پایداری سیگنال بزرگ سیستم قدرت — به زبان ساده

۳۸۴ بازدید
آخرین به‌روزرسانی: ۱۶ اردیبهشت ۱۴۰۲
زمان مطالعه: ۱۲ دقیقه
پایداری سیگنال بزرگ سیستم قدرت — به زبان ساده

در آموزش‌های قبلی مجله فرادرس، با مدل و معادلات ژنراتور سنکرون آشنا شدیم. همچنین معادله نوسان ژنراتور را به طور مفصل مورد بحث قرار دادیم. در این آموزش، با پایداری سیگنال بزرگ در سیستم قدرت آشنا می‌شویم.

997696

پایداری سیگنال بزرگ

یکی از راه‌های بررسی پایداری سیستم‌ها، خطی‌سازی حول یک نقطه کار و به دست آوردن مدل خطی آن‌هاست. البته، این مدل‌ها برای اغتشاش‌های سیگنال بزرگ مناسب نیستند؛ مثلاً وقتی خطای سه فاز در یک سیستم قدرت رخ می‌دهد، آیا می‌توان تعیین کرد که سیستم بعد از رفع خطا پایدار می‌شود؟ این نوع پایداری را نمی‌توان با مدل‌های خطی تحلیل کرد.

برای اغتشاش‌های سیگنال‌ بزرگ، شبیه‌سازی حوزه زمان برای بررسی رفتار سیستم کارآمد است و در یک سیستم ساده، می‌توانیم از مفهوم پایداری لیاپانوف برای پایداری سیگنال بزرگ استفاده کنیم.

در ادامه، معیار پایداری لیاپانوف را معرفی خواهیم کرد. سپس با استفاده از روش یا معیار مساحت مساوی (که مبتنی بر معیار پایداری لیاپانوف است)،‌ پایداری سیگنال بزرگ یا پایداری گذرای یک سیستم تک‌ماشین-شین بینهایت یا SMIB را بررسی می‌کنیم. نتایج تحلیل نیز با شبیه‌سازی حوزه زمان اعتبارسنجی شده است.

معیار پایداری لیاپانوف

دینامیک سیستم زیر را در نظر بگیرید:

x˙=f(x)          (1) \large \dot { x } = f ( x ) \; \; \; \; \; (1)

که در آن، xR x \in \mathbb { R } و f:RnRn f : \mathbb { R } ^ n \to \mathbb { R } ^ n است. قضیه پایداری لیاپانوف بیان می‌کند که این سیستم پایدار است، اگر و تنها اگر تابع V(x)0 V ( x ) \geq 0 که V:RnR  V : \mathbb { R } ^ n \to \mathbb { R }  ، وجود داشته باشد، به طوری که در آن، برای همه xxهای مسیر دینامیکی، مشتق VV کوچک‌تر یا مساوی با صفر شود (V˙(x)0\dot{V} ( x ) \leq 0).

مثال ۱

با استفاده از قضیه پایداری لیاپانوف پایداری سیستم زیر را بررسی کنید.

x˙1=x1+g(x2)x˙2=x2+h(x1)          (2) \large \begin {align*} \dot {x } _ 1 & = - x _ 1 + g ( x _ 2 ) \\ \dot {x } _ 2 & = - x _ 2 + h ( x _ 1 ) \end {align*} \;\;\;\;\; (2)

که در آن:

g(u)u/2h(u)u/2 \large \begin {align*} | g ( u ) | \leq | u | / 2 \\ | h ( u ) | \leq | u | / 2 \end {align*}

حل: تابع V(x)=12(x12+x22) V ( x ) = \frac { 1 } { 2 } ( x _ 1 ^ 2 + x _ 2 ^ 2 ) را در نظر می‌گیریم که برای همه xxها V(x)0 V ( x ) \geq 0 است. اکنون، مشتق V(x) V ( x ) را محاسبه می‌کنیم:

