一种基于天气预报的架空输电线路最大载流容量预测方法

摘要

一种基于天气预报的架空输电线路最大载流容量预测方法：S1收集输电线路所处位置以及所处地区往年的气象数据；S2回归分析输电线路所处位置的环境温度、风速、风向、太阳辐射量与该地区气象数据之间的关系；S3根据输电线路所在地区的天气预报，通过公式预估输电线路所处位置的气象条件；S4将步骤S3中预估的气象条件，代入国际标准IEEE738－2006中提供的计算公式计算输电线路的最大载流容量预估数值。本发明针对现有输电导线最大载流容量预测问题，通过建立现场气象条件与气象预报数据之间的相关联系，然后利用气象预报数据进行输电线路最大载流容量预测。

说明书

技术领域

本发明涉及到一种输电线路最大载流容量的预测方法，尤其是涉及一种利用以往的环境 气象数据和天气预报的环境气象数据来进行架空输电线路最大载流容量预测的方法。

背景技术

对于架空输电线路来说，其允许运行载流量与环境风速、风向、环境温度、环境湿度和 日照辐射等环境气象条件，以及与导线的直径、新旧程度和电阻等导线本身的物理性质相关。

我国在设计架空输电线路的时候，是按照十分恶劣的气象条件来计算架空输电线路的允 许载流量的，即按照环境温度40℃、平均风速0.5m/s和日照辐射密度为1000W/m²等极端的 气象环境条件来计算。但实际上，出现这样极端的天气状况的时间很少，这种保守的计算方 法虽然能够把导线运行的温度限制在安全范围，从而保证架空导线对地安全距离足够大。但 是当气象条件处于一般情况而不是恶劣的条件下时，线路仍按极端气象条件设计的允许载流 量来运行，会浪费掉一部分输电线路的送电能力，这是由于线路在一般情况下的允许载流量 比在极端气象条件下的载流量要大。因此，为了充分利用现有输电线路，提高电能传输能力， 现在出现了一种输电线路动态增容的概念，即参照当前气象条件下输电线路的最大载流容量 来安排输电线路的传输电流，从而充分利用了输电线路的传输能力。

在计算输电线路允许的最大载流量时，一般使用热平衡公式（1），表示输电导线的空气 对流散热q_C和导线热辐射能量q_r之和等于导线吸收的太阳辐射热量q_S和导线本身的焦耳热 I²R(T_C)之和，R(T_C)是输电导线在导线温度为Ｔ_Ｃ时的电阻，见公式（1）。这样，即可以根据 公式（1）计算输电导线的最大传输电流I，参见公式（2）。为了求解公式（2），必须获得输 电导线所处位置的气象条件（环境温度、风速、风向、太阳辐射量），才能计算出q_C、q_r和等 q_S。具体计算公式由国际标准IEEE738－2006中详细给出，如公式(3)~(7)所示。

q_c+q_r=q_s+I²R(T_c)                                            （1）

$I=\sqrt{\frac{q_c+q_r-q_s}{R\left(T_c\right)}}---\left(2\right)$

$q_{c1}=[1.01+0.0372{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.52}]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(3\right)$

$q_{c2}=\left[0.0119{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.6}\right]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(4\right)$

$q_{\mathrm{cn}}=0.0205{\rho }_f^{0.5}{D}^{0.75}{(T_c-T_a)}^{1.25}---\left(5\right)$

$q_r=0.0178\mathrm{Dϵ}[{\left(\frac{T_c+273}{100}\right)}^4-{\left(\frac{T_a+273}{100}\right)}^4]---\left(6\right)$

