[ΣΗΕ I] Παλιά θέματα - Σχολιασμός και απορίες

[Thmmy.gr portal]

  Thmmy.gr portal
   Forum
   Downloads
   Ενεργ. Λογαριασμού
   Επικοινωνία
  
  Χρήσιμα links
   Σελίδα τμήματος
   Βιβλιοθήκη Τμήματος
   Elearning
   Φοιτητικά fora
   Πρόγραμμα Λέσχης
   Πρακτική Άσκηση
   Ηλεκτρονική Εξυπηρέτηση Φοιτητών
   Διανομή Συγγραμμάτων
   Ψηφιακό Καταθετήριο Διπλωματικών
   Πληροφορίες Καθηγητών
   Instagram @thmmy.gr
   mTHMMY
  
  Φοιτητικές Ομάδες
   ACM
   Aristurtle
   ART
   ASAT
   BEAM
   BEST Thessaloniki
   EESTEC LC Thessaloniki
   EΜΒ Auth
   IAESTE Thessaloniki
   IEEE φοιτητικό παράρτημα ΑΠΘ
   SpaceDot
   VROOM
   Panther
  

THMMY.gr Web

Helios_MultiScribbles2SMF Default ThemeSMFone_Blue

[Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads]

Είσαι πρωτοετής;... Καλώς ήρθες! Μπορείς να βρεις πληροφορίες εδώ. Βοήθεια για τους καινούργιους μέσω χάρτη.

Κατεβάστε εδώ το Android Application για εύκολη πρόσβαση στο forum.

Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads με προσοχή στα ονόματα των αρχείων!

Για οποιοδήποτε πρόβλημα με register/login, στείλτε email στο contact@thmmy.gr.

[MiKiS86]

Έχει κανείς εκφωνήσεις-λύσεις απά παλιά θέματά?

ναι πλιζ οποιος εχει ας κανει ενα κοπο, ακομα και οι εκφωνησεις θα βοηθησουν!!

[haas]

Ιούνιος 2009
Θέματα Θεωρίας
Απαντήσεις :
1)σελ.373-374
2)σελ.417-418
3)σελ.291-293 και σχήμα 6.5
4)σελ.354

[haas]

Ιούνιος 2009
Θέματα Ασκήσεων
Θέμα 2

έχουμε μια γεννήτρια έκτυπων πόλων και μια στροβιλογεννήτρια

για το φορτίο ισχύει :
 pk=250/400=0,625 pu
 pk=s*cosφ άρα sk=pk/cosφ=0,625/0,8=0,78 pu
 qk=sκ*sinφ=0,78*0,6=0,46 pu
 Pk=pk*Sb=0,625*400=250 MW
 Qk=qk*Sb=0,46*400=184 MVAr

ισχύουν οι σχέσεις :
 Pk=Pg1+Pg2 άρα Pg1=Pk-Pg2=250-50=200 MW
 Qk=Qg1+Qg2 άρα Qg1=Qk-Qg2=184-30=154 MVAr
 άρα φg1=tan^(-1)(Qg1/Pg1)=37,59 μοίρες
 και cosφg1=0,79

έχουμε
id=-isin(φg1+θ)
 iq=icos(φg1+θ)
όμως
 tanθ=(xq' * pk)/(u^2+xq' * qk) με xq'=xt1'+xq
                                                xd'=xt1'+xd
xt1'=xt1*(Sbnew/Sbold)(Vbold/Vbnew)^2=0,5*(400/400)(20/20)^2=0,5 pu
με Sbnew=400 kV και Vbnew=Vb1=20 kV
άρα αντικαθιστώ και έχω xq'=0,5+0,7=1,2 pu
                                     xd'=0,5+1,1=1,6 pu
άρα tanθ=0,48 δηλαδή θ=25,64 μοίρες
και i=sk/u=0,78/1=0,78 όπου u=u(ζυγού)=20/Ub1=20/20=1 pu
και τελικά id=-0,78*sin(25,64+37,59)=-0,69 pu
                   iq=0,35 pu

για την ΗΕΔ παίρνουμε τον τύπο :
e=ug1*cosθ+xd*i*sin(φg1+θ) όπου ug1=Vg1/Vb1=19/20=0,95 pu
τελικά e=0,85+1,1*0,69=0,85+0,759=1,609 pu

κάποιος να επιβεβαιώσει (ελπίζω να μην έχω λάθη)

[Πιστολέρο]

έχουμε
id=-isin(φg1+θ)
 iq=icos(φg1+θ)
όμως
 tanθ=(xq' * pk)/(u^2+xq' * qk) με xq'=xt1'+xq
                                                    xd'=xt1'+xd
xt1'=xt1*(Sbnew/Sbold)(Vbold/Vbnew)^2=0,5*(400/400)(20/20)^2=0,5 pu
με Sbnew=400 kV και Vbnew=Vb1=20 kV
άρα αντικαθιστώ και έχω xq'=0,5+0,7=1,2 pu
                                     xd'=0,5+1,1=1,6 pu

