ĐỒ ÁN LƯỚI ( Chương 3 tính toán chỉ tiêu )

Đinh Văn Giáp
Chương 3. Tính toán chỉ tiêu kỹ thuật
1. Tiết diện dây dẫn
Dựa trên phương pháp mật độ dòng kinh tế Jkt:
Pm2ax + Qm2 ax
Smax
=
Fkt= I max =
n. 3U dm
n. 3U dm
Imax là dòng điện cực đại trên đường dây làm việc ở chế độ bình
Pm2ax + Qm2 ax
Smax
I max =
=
thường:
n. 3U dm
n. 3U dm
Trong đó: n là thể hiện số dây truyền tải
Udm là điện áp đinh mức (kV)
Theo đề bài ta chọn dây nhôm lõi thép theo cấp điện áp 110kV với
thời gian sử dụng công suất cực đại Tmax = 5500h. Jkt được tra theo
bảng 2.10. Trị số mật độ dòng điện kinh tế, trang 31 theo giáo trình
thiết kế cấp điện của Ngô Hồng Quang và Vũ Văn Tẩm ta được:
Jkt = 1 (A/mm2)
2. Tính toán để chọn dây dẫn
2.1 Phương án sơ đồ hình tia.
Đoạn N – 1 đường truyền tải hộ loại 3 nên đường dây truyền tải là lộ đơn
n = 1.
S1max
33.103

I max =
=
= 173,2 A
n. 3U dm
3.110
I
173,2
Fkt = max =
= 173,2mm 2
J kt
1
 Chọn tiết diện dây 185 mm2 theo quy chuẩn AC – 185 với Icp = 515A theo
PL4.12 trang 369 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện của Nguyễn Công
Hiền và Nguyễn Mạnh Hoạch.
+ Điều kiện tổn thất vầng quang ở cấp điện áp 110kV: Fd = 185 ≥ 70mm2
+ Điều kiện độ bền cơ học ở cấp điện áp 110kV: Fd = 185 ≥ 35mm2
Đường Số
Smax
l
Imax
Fkt
Fd
Icp
2
2
dây lộ(n)
(MVA)
(km)
(A)
(mm )

(mm )
(A)
N-1
1
33
67,08
173,2
173,2
AC-185 515
N-2
2
46,6
40
122,3
122,3
AC-150 445
N-3
2
46,6
82,46
122,3
122,3
AC-150 445
N-4
2
35,2
64,03
92,4
92,4
AC-95

335
N-5
2
52,3
44,72
137,3
137,3
AC-150 445


N-6
2
44,3
64,03
116,3
116,3
AC-120 380
+ Điều kiện phát nóng của dây dẫn
Icp ≥ Iscmax ( Iscmax = n.Imax )
( vì đoạn N-1 là đường dây đơn nên khi xảy ra sự có sẽ dẫn đến mất điện,
không tính đến Isc ).
Ta có bảng kiểm tra điều kiện phát nóng:
Đường
dây
N-1
N-2
N-3
N-4
N-5
N-6

Iscmax = n.Imax
(A)
173,2
244,6
244,6
184,8
274,6
232,6

Imax
(A)
173,2
122,3
122,3
92,4
137,3
116,3

Icp
(A)
515
445
445
335
445
380

Từ bảng số liệu ta thấy các dây đã chọn đều thỏa mãn điều kiện: Icp ≥ Iscmax
+ Tổn thất điện áp trên các đường dây

• Xét với nguồn N-1sử dụng lộ đơn n = 1: tổn hao điện áp bình thường
P.R + QX
∆U bt =
.100%
U2
Trong đó điện trở và điện kháng:
r .l 0,17.67,08
R= 0 =
= 11,4Ω
n
1
x .l 0,377.67,08
X= 0 =
= 25,3Ω
n
1
Chọn khoảng cách trung bình các dây là 2500mm.
Với r0,x0 tra bảng PL4.6 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện.
29.11,4 + 15,7.25,3
.100% = 6,02%
1102
Với đường dây lộ kép ta sử dụng: ∆U sc = 2.∆U bt
Do đường dây lộ đơn xảy ra sự cố mất điện nên ta không xét đến.
→ ∆U bt =


