ELEKTROENERGETYKA
- ĆWICZENIA -
CZ
ŚĆ II
CZ
ŚĆ II
f& ROZPA
YWY PR
DÓW
f& SPADKI NAPI
Ć
f& STRATA NAPI
CIA
f& STRATY MOCY
f& WSPÓA
CZYNNIK MOCY
Prądy odbiorników wyznaczamy przy założeniu, że w węzłach
Prądy odbiorników wyznaczamy przy założeniu, że w węzłach
odbiorczych występują napięcia znamionowe.
odbiorczych występują napięcia znamionowe.
Prąd pobierany przez odbiornik
" Odbiornik o parametrach: P, cos�
odbiornik trójfazowy odbiornik jednofazowy
P
P
I =
I =
3U cos �
N U cos �
N
" Odbiornik o parametrach: Q, cos�
odbiornik trójfazowy odbiornik jednofazowy
Q
Q
I =
sin � = sin (arccos � )
I =
3U sin �
U sin �
N
N
" Odbiornik o parametrach: S, cos�
odbiornik trójfazowy odbiornik jednofazowy
S
S
I =
I =
3U
U
N
N
Strata napięcia w linii
" U = I �" ZL = (I' + jI'')�"(R + jX )
L L
= (I'R - I''X )+ j(I''R + I'X )
L L L L
Podłużna strata Poprzeczna
''
'
"U
"U
napięcia strata napięcia
RL  rezystancja linii I  składowa rzeczywista prądu
XL  reaktancja linii I   składowa urojona prądu
Spadek napięcia w linii
�U = U - U
f1 f2
Dla linii I-go i II-go rodzaju spadek napięcia �U równy jest w przybliżeniu podłużnej
stracie napięcia "U
Spadek napięcia fazowy
�U = "U' = I' R - I' ' X
L L
Spadek napięcia przewodowy
�U = 3"U' = 3(I' R - I' ' X )
p L L
W obliczeniach praktycznych operuje się procentowym spadkiem napięcia �U%
odniesionym do napięcia znamionowego UN
�U
p
�U = �"100%
%
U
N
Spadek napięcia w całej linii
" Metoda  sumowania momentami
sumowania momentami
Dla linii jednofazowej Dla linii trójfazowej
l0i l0i
�U = 2 �" I'0i �U = �" I'0i
" "
ł �" s ł �" s
loi  długość i-tego odcinka linii liczona od punktu zasilania
I 0i  składowe rzeczywiste prądów płynące w odcinku 0-i
s  przekrój żył
ł  konduktywność (przewodność właściwa) materiału przewodzącego
" Metoda  sumowania odcinkami
sumowania odcinkami
Dla linii jednofazowej Dla linii trójfazowej
2 1
�U = lij �" I'ij �U = lij �" I'ij
" "
ł �" s ł �" s
lij  długość poszczególnych odcinków linii
I ij  składowe rzeczywiste prądów płynące w poszczególnych odcinkach linii
s  przekrój żył
ł  konduktywność (przewodność właściwa) materiału przewodzącego
Spadek napięcia w całej linii
Przykład dla linii jednofazowej
" Metoda  sumowania momentami  ilustracja graficzna
sumowania momentami
l0-3
l0-2
l0-1
01 23
I0-1 = (I'0-1 + jI' '0-1) I0- 2 = (I'0- 2 + jI' '0- 2 ) I0-3 = (I'0-3 + jI' '0-3 )
2
�U = (l0-1 �" I '0-1 + l0- 2 �" I '0- 2 + l0-3 �" I '0-3 )
ł �" s
" Metoda  sumowania odcinkami  ilustracja graficzna
sumowania odcinkami
l0-1 l1-2 l2-3
01 23
I0-1 = (I'0-1 + jI' '0-1) I2-3 = (I'2-3 + jI' '2-3 )
I1- 2 = (I'1- 2 + jI' '1- 2 )
2
�U = (l0-1 �" I '0-1 + l1- 2 �" I '1- 2 + l2-3 �" I '2-3 )
ł �" s
Straty mocy w linii
" Strata mocy czynnej w linii trójfazowej
2
"P = 3I R
L
" Strata mocy czynnej w linii jednofazowej
"P = I2R
L
" Strata mocy biernej w linii trójfazowej
2
"Q = 3I X
L
" Strata mocy biernej w linii jednofazowej
"Q = I2X
L
Moc dostarczana do linii P (w punkcie zasilania) równa jest
mocy wszystkich odbiorników Podb plus straty mocy w linii "P
Podb
P
P = Podb+ "P
"P
ZADANIE_2.2.