στις αντιδράσεις xd kai xq δε θα πρέπει να προστεθούν (εκτός εκείνης του Μ/Σ1) ΚΑΙ αυτές του παράλληλου συνδυασμού των γραμμών και του Μ/Σ2 ??? ( δλδ ολες οι x μεχρι να φτάσουμε στο ζυγό, δηλαδή στο v...) ???


edit: επισης, αφου έχεις πάρει βαση στο πρώτο κομμάτι Ub1=20kV τότε 8α πρέπει να βρείς νέα xd, xq γι αυτή τη βάση (ειναι υπολογισμένα στα 19κιλοβολτ)

edit 2:γιατι xt1=0,5?? στην εκφώνηση λεει 0,1

καμια αλλη γνώμη???

[haas]

δηλαδη τα xd και xq ειναι υπολογισμενα στις ονομαστικες τιμες της γεννητριας (19κV,300MVA) Zb=19000^2/300000000=361000000/300000000=1,2 pu

Xd=xd*1,2
Xq=xq*1,2

xd'=Xd/Zb1             Zb1=Vb1^2/Sb=20^2/400=1 pu
xq'=Xq/Zb1

ή τελος παντων με τον τυπο αλλαγης βασης

και

xd''=xd'+xt1+xt2+xγραμμής
xq''=xq'+xt1+xt2+xγραμμής

[ILIAS]

Εγώ να σας γράψω το πρώτο θέμα το δεύτερο δεν το δα ακόμη . Για το β  ερώτημα βρίσκω τα εξής:
Φάση α: Ix=2,706<0 kA
Φάση β: Iψ=3,083<-120 kΑ
Φάση γ: Ιζ=0
 Έουμε ασύμμετρη φόρτιση οπότε μέθοδος των συνιστωσών:
i1=1/3(ix+αιψ+α^2ιz)=1,93<0
i2=1/3(ix+α^2ιψ+αιz)=0,971<66,44
io=1/3(ix+ιψ+ιz)=0,971<-66,44
 Από την πλευρά της Υψηλής είναι
Ι1=ι1*(1/u)*e^j150=23.2<150 A
Ι2=ι2*(1/u)*e^j-15022,5<-83,56 A
Io=0 Λόγω τριγώνου

έτσι Ιu=I1+I2+Io=....
Ιv=a^2*I1+a*I2+Io=..
Ιw=a*I1+a^2*I2+Io=..
και Ιdo=W2/w1*io=0,673<-66,44
Περιμένω απόψεις 

[haas]

ετσι ειναι φιλε δεν checkara νούμερα αλλά η διαδικασια ειναι σωστη πιστευω..
μπορεις να πεις πως βρισκουμε στην αρχη τα ix,iy?
iz=0 αφου ειναι ανοικτο αποτι καταλαβα

[ILIAS]

Λοιπόν, ξέρουμε P kai cosφ άρα p=UIcosφ με U=Ux=0,24/sqrt(3) οπότε βρίσκουμε Ιχ, ανάλογα και για το β

[haas]

στις αντιδράσεις xd kai xq δε θα πρέπει να προστεθούν (εκτός εκείνης του Μ/Σ1) ΚΑΙ αυτές του παράλληλου συνδυασμού των γραμμών και του Μ/Σ2 ??? ( δλδ ολες οι x μεχρι να φτάσουμε στο ζυγό, δηλαδή στο v...) ???


edit: επισης, αφου έχεις πάρει βαση στο πρώτο κομμάτι Ub1=20kV τότε 8α πρέπει να βρείς νέα xd, xq γι αυτή τη βάση (ειναι υπολογισμένα στα 19κιλοβολτ)

edit 2:γιατι xt1=0,5?? στην εκφώνηση λεει 0,1

καμια αλλη γνώμη???

προφανος φιλε μου εκανα λαθος γιατι δεν φαινεται και καλα στην εκφωνηση..νομιζα δλδ οτι ειναι 0,5 pu

Εγώ να σας γράψω το πρώτο θέμα το δεύτερο δεν το δα ακόμη . Για το β  ερώτημα βρίσκω τα εξής:
Φάση α: Ix=2,706<0 kA
Φάση β: Iψ=3,083<-120 kΑ
Φάση γ: Ιζ=0
 Έουμε ασύμμετρη φόρτιση οπότε μέθοδος των συνιστωσών:
i1=1/3(ix+αιψ+α^2ιz)=1,93<0
i2=1/3(ix+α^2ιψ+αιz)=0,971<66,44
io=1/3(ix+ιψ+ιz)=0,971<-66,44
 Από την πλευρά της Υψηλής είναι
Ι1=ι1*(1/u)*e^j150=23.2<150 A
Ι2=ι2*(1/u)*e^j-15022,5<-83,56 A
Io=0 Λόγω τριγώνου

