Transcript Facit till Tentamen (TEN1) TMEI01 Elkraftteknik 18

ISY/Fordonssystem
Facit till Tentamen (TEN1)
TMEI01 Elkraftteknik
18:e Mars, 2014, kl. 14.00-18.00
Tillåtna hjälpmedel: TeFyMa, Beta Mathematics Handbook, Physics
Handbook, ett handskrivet A4-papper med valfritt innehåll, formelblad (bifogat i tentamen) och miniräknare.
Uppgift 1.
a) 3 st wattmetrar behövs.
Motivering: Nätet är inte symmetriskt belastat och Noll-ledare finns, därmed gäller inte att
i1 + i2 + i3 = 0. Därför fungerar inte Tvåwattmetermetoden.
b) 1 st wattmeter räcker.
Motivering: Lasten består av 3 st likadana Y-kopplade element. Därmed räcker det att mäta
effekten i en av faserna och multiplicera med 3.
c) 2 eller 3 st wattmetrar godkänns som svar.
Motivering: Lasten R2 är ansluten till Noll-ledaren vilket ger en nollström så tvåwattmetermetoden kan inte användas för hela effekten. Eftersom det inte framgår tydligt av uppgiften
om D-kopplingen är symmetrisk eller ej så godkänns varianter med tvåwattmetermetoden
alt. symmetrisk antagande för att mäta den D-kopplade lastens effekt. I det första fallet
behövs alltså 2 st kopplade enligt tvåwattmetermetoden på fas 2 och 3 och vid symmetriskt
antagande endast 1 kopplade till fas 2 eller 3. I fallet med 3 wattmetrar går det naturligtvis
lika bra att mäta alla 3 faserna var för sig.
d) Kopplingen blir enligt nedanstående figur, ordning från vänster till höger godtyckligt
L1
L2
L3
IN
R1
D−kopplad last
R2
Y−kopplad last
Enligt uppgiftsformuleringen så har vi att
PR1 + PR2 + PY + PD = 9 kW
Qy + QD = 5 kVAr
Från sambanden för aktiv, reaktiv och skenbar effekt har vi dessutom att
PY = SY · cos ϕY = Sy · 0.8
QY = SY · sin ϕY = Sy · 0.6 =⇒
0.6
0.8
=⇒ QY =
· PY samt p.s.s QD =
· PD
0.8
0.6
Lösning av ekvationssystemet ger att
PD = 1500 kW
PY = 4000 kW
√
Med hjälp av dessa siffror och P3f as = 3 · UH · IL · cos ϕ samt P = U · I · cos ϕ så kan nu
strömmarna räknas ut. För den Y-kopplade trefaslasten så är strömmens vinkel uppenbart
given av cos ϕY . Den D-kopplade lasten har två grenar anslutna till L1 vilket skenbart försvårar räkningarna. Dock belastar den ju på samma sätt som en ekvivalent Y-kopplad last
så om man utför räkningarna blir fasvinkeln uppenbart given av cos ϕD . För R1 och R2 som
1
är enfas-laster gäller att hålla rätt på vilken spänning (storlek och fasvinkel) som ligger över
lasten så att strömmens fasvinkel blir rätt. Man får då
I¯L1 = I¯LY + I¯LD + I¯LR + I¯L = . . .
R2
1
PY
· ejϕY = 7.2 (0.8 − j · 0.6)
I¯LY = √
3 · UH cos ϕY
PD
I¯LD = √
· ejϕD = 3.6 (0.6 − j · 0.8)
3 · UH cos ϕD
!
p
◦
(3)
P
R
1
j30
I¯LR1 =
·e
= 3.75
+ j · 0.5
U12
2
PR2 j0◦
I¯LR2 =
·e
= 8.66
U1
◦
. . . = 19.85 + j · 5.34 = 20.6 · e−j15 =⇒
IL1 = 20.6 A
Uppgift 2. Kopplingen för transformatorn blir enligt figur nedan
I
I1
I2
Z2K
I0
U
√1
3
R0
U
√20
3
jX0
N1
U
√2
3
ZB
N2
För att använda spänningsfallsformeln behövs X2K och R2K samt I2 . I denna uppgift är I2 okänd
och istället har en lasteffekt givits. Eftersom effekten beror av både ström och spänning så måste
en andragradsekvation lösas för att räkna ut I2 och därmed U2 .