ZADANIE_2.2.
Dla sieci jak na rysunku obliczyć:
" rozpływ prądów
" maksymalny spadek napięcia
" współczynnik mocy w punkcie zasilania.
Obliczenia przeprowadzić dla dwóch przypadków:
a) linia prądu przemiennego jednofazowego 230 V
b) linia prądu przemiennego trójfazowego 400/230 V
Linia wykonana przewodem ADY 25mm2
50 m 60 m
0 100 m 123
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Rozwiązanie:
a) Linia jednofazowa
50 m 60 m
0 100 m 123
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Rozpływy prądów
" Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
P1
5,3 �"10
I1 =
= = 28,8 A
U cos �1
230 �" 0,8
N
I1 = I1(cos �1 + jsin �1) = 28,8 (0,8 - j0,6 ) = (23,04 - j17,28 ) A
3
P2
2,8 �"10
I2 =
= = 11 A
U cos �
230 �" 0,9
N 2
I2 = I2(cos � + jsin � ) = 11(0,9 - j0,44 ) = (9,9 - j4,8 ) A
2 2
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I2 = (9,9 - j4,8)A I3 =13,04 A
I1 = (23,04 - j17,28)A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Rozpływy prądów
" Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
P3
3 �"10
I3 =
= = 13,04 A
U cos �3
230 �"1
N
I3 = I3(cos �3 + jsin �3 )
= 13,04(1 - j0) = 13,04 A
" Prądy w poszczególnych odcinkach linii
I2-3 = I3 = 13,04 A
2-3:
I1-2 = I2-3 + I2 = 13,04 + 9,9 - j4,8 = (22,94 - j4,8 ) A
1-2:
I0-1 = I1-2 + I1 = 22,94 - j4,8 + 23,04 - j17,28
0-1:
= (45,98 - j22,1)A
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I0-1=(45,98-j22,1) A I1-2=(22,94-j4,8) A I2-3=13,04 A
I1 = (23,04 - j17,28)A I2 = (9,9 - j4,8)A I3 =13,04 A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Spadek napięcia
" metoda  sumowania momentami
l0i
�U = 2 �" I'0i
"
ł �" s
1
�U = 2 (100 �" 23,04 + 150 �" 9,9 + 210 �"13,04 ) = 15,7 V
34 �" 25
" metoda  sumowania odcinkami
2
�U = lij �" I'ij
"
ł �" s
2
�U = (100 �" 45,98 + 50 �" 22,94 + 60 �"13,04) = 15,7 V
34 �" 25
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I0-1=(45,98-j22,1) A I1-2=(22,94-j4,8) A I2-3=13,04 A
I1 = (23,04 - j17,28)A I2 = (9,9 - j4,8)A I3 =13,04 A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Spadek napięcia
" procentowy spadek napięcia
�U = 15,7 V
�U 15,7
�U = �"100 % = �"100 % = 6,83%
%
U 230
N
Współczynnik mocy w punkcie zasilającym
cos �0 = ?
�# ś#
I' '0-1 ź#
�# - 22,1 ś#
0
ś#
arctg
�0 =
= arctg
ś# ź# = -25,67
ś#
I'0-1 ź#
45,98
�# #
�# #
0
cos �0 = cos(- 25,67 )= 0,9 ind.