V˙(x)=x1x1˙+x2x2˙=x1(x1+g(x2))+x2(x2+h(x1))=x12x22+x1g(x2)+x2h(x1)x12x22+x1g(x2)+x2h(x1)x12x22+x1x22+x2x12=x12x22+x1x212(x12+x22)=V(x)          (3) \large \begin {align*} \dot { V } ( x ) & = x _ 1 \dot { x _ 1 } + x _ 2 \dot { x _ 2 } = x _ 1 ( - x _ 1 + g ( x _ 2 )) + x _ 2 ( - x _ 2 + h ( x _1)) \\ & = - x _ 1 ^ 2 - x _ 2 ^ 2 + x _ 1 g ( x _ 2 ) + x _ 2 h ( x _ 1 ) \\ & \leq - x _ 1 ^ 2 - x _ 2 ^2 + |x _ 1 | | g ( x _ 2 ) | + |x _ 2 | | h ( x _ 1 ) | \\ & \leq - x _ 1 ^ 2 - x _ 2 ^ 2 + | x _ 1 | \frac { | x _ 2 | } { 2 } + | x _ 2 | \frac {| x _ 1|} { 2 } \\ & = - x _ 1 ^ 2 - x _ 2 ^ 2 + | x _ 1 x _ 2 | \\ & \leq - \frac { 1 } { 2 } (x _ 1 ^ 2 + x _ 2 ^ 2 ) = - V ( x ) \;\;\;\;\; (3) \end {align*}

بنابراین، برای هر x x خواهیم داشت: V˙(x)0\dot {V} ( x ) \leq 0 . در نتیجه، سیستم بالا یک سیستم پایدار است.

دینامیک یک سیستم خطی تغییر ناپذیر با زمان (LTI) را می‌توان به صورت زیر نوشت:

x˙=Ax          (4) \dot { x } = A x \;\;\;\;\; (4)

که در آن، ARn×n A \in \mathbb {R} ^ { n \times n} و xRn x \in \mathbb{R}^n.

تابع V(x)=xTPx V (x) = x ^ T P x را در نظر بگیرید که در آن، PRn×n P \in \mathbb {R} ^ { n \times n} یک ماتریس نیمه‌معین مثبت (PSD) است؛ یعنی PP متقارن (P=PTP=P^T) بوده و هر مقدار ویژه آن بزرگ‌تر یا مساوی صفر است. این نوع ماتریس را با P0P \succeq 0 نشان می‌دهیم. در نتیجه، برای هر xx، داریم: V(x)0 V (x) \geq 0 .

گفته بالا را می‌توان با استفاده از تجزیه مقادیر ویژه اثبات کرد. ماتریس PP را می‌توانیم به صورت P=V1ΛV P = V ^ { - 1 } \Lambda V تجزیه کنیم که در آن، Λ \Lambda یک ماتریس قطری با درایه‌های λi0 \lambda _ i \geq 0 i=1,,n)i = 1 , \cdots , n )) و VV ماتریس بردار ویژه است. ماتریس VV متعامد است؛ یعنی VT=V1 V ^ T =V ^ {-1} .

V(x)=xTVTΛVx=x~TΛx~=i=1nλix~i20          (5) \large V ( x ) = x ^ T V ^ T \Lambda V x = \tilde {x } ^ T \Lambda \tilde {x} = \sum _{ i = 1 }^{ n } { \lambda _ i \tilde {x } _ i ^ 2 \geq 0 \;\;\;\;\; ( 5 ) }

که در آن، x~=Vx\tilde {x} = V x است. مشتق تابع لیاپانوف به صورت زیر محاسبه می‌شود:

V˙(x)=xTPx˙+x˙TPx=xT(PA+ATP)x          (6) \large \dot { V } (x ) = x ^ T P \dot { x } + \dot { x} ^ T P x = x ^T ( P A + A ^ T P ) x \;\;\;\;\; ( 6 )

اگر سیستم خطی پایدار باشد، آنگاه V˙(x)0\dot {V} (x) \leq 0 است. این معادل با PA+ATP0PA+A^T P \preceq 0 خواهد بود.

پایداری یا ناپایداری

قضیه پایداری لیاپانوف بیان می‌کند که سیستم پایدار است اگر V(x)0V(x) \geq 0 بوده و برای همه xxهای مسیر V˙(x)0\dot{V}(x) \leq 0 باشد. سیستم ناپایدار است، اگر برای همه xxهای روی مسیر، V(x)<0V(x) \lt0 بوده و V˙(x)0\dot{V}(x) \leq 0 باشد.