Ta lập bảng các đường dây còn lại:
Đường Số
P+jQ
l

R
Ω
Ω
r
)
0(
dây
lộ
km x0( km ) (km) ( Ω )
(n)
N-1
1 29+j15,7 0,17
0,377 67,0 11,4
8
N-2
2 41+j22,1 0,21
0,372
40
4,2
N-3
2 41+j22,1 0,21
0,372 82,46 8,71
N-4
2 31+j16,7 0,33
0,385 64,03 10,6
N-5
2 46+j24,8 0,21
0,372 44,72 4,7
N-6
2 39+j21,1 0,27

0,379 64,03 8,6

X ∆U bt
( Ω ) (%)

∆U sc
(%)

25,3 6,02
7,4 2,77
15,3 5,75
12,3 4,4
8,3 3,5
12,1 4,88

5,54
11,5
8,8
7
9,76

 Từ bảng số liệu ta thấy: ∆U bt max = 6,02% < ∆U cpbt = 10%
∆U sc max = 11,5% < ∆U cpsc = 20%
Vậy phương án thỏa mãn điều kiện về kỹ thuật.
2.2 Phương án sơ đồ liên thông 2 – 1
• Ta có S2-1 = S1 = 29 + 15,7j (MVA)
Đoạn N (2–1) đường truyền tải hộ loại 3 nên đường dây truyền tải là lộ
đơn n = 1.
S1max
33.103

I max =
=
= 173,2 A
n. 3U dm
3.110
I
173,2
Fkt = max =
= 173,2mm 2
J kt
1
 Chọn tiết diện dây 185 mm2 theo quy chuẩn AC – 185 với Icp = 515A theo
PL4.12 trang 369 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện của Nguyễn Công
Hiền và Nguyễn Mạnh Hoạch.
+ Điều kiện tổn thất vầng quang ở cấp điện áp 110kV: Fd = 185 ≥ 70mm2
+ Điều kiện độ bền cơ học ở cấp điện áp 110kV: Fd = 185 ≥ 35mm2
• Ta xét đoạn từ nguồn đến N-21 đi dây theo lộ kép n = 2:
SN21 = S2 + S1 = 41 + 22,1j + 29 + 15,7j = 70 + 37,8j
702 + 37,82 .103
I max =
= 208,9 A
2. 3.110
I
208,9
Fkt = max =
= 208,9mm 2
J kt
1

 Chọn tiết diện dây 240 mm2 theo quy tắc chuẩn AC – 240 với Icp = 610A
Theo PL4.3 trang 365 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện của Nguyễn
Công Hiền và Nguyễn Mạnh Hoạch.
+ Điều kiện tổn thất vầng quang ở cấp điện áp 110kV: Fd = 240 ≥ 70mm2
+ Điều kiện độ bền cơ học ở cấp điện áp 110kV: Fd = 240 ≥ 35mm2
Đường
dây
N-2-1
N-N-21
N-3
N-4
N-5
N-6

Số
lộ(n)
1
2
2
2
2
2

Smax
(MVA)
33
79,6
46,6
35,2
52,3

44,3

l
(km)
36,05
40
82,46
64,03
44,72
64,03

Imax
(A)
173,2
208,9
122,3
92,4
137,3
116,3

Fkt
(mm2)
173,2
208,9
122,3
92,4
137,3
116,3

Fd

(mm2)
AC-185
AC-240
AC-150
AC-95
AC-150
AC-120

Icp
(A)
515
610
445
335
445
380

+ Điều kiện phát nóng của dây dẫn
Icp ≥ Iscmax ( Iscmax = n.Imax )
( vì đoạn N-1 là đường dây đơn nên khi xảy ra sự có sẽ dẫn đến mất điện,
không tính đến Isc ).
Ta có bảng kiểm tra điều kiện phát nóng:
Đường
dây
N-2-1
N-N-21
N-3
N-4
N-5
N-6