Rozwiązanie:
a) Linia trójfazowa
50 m 60 m
0 100 m 123
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Rozpływy prądów
" Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
P1
5,3 �"10
I1 =
= = 9,56 A
3U cos �1
3 �" 400 �" 0,8
N
I1 = I1(cos �1 + jsin �1) = 9,56(0,8 - j0,6 ) = (7,65 - j5,74 ) A
3
P2
2,8 �"10
I2 =
= = 4,49 A
3U cos �
3 400 �" 0,9
N 2
I2 = I2(cos � + jsin � =)4,49(0,9 - j0,44 ) = (4,04 - j1,96 ) A
2 2
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I0-1=(16,02-j7,7) A I1-2=(8,37-1,96) A I2-3=4,33 A
I2 = (4,04 - j1,96)A I3 = 4,33 A
I1 = (7,65 - j5,74)A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Rozpływy prądów
" Prądy pobierane przez poszczególne odbiorniki
3
P3
3 �"10
I3 =
= = 4,33 A
3U cos �3
3 400 �"1
N
I3 = I3(cos �3 + jsin �3 ) = 4,33(1 - j0) = 4,33 A
" Prądy w poszczególnych odcinkach linii
I2-3 = I3 = 4,33 A
2-3:
I1-2 = I2-3 + I2 = 4,33 + 4,04 - j1,96 = (8,37 - j1,96 ) A
1-2:
I0-1 = I1-2 + I1 = 8,37 - j1,96 + 7,65 - j5,74
0-1:
= (16,02 - j7,7)A
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I0-1=(16,02-j7,7) A I1-2=(8,37-1,96) A I2-3=4,33 A
I2 = (4,04 - j1,96)A I3 = 4,33 A
I1 = (7,65 - j5,74)A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Spadek napięcia
" metoda  sumowania momentami
l0i
�U = �" I'0i
"
ł �" s
1
�U = (100 �" 7,65 + 150 �" 4,04 + 210 �" 4,33) = 2,74 V
34 �" 25
" metoda  sumowania odcinkami
1
�U = lij �" I'ij
"
ł �" s
1
�U = (100 �"16,02 + 50 �"8,37 + 60 �" 4,33) = 2,74 V
34 �" 25
100 m
01 50 m 2 60 m 3
I0-1=(16,02-j7,7) A I1-2=(8,37-1,96) A I2-3=4,33 A
I2 = (4,04 - j1,96)A I3 = 4,33 A
I1 = (7,65 - j5,74)A
5,3 kW 2,8 kW 3 kW
cos�=0,8 ind. cos�=0,9 ind. cos�=1
Spadek napięcia
�U = 3�U = 3 �" 2,74 = 4,75 V
p
" procentowy spadek napięcia
�U
4,75
p
�U = �"100 % = �"100 % = 1,18 %
%
U 400
N
Współczynnik mocy w punkcie zasilającym
cos �0 = ?
�# ś#
I ''0-1 ź#
�# - 7,7 ś#
0
ś#
arctg
�0 =
= arctg
ś# ź# = -25,67
ś#
I '0-1 ź#
16,02
�# #
�# #
0
cos �0 = cos(- 25,67 )= 0,9 ind.
ZADANIE_2.3.
ZADANIE_2.3.
Linią trójfazową prądu przemiennego o napięciu znamionowym
400/230 V zasilane są dwa odbiory:
" odb. 1.: oświetleniowy o mocy 5 kW i cos�1 = 1
" odb. 2.: siłowy o mocy 10 kW i cos�2 = 0,8 ind.
Obliczyć:
a) rozpływ prądów
b) spadek napięcia
c) współczynnik mocy na początku układu
d) moc czynną jaką należy dostarczyć do linii
60 m
01 40 m 2
odb. 1. odb. 2.
Linia wykonana jest przewodami aluminiowymi 3x16 mm2
ZADANIE_2.4.
ZADANIE_2.4.
Dana jest linia trójfazowa o napięciu znamionowym 15 kV,
długości 22 km i impedancji ZL= (3+j4) �. Napięcie na końcu
linii wynosi 14,25 kV a prąd obciążenia "3�100 A przy cos� =
0,8 ind.
Obliczyć:
a) czynną, bierną i całkowitą stratę napięcia,
b) poprzeczną i podłużną stratę napięcia,
c) spadek napięcia w linii,
d) straty mocy w linii.
22 km
12
I = 3 �"100 A
cos� = 0,8 ind.
1 22 km 2
U1
"U 
"U
U2
"UX
"UR
I
Całkowita strata napięcia w linii
"U
" U1- 2 = " U + " U = I (R + jX )
R X L L
czynna bierna
strata strata
napięcia napięcia
" U = I R " U = I jX
R L X L
Podłużna strata napięcia Poprzeczna strata napięcia
"U' = Re { " U1-2 } "U' ' = Im { " U1-2 }
"U' = I' R - I' ' X "U' = I' ' R + I' X
L L L L
22 km
12
I = 3 �"100 A
cos� = 0,8 ind.
= 3 �"100 (0,8 - j0,6) = 3 �"(80 - j60 ) A
I = I(cos � + jsin � )
" U = I R
" U = 3 I R
R L
Rp L
�! Wart. fazowe �! Wart. przewod.