q_s=αQ_sesin(θ)A'                                （7）

q_c=max(q_c1,q_c2,q_cn)                              （8）

目前，国内外的主要研究焦点是如何利用公式（2）准确计算输电导线的最大载流入量， 还未见关于输电导线的最大载流容量预测方面的报告。

发明内容

本发明所要解决的技术问题，就是提供一种基于天气预报的架空输电线路最大载流容量 预测方法。

解决上述技术问题，本发明采用的技术方案如下：

一种基于天气预报的架空输电线路最大载流容量预测方法，包括以下步骤：

S1 收集输电线路所处位置以及所处地区往年的气象数据，包括环境温度、风速、风向 和太阳辐射量；

S2 通过回归分析方法，依次分析输电线路所处位置的环境温度、风速、风向、太阳辐 射量与该地区气象数据之间的关系，如公式（9）所示，获得两者之间的相关关系式；

T_c=k*T_e+a                                         （9）

其中T_c是输电线路所处位置的平均环境温度，T_e是输电线路所在地区的气象局测到的同 一时刻的环境温度，k和a是相关关系式中的系数，同理，对风力等其它气象参数进行分析， 得到类似的相关关系式；

S3 根据输电线路所在地区的天气预报，通过公式（9），预估输电线路所处位置的气象 条件；

S4 将步骤S3中预估的气象条件，代入国际标准IEEE738-2006中提供的计算公式 (2)~(8)，

$I=\sqrt{\frac{q_c+q_r-q_s}{R\left(T_c\right)}}---\left(2\right)$

$q_{c1}=[1.01+0.0372{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.52}]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(3\right)$

$q_{c2}=\left[0.0119{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.6}\right]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(4\right)$

$q_{\mathrm{cn}}=0.0205{\rho }_f^{0.5}{D}^{0.75}{(T_c-T_a)}^{1.25}---\left(5\right)$

$q_r=0.0178\mathrm{Dϵ}[{\left(\frac{T_c+273}{100}\right)}^4-{\left(\frac{T_a+273}{100}\right)}^4]---\left(6\right)$

q_s＝α_Qsesin(θ)A'                                    （7）

q_c＝max(q_c1,q_c2,q_cn)                                  （8）

计算输电线路的最大载流容量预估数值。

本发明的原理为：

从气象站得到的气象的数据是关于一整个地区的，而线路所在位置的具体气象属于微气 象，其气象环境数据会与气象局的气象数据之间存在差异，但是两者之间存在必然的、显著 的相关性。例如，若整个地区的环境温度较高，则输电线路所处位置的环境温度也很可能较 高。利用现有的数据挖掘理论对以往整个地区的气象数据和输电线路的气象数据进行分析， 必然可以找到两者之间的函数关系，从而可以借助于气象局关于地区气象数据的预测预报， 估计输电线路所处位置的气象数据，进而预测输电线路的最大载流容量。

有益效果：本发明针对现有输电导线最大载流容量预测问题，通过建立现场气象条件与 气象预报数据之间的相关联系，然后利用气象预报数据进行输电线路最大载流容量预测。

具体实施方式

本发明的基于天气预报的架空输电线路最大载流容量预测方法实施例，包括以下步骤：

S1 收集输电线路所处位置以及所处地区往年的气象数据，包括环境温度、风速、风向 和太阳辐射量；

已知某线路所在的某地第N年的第m天下午3点实际的环境温度为20.5℃，风速为 2.1m/s，日照强度为289W/m²；而气象预报的环境温度为20.8℃，风速为2m/s，日照强度为 300W/m²。

第N+1年的第m天下午3点实际的环境温度为21℃，风速为2m/s，日照强度为240W/m²； 而气象预报的环境温度为21℃，风速为2m/s，日照强度为250W/m²。

第N+2年的第m天下午3点实际的环境温度为21.1℃，风速为2.3m/s，日照强度为 305W/m²；而气象预报的环境温度为21℃，风速为2.5m/s，日照强度为300W/m²。

第N+3年的第m天下午3点实际的环境温度为23℃，风速为3.2m/s，日照强度为 290W/m²；而气象预报的环境温度为22.5℃，风速为3m/s，日照强度为300W/m²。

S2 通过回归分析方法，依次分析输电线路所处位置的环境温度、风速、风向、太阳辐 射量与该地区气象数据之间的关系，如公式（9）所示，获得两者之间的相关关系式；

T_c=k*T_e+a                                            （9）

其中T_c是输电线路所处位置的平均环境温度，T_e是输电线路所在地区的气象局测到的同 一时刻的环境温度，k和a是相关关系式中的系数；同理，对风力等其它气象参数进行分析， 得到类似的相关关系式；