Số lộ
(n)
1
2
2
2
2
2

Iscmax = n.Imax
(A)
173,2
417,8
244,6
184,8
274,6
232,6

Imax
(A)
173,2
208,9
122,3
92,4
137,3
116,3

Icp
(A)

515
610
445
335
445
380

Từ bảng số liệu ta thấy các dây đã chọn đều thỏa mãn điều kiện: Icp ≥ Iscmax
+ Tổn thất điện áp trên các đường dây
• Xét với nguồn N-21 sử dụng lộ kép n = 2: tổn hao điện áp bình
thường:
P.R + QX
∆U bt =
.100%
U2


Trong đó điện trở và điện kháng:
r .l 0,132.40
R= 0 =
= 2,64Ω
n
2
x .l 0,377.40
X= 0 =
= 7,54Ω
n
2
Chọn khoảng cách trung bình các dây là 2500mm.
Với r0,x0 tra bảng PL4.6 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện.

70.2,64 + 37,8.7,54
→ ∆U bt =
.100% = 3,88%
1102
Với đường dây lộ kép ta sử dụng: ∆U sc = 2.∆U bt
Do lộ đơn xảy ra sự cố mất điện nên ta không tính toán.
Ta lập bảng các đường dây còn lại:
Đường Số
dây
lộ
(n)
N-2-1 1
N-N2
21
N-3
2
N-4
2
N-5
2
N-6
2

P+jQ

r0(

l
R
X ∆U bt

Ω
Ω
)
km x0( km ) (km) ( Ω ) ( Ω ) (%)

∆U sc
(%)

29+j15,7
70+j37,8

0,17
0,132

0,377
0,377

36,05 6,13 13,6 3,23
40 2,64 7,54 3,88

7,76

41+j22,1
31+j16,7
46+j24,8
39+j21,1

0,21
0,33
0,21

0,27

0,372
0,385
0,372
0,379

82,46 8,71 15,3 5,75
64,03 10,6 12,3 4,4
44,72 4,7 8,3 3,5
64,03 8,6 12,1 4,88

11,5
8,8
7
9,76

 Từ bảng số liệu ta thấy: ∆U bt max = 5,75% < ∆U cpbt = 10%
∆U sc max = 11,5% < ∆U cpsc = 20%
Vậy phương án II thỏa mãn điều kiện về kỹ thuật.
2.3 Phương án mạch vòng Nguồn N - 5 – 6 - N đường dây truyền tải ta sẽ đi
lộ đơn n = 1, các phương án còn lại giống như phương án II.
• Ta chỉ tính toán trên đoạn mạch kín N - 5 – 6 – N
+ Công suất trên N-5:
S .(l + l ) + S6 .lN −6 (46 + j24,8).(64,03 + 60,82) + (39 + j21,1).64,03
S N −5 = 5 6 65
=
= 48,6 + 26,2 j
l5 + l6 + l65
44,72 + 64,03 + 60,82

+ Công suất trên N-6:
SN-6 = S5 + S6 – SN-5 = (46 + j24,8) + (39 + j21,1) - ( 48,6 + j26,2)
= 36,4 + 19,7j MVA
+ Công suất 5-6:


S5-6 = SN-5 – S5 = (48,6 + 26,2j) – (46 + 24,8j) = 2,6 + 1,4j MVA
Vậy điểm phân phối từ 5 sang 6.
• Đoạn N-5 trên đường truyền tải đi dây với lộ đơn n = 1:
SN-5 = 48,6 + 26,2j
S N −5 max
48,62 + 26,22 .103
I max =
=
= 289,8 A
n. 3U dm
3.110
I
289,8
Fkt = max =
= 289,8mm 2
J kt
1
 Chọn tiết diện dây 300 mm2 theo quy chuẩn AC – 300 với Icp = 700A theo
PL4.12 trang 369 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện của Nguyễn Công
Hiền và Nguyễn Mạnh Hoạch.
+ Điều kiện tổn thất vầng quang ở cấp điện áp 110kV: Fd = 700 ≥ 70mm2
+ Điều kiện độ bền cơ học ở cấp điện áp 110kV: Fd = 700 ≥ 35mm2
Đường
dây