روش مساحت مساوی

در این بخش، از قضیه پایداری لیاپانوف برای قضاوت درباره پایدار بودن یا نبودن یک سیستم قدرت SMIB استفاده می‌کنیم. معادلات دینامیکی سیستم SMIB به صورت زیر هستند:

δ˙=ω0(ω1)ω˙=12H(PmPeD1(ω1))          (7) \large \begin {align*} \dot { \delta } & = \omega _ 0 ( \omega - 1 ) \\ \dot {\omega } & = \frac { 1 } { 2 H } ( P _ m - P _ e - D _ 1 ( \omega - 1 )) \end {align*} \;\;\;\;\; (7)

تابع V(δ,ω) V ( \delta , \omega ) را تشکیل می‌دهیم. برای پایدار بودن، مشتق زمانی این تابع به ازای همه δ\deltaها و ω\omegaها باید کوچک‌تر یا مساوی صفر باشد. مشتق زیر را در نظر بگیرید:

V˙(δ,ω)=D1ω02(ω1)2=D1δ˙2          (8) \large \dot {V} ( \delta , \omega ) = - D_ 1 \omega _0 ^ 2 ( \omega - 1 ) ^ 2 = - D_ 1 \dot{\delta} ^ 2 \;\;\;\;\; (8 )

که به ازای هر (δ,ω)(\delta , \omega)، نامساوی V˙(δ,ω)0 \dot{V} ( \delta , \omega ) \leq 0 برقرار است.

برای اظهار نظر درباره پایدار بودن یا نبودن سیستم، لازم است بررسی کنیم که برای همه (δ,ω) (\delta , \omega)ها V(δ,ω)0 V (\delta , \omega ) \geq 0 باشد یا برای هر (δ,ω)(\delta , \omega) در مسیر، رابطه V(δ,ω)<0 V ( \delta , \omega ) < 0 برقرار باشد.

V(δ,ω)=t0tV˙(δ,ω)dt=t0tD1(δ˙)2dt=δ0δD1δ˙dδ=δ0δ[ω0(PmPe)2Hω0ω˙]dδ=ω0δ0δ(PmPe)dδ+δ0δ2Hdδ˙dtdδ=ω0δ0δ(PmPe)dδ+δ0δ2Hδ˙dδ˙=ω0δ0δ(PePm)dδ+H(δ˙2)δ0δ          (9) \large \begin {aligned} V ( \delta, \omega ) & = \int _ { t _ { 0 } } ^ { t } \dot { V } ( \delta , \omega ) d t = \int _ { t _ { 0 } } ^ { t } - D _ {1 } ( \dot { \delta } ) ^ { 2 } d t \\ & = -\int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } D _ { 1 } \dot { \delta } d \delta \quad \\ & = -\int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } \left [ \omega _ { 0 } \left ( P _ { m } - P _ { e } \right ) - 2 H \omega _ { 0 } \dot { \omega } \right ] d \delta \\ & = -\omega _ { 0 } \int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } \left ( P _ { m } - P _ { e } \right ) d \delta + \int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } 2 H \frac { d \dot { \delta } } { d t } d \delta \\ & = -\omega _ { 0 } \int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } \left ( P _ { m } - P _ { e } \right ) d \delta + \int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } 2 H \dot { \delta } d \dot { \delta } \\ & = \omega _ { 0 } \int _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } \left ( P _ {e } - P _ { m } \right ) d \delta + \left . H \left ( \dot { \delta } ^ { 2 } \right ) \right | _ { \delta _ { 0 } } ^ { \delta } \end {aligned} \;\;\;\;\; (9)

در شرایط اولیه δ=δ0 \delta = \delta _ 0 ، رابطه δ˙=0\dot {\delta} = 0 را داریم. در یک نقطه مشخص از مسیر، وقتی سرعت به ۱ پریونیت می‌رسد (یا δ˙=0 \dot{\delta} =0)، تنها لازم است δ0δ(PePm)dδ<0 \int _ {\delta _ 0 } ^ { \delta} { ( P _ e - P _ m )} d\delta < 0 را بررسی کنیم. اگر چنین باشد، آنگاه سیستم ناپایدار است. این نقطه از مسیر، متناظر با یک زاویه ماکزیمم δmax \delta _ {\text{max}} یا یک زاویه مینیمم δmin\delta _ \text{min} است.

بنابراین، اگر زاویه δ\delta روتور افزایشی باشد، با معیار مساحت مساوی عبارت زیر محاسبه می‌شود:

δ0δmax(PePm)dδ \large \int _ { \delta _ 0 } ^ { \delta _ {\mathrm{max}}} ( P _ e - P_ m ) d \delta

مثال ۲

در یک سیستم SMIB، شین ترمینال ژنراتور در لحظه t0t_0 دچار خطای سه فاز به زمین شده است. زاویه اولیه روتور δ0 \delta _ 0 است. خطا در زمان t1=t0+Δ t t _ 1 = t_ 0 + \Delta  t که زاویه روتور δ1\delta _ 1 است، رفع می‌شود. پایداری سیستم را بررسی کنید. فرض کنید توان مکانیکی ثابت نگه داشته می‌شود. اگر سیستم پایدار است، مقدار δmax \delta _ \text{max} را تعیین کنید.

