lungimea de undă;

- puterea naturală creşte rapid cu creşterea tensiunii nominale a liniei.

Problema 5

Considerând o LEA de 400 kV cu 2, 3, 4 conductoare de Ol-Al pe fază, dispuse după cum se vede în tabelul 7.5 pentru care se cunosc caracteristicile geometrice ale liniei. Cu relaţiile prezentate la paragraful 7.3 se calculează mărimile caracteristice. Acestea vor fi înscrise în tabelul 7.5.

Tabelul 7.5. Analiza influenţei fascicularizării conductoarelor liniei asupra valorilor mărimilor caracteristice.

Numărul de conductoare pe fază 2 3 4

Dispunerea conductoarelor în fascicul

Secţiunea fazei [mm2] 900 900 960

Secţiune conductor [mm2] 450 300 240

Rază conductor [mm] 14,625 12,1 10,85

Distanţa dintre conductoare [mm] 400 400 400

Distanţa medie dintre faze [m] 13,859 13,859 13,859

Raza medie geometrică a fazei [mm] 67,498 114,684 152,496

Dm/rm 205,325 120,845 90,881

log Dm/rm 2,312 2,082 1,958

Xd0 [Ω/km] 0,334 0,3008 0,2829

Bd0 [μ/Skm] 3,278 3,6407 3,87

Zu [Ω] 319,2 287,439 270,371

β [rad/km] 1,046.10-3 1,0465.10-3 1,0463.10-3

v [km/s] 300191,2 300047,77 300105,13

λ [km] 6003,824 6000,95 6002,1026

Pn [MW] 501,253 556,639 591,78

Observaţii:

− La secţiune pe fază practic constantă, odată cu creşterea numărului de conductoare pe fază, reactanţa de serviciu a scăzut, susceptanţa a crescut. Scăderea reactanţei este de cca. 15,3%, iar creşterea susceptanţei de 18%. Corespunzător impedanţa de undă a scăzut cu cca. 15,29% şi puterea naturală a crescut cu 18,06%.

− Aşa cum era de aşteptat β, v şi λ nu au fost afectate de gradul de fascicularizare al conductoarelor.

Problema 6

Pe LEA de 400 kV considerată, se transportă puterea P2 = 400 MW la cos ϕ2 = 0,9 inductiv. Să se calculeze valoarea undei directe şi inverse a tensiunii şi curentului la sfârşitul liniei, ştiind că tensiunea U2 = 400 kV.

6

Soluţie:

Se calculează mai întâi curentul I2 absorbit la capătul LEA, presupunând tensiunea U2 în axa reală. Astfel:

kA, 22

2 2

P 400I 03U cos 3 400 0,9ϕ

= = =⋅ ⋅

,638

( )I ko2 22 I exp j 0,638 exp( j 25,84 ) 0,5742 j 0,278ϕ= − = − = − A

Ca urmare se pot calcula undele componente ale tensiunii Uf2. Astfel:

kV

2 uf 2d 2

o

U I Z 400 / 3 (0,5742 j 0,278 ) ( 322,86 j 15,91)U2 2

205,98 j 49,445 211,831 exp( j 13,498 )

+ + − ⋅ −= =

= − = −

=

kV

2 uf 2i2

o

U I Z 400 / 3 (0,5742 j 0,278 ) ( 322,86 j 15,91)U2 2

25,02 j 49,445 56,309 exp( j 63,16 )

− − − ⋅ −= =

= + =

=

În ceea ce priveşte undele ce alcătuiesc curentul I2 se poate scrie:

kAo

od 2d 2 o

u

U 211,831 exp( j 13,498 )I 0,655 exp( j 10,678 ) 0,644 j 0,12Z 323,212 exp( j 2,82 )

−= = = − = −

−

kA

+= − = − = =

−

= − = − −

o ooi2

i2 ou

o o

U 56,309 exp( j63,16 180 )I 0,1742exp( j245,98 )Z 323,212exp( j2,82 )