N-2-1
N-N-21
N-3
N-4
N-N-5
N-N-6
5-6

Số
lộ(n)
1
2
2
2
1
1
1

Smax
(MVA)
33
79,6
46,6
35,2
55,2
41,4
2,95

l
(km)

36,05
40
82,46
64,03
44,72
64,03
60,82

Imax
(A)
173,2
208,9
122,3
92,4
289,8
217,2
15,5

Fkt
(mm2)
173,2
208,9
122,3
92,4
289,8
217,2
15,5

Fd
(mm2)

AC-185
AC-240
AC-150
AC-95
AC-300
AC-240
AC-70

Icp
(A)
515
610
445
335
700
610
275

+ Điều kiện phát nóng của dây dẫn
Icp ≥ Iscmax ( Iscmax = n.Imax )
( vì đoạn N-1 là đường dây đơn nên khi xảy ra sự có sẽ dẫn đến mất điện,
không tính đến Isc ).

Ta có bảng kiểm tra điều kiện phát nóng:


Đường
dây
N-2-1
N-N-21

N-3
N-4
N-N-5
N-N-6
5-6

Số lộ
(n)
1
2
2
2
1
1
1

Iscmax = n.Imax
(A)
173,2
417,8
244,6
184,8
289,8
217,2
15,5

Imax
(A)
173,2
208,9

122,3
92,4
289,8
217,2
15,5

Icp
(A)
515
610
445
335
700
610
275

Từ bảng số liệu ta thấy các dây đã chọn đều thỏa mãn điều kiện: Icp ≥ Iscmax
+ Tổn thất điện áp trên các đường dây
• Xét với nguồn N-N-5 sử dụng lộ đơn n = 1: tổn hao điện áp bình
thường:
P.R + QX
∆U bt =
.100%
U2
Trong đó điện trở và điện kháng:
r .l 0,107.44,72
R= 0 =
= 4,79Ω
n
1

x .l 0,377.44,72
X= 0 =
= 16,86Ω
n
1
Chọn khoảng cách trung bình các dây là 2500mm.
Với r0,x0 tra bảng PL4.6 giáo trình Hệ Thống Cung Cấp Điện.
48,6.4,79 + 16,86.26,2
→ ∆U bt =
.100% = 5,57%
1102
Với đường dây lộ kép ta sử dụng: ∆U sc = 2.∆U bt
Do đường dây đi lộ đơn nên xảy ra sự cố ta sẽ không xét đến.

Ta lập bảng các đường dây còn lại:


Đường Số
dây
lộ
(n)
N-2-1
N-N21
N-3
N-4
N-N-5
N-N-6
5-6

P+jQ

1
2

29+j15,7
70+j37,8

2
2
1
1
1

41+j22,1
31+j16,7
48,6+j26,2
36,4+j19,7
2,6+j1,4

r0
x0
l
R
(km) ( Ω )
Ω
Ω
(
)
km
( km )

0,17 0,377 36,05 6,13
0,132 0,377
40
2,64
0,21
0,33
0,107
0,132
0,46

0,372
0,385
0,377
0,377
0,396

82,46
64,03
44,72
64,03
60,82

X
(Ω)

∆U bt ∆U sc
(%) (%)

13,6
7,54

3,23
3,88

8,71 15,3 5,75
10,6 12,3 4,4
4,79 16,86 5,57
8,45 24,1 6,47
28
24,1 0,88

 Từ bảng số liệu ta thấy: ∆U bt max = 6,47% < ∆U cpbt = 10%
∆U sc max = 11,5% < ∆U cpsc = 20%
Vậy phương án III thỏa mãn điều kiện về kỹ thuật.

7,76
11,5
8,8