حل: δ0δmax(PePm)dδ \int _ { \delta _ 0 } ^ { \delta _ {\mathrm{max}}} ( P _ e - P_ m ) d \delta را بررسی خواهیم کرد. این عبارت را می‌توان به دو بخش تقسیم کرد:

δ0δmax(PePm)dδ=δ0δ1(PmPe)dδA1+δ1δmax (PePm)dδA2.          (10) \large \int _ { \delta _ 0 } ^ { \delta _ {\mathrm{max}}} ( P _ e - P_ m ) d \delta = - \underbrace{ \int _ { \delta _ 0 } ^ { \delta _ 1 } ( P _ m - P_ e ) d \delta }_{A_1} + \underbrace{ \int _ { \delta _ 1 } ^ { \delta _ \text{max }} ( P _ e - P_ m ) d \delta }_{ A _ 2}. \;\;\;\;\; (10)

از t0t_0 تا t1t_1 خطای اتصال کوتاه رخ می‌دهد و ولتاژ ترمینال ژنراتور 0 و در نتیجه، توان حقیقی آن Pe=0P_e = 0 است. بنابراین، از t0t_0 تا t1t_1، توان خالصی که در ژنراتور وجود دارد، سبب شتاب گرفتن آن می‌شود. A1A_1 مساحت شتاب نامیده می‌شود. A2A_2 نیز مساحت کاهش سرعت نام دارد، زیرا بعد از t1t_1، توان الکتریکی Pe P_e بازیابی می‌شود و Pe>Pm P _e > P_m خواهد شد.

A1=Pm(δ1δ0) \large A_1 = P_m ( \delta _1 - \delta _ 0 )

حداکثر مقدار δmax \delta _ \text{max}، می‌تواند πδ0 \pi - \delta _ 0 باشد. از آنجایی که اگر δ>δmax\delta > \delta _\text{max} باشد، Pe<PmP_e< P_m خواهد بود، ژنراتور شتاب می‌گیرد. مساحت شتاب بزرگ‌تر از A1A_1 است. بنابراین، حداکثر A2A_2 به صورت زیر خواهد بود:

δ1πδ0(EVXsin(δ)Pm)dδ \large \int _ { \delta _ 1 } ^ { \pi - \delta _ 0 } \left ( \frac {E V _ \infty } { X } \sin (\delta) - P_ m \right ) d \delta

اگر A2A1A_2 \geq A_ 1 باشد، سیستم پایدار است. در غیر این صورت، سیستم پایدار نیست. شکل ۱ این دو مساحت را نشان می‌دهد.

شکل ۱: مثال ۲
شکل ۱: مثال ۲

اگر سیستم پایدار، و δ0\delta _ 0 و δ1\delta _ 1 مشخص باشند، می‌توانیم δmax \delta _ \text{max} را با استفاده از معادله زیر بیابیم:

A1=Pm(δ1δ0)=A2=δ1δmax(EVXsin(δ)Pm)dδ          (11) \large A_ 1 = P_ m ( \delta _ 1 - \delta _ 0 ) = A_ 2 = \int _ { \delta _ 1 } ^ {\delta _ \text{max} } \left ( \frac {E V _ \infty } { X } \sin (\delta) - P_ m \right ) d \delta \;\;\;\;\; (11)

مثال ۳

در یک سیستم SMIB، شین ترمینال ژنراتور در لحظه t0t_0 دچار خطای سه فاز به زمین شده است. در این لحظه، زاویه روتور δ0\delta _ 0 است. خطا در t1=t0+Δtt_ 1 = t _ 0 + \Delta t برطرف می‌شود. حداکثر مقدار Δt\Delta t (یا زمان رفع بحرانی) چقدر باشد تا سیستم پایدار گردد؟

حل: زمان رفع بحرانی را می‌توان ابتدا از A1=A2 A_ 1 = A_2 و یافتن δ1\delta _ 1 به دست آورد. علاوه بر این، δ1\delta _ 1 را برحسب Δt\Delta t می‌نویسیم.

