Warum berücksichtigt das Erhöhen der Spannung während der Übertragung I2RI2RI^2 R, aber nicht V2RV2R\frac{V^2}{R}?

Bei diesen Übertragungsleitungen führt nicht die Spannung zu einem Leistungsverlust, sondern der Spannungsabfall auf diesen Leitungen.

Ich denke, es ist am einfachsten an einem Beispiel erklärt: Nehmen wir an, Ihre Übertragungsleitung hat einen Widerstand von R = 100 Ohm und Sie möchten P = 1 kW übertragen.

Mit „P=U*I“ erhält man:

Bei 1000 V müssen Sie 1 A übertragen

Bei 100 kV müssen Sie 0,01 A übertragen

Bei „dU=R*I“ beträgt der Spannungsabfall über Ihrer Übertragungsleitung:

100 V bei 1000 V

1 V bei 100 kV

Da der Spannungsabfall in Ihrer Übertragungsleitung der Leistungsverlust ist, können Sie jetzt den Leistungsverlust durch "Ploss = dU * I" berechnen, was zu Folgendem führt:

100 W bei 1000 V, was 10 % Ihrer ursprünglichen 1 kW entspricht

10 mW bei 100 kV, was 0,001 % Ihrer ursprünglichen 1 kW entspricht

Also: Je höher die Spannung, desto geringer die Verlustleistung in Ihrer Übertragungsleitung (die natürlich auch ihre Obergrenzen hat, z. B. durch Isolierung dieser Leitungen und Isolierung der Transformatoren, aber das ist ein anderes Thema).

Ich frage, weil wir die Leistungsverlustgleichung schreiben können als:

Ploss = V^2/R

Nun ... nein. Eine genauere Darstellung wäre:

$P_{loss} = {{{\Delta V}^2} \over R}$

Das heißt, Sie verlieren nur Leistung, wenn Sie einen Spannungs- (dh Energie-) Abfall im Widerstand haben. Eine Erhöhung der Spannung verringert den Spannungsabfall aufgrund des jetzt niedrigeren Stroms, der durch denselben Widerstand fließt.

V ^ 2 / R gilt, aber Sie müssen vorsichtig sein, was Sie mit V meinen, insbesondere V ist der Spannungsabfall aufgrund des Kabelwiderstands, nicht der gesamten Versorgungsspannung ....

Nehmen wir an, wir haben 1 MVA bei 1.000 V, also fließen 1.000 A, und unsere Leitung hat beispielsweise 0,01 Ohm, sodass unsere I ^ R-Verluste 1000 ^ 2 * 0,01 = 10 kW betragen.

Mal sehen, was V ^ 2 / R macht, nun, V ist in diesem Fall der Spannungsabfall aufgrund des Leitungswiderstands = 1000 A * 0,01 Ohm = 10 V, 10 ^ 2 / 0,01 = 10 kW, genau das gleiche wie die Berechnung durchgeführt andere Weise.

Erhöhen wir jetzt die Netzspannung auf 10 kV, der Strom beträgt jetzt 100 A für die gleiche gelieferte Leistung. Wenn das Kabel also immer noch 0,01 Ohm hat, erhalten wir I ^ 2 R-Verluste als 100 ^ 2 * 0,01 = 100 W, wobei wir die gleiche Berechnung für V ^ durchführen 2/R erhalten wir einen Spannungsabfall aufgrund des Kabelwiderstands von 100 A * 0,01 = 1 V und 1 ^ 2/0,01 = 100 W.

Es sollte nicht überraschen, dass beide Berechnungen gleich herauskommen, denn um den Spannungsterm für die Kabelverluste zu finden, machen wir V = IR, das können wir ersetzen durch P = V^2/R = (IR^2)/R = IR*IR/R = I^2R.

In Bezug auf die Gründe dafür handelt es sich um ein Optimierungsproblem. Sie tauschen Isolationsaufwand und -kosten gegen weniger Gewicht in den Drähten und möglicherweise weniger Leitungsverlust (oder eine Kombination aus beidem) ein.

Grüße, Dan.

Bei der Verwendung solcher Gleichungen müssen wir darauf achten, von welcher Spannung, welchem ​​Strom und welchem ​​Widerstand wir sprechen.

Nehmen wir einen einfachen Fall an, die Versorgung ist Gleichstrom, so dass es keine kapazitiven oder induktiven Einflüsse gibt und das Kabel eine perfekte Isolierung hat, aber die Leiter einen gewissen Widerstand haben. Lassen Sie uns nun einige Gleichungen schreiben.

Wo$V_{load}$ist die an die Last gelieferte Spannung V_{source} ist die von der Quelle gelieferte Spannung und V_{drop} ist die im Kabel abfallende Spannung.

Nach dem Ohmschen Gesetz können wir schreiben

Wo$I$ist der Stromfluss in der Schaltung und$R_{cable}$ist der Gesamtwiderstand der Leiter (positiv und negativ) im Kabel, das die Last versorgt. Wir können jetzt eine Gleichung für die Verlustleistung im Kabel aufstellen.

Also zum Reduzieren$P_{loss}$wir müssen entweder reduzieren$R_{cable}$oder reduzieren$I$. Reduzieren$I$Während die an die Last gelieferte Leistung gleich bleibt, müssen wir sie erhöhen$V_{load}$und daher$V_{supply}$

Nun, dieses Beispiel ist kein perfektes Abbild der realen Welt. In Wirklichkeit sind Isolatoren nicht perfekt und Systeme sind normalerweise Wechselstrom, so dass kapazitive und induktive Effekte berücksichtigt werden müssen. Das Ergebnis ist, dass eine Erhöhung der Spannung bis zu einem gewissen Punkt hilft, aber schließlich erreichen Sie einen Punkt, an dem weitere Spannungserhöhungen nicht hilfreich sind.