έτσι Ιu=I1+I2+Io=....
Ιv=a^2*I1+a*I2+Io=..
Ιw=a*I1+a^2*I2+Io=..
και Ιdo=W2/w1*io=0,673<-66,44
Περιμένω απόψεις 

βρηκε κανεις καμια ακρη με το πρωτο ερωτημα απο αυτην την ασκηση? 1ο Θεμα Ιουνιου 2009 1ο ερωτημα

[haas]

καλα ας απαντησω στον εαυτο μου λολ
Θέμα 1 ερώτημα 1 Ιούνιος 2009
Sολ=3*400ΚVA=1,2 MVA (στην υψηλη και χαμηλη ειναι το ιδιο?λολ)

uk=0,08 pu
Zb1=Vb1^2/Sb=20000^2/1200000=333,33 Ω
Zb2=Vb2^2/Sb=240^2/1200000=0,048 Ω
Uk1=uk*Zb1=0,08*333,33=26,66 Ω στην ΥΤ
Uk2=uk*Zb2=0,08*0,048=0,00384 Ω στην ΧΤ

η ταση στην ΥΤ = 20ΚV lol
η ταση στην ΧΥ = 240 V lol

μηπως δεν ειναι ετσι?το Pk γιατι μας το δινει?τι θα κανουμε με αυτο?

[Nemesis]

uk=0,08 pu
Zb1=Vb1^2/Sb=20000^2/1200000=333,33 Ω
Zb2=Vb2^2/Sb=240^2/1200000=0,048 Ω
Uk1=uk*Zb1=0,08*333,33=26,66 Ω στην ΥΤ
Uk2=uk*Zb2=0,08*0,048=0,00384 Ω στην ΧΤ

η ταση στην ΥΤ = 20ΚV lol
η ταση στην ΧΥ = 240 V lol

Η τάση στην ΧΤ θα είναι 0.24kV * sqrt(3) = 0.416kV, καθώς έχεις τα τυλίγματα συνεδεμένα σε αστέρα.
Σαν αποτέλεσμα αλλάζουν και οι αντίστοιχες βάσεις αντίστασης που υπολογίζεις στον κλάδο της ΧΤ.
Έχω επίσης την εντύπωση ότι και η δοθείσα τιμή της uk δεν θα ίσχυει για την αντίδραση που "φαίνεται" από τη ΧΤ καθώς αλλάζει
η βάση τάσης στην περίπτωση του τριφασικού Μ/Σ.

[haas]

uk=0,08 pu
Zb1=Vb1^2/Sb=20000^2/1200000=333,33 Ω
Zb2=Vb2^2/Sb=240^2/1200000=0,048 Ω
Uk1=uk*Zb1=0,08*333,33=26,66 Ω στην ΥΤ
Uk2=uk*Zb2=0,08*0,048=0,00384 Ω στην ΧΤ

η ταση στην ΥΤ = 20ΚV lol
η ταση στην ΧΥ = 240 V lol

Η τάση στην ΧΤ θα είναι 0.24kV * sqrt(3) = 0.416kV, καθώς έχεις τα τυλίγματα συνεδεμένα σε αστέρα.
Σαν αποτέλεσμα αλλάζουν και οι αντίστοιχες βάσεις αντίστασης που υπολογίζεις στον κλάδο της ΧΤ.
Έχω επίσης την εντύπωση ότι και η δοθείσα τιμή της uk δεν θα ίσχυει για την αντίδραση που "φαίνεται" από τη ΧΤ καθώς αλλάζει
η βάση τάσης στην περίπτωση του τριφασικού Μ/Σ.

οντως εχεις δικιο εχουμε αστερα στην χαμηλη αρα θα αλλαξει η Vb2 και στη συνεχειa η Ζb2 αρα και η Uk2

αρα οι τασεις θα εχουν οπως ειπες
η ισχυς 3*400=1,2ΜVA

και για την αντιδραση παντως βρηκα και το εξης : εφοσον μας δινει Pk τοτε θα εχουμε
απο δοκιμη βραχυκυκλωσης μετασχηματιστη στο βιβλιο εχουμε τους τυπους
pk=Pk/Sb=rT
uk=zT
xT=ριζα(zT^2-rT^2)
αρα τωρα οι αντιδρασεις σε ΧΤ και ΥΤ θα ειναι:
X(XT)=xT*Zb2          οπου Zb2 βαση στην ΧΤ
X(YT)=xT*Zb1           οπου Zb1 βαση στην ΥΤ

[Stephanos]

Μήπως έχει κάποιος το δεύτερο θέμα Σεπτεμβρίου 2009? Αυτό με τις χαρακτηριστικές καμπύλες.

[ath]

Στο θέμα 3 του Ιουνιου 2010 τι εννοει πτώση τάσης στο ζυγό 5%; Εννοει να είναι 5% πεσμένη σε σχέση με την ΗΕΔ της γεννήτριας ή να είναι 5% μικρότερη του 400; Καμία ιδέα για το πως λύνεται;

[M1TS()S]

αν θυμαμαι τα θεματα καλα ειναι 400-5%