0,1742exp( j( 245,98 360 )) ( 0,07 j0,158 )

Observaţii: Tensiunea la sfârşitul liniei este rezultatul compunerii undei directe cu cea inversă de tensiune, adică:

kVf 2U 205,98 j 49,445 25,02 j 49,445 231 kV 400 / 3= − + + = = ;

La fel şi curentul I2,, astfel:

kA kA2I 0,644 j 0,12 - 0,07 - j 0,158 0,574 - j 0,278 0,635 exp(- j25,84 )= − = =

Problema 7

Să se calculeze undele directă şi inversă ale tensiunii şi respectiv curentului la începutul liniei.

Soluţie:

Dacă se au în vedere rezultatele problemei 3, se pot scrie următoarele:

kV

odd1 d 2

o

U exp( L )exp( j )U 1,027 exp( j 0,54 rad ) 211,831 exp( j 13,498 )

217,529 exp( j 17,475 ) ( 207,49 j65,322 )

α ψ= = ⋅ −

= = +

=

kV

= − ⋅ =

= − ⋅

= = +

ii1 i2o

o

U exp( L ) exp( j )U

0,9737 exp( j 0,54035 rad ) 56,309 exp( j 63,16 )

54,828 exp( j 32,185 ) ( 46 ,403 j29,204 )

α ψ

=

kA

= = ⋅ −

= = +

o odd1 d 2

o

I exp( L )exp( j )I 1,0269exp( j 30,96 ) 0,655 exp( j 10,678 )

0,6726 exp( j 20,295 ) (0,6308 j 0,233 )

α ψ =

7

kA

= − ⋅ =

= − ⋅ −

= − = − −

ii1 i2o o

o

I exp( L ) exp( j )I

0,9737 exp( j 30,96 ) 0,1742 exp( j 114,02 )

0,169 exp( j144,02 ) ( 0,1367 j 0,0993 )

α ψ

=

Observaţii: Tensiunea şi respectiv curentul la începutul liniei sunt rezultatul compunerii undelor directe şi inverse. Astfel:

kV

kV

f 1 d1 i1

o

U U U 207,49 j 65,322 46 ,403 j 29,204 253,893 j 94,526

270,918 exp( j 20,42 )

= + = + + + = +

=

=

= + = + − − = + =

=1 d1 i1

o

I I I 0,6308 j 0,233 0,1384 j 0,0973 (0,4924 j 0,1357 ) kA

0,5107 exp( j 15,407 ) kA

Problema 8

Să se reprezinte în planul complex tensiunile şi curenţii de la începutul şi sfârşitul liniei, împreună cu componentele lor directe şi inverse.

Soluţie:

Pentru întocmirea diagramelor fazoriale cerute (fig. 7.44, 7.45), se transpun în planul complex relaţiile:

i2

i2

;

; f 2 d 2 f 1 d1 i1 d 2 i2

2 d 2 1 d1 i1 d 2 i2

U U U U U U U exp( L ) U exp( L )

I I I I I I I exp( L ) I exp( L )

γ γ

γ γ

= + = + = + −

= + = + = + −

Fig. 7.44. Diagrama fazorială a tensiunilor

Fig. 7.45. Diagrama fazorială a curenţilor

8

Problema 9

LEA de 400 kV transportă puterea aparentă S2 = 400+j 20 MVA. Să se calculeze mărimile: tensiune şi curent la începutul liniei ştiind faptul că U2 = 400 kV iar lungimea liniei este L = 500 km.