利用一元线性模型

$\left(\begin{array}{c}y=a+\mathrm{kx}+ϵ\\ \mathrm{Eϵ}=0,D\left(ϵ\right){\sigma }^2\end{array}\right)$

来计算预报数据跟实际数据之间的关系。

以预报的数据为x，实际的数据为y，则有

$\left(\begin{array}{c}{y}^{\prime }=a^{\prime }+k^{\prime }x\\ k^{\prime }=\frac{{\Sigma }_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{{\Sigma }_{i=1}^n{(x_i-\bar{x})}^2}\\ a^{\prime }=\bar{y}-k^{\prime }\bar{x}\end{array}\right)---\left(10\right)$

对于环境温度的数据，计算可得，a1’=-8.06104，k1’=1.38153，即y=a1’+k1’x。

对于风速的数据，计算可以a2’=-0.21461,k2’=1.14607，即y=a2’+k2’x。

对于日照强度的数据，有a3’=-33.33333，k3’=1.09333，即y=a3’+k3’x。

S3 根据输电线路所在地区的天气预报，通过公式（9），预估输电线路所处位置的气象 条件；

若N+4年的第m天下午3点预报的环境温度为21℃，风速为2m/s，日照强度为250W/m²。

根据前面计算得出的a1’、k1’、a2’、k2’、a3’和k3’并代入各个一元回归计算式可得：

预测的环境温度为20.95109℃，风速为2.07753m/s，日照强度为242.0767W/m²。

S4 将步骤S3中预估的气象条件，代入国际标准IEEE738－2006中提供的计算公式(2)~(8)，

假设输电线路导线型号为LGJ240/30，导线温度为70℃时交流电阻为0.000142252Ω/m， 导线的辐射系数和吸热系数都为0.9，风向与导线垂直，将上述计算数据代入（2）～（8）计 算，$I=\sqrt{\frac{q_c+q_r-q_s}{R\left(T_c\right)}}---\left(2\right)$

$q_{c1}=[1.01+0.0372{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.52}]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(3\right)$

$q_{c2}=\left[0.0119{\left(\frac{D{\rho }_f{V}_w}{u_f}\right)}^{0.6}\right]k_f{K}_{\mathrm{angle}}(T_c-T_a)---\left(4\right)$

$q_{\mathrm{cn}}=0.0205{\rho }_f^{0.5}{D}^{0.75}{(T_c-T_a)}^{1.25}---\left(5\right)$

$q_r=0.0178\mathrm{Dϵ}[{\left(\frac{T_c+273}{100}\right)}^4-{\left(\frac{T_a+273}{100}\right)}^4]---\left(6\right)$

q_s=αQ_sesin(θ)A'                                （7）

q_c＝max(q_c1,q_c2,q_cn)                             （8）

计算输电线路的最大载流容量预估数值：

q_s=0.0216×0.9×242.0767=4.705971048

$q_{c1}=[1.01+0.0372{\left(\frac{21.6\times 1.1097897\times 2.07753}{0.00001932147}\right)}^{0.52}]\times 0.02763109\times (70-20.95109)=57.15170015$

$q_{c2}=\left[0.0119{\left(\frac{21.6\times 1.1097897\times 2.07753}{0.00001932147}\right)}^{.0.6}\right]\times 0.02763109\times (70-20.95109)=52.45681246$

q_cn=0.0205×1.1097897^0.5×21.6^0.75(70-20.95109)^1.25=10.73201257

q_c=max(q_c1,q_c2,q_cn)＝q_c1=57.15170015

$q_r=0.0178\times 21.6\times 0.9[{\left(\frac{70+273}{100}\right)}^4-{\left(\frac{20.95109+273}{100}\right)}^4]=22.0598$

则输电线路导线的最大载流容量估计值为

$I_{70}=\sqrt{\frac{57.15170015+22.0598-4.70597}{0.000142252}}=723.7108.$