SM
I2M = √
= 21.7 A =⇒
3U2M
PF KM
R2K =
= 2.13 Ω
2
3 · I2M
2
uz U2M
= 4.3 Ω
100 SM
q
2 − R2 = 3.7 Ω
X2K = Z2K
2K
p
P2 = 50 kW = (3) · U2 · I2 cos ϕ2
Z2K =
Med P2 från ovan instoppat i spänningsfallsformeln får vi
√
P2
√
= U20 − 3 · I2 (R2 · cos ϕ2 + X2K · sin ϕ2 ) =⇒
3 · I2 cos ϕ2
√
P2
=⇒ √
= I2 · U20 − 3 · I22 (R2 · cos ϕ2 + X2K · sin ϕ2 ) =⇒
3 · cos ϕ2
U20
P2
2
=⇒ I2 − I2 √
+
= 0 =⇒
3 · (R2 · cos ϕ2 + X2K · sin ϕ2 ) 3 · cos ϕ2 (R2 · cos ϕ2 + X2K · sin ϕ2 )
=⇒ I2 = 11.6 A
Vi får därför
U2 = U20 −
√
(Två rötter varav en orimligt stor)
3 · I2 (R2 · cos ϕ2 + X2K · sin ϕ2 ) = 3121 V
2
Uppgift 3. Kopplingen för shuntmotorn blir enligt figur nedan
Ia
Im
Ra
Ua
Ea
Rm
a) Börja med att räkna ut magnetiseringsströmmen för den givna spänningen Ua = 24 V
Pmagn = Ua · Im =⇒
Ua
=⇒ Im =
= 1.25 A
Pmagn
Betraka nu två fall, Fall I: märklastfallet och Fall II: tomgångsfallet
Fall I
Ua = 24 V
Ia,I = 14 − Im = 12.75 A
nI = 630 rpm
Ea,I = Ua − Ia,I · Ra = 20.2 V
Fall II
Ua = 24 V ⇒ Im = 1.25 A, oförändrat
Ia,II = 2 − Im = 0.75 A
Ea,II = Ua − Ia,I · Ra = 23.8 V
EaII
· nI = 742.4 rpm
nII =
Ea,I
PF 0 = Ia,II · Ea,II = 17.8 W
b) Använd data från Fall I ovan, då fås
Pavg = EaI · IaI − PF 0 = 239.4 W
Pavg · 60
= 3.6 Nm
Mavg =
nI · 2 · π
c) Använd återigen data från föregående uppgifter
η=
Pavg
= 0.71
PIn
3
Uppgift 4.
a) Motorns synkrona varvtal är sannolikt på 3000 rpm så s =
3000−2910
3000
= 3%
b) Motorn skall D-kopplas.
Motorn är märkt 400/690 V enligt databladet. Motorn är alltså avsedd för 400 V över lindningarna. För den aktuella nätspänningen UH = 400 V måste alltså motorn D-kopplas för
att uppnå detta, men om nätspänningen vore UH = 690 V så skulle man alltså Y-koppla.
Ett annat sätt att tänka är att utgå ifrån att motorn drar lika mycket effekt vid 690 V som
vid 400 V enligt databladet. Eftersom en D-kopplad √
last drar tre ggr mer effekt för samma
spänning så måste man sänka spänningen en faktor 3 för att få samma effekt för de båda
fallen. Fallet med den lägre spänningen är med andra ord för D-kopplingen.
c) Om momentet halveras så halveras eftersläpningen enligt momentformeln för litet slip. Vi
får alltså
n2 = n1 (1 − s) = 3000 · (1 − 0.0015) = 2955 rpm
d) Enligt formeln för starttid så gäller att
n 2
0.11 · J
0.11 · (1.5 + 0.01431)
2910
2
tstart =
·
=
·
= 11.8 s
mst · P2M − PL
100
2.6 · 7.5 − 7.5
100
Uppgift 5.
a) Vi har att
Uut =
5.3
· (R1 + R2 + Rp )
R2
Detta ger oss två ekvationer med två obekanta enligt följande
1)
5.3 · R1
+
5.3 · R2
+
5.3 · 104
=
12 · R2
2)
5.3 · R1
+
5.3 · R2
+
0
=
6 · R2
1) − 2)
0
+
0
+
5.3 · 104
=
6 · R2
Vi ser alltså direkt att R2 =
1.17 kΩ
5.3·104
6
= 8.833 kΩ vilket i sin tur ger att R1 = R2 ·
(6−5.32)
5.3
=
b) Enligt uppgift skall IZ ≥ 5 mA gälla. Vi får därför
Uin − 5.3
≥ 5 mA =⇒
RZ
Uin,min − 5.3
· 103 = 2.74 kΩ
=⇒ RZ ≤
5
OBS: I originaltentan frågades felaktigt efter det minsta tillåtna värdet på resistansen R när
det var det största tillåtna värdet som avsågs. Detta kommer att beaktas vid rättningen.
IZ =
c) IZ =
Uin −UZ
RZ
= 5.4 mA, så PZ = UZ · IZ = 5.3 · 5.4 · 10−3 = 28.4 mW
d) Verkningsgraden blir (Här räknar vi in strömmen som går genom mätgrenen även om den är
så pass liten att den kan försummas)
Uz
= 6 · 10−4
R2
Put
Uut · Iut
10 · 1
η=
=
=
= 49.7 %
Pin
Uin · (Iut + IZ + Imeas )
20 · (1 + 5 · 10−3 + 0.6 · 10−3 )
Imeas =
4