Soluţie:

3

c3

u1

1 2u

ch ZY Z sh ZYU U1 sh ZY h ZYI IZ

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥

⎣ ⎦

2⋅⎥ (7.104)

*2

22

S 400 j 20I 0,578 j 0,0289 kA3 U 3 400

− ⋅= = = − ⋅

⋅ ⋅

ch ZY ch( L ) ch( L ) cos( L ) j sh( L ) sin( L )

ch(0,0266 ) cos( 0,54035 ) j sh( 0,0266 ) sin( 0,54035 )0,857 j 0,01285

γ α β α β= = + =

= += +

=

sh Z Y sh( L ) sh( L ) cos( L ) j ch( L ) sin( L )

sh( 0,0266 ) cos(0,54035 ) j ch(0,0266 ) sin(0,54035 )0,0223 j 0,514

γ α β α β⋅ = = + =

= += +

=

Ca urmare relaţia (7.104) devine:

3

1

1

0,857 j 0,01285 ( 322,816 j 15,91)(0,0223 j 0,514 )U1 0,0223 j 0,514I 0,857 j 0,01285

322,816 j 15,9134000,578 j 0,0289

⎡ ⎤+ −⎡ ⎤ ⎢ ⎥= ⋅+⎢ ⎥ ⎢ ⎥⋅ +⎣ ⎦ ⎢ ⎥−⎣ ⎦

⎡ ⎤⋅ ⎢ ⎥−⎣ ⎦

+

de unde:

kV

kA

= + =

= + =

o1

o1

U 366,49 j 170,89 404,374 exp( j 25 ) ,

I 0,439 j 0,3504 0,6047 exp( j 35,4 )

Observaţii:

Analizând valorile obţinute pentru U1 şi I1 se constată că la începutul liniei se absoarbe putere capacitivă, adică linia are caracter capacitiv. Pierderea de tensiune ce apare la acest regim este foarte redusă 4,374 kV, adică în procente 1,093 %.

Dacă se neglijează pierderile expresia (7.104) devine:

j 3

3

⎡ ⎤⋅⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

u1 2

1 2u

cos( L ) Z sin( L )U U1j sin( L ) cos( L )I IZ

β β

β β⎥⋅⎥ (7.105)

sau: j 3

0,857

3

1

1

0,857 323,2 0,5144U 4000,5144 0,578 j 0,0289I j

323,2

⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ − ⋅⋅ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎢ ⎥⋅⎣ ⎦

de unde: kVo1U 351,41 j 166,69 388,94 exp( j 25,377 )= + ⋅ = ⋅ ⋅

kAo1I 0,495 j 0,3423 0,6017 exp( j 34,66 )= + =

9

Se poate constata că neglijând pierderile au apărut unele diferenţe cantitative mai ales în ceea ce priveşte tensiunea. În acest regim apare efectul Ferrantti, caracterizat prin creşterea tensiunii la capătul liniei cu cca. 11 kV, adică cu 2,75 %; în realitate însă acest lucru nu există.

Problema 10

Să se determine parametrii schemei echivalente în Π a LEA luată în considerare pentru frecvenţa de 50 Hz.

Soluţie:

z

o o

o

sh( L )sh ZY 0,0223 j 0,514Z ' k Z Z Z ( 17,2 j 174,5 )L 0,0266 j 0,54035ZY

0,5145 exp( j 87,51 ) 175,345 exp( j 84,37 )0,541 exp( j 87,18 )

166 ,756 exp( 84,7 ) (15,403 j 166 ,043 )

γγ

+= ⋅ = ⋅ = = + =

+

⋅= =

= = + Ω

S.

Y

o o

o o

3 o

2( ch( L ) 1)2( ch ZY 1)Y ' k Y

L sh( L )ZY sh ZY

2 0,14357 exp(173,86 ) 1,6735 exp( j 90 ) 100,541 exp( 87,18 ) 0,5145 exp( j 87,51 )

1,726 10 exp( j 87,17 ) (0,025 j 1,7258 ) 10

γγ γ

−

− −

−−= ⋅ = = =

⋅⋅

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

= ⋅ = + ⋅

3

3

Observaţii:

Avându-se în vedere că LEA are lungimea mai mică decât 700 km, coeficienţii kZ, kY puteau fi calculaţi şi cu relaţiile următoare:

2 o

oZ

( L )Z Y 0,2926 exp( j 174,36 )k 1 1 1 0,9514 exp( j 0,29 )6 6 6

γ⋅= + = + = + =

o oZZ ' k Z 0,9514 exp( j 0,29 ) 175,345 exp( j 84,37 )

