Gr. A 1.Na wykresie widocznym poniżej przedstawiony jest uproszczony, uporządkowany roczny wykres poboru mocy przez pewnego odbiorcę przemysłowego, wyznacz ile energii elektrycznej pobierze z sieci elektrycznej ten odbiorca. A = 500kV • 2000h + 350kV • 3000h + 100kV • 3000h = 2350MWh;  Odp C:2350MWh...2.Dla wykresy przedstawiającego roczny uporządkowany pobór mocy (dla poprzedniego zadania ) wyznaczyć następujące wielkości: moc szczytową oraz czas użytkowania mocy szczytowej: moc szczytowa wynosi 500kW –odczyt z wykresu (P5) $Ts = \frac{A}{\text{Ps}} = \frac{2350MWh}{500kW} = 4700h$; Odp D 500kW i 4700h… 3.Odbiorca analizowany w dwóch poprzednich zadaniach zasilany za pomocą transformatora o mocy Sn=630kVA oraz stratach w uzwojeniu wynaszanych P_CU = 8kV i stratach jałowych P_i = 3kW. Wyznaczyć roczne straty energii w tym transformatorze stosując wzór Emmera do określania zależności pomiędzy czasem użytkowania mocy szczytowej a czasem trwania strat maksymalnych (wpływ poboru mocy biernej jest pomijalny, w czasie gdy nie jest pobierana moc transformator jest wyłączony. $P_{\text{TS}} = Tp + {P}_{\text{Fe}} + Tw + P_{\text{CU}}\left( \frac{S}{\text{Sn}} \right)^{2};$ Tw- czas trwania strat maksymalnych, $Tw = \frac{2}{3} \bullet Ts = \frac{2}{3} \bullet 4700h = 3102h;$ ${P}_{\text{TR}} = 8000h \bullet 3kW + 3102h \bullet 8kW \bullet \left( \frac{500kVA}{630kVA} \right)^{2} = 39,63MWh \approx 40000kWh$, Odp A około 40000kWh …6.Na tabliczce znamionowej generatora synchronicznego o mocy 250kVA i napięciu znamionowym 16kV znajdują się następujące parametry X=140%, X=110%, X=35%, X=45%, X_d=15%, X=20%, Wartości reaktancji która powinna być wykorzystana w obliczeniach prądu zwarcia na zaciskach generatora wynosi: wykorzystujemy X_d$X_{G} = \frac{Xd^{''}}{100} \bullet \frac{{U_{\text{NG}}}^{2}}{S_{\text{NG}}} = \frac{15}{100} \bullet \frac{{16k}^{2}}{250M} = 0,1536\mathrm{\Omega}$ Odp.B: 0,1536Ω .

….8.Odcinek linii napowietrznej ma napięcie 30kV o długości 10km wykonanej linką AFL 6-50 jest obciążony na końcu mocą P=5MW i Q=3MVar. Ile wynosi napięcia na początku linii jeśli na końcu zmierzono wartość 29100V: Odp: $Un = 30kV,,\ U2 = 29,1kV;;R = \frac{1000 \bullet l}{\gamma \bullet S} = \frac{1000 \bullet 10}{34 \bullet 50} = 5,88;;X_{L} = {X'}_{L} \bullet l = 0,4 \bullet 10 = 4\mathrm{\Omega};;U = \frac{\text{PR}}{U} + \frac{Q \bullet XL}{U} = \frac{5 \bullet 10^{6} \bullet 5,88}{30 \bullet 10^{3}} + \frac{3 \bullet 10^{6} \bullet 4}{30 \bullet 10^{3}} = 1380V$ U1 = U + U2 = 29100 + 1380 = 30480V; Odp. E:30,5kV…9. Odcinek linii napowietrznej ma napięcie 30kV o długości 10km wykonanej linką AFL 6-50 jest obciążony na końcu mocą P=5MW i Q=3MVar. Czy można dobrać takie obciążenie mocą bierną aby wartość napięcia na początku linii była równa taka sama jak na końcu.