1. No category

ISY/Fordonssystem
Facit till Tentamen (TEN1)
TMEI01 Elkraftteknik
16:e Mars, 2015, 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. Exempel på lösning:
Eftersom den aktiva och reaktiva effekten för de tre maskinerna kan summeras utan vidare och
det endast är den totala linjeströmmen som söks så behöver vi inte räkna ut strömmarna för varje
enskild last. Vi får därmed
a) Räkna t.ex. ut IL,1 med U1 som referens. De två andra strömmarna är lika stora men förskjutna 120◦
P1 =
X P2a,i
ηi
i
Q1 =
X P2a,i
·
ηi
i
q
S1 = P12 + Q21
IL1 =
b) cos ϕT ot =
p
1 − cos2 ϕi
cos ϕi
◦
S1
√ = 84, 3e−j35.8
UH 3
P1
S1
= 0.81 ind.
c) Använd t.ex. formeln nedan eller lös ekvationen i P1 och Q1
PI = UH · IL · cos (30 + 35, 8) = 13, 8 kW
PII = UH · IL · cos (30 − 35, 8) = 33, 5 kW
Uppgift 2. Exempel på lösning:
a) Använd notationen Fall I innan kompensering och Fall II efter. Ställ sedan upp den reaktiva
effekten enligt
p
1 − cos2 ϕI
Q2,I = P2
cos ϕI
p
1 − cos2 ϕII
Q2,II = P2
cos ϕII
QC = Q2,II − Q2,I = −787 kVAr
b) D-kopplat kondensatorbatteri så spänningen UH ligger över respektive kondensator
C=
−QC
2 · 2 · π · f = 7, 6uF
3 · UH
c) Anvädn t.ex. formeln för aktiv och reaktiv förlust
P22 + Q22
= 218 kW
U22
P 2 + Q2
QF = XL · 2 2 2 = 435 kVAr
U2
PF = R L ·
d) Spänningen blir
s
U1 = U2 ·
P2 · RL + Q2,I · XL
1+
U22
2
1
+
P2 · XL − Q2,I · RL
U22
2
= 11, 7 kV
Uppgift 3. Exempel på lösning:
Kretsschemat blir enligt
I
I2 R2K
I1
X2K
I0
U
√1
3
R0
U
√20
3
jX0
N1
U
√2
3
ZB
N2
a) Använd definitionen av 3-fas effekt
SM
= 222 A
3 · U1M
SM
=√
= 5774 A
3 · U2M
I1M = √
I2M
b) Verkningsgraden blir
η=
0, 5 · cos ϕ · SM
= 0, 9918
0, 5 · cos ϕ · SM + PF 0 + 0, 52 · PF KM
c) ηax fås (efter t.ex. derivering av uttrycket för η) vid
r
PF 0
xηmax =
= 0, 34 =⇒
FF BM
ηmax = 0, 99
Uppgift 4. Exempel på lösning:
Kalla givna falllet Fall I, a-uppgiften Fall II och b-uppgiften Fall III
a) Momentet är konstant så Ia är konstant. Vi har att
Ea,I = Va,I − Ia,I · Ra
vII
Ea,II = Ea,I ·
vI
Va,II = Ea,II + Ia,I · Ra = 382 V
b) Momentet dubblas, så Ia dubblas. Vi har att
Ia,III = Ia,I · 2
Va,III = Ea,II + Ia,III · Ra = 404 V
c) Största möjlig startspänning fås direkt från den evkivalenta kretsen enligt
Va,max = Ia,max · Ra = 60 · 0, 55 = 33 V
2
För att räkna ut startkraften vid denna ström så kan vi använda oss av driftstillståndet
för det första givna fallet. Med enda skillnad att vi har en utväxling så kan vi använda
momentekvationerna från formelsamlingen
T = k · Ia ⇒ f = kf · Ia
Pmech = f · v = kf · v · Ia
Pem = Ea · Ia
Eftersom vi bortser från friktion så får vi
Pmech = Pem ⇒ Ea = kf · v =⇒
Ea,I
= 14, 4 kN
fmax = Ia,max · kf = Ia,max ·
vI
3
Uppgift 5. Exempel på lösning:
a) Ett exempel på hur ett svar kan se ut är
Spänningsreglering
Spänningen sänks så att momentkurvan sjunker, slippet blir då större för ett och samma
lastmoment. Det är förhållandevis enkelt och billigt att styra spänningen och det fungerar
på alla typer av asynkronmaskiner. En nackdel är att större slip ger mer förluster.
Frekvensreglering
Momentkurvan flyttas i sidled genom att frekvensen på primärsidan ändras vilket ger en
effektiv reglering. En nackdel är att frekvensriktare är dyra och introducerar illalåtande
störningar i motorerna.
Pådragsreglering
Ett yttre pådrag kopplas in till rotorn vilket förskjuter momentkurvan. En fördel är att
det ger mindre förluster än spänningsstyrning samt att det kan användas för motorstart.
Maxmomentet är dessutom bevarat vilket gör att vi inte behöver oroa oss för att motorn
skall bli för svag. En nackdel är dock att förlusterna fortfarande finns där om än inte lika
stora som för spännigsstyrningen. Dessutom kräver metoden en släpringad asynkronmaskin.
b) Låt det givna fallet vara Fall I och det sökta Fall II. Utgående från den generella momentformeln för asynkronmaskinen kan vi ta fram specialfall för de olika alternativen. Vi får då
för de olika styrstrategierna följande parametrar/värden
Spänningsreglering
Vi har att momentet kan skrivas M = k · U 2 · s och med konstant moment för de olika fallen
får vi
n2,II = 2850 rpm
n1 = 3000 rpm
n1 − n2,I
= 2, 7 %
sI =
n1
n1 − n2,II
= 5, 0 %
sII =
n1
r
sI
UH,II = UH,I ·
= 292, 2 V
sII
Frekvensreglering
Vid konstant Volt/Hz reglering måste vi ändra spänningen lika mycket som frekvensen för
att bibehålla maxmomentet. Momentkurvan för ändrad frekvens motsvarar då en ren förskjutning och vi får
n2,II − n2.I
fDif f = p ·
= −1.2 Hz
120
fII = fI + fDif f = 48.8 Hz
fII
UH,II = UH,I ·
= 390, 7 V
fI
Pådragsreglering
Antag litet slip, vi kan skriva momentformeln som M = k ·
moment så har vi
sI
sII
=
=⇒
R2,I
R2,II
sII
R2,II =
· R2,I = 1, 125 Ω
sI
Ry = R2,I − R2,II = 0, 53 Ω
4
s
R2
och för konstant lastande