166 ,753 exp( j 84,66 ) (15,5196 j 166 ,029 )= ⋅ = ⋅

= = +

=

Ω

2 oo

Y( L )Z Y 0,2926 exp( j 174,36 )k 1 1 1 1,024 exp( j 0,134

12 12 6γ⋅

= − = − = − = − )

S

o oY

3 o

Y ' k Y 1,024 exp( j 0,134 ) 1,6735 exp( j 90 ) 10

1,7136 10 exp( j 89,866 ) (0,004 j 1,7136 ) 10

−

− −

= ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⋅ = + ⋅

3

3

Se poate constata că folosind relaţiile simplificate pentru calculul lui kZ şi kY, au rezultat valori pentru Z’ şi Y’ foarte apropiate de cele determinate cu relaţiile exacte.

Dacă se consideră linia fără pierderi în loc de kZ şi kY, se calculează kX şi kB. Astfel:

( )22

X0,541XB ( L )k 1 1 1 0,951

6 6 6β

= − = − = − =

( )22

B0,541XB ( L )k 1 1 1 1,02439

12 12 12β

= + = + = + =

Se poate constata, aşa cum era de aşteptat că:

,X YY Zk k , k k≅ ≅

10

Se pot acum calcula:

S -3x yX ' X k 165,95 , Y ' Y k 1,714 10= ⋅ = Ω = ⋅ = ⋅

Cu acestea, schemele echivalente în π corespunzătoare sunt cele prezentate în figura 7.46.

Fig. 7.46. Schemele echivalente în Π: a) pentru linia cu pierderi; b) pentru linia fără pierderi.

Problema 11

O linie de transport de 400 kV, având lungimea L = 500 km şi parametrii de serviciu cei din problema 1, este lăsată în gol. Să se calculeze tensiunea la sfârşitul liniei şi curentul la început, ştiind că tensiunea U1 = 400 kV.

Soluţie:

kV

kV1 2

1

U U ch( L ) 400(0,857 j 0,01285 ) 342,8 j 5,14

U 342,838

γ= = + = +

=

kA

kA

+= = ⋅ = − +

−⋅

=

21

u

1

U 400 0,0223 j 0,514I sh( L ) ( 0,00212 j 0,386 )322,816 j 15,913 Z 3

I 0,368

γ

Observaţii:

Linia are în acest regim un pronunţat caracter capacitiv. Creşterea de tensiune în lungul LEA datorită efectului Ferrantti este ΔU = 400 - 342,838 = 57,162 kV, adică procentual 14,29 %.

Dacă se foloseau ecuaţiile liniei fără pierderi se obţinea:

kV1 2U U cos( L ) 400 cos( 0,54035 ) 343,01β= = ⋅ =

kA= = =⋅

21

u

U j 400I j sin( L ) sin(0,54035 ) j 0,3683Z 3 323,2

β

iar efectul Ferrantti este: ΔU = 400 - 343,01 = 56,99 kV, adică procentual 14,248 %. Practic se constată că s-a obţinut acelaşi rezultat.

Problema 12:

Să se calculeze puterea aparentă absorbită la mers în gol de linia de 400 kV considerată mai sus.

Soluţie:

) MVA

*11 1S 3U I 3( 342,8 j 5,14 )( 0,00212 j 0,368 )

( 2,0146 j 218,24= = + ⋅ − − ⋅

= − ⋅

=

Observaţie: La mersul în gol LEA absoarbe putere capacitivă şi o putere activă necesară acoperirii pierderilor provocate de circulaţia puterii reactive pe rezistenţa liniei.

11

Problema 13:

Pentru linia considerată, să se calculeze valoarea curentului de scurtcircuit simetric la finele liniei ştiind că tensiunea la începutul liniei U1 = 400 kV.