" U = I jX
" U = 3 I jX
X L
Xp L
" U = 3 I R = 3 �" 3(80 - j60 )�" 3 = (720 - j540 ) V
Rp L
" U = 3 I jR = 3 �" 3(80 - j60 )�" j4 = (720 + j960 ) V
Xp L
" U1-2 = " U + " U = 720 - j540 + 720 + j960
Rp Xp
= (1440 + j420 ) V
" U1-2 = (1440 + j420 ) V
Podłużna i poprzeczna strata napięcia
= 1440 V
"U' = Re { " U1-2 }
= 420 V
"U' ' = Im { " U1-2 }
Spadek napięcia w linii zasilającej
�U = U1 - U
2
U1
U = U = 14,25 kV
2 2
"U
Napięcie na początku linii
U2
I
U1 = U + " U1- 2
2
3
U1 = 14,25 �"10 + 1440 + j420 = (15 690 + j420 ) V
2 2
U1 = 15 690 + 420 = 15,695 kV
A zatem spadek napięcia w linii:
= 15,695 - 14,25 = 1,445 kV
�U = U1 - U
2
Straty mocy w linii
"P1- 2 = 3 �" I2R
L
2
"P1- 2 = 3 �"( 3 �"100) �" 3 = 0,27 MW
ZADANIE_2.5.
ZADANIE_2.5.
W linii 15 kV o impedancji ZL= (3+j4) � wystąpiły straty mocy
czynnej "P = 3,3 kW. Jaka jest moc odbioru odciążającego
linię, przy założeniu, że cos� = 0,8 poj.? Obliczyć spadek
napięcia w linii.
ROZWI
ZANIE
12
ZL=(3+j4) �
"P1-2 = 3,3 kW
cos� = 0,8 poj.
Znając straty mocy czynnej w linii "P wyznaczymy wartość
prądu
3
"P1- 2
3,3 �"10
I =
= = 19,1 A
"P1- 2 = 3 �" I2R
L
3 �" R
3 �" 3
L
Prąd w postaci l. zespolonej
I = I(cos � + jsin � ) = 19,1(0,8 + j0,6 ) = (15,3 + j11,5 ) A
Obliczamy spadek napięcia w linii (spadek napięcia w linii II rodzaju równy jest
podłużnej stracie napięcia)
= 15,3 �" 3 - 11,5 �" 4 = -0,1 V
�U1-2 = "U' = I' R - I' ' X
L L
�U1-2 = -0,1 V
Procentowy spadek napięcia w linii
�U
3 �"�U
p
�U = �"100% = �"100%
%
U U
N N
3 �"(-0,1)
�U = �"100 % = -0,001 %
%
3
15 �"10
Obliczamy moc odbioru który obciąża linię
S = P + jQ
3
P = 3U I �" cos � = 3 �"15 �"10 �"19,1 �" 0,8 = 397 kW
N
3
Q = 3U I �" sin � = 3 �"15 �"10 �"19,1 �" (-0,6) = -297,7 kvar
N
S = (397 - j297,7)k V �" A
Moc odbioru można także wyznaczyć z zależności:
3
S = 3UN �" I* = 3 �"15 �"10 �"(15,3 - j11,5 ) = (397 - j297 )kV �" A
ZADANIE_2.6.
ZADANIE_2.6.
