Rješenje: Najprije, potrebno je proračunati parametre zamjenske šeme, GT = = 39.6 Ω - paralelna veza dva voda 2 U 400 M

Σχετικά έγγραφα
Iz zadatka se uočava da je doslo do tropolnog kratkog spoja na sabirnicama B, pa je zamjenska šema,

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

Elementi spektralne teorije matrica

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.

= 6.25 Ω I B1 = 3U =529 Ω I B2 = 3U = 1905 Ω I B3G = 3U

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II

IZVODI ZADACI (I deo)

nvt 1) ukoliko su poznate struje dioda. Struja diode D 1 je I 1 = I I 2 = 8mA. Sada je = 1,2mA.

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Otpornost R u kolu naizmjenične struje

Trigonometrijske nejednačine

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

Elektrotehnički fakultet univerziteta u Beogradu 17.maj Odsek za Softversko inžinjerstvo

MAGNETNO SPREGNUTA KOLA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Kaskadna kompenzacija SAU

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović

FTN Novi Sad Katedra za motore i vozila. Teorija kretanja drumskih vozila Vučno-dinamičke performanse vozila: MAKSIMALNA BRZINA

Snage u kolima naizmjenične struje

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

UNIVERZITET CRNE GORE ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET LABORATORIJSKA VJEŽBA BROJ 2

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

Antene. Srednja snaga EM zračenja se dobija na osnovu intenziteta fluksa Pointingovog vektora kroz sferu. Gustina snage EM zračenja:

numeričkih deskriptivnih mera.

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

7 Algebarske jednadžbe

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

INTELIGENTNO UPRAVLJANJE

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

Operacije s matricama

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

1.4 Tangenta i normala

Teorijske osnove informatike 1

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

Periodičke izmjenične veličine

OSNOVI ELEKTRONIKE VEŽBA BROJ 1 OSNOVNA KOLA SA DIODAMA

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

( ) π. I slučaj-štap sa zglobovima na krajevima F. Opšte rešenje diferencijalne jednačine (1): min

Računarska grafika. Rasterizacija linije

BRODSKI ELEKTRIČNI UREĐAJI. Prof. dr Vladan Radulović

SEMINAR IZ KOLEGIJA ANALITIČKA KEMIJA I. Studij Primijenjena kemija

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

Sinhrone mašine 1. Slika Vektorski dijagram natpobuđenog sinhronog generatora.

Trofazno trošilo je simetrično ako su impedanse u sve tri faze međusobno potpuno jednake, tj. ako su istog karaktera i imaju isti modul.

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

Analitička geometrija

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

radni nerecenzirani materijal za predavanja

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

MEHANIKA FLUIDA. Isticanje kroz otvore sa promenljivim nivoom tečnosti

BIPOLARNI TRANZISTOR Auditorne vježbe

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Reverzibilni procesi

18. listopada listopada / 13

, Zagreb. Prvi kolokvij iz Analognih sklopova i Elektroničkih sklopova

> 0 svakako zadovoljen.

Snage u ustaljenom prostoperiodičnom režimu

5 Ispitivanje funkcija

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

Kola u ustaljenom prostoperiodičnom režimu

Dimenzionisanje štapova izloženih uvijanju na osnovu dozvoljenog tangencijalnog napona.

Prediktor-korektor metodi

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Dijagonalizacija operatora

Pismeni dio ispita iz Matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja u zavisnosti od parametra a:

Transcript:

3. Za dati trofazni jednoolno rikazani EES izračunati do koje i kakve (induktivne ili kaacitvne) reaktivne (soljne) snage Q mogu da rade statički stabilno ravnomjerno oterećeni R blokovi koji na sabirnice 1 odaju ukunu snagu P = 700 MW, ako se jaka mreža na kraju može zamjeniti reaktansom izračunatom iz udjela te mreže u trajnoj snazi troolnog kratkog soja na sabirnicama i konstantnim naonom iza te reaktanse. Rješenje: Najrije, otrebno je roračunati arametre zamjenske šeme, 40+14 400 X = = 508Ω 100 400 0.33 40 XVe = = 39.6 Ω - aralelna veza dva voda U 400 X M = = = 0 Ω S 8000 M3KST U 410 Z = ( cosϕ+ jsinϕ) = ( 0.9 + j0.436) = 605.16 + j93 Ω S 50 Sada je zamjenska šema:

Kako je otrebno ronaći oseg statički stabilnog rada s asekta reaktivne snage, otrebno je rovjeriti kriterijum statičke stabilnosti rema jednačini, E P = cosψ Q. (*) S 11 u Z11 Koristi se baš ovaj oblik jednačine koja određuje P S jer je otrebno isitati stabilnost u funkciji od reaktivne snage. ( ) Ve M Z 11 = jx + = 4.4 + j565 j565 ( Z+ jx Ve + jxm ) 11 11 Z jx + jx a je ψ = 90 β = 0 Kako je uslov statičke stabilnosti P S > 0, cilj je jednačinu (*) izraziti u funkciji od neoznate Q s što se može uraditi ako se E redstavi kao, QsX PX E = U+ r +, a unutrašnja reaktivna snaga kao Ur Ur P+Qs Q un = Q s + X U r Sada je, 1 QsX PX P + Q s P S = U r+ + 1 Q s+ X > 0 Z 11 Ur U r U r kada se zamjene brojne vrijednosti, dobija se kvadratna nejednačina -Q s + 618. Q s + 485881 > 0. Rješavanjem ove nejednačine dobija se da je sku rješenja interval od -174 MVAr do 78 MVAr. Kako je nominalna snaga oba generatora 800 MVA lako je zaključiti da ne mogu dati 78 MVAr a se onda kaže da ne ostoji gornje ograničenje za odatu reaktivnu snagu (tj. generatori mogu isoručivati u mrežu bilo koliku vrijednost reaktivne snage induktivnog karaktera, radiće statički stabilno).