$Un = 30kV;l = 10km;AFL\ 6 - 50;P = 5MW;\ U = \frac{\text{PR}}{\text{Un}} + \frac{\text{QXL}}{\text{Un}} = 0;$ $R = \frac{1000 \bullet l}{\gamma \bullet S} = \frac{1000 \bullet 10}{34 \bullet 50} = 5,88\mathrm{\Omega}$; XL=4Ω; $0 = \frac{5 \bullet 10^{6} \bullet 5,88}{30 \bullet 10^{3}} + \frac{Q \bullet 4}{30 \bullet 10^{3}};0 = 980 + \frac{Q \bullet 4}{30 \bullet 10^{3}};Q = 7350 \bullet 10^{3};$ Odp. D Tak można Q=7,35MVar (obciążenie pojemnościowe) …11. W pewnym punkcie sieci 3-fazowej niskiego napięcia 400V stwierdzono ze występuje 3 harmoniczna o wart 20V ; 5 o wart 10V i 7 o wart 5V. wybierz prawdziwe zdanie charakteryzujące jakość napięcia w tym punkcie sieci: $Un = 400V;\ \ U = \sqrt{{U3}^{2} + {U5}^{2} + {U7}^{2}} = \sqrt{20^{2} + 10^{2} + 5^{2}} = 22,9V;\ $ $THD = \frac{U}{\text{Un}} \bullet 100\% = \frac{22,9}{400} \bullet 100\% = 5,7\%$ dla linii poniżej 1kV dopuszczalne THD=8%; Odp. A: współczynnik THD jest wysoki (6%) ale mniejszy od wartości dopuszczalnej…12.W symetrycznej i symetryczni obciążonej (odbiornikami jednofazowi) 3-fazowej sieci niskiego napięcia straty mocy wynoszą 100W. Z uwagi na przepalenie się bezpiecznika w 1fazie przełączono zasilane z niej odbiorniki do 1 z pozostałych niezerowych faz. Straty mocy w tej sieci zmieniają się w przybliżeniu następującym :$P1 = 100W;P2 = ({2I)}^{2}R + I^{2}R + 3I^{2}R = 8I^{2}R;\ \ \frac{P2}{P1} = \frac{8I^{2}R}{3I^{2}R} = 2,66; = > P2 = 266W;$ Odp. A: wynoszą do 266W

…13. Model linii wysokiego napięcia 400kV w postaci czwórnika typu π o danych R=0Ω, X=68Ω, G=0S, H=600µS, obciążony jest prądem I=900A, przy współczynniku mocy 0,95(ind). Jeśli napięcie miedzyfazowe na końcu linii wynosi 385kVto napięcie na początku linii i prąd na początku linii wynoszą odpowiednio: Roz: B=600µS=Y2=Y1; X=68Ω=Z; A = 1 − Y2Z = 1 − 0, 0408; B = Z = j68; C = Y1 + Y2 + Y1 • Y2 • Z = j1, 18 • 10⁻³; D = A; U1 = A • U2 + B • I2 = 380kV; I1 = C • U2 + D • I2 = 943A; Odp. D 380kV, 943A…14.W pewnym miejscu sieci SN (10kV) moc zwarciowa na szynach wynosi 400MVA, aby ograniczyć moc zwarciową na odpływie z tych szyn do wartości 250MVA należy zainstalować dławik przeciwzwarciowy na prąd znamionowy 1000A o procentowym napięciu zwarcia: $Un = 10kV,\ {S''}_{K1} = 400MVA;\ {S''}_{K2} = 250MVA;In = 1000A;Uk\% = 1,1 \bullet \sqrt{3} \bullet Un \bullet In \bullet \left( \frac{1}{{S''}_{K2}} - \frac{1}{{S''}_{K1}} \right) \bullet 100 = 2,85\% \approx 2,9\%;$ Odp. D: 6%...15. W pewnym miejscu sieci SN moc zwarciowa na szynach 6kV wynosi bez uwzględnienia silników ind 200MVA(R/X=0,01). Jeśli do szyn przyłączonych jest 5 silników ind o mocy znamionowej 2MV każdy, znamionowym współczynniku mocy 0,86, znamionowej sprawności 0,97, współczynniku rozruch równym 4(stosunek R/X=0,1) to prąd udarowy na tych szynach z uwzględnieniem silników wynosi: Roz: ${X''}_{\text{KQ}} = \frac{1,1 \bullet Un^{2}}{{S''}_{\text{KQ}}} = 0,198\mathrm{\Omega};\ {R''}_{\text{KQ}} = 0,0198\mathrm{\Omega};\ {I''}_{\text{SQ}} = \frac{1,1 \bullet Un}{\sqrt{3} \bullet Zk} = 19,1kA;Ip = \sqrt{2} \bullet \aleph \bullet I^{''}k = 47,2kA;Sn = \frac{\text{Pn}}{cos\varphi n \bullet \eta} = 2,4MV;X^{''}\mu = \frac{1}{5 \bullet kr} \bullet \frac{Un^{2}}{\text{Sn}} = 0,75;R^{''}k = 0,075\mathrm{\Omega};I^{''}k = \frac{1,1 \bullet Un}{\sqrt{3} \bullet Zn} = \frac{1,1 \bullet 6 \bullet 10^{3}}{\sqrt{3} \bullet 0,75} = 5kA;Ip = \sqrt{2} \bullet H \bullet I^{''}k = 12,3kA;\ $ $H = 1,02 + 0,98e^{\frac{- 3Rk}{\text{Xk}}} = 1,99;Ip = 47,2 + 12,3 = 59,5kA$; Odp. C:60kA