Linią o impedancji ZL= (10+j12) � i napięciu znamionowym
15kV zasilany jest odbiór o prądzie Io= (42,5-j38,5) A. Jak
zmieni się spadek napięcia i straty mocy czynnej, jeśli na
końcu linii zostanie włączona bateria kondensatorów o mocy:
a) Q = -0,6 Mvar
b) Q = -1,0 Mvar
c) Q = -1,2 Mvar
ROZWI
ZANIE
ZL= (10+j12) �
Zo, Io= (42,5-j38,5) A
ZL= (10+j12) � Io= (42,5+j38,5) A
Liczymy spadek napięcia bez dołączonej baterii kondensatorów
�U = "U' = I' R - I' ' X
L L
�U = 3�U = 3(I' R - I' ' X )
p L L
�U = 3(42,5 �"10 - 38,5 �"15)= 1536 V
p
Procentowy spadek napięcia
�U
1536
p
= �"100 %
�U = �"100% = 10,2%
%
15 000
U
N
Dołączamy baterię kondensatorów o mocy 0,6 Mvar
Prąd płynący przez baterię kondensatorów
6
Q
0,6 �"10
c
Ic =
= 23,1 A
=
3
3 �" U
3 �"15 �"10
N
Ic =
j23,1 A
Ic = j23,1 A
ZL= (10+j12) �
IL
Zo, Io= (42,5-j38,5) A
IC
Prąd płynący w linii zasilającej
IL = I0 + IC = (42,5 - j15,4 ) A
= 42,5 - j38,5 + j23,1
U1
"U
IL
"UX
U2
"UR
I IC
2 2
IL = I'2 +I' '2 = 42,5 + 15,4 = 45,2 A
Liczymy spadek napięcia po dołączeniu baterii kondensatorów
�U = "U' = I' R - I' ' X
L L
�U = 3�U = 3(I' R - I' ' X )
p L L
�U = 3(42,5 �"10 - 15,4 �"15)= 1056 V
p
Procentowy spadek napięcia
�U
1056
p
= �"100 %
= 7%
�U = �"100%
%
15 000
U
N
Liczymy stratę mocy czynnej w linii przed dołączeniem baterii
2
"P = 3I R
0 L
2
I0 = I'0 2 +I' '0 2 = 42,5 + 38,52 = 57,3 A
2 2
"P = 3I R = 3 �" 57,6 �"10 = 98,5 kW
0 L
Liczymy stratę mocy czynnej w linii po dołączeniem baterii
2
"P = 3I R = 3 �" 45,22 �"10 = 61,3 kW
L L
L I N I A
" Przed dołączeniem baterii " Po dołączeniu baterii
Spadki napięć
�U = 10,2% �U = 7%
% %
Straty mocy czynnej
"P = 98,5 kW
"P = 61,3 kW
Prąd płynący w linii
I = 57,3 A
I = 45,2 A
ZADANIE_2.7.
ZADANIE_2.7.
Jak zmieni się procentowy spadek napięcia w linii 15 kV o
impedancji ZL= (2+j3) � obciążonej mocą czynną P2=1,6 MW
przy cos� = 0,8ind. Jeżeli na końcu linii zostanie dołączona
bateria kondensatorów o mocy Q = -1,2 Mvar.
ZADANIE_2.8.
ZADANIE_2.8.
Linia 15 kV o impedancji ZL= (2,2+j2,5) � zasila odbiór o mocy
czynnej 8 MW i biernej 6 Mvar. Jak zmienią się straty mocy
czynnej i spadek napięcia, jeżeli dołączona bateria
kondensatorów całkowicie skompensuje moc bierną odbioru.
ROZWI
ZANIE
Linia przed kompensacją mocy biernej S
Q = 6 Mvar
Określamy cos� odbiornika
�
6
�# ś#
6 �"10
Q
�# ś#
0
P = 8 MW
ś# ź#
= arctg = 36,86
� = arctg
ś# ź#
6
ś# ź#
8 �"10
P
�# #
�# #
0 0
cos � = cos( 36,86 ) = 0,8 sin � = cos( 36,86 ) = 0,6
Prąd pobierany przez odbiornik
6
P
8 �"10
Io =
= = 384,9 A
3
3U cos �
3 �"15 �"10 �" 0,8
N
I0 = I0(cos � + jsin � )
= 384,9 (0,8 - j0,6 ) = (307,92 - j230,94 ) A
ZL= (2,2+j2,5) �
Spadek napięcia w linii
I0= (307,92-j230,94) A
�U = 3�U = 3(I' R - I' ' X )
p L L
�U = 3(307,92 �" 2,2 - (-230,94 �" 2,5) ) = 2172,3 V
p
�U
2172,2
p
�U = �"100%
= �"100% = 14,488 E" 14,5%
%
U
15 000
N
Strata mocy czynnej
2
"P = 3I R = 3 �" 384,92 �" 2,2 = 978 kW
0 L
Linia po dołączeniu baterii kondensatorów (pełna kompensacja)
Prąd płynący w linii
= 307,92 A
IL = Re { I0 }
I  =0
Spadek napięcia w linii
�U = 3�U = 3(I' R - I' ' X )
p L L
�U = 3 �" I' R = 3 �" 307,92 �" 2,2 = 1173,3 V
p L
�U
1173
p
�U = �"100%
= �"100% = 7,82%
%
U
15 000
N
Strata mocy czynnej
2 2
"P' = 3I R = 3 �" 307 ,92 �" 2,2 = 625,7 kW
L L
L I N I A
" Przed dołączeniem baterii " Po dołączeniu baterii
Spadki napięć
�U = 14,5% �U = 7,82%
% %
Straty mocy czynnej
"P' = 625,7 kW
"P = 978 kW
Prąd płynący w linii
I = 384,9 A
I = 307 ,92 A
ZADANIE_2.9.