4. Zamjenska šema sistema sa arametrima u relativnim jedinicama data je na slici. Na sredini voda, između rekidača A i B nastao je 3KS. Jedinična aktivna snaga generatora rije kvara, iznosila je 1 r.j. Primjenom metoda jednakih ovršina, odrediti kritični ugao δ kr koji određuje granicu stabilnosti. Rješenje: Metod jednakih ovršina koristi se za rovjeru tranzijentne stabilnosti. Za njenu rimjenu od najvećeg značaja je jednačina za unutrašnju snagu generatora, E EU P ψ + δ ψ. mr g= sin 11 sin Zgg Z ( ) Kako je čitava mreža reaktivna (sastavljena od reaktansi) zaključuje se da važi ψ = 90 β = 0 i ψ = 90 β = 0 a je gg gg E EU EU P ψ δ ψ δ mr mr g= sin 11+ sin ( ) = sin Zgg Z Z Sa šeme je j0.5 j0.6 Z = j0.3+ + j0.07 = j0.573. j0.5 + j0.6 Kako bi se na ravi način rimjenila metoda jednakih ovršina otrebno je razlikovati tri radna režima u kojima se u ovom slučaju može nalaziti EES, a to su: - normalni režim (režim neosredno rije kvara u kome je sistem radio stabilno), - havarijski režim (režim nakon dešavanja kvara koji traje sve dok zaštita ne reaguje) i - osthavarijski režim (režim nakon reagovanja zaštite, kada je kvarom ogođeni element isključen iz sistema). Svaki od ovih režima karakteriše odgovarajuća kriva snaga-ugao koje je otrebno odrediti kako bi se usješno rimjenio metod jednakih ovršina. 1 normalni režim Zamjenska šema sistema u normalnom režimu je data zadatkom, a na osnovu jednačine (*) dobija se kriva snaga-ugao oblika

1.5 1 P g = sinδ =.18sinδ 0.573 havarijski režim Zamjenska šema havarijskog sistema je Treba rimjetiti da, ošto je kvar 3KS na sredini voda, imedansa voda se dijeli na dva jednaka dijela. Takođe, uočava se trougao imedansi koji je otrebno transfigurisati u zvijezdu kako bi se odredila tražena imedansa Z u ovom režimu. Daljom transformacijom šeme (zvijezda - trougao) dolazi se do j1.49 odakle je lako uočiti Z = j1.49 u ovom režimu, a je kriva snaga-ugao: 1.5 1 P = sin δ = 0.839sin δ 1.49 g

3 osthavarijski režim Nakon djelovanja zaštite, vod ogođen kvarom se isključuje iz sistema, a je zamjenska šema: j0.3 j0.5 j0.07 e = 1.5 u = 1 Lako je uočiti da je Z = j0.8, a je kriva snaga-ugao 1.5 1 P = sin δ = 1.56sin δ 0.8 g Sada, otrebno je nacrtati sve tri karakteristike snaga-ugao, Sa slike se vidi da je otražnja ostala ista u svakom režimu (P meh = 1). Radna tačka u normalnom režimu određena je uglom δ o. Neosredno nakon kvara, radna tačka relazi na krivu P g3 koja odgovara havarijskom režimu. Kako je tada risutna razlika u roizvodnji i otrošnji radna tačka nastavlja da se kreće u smjeru ovećanja ugla δ (jer to odgovara ovećanju aktivne snage koju daje generator), jer generator teži da usostavi bilans između roizvodnje i otrošnje. Neograničeno ovećavanje ugla nakon određenog vremena dovodi do narušavanja stabilnosti i generator isada iz rada. Granična vrijednost ugla naziva se kritični ugao δ kr je najveća vrijednost ugla koja omogućava da generator ostane u stabilnom radu. Zato je otrebno da zaštita odreaguje rije nego ugao ređe kritičnu vrijednost. Kriterijum jednakih ovršina rovjerava odnos između ovršina označenih na slici: - ovršina ubrzanja (označena je sa +)

- ovršina usorenja (označena je sa -). Kaže se da je sistem stabilan ako je ovršina ubrzanja manja ili jednaka od ovršine usorenja. Kako bi se roračunale označene ovršine otrebno je odrediti δ o i δ gr. 1=.18sinδo δ = 7.3 = 0.476 rad o 1 = 1.56sinδ gr 1 δ gr = arcsin = ( 180 39.8) = 140. =.447 rad 1.56 Kritični ugao se određuje iz jednakosti omenutih ovršina, dakle P + = P - δ kr δgr ( 1 0.839sin ) d = ( 1.56sin 1) kr kr gr gr δ + 0.839 cosδ = 1.56 cosδ δ δo δo δkr δkr δkr δo + 0.839 cosδkr 0.839 cosδo = 1.56 cosδgr + 1.56 cosδkr δgr + δkr 1.56 cosδgr + δgr δo 0.839 cosδo = 0.73cosδkr 0.73cosδ = 0.05 δ kr = 1.536rad = 88.0 kr δ δ δ dδ δo δkr δ δ δ δ