در طول t0 t_ 0 تا t1 t_ 1، Pe=0P_ e = 0 است. بنابراین، اگر از اصطکاک مکانیکی صرف‌نظر کنیم (D1=0 D_ 1 = 0)، معادله نوسان به صورت زیر در خواهد آمد:

δ¨=ω02HPm \large \ddot { \delta } = \frac { \omega _ 0 } { 2 H } P _ m

توصیف حوزه زمان δ1\delta _ 1 به صورت زیر است:

δ1=δ0+ω02HPm(Δt)2 \large \delta _ 1 = \delta _ 0 + \frac { \omega_ 0 } { 2 H } P _ m (\Delta t ) ^ 2

در سیستمی با H=5  s H = 5 \; \text{s}، D1=0 D_ 1 = 0، Pm=1P_m=1 و Pe=2sinδP_e = 2 \sin \delta ، زاویه اولیه δ0\delta _0 روتور (0٫5236 رادیان) را می‌توان با توجه به نقطه کار به عنوان یک نقطه تعادل محاسبه کرد.

0=δ˙=ω0(ω1)    ω=10=ω˙=12H(PmPeD1(ω1))=12H(12sinδ)          (12) \large \begin {align*} 0 & = \dot { \delta } = \omega _0 ( \omega - 1 ) \implies \omega = 1 \\ 0 & = \dot {\omega} = \frac { 1} { 2 H} (P_m - P_e -D_1 (\omega - 1)) =\frac{ 1 } {2 H} ( 1 - 2 \sin \delta ) \end {align*} \;\;\;\;\; (12)

زاویه بحرانی δ1=1.3886  rad \delta _ 1 = 1.3886\; \text{rad} با حل (۱۱) به دست می‌آید و زمان رفع بحرانی متناظر Δt=0.2142  s \Delta t = 0.2142\; \text{s} است.

مثال ۴

اگر سیستم پایدار باشد، کمینه زاویه روتور δmin\delta _ {\text{min}} را به دست آورید.

حل: حداقل زاویه را نیز می‌توان با استفاده از روش مساحت مساوی یافت. نقطه شروع، همان زاویه روتور حداکثر است. با حل معادله زیر، مقدار δmin \delta _ \text{min} به دست خواهد آمد:

0=δminδmax(EVXsin(δ)Pm)dδ \large 0 = \int _{\delta _ \text{min} } ^ { \delta _ \text{max} } \left ( \frac { EV_ \infty } {X} \sin (\delta ) - P_ m \right ) d \delta

شکل ۲ دو ناحیه را نشان می‌دهد.

شکل ۲: مثال ۴
شکل ۲: مثال ۴

شبیه‌سازی در حوزه زمان

شبیه‌سازی زمانی منجر به اعتبارسنجی تحلیل نتایج از معیار ناحیه‌های برابر می‌شود.

برنامه متلب زیر، داده‌های زمانی مربوط به بردار متغیرهای حالت x=[δ,ω]T x = [\delta, \omega]^T معادله نوسان و توان PeP_e خروجی ژنراتور را تولید می‌کند. توجه کنید که روش انتگرال‌گیری عددی مورد استفاده، روش ذوزنقه‌ای است.

ورودی تابع، زمان رفع بحرانی tcrtcr، گام زمانی hh و زمان پایان T_end T\_ end است.

1function [x, Pe]=SMIB_sim(tcr,h, T_end)
2omega_0= 377;
3parameter.H =5;
4parameter.D1 =0;
5delta0 = pi/6;
6E = 1; V=1; X=0.5;
7parameter.E = E;
8parameter.V = V;
9parameter.X = X;
10parameter.Pm = E*V/X*sin(delta0);
11parameter.tcr =tcr;
12x(:,1) = [delta0; 1];
13i=1;
14for t=0:h:T_end
15i= i+1;
16[dotx, Pe(i)] = SMIB(x(:,i-1), t, parameter);
17x1 = x(:,i-1) +dotx*h;
18[dotx1, Pe(i)] = SMIB(x1, t, parameter);
19x(:,i) = x(:,i-1) +(dotx+dotx1)/2*h;
20end
21return

این تابع، یک تابع SMIB دیگر را برای محاسبه x˙\dot {x} و PeP_e در هر گام فراخوانی می‌کند. کد SMIB به صورت زیر است:

1function [x_dot, Pe] = SMIB(x, t, parameter)
2t0 = 1;
3x_dot = zeros(2,1);
4delta = x(1); omega = x(2);
5omega_0= 377;
6H = parameter.H;
7D1 = parameter.D1;
8Pm = parameter.Pm;
9tcr = parameter.tcr;
10E = parameter.E;
11V = parameter.V;
12X = parameter.X;
13if (t>t0 && t<t0+tcr)
14Pe = 0;
15else
16Pe = E*V/X*sin(delta);
17end
18x_dot(1) = omega_0*(omega-1);
19x_dot(2) = 1/(2*H)*(Pm - Pe -D1*(omega-1));

نتایج شبیه‌سازی زمانی یک سیستم SMIB در هنگام خطای سه فاز به زمین در شین ژنراتور، در شکل‌های ۳ تا ۵ نشان داده شده است.