ZADANIE_2.9.
Linią o napięciu znamionowym 15 kV i o impedancji ZL= (3+j4)�
wysyłana jest moc S= (400+j200) kVA.
Obliczyć:
a) prąd odbioru dołączonego na końcu linii,
b) straty mocy w linii,
c) pojemność baterii kondensatorów, która skompensuje moc
bierną odbioru.
ROZWI
ZANIE S
Q = 200 kvar
�
S = (P + jQ ) = (400 + j200 ) kVA
P = 400 kW
3
�# ś#
200 �"10
Q
�# ś#
0
ś# ź#
= arctg = 26,56
� = arctg
ś# ź#
3
ś# ź#
400 �"10
P
�# #
�# #
0 0
cos � = cos( 26,56 ) = 0,89 sin � = cos( 26,56 ) = 0,45
a) Prąd odbioru
3
P
400 �"10
Io =
= = 17,3 A
3
3U cos �
3 �"15 �"10 �" 0,89
N
I0 = I0(cos � + jsin � )
= 17,3(0,89 - j0,45 ) = (15,4 - j7,8 ) A
b) Straty mocy w linii przed dołączeniem baterii kondensatorów
2
"P = 3I R = 3 �"17,32 �" 3 = 2693 ,6 W = 2,69 kW
0 L
2
"Q = 3I X = 3 �"17,32 �" 4 = 3591,5 var = 3,59 kvar
0 L
Moc bierna na końcu linii
Q = Q1 - "Q = 200 - 3,59 = 196,4 kvar
2
c) Pojemność baterii kondensatorów kompensująca moc bierną odbiornika
3
IC Q
196,41 �"10
b
C = IC =
= = 7,6 A
3
�U
3U
N 3 �"15 �"10
N
Qb=Q2
IC 7,6
C = = = 1,6 źF
3
�U 314 �"15 �"10
N
ZADANIE_2.10.
ZADANIE_2.10.
Linią o napięciu znamionowym 15 kV i o impedancji ZL= (3+j4) �
zasilany jest odbiornik o mocy 1,2 Mvar przy cos� =0,8 ind.
Obliczyć jak zmieni się współczynnik mocy na początku linii gdy
do odbioru zostanie dołączona bateria kondensatorów o mocy
Q = -900 kvar
ROZWI
ZANIE
Linia przed dołączeniem baterii
Prąd odbioru
6
1,2 �"10
S
= = 46,2 A
Io =
3
3 �"15 �"10
3U
N
I0 = I0(cos � + jsin � )
= 46,2(0,8 - j0,6 ) = (36,96 - j27,72 ) A
�# ś#
I ''0 ź#
�# - 27,72 ś#
0
ś#
�0 = arctg
= arctg =
ś# ź# -36
ś#
I '0 ź#
36,96
�# #
�# #
0
cos �0 = cos(- 36 )= 0,81 ind.
Linia po dołączeniu baterii kondensatorów
Prąd płynący przez baterię kondensatorów o mocy 900 kvar
3
Q
900 �"10
b
IC =
= = 34,64 A
3
3U
3 �"15 �"10
N
IC = j34,64 A
Prąd płynący linią po dołączeniu baterii kondensatorów
IL = I0 + IC = 36,96 - j27,72 + j34,64 =
(36,96 + j6,92 ) A
�# ś#
I ''L ź#
�# 6,92 ś#
ś#
� = arctg
= arctg = 10,60
ś# ź#
L
ś#
I 'L ź#
36,96
�# #
�# #
cos � = cos(10,60)= 0,98 poj.
L
cos �0 = 0,81 ind.
�! przed kompensacją
cos � = 0,98 poj.
�! po kompensacji
L
IL
IC
U2
I0
ZADANIE_2.11.
ZADANIE_2.11.
Dla linii jednofazowej prądu przemiennego o napięciu
znamionowym 230 V i przekroju 2 x 35 mm2 Al.,
obliczyć:
a) rozpływ prądów,
b) spadek napięcia w linii,
c) współczynnik mocy w punkcie zasilania.
100 m 100 m 2
01 50 m 3
5 kW 5,5 kVA 3 kvar
cos�1=0,8 ind. cos�2=0,6 poj. cos�3=0,7ind.