Soluţie:

În regim de scurt circuit simetric produs la capătul liniei, se poate scrie:

2 u1U 3I Z sh( L )γ=

kA kA

= =− +

= − =

12

u

2

400U 3I

( 322,816 j 15,19 )(0,0223 j 0,514 )3Z sh( L )

0,1254 j 1,3837 I 1,389

γ

Observaţie: Aşa cum era de aşteptat curentul de scurtcircuit are un pronunţat caracter inductiv.

Dacă se consideră linia fără pierderi se obţine :

2I k1

u

U j 400j j 1,38943Z sin( L ) 3 323,2 0,5144β

−= − = = −

⋅ ⋅A

Prin urmare valoric se obţine acelaşi curent de scurtcircuit şi la folosirea ecuaţiilor corespunzătoare liniei fără pierderi.

Problema 14:

Să se calculeze puterea reactivă absorbită la finele liniei considerate şi reactanţa bobinei instalate, pentru ca la mersul în gol tensiunile la capetele liniei să fie egale între şi egale cu tensiunea nominală.

Soluţie:

Considerând relaţiile stabilite pentru LEA fără pierderi se poate scrie pentru puterea reactivă expresia:

MVAr2 22

2u

U 1 cos( L ) 400 1 0,857Q 1Z sin( L ) 323,2 0,5144

ββ

− −= ⋅ = ⋅ = 37,62 ,

iar pentru reactanţa bobinei:

2 22

L2

U 400X 1162,62Q 137,62

= = = Ω

Observaţie: S-au folosit relaţiile corespunzătoare liniilor fără pierderi pentru simplitatea calculului.

Pentru a folosi relaţiile exacte se pleacă de la expresia tensiunii U1. Astfel:

2 u1 2U U ch( L ) 3I Z sh( Lγ γ= ⋅ + ⋅ ) ,

în care se înlocuieşte 2 2 22 1I jQ / 3U , U U exp( j ),δ= − = U2 considerându-se în axa reală. Ca urmare rezultă:

22 2 2uexp( j ) ch( L ) j Z Q sh( L ) / U A( Q ) j B( Q )δ γ γ= − ⋅ = + ⋅ 2

sau: cos j sin A jBδ δ+ = + de unde se obţine sistemul:

2

2

cos A( Q )sin B( Q )

δδ=⎧

⎨ =⎩ prin rezolvarea căruia se obţin valorile lui δ şi a lui Q2.

12

Problema 15:

Pe linia de transport considerată se transportă o putere activă de 600 MW la cosϕ = 1. Care este puterea reactivă ce trebuie absorbită la sfârşitul liniei, pentru ca tensiunile la capetele liniei să fie egale între ele şi egale cu 400 kV.

Soluţie:

Apelând la linia fără pierderi, puterea reactivă Q2 este dată de expresia:

MVAr (cap.)

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + −⎢ ⎥ − + −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦= =⋅

= −

1 22 1 222

2n 2 2

2 2u

P 600cos( L ) 1 sin ( L ) 0,857 1 0,256P 495,03Q UZ sin( L ) 323,2 0,5144

792,905

β β

β=400

Reactanţa capacitivă a bateriilor folosite pentru compensare are valoarea:

2 22

c2

U 400X 201,789Q 792,905

= = = Ω ,

iar capacitatea corespunzătoare: C = 15,782 μF.

Problema 16:

Să se determine cum se modifică mărimile caracteristice ale LEA considerate printr-o compensare capacitivă longitudinală de 50%.

Soluţie:

Reactanţa longitudinală a liniei prin compensare devine:

L comp CX 174,5X X X 87,252 2

= − = = = Ω

Ca urmare valorile mărimilor caracteristice pentru linia fără pierderi sunt:

u 60,1745Z 228,33

3,347 10−= =

⋅Ω

rad/km6 30,1745 3,347 10 0,764 10β − −= ⋅ ⋅ = ⋅

MW2

n400P 700,74

228,33= =

Observaţie: Prin compensarea capacitivă longitudinală a liniei cu 50 % s-a obţinut creşterea capacităţii de transport cu 41,55 % şi reducerea lungimii electrice relative a liniei cu 29,305 %.

13