کد زیر برای نمایش این شکل‌ها نوشته شده است:

1clear; clc;
2T_end = 3; h = 0.0002; T=0:h:T_end; n = length(T);
3[x, Pe]= SMIB_sim(0.2140,h, T_end); x2 = x; Pe2 = Pe;
4[x, Pe]= SMIB_sim(0.2142,h, T_end); x3 = x; Pe3 = Pe;
5[x, Pe]= SMIB_sim(0.2145,h, T_end); x4 = x; Pe4 = Pe;
6figure
7plot(T, [x2(1,1:n);x3(1,1:n); x4(1,1:n)],'LineWidth',2);
8ylabel('\delta'); grid on; xlabel('Time (s)'); xlim([0.9,2.2]);
9figure;
10plot(T, [x2(2,1:n);x3(2,1:n); x4(2,1:n)],'LineWidth',2);
11ylabel('\omega'); grid on; xlabel('Time (s)');xlim([0.9,2.2]);
12figure;
13plot(T, [Pe2(1:n);Pe3(1:n);Pe4(1:n)],'LineWidth',2);
14ylabel('P_eomega'); grid on; xlabel('Time (s)'); xlim([0.9,2.2]);

نتایج شبیه‌سازی تحلیل مساحت مساوی را تأیید می‌کنند. می‌توان دریافت که زمان رفع بحرانی ۰٫۲۱۴۲ ثانیه است.

شکل ۳: نتایج شبیه‌سازی زمانی: <span class=δ\delta (رادیان)‌" width="443" height="350">
شکل ۳: نتایج شبیه‌سازی زمانی: δ\delta (رادیان)‌
شکل ۴: نتایج شبیه‌سازی زمانی: <span class=ω\omega (پریونیت)‌" width="445" height="350">
شکل ۴: نتایج شبیه‌سازی زمانی: ω\omega (پریونیت)‌

وقتی زمان رفع ۰٫۲۱۴۲ ثانیه باشد، از یک قاب زمانی طویل‌تر استفاده می‌شود. شکل ۶ نتایج شبیه‌سازی را برای ۲ ثانیه پس از خطا نشان می‌دهد.

توجه کنید که در زمان رفع بحرانی، بر اساس روش مساحت‌های برابر، δmax \delta _ \text{max} باید πδ0=56π=2.618  rad \pi - \delta _ 0 = \frac {5}{6} \pi = 2.618 \; \text{rad} باشد. نتایج شبیه‌سازی حداکثر زاویه ۲٫۵۷۱۱ رادیان را نشان می‌دهد. خطا به دلیل خطای انتگرال‌گیری عددی است. اگر گام زمانی را کاهش دهیم، این خطا کاهش می‌یابد. برای مثال، اگر گام زمانی به 105 10 ^ { -5} ثانیه کاهش یابد، آنگاه δmax=2.595  rad \delta _ \text{max} = 2.595 \; \text{rad} است.

شکل ۵: نتایج شبیه‌سازی زمانی: <span class=PeP_e (پریونیت)‌" width="462" height="350">
شکل ۵: نتایج شبیه‌سازی زمانی: PeP_e (پریونیت)‌
شکل ۶: نتایج شبیه‌سازی زمانی با زمان رفع ۰٫۲۱۴۲ ثانیه.
شکل ۶: نتایج شبیه‌سازی زمانی با زمان رفع ۰٫۲۱۴۲ ثانیه.

اگر این مطلب برای شما مفید بوده است، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

^^

بر اساس رای ۰ نفر
آیا این مطلب برای شما مفید بود؟
اگر بازخوردی درباره این مطلب دارید یا پرسشی دارید که بدون پاسخ مانده است، آن را از طریق بخش نظرات مطرح کنید.
منابع:
Control and Dynamics in Power Systems and Microgrids
نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *