Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT

Transkript

1 Elektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT Øving 12; løysing Oppgåve 0 Denne oppgåva er ein smakebit på den typen fleirvalsspørsmål som skal utgjera 40 % av eksamen. Berre eitt av svaralternativa er rett; tre av dei er feil. a) Kva for likning er i samsvar med Kirchhoffs spenningslov for denne sløyfa? I U a 2 5kΩ 1kΩ A: = 10 V 15 V 10V 15V 4kΩ b b) Spenninga U ab i koplinga til høgre er: a B: 8,0 V 2,0 A 3,0 Ω = 14,0 V 3,0 U ab 2,0 A c) Finn straumen I. Det kan gjerast vha. enkle rekneoperasjonar. Merk at batterisymbolet har plusspol ved den lange streken. 8,0 V 5Ω b - 20V C: (10 V 50 V 20 V) / 30 Ω = 2,0 A 50V - 10V - I 30Ω 15Ω d) Dei reaktive komponentane er energilause ved t = 0. Kor stor er spenninga over 10 mh -spolen rett etter at brytaren vert slutta? C: 10 V (10 kω / (1 kω 10 kω)) = 9,1 V 10 V 1 k 4 k 10 F 10 mh 10 k 10 k 50 mh 1 F

2 Oppgåve 1 Oppgåver frå læreboka, kapittel 14: Problem 31 «Lagging» dvs. straumfasen ligg etter spenningsfasen; induktiv sløyfe, der φ = φ U φ I > 0. Fasedifferensen kan då finnast frå effektfaktoren: cos φ = 0,50 φ = 60. Effektfaktoren P = U I cos φ = 500 W. Den påtrykte spenninga har amplitude U m = 50 V, slik at U = 50 V / 2 = 35,4 V RMS. Effektivverdien til straumen er då I = P/(U cos φ) = 500 W / (35,4 V 0,50) = 28,3 A RMS. Straumen har amplitude I m = I 2 = 28,3 A 2 = 40 A og fase φ I = φ U φ = = 50. i(t) = I m sin (ωt φ I ) = 40 A sin (ωt 50 ) (Dersom ein hadde rekna med amplitudeverdiar heile vegen; P = (U m I m )/2 cos φ ; kunne ein ha unngått multiplikasjon og divisjon med 2.) Problem sin (377t 180 ) : Visaren er uavhengig av frekvensen; 20/ = 14, cos ωt = sin (ωt 90 ) ; / 2 90 = 4, , cos (ωt 20 ) = sin (ωt ) ; 3, / 2 70 = 2, Oppgåver frå læreboka, kapittel 15: Problem 38 a) b) Impedansen i parallellkoplinga: Z T = R Z C = R Z C RZ C = R ( j X C) R ( j X C ) = dvs. serieekvivalent R = 7,0 kω og X C = 2,9 kω. 8,2kΩ ( j 20kΩ) 8,2kΩ ( j 20kΩ) Z T = R (Z L Z C ) = R (Z LZ C ) R(Z L Z C ) = R j(x L X C ) R j(x L X C ) Z T = 68Ω j(60ω 20Ω) 68Ω j(60ω 20Ω) = (17,5 j29,7) Ω dvs. serieekvivalent R = 17,5 Ω og X L = 29,7 Ω. Problem 43 Figur (a): Periode og frekvens: T = 4 0,20 ms = 0,80 ms f = 1/T = 1 / 0,80 ms = 1250 Hz Fasedifferens: u 1 og u 2 har same frekvensen, og då kan ein definera fasedifferens. = (7,0 j2,9) kω θ = ΔT/T 360 = (0,8 0,20 ms) / 0,80 ms 360 = 0,16 ms / 0,80 ms 360 = 72

3 u 2 ligg etter u 1 i fase. Amplitudar:,m = 2,8 0,5 V = 1,4 V,m = 1,2 0,5 V = 0,6 V Figur (b): Periode og frekvens: T = 6 10 µs = 60 µs f = 1/T = 1 / 60 µs = 16,7 khz Fasedifferens: θ = ΔT/T 360 = (2,2 10 µs) / 60 µs 360 = 22 µs / 60 µs 360 = 132 u 2 ligg etter u 1 i fase. Amplitudar:,m = 1,4 2,0 V = 2,8 V,m = 2,0 2,0 V = 4,0 V Oppgave 2 Figuren viser en symmetrisk stjernekoplet trefasegenerator med en usymmetrisk last: L 1 R 1A U N L 2 X L R 2 N L 3 I 3 X C Lastverdiene er: R 1 = 4,00 Ω, R 2 = 8,00 Ω, X L = 8,00 Ω, X C = 12,0 Ω. Linjespenninga er: U = 400 V RMS. Fasesekvensen er: 123 (ABC) a) Teori i kap Skriv opp uttrykk på polar form for de tre fasespenningene i generatoren med som referanse. Fasespenningene har magnitude U Φ = = = = 1 3 U = U 3 = 400V 3 Med som referanse får vi: U Φ = = = = 1 3 U = U 3 = 400 V 3 = U Φ 0 = 231 V 0 = 231 V = 231 V

4 b) Teori i kap = U Φ 120 = 231 V 120 = ( 115,5 j200,0) V = U Φ 120 = 231 V 120 = ( 115,5j200,0) V Beregn strømmene, og I 3. Bestemmer først impedansene: Z L = R 2 j X L = (8,00j8,00) Ω Z C = j X C = 12,00 Ω Benytter maskestrømsmetoden for å bestemme strømmene: L 1 R 1A U x Z L N L 2 X L R 2 N y L 3 I 3 X C Maskelikninger: Maske I x : R 1 I x Z L (I x I y ) = Maske I y : Z L (I y I x ) Z C I y = Merk: De to spenningsdifferensene tilsvarer to av fasespenningene i viserdiagrammet for trefasegenerator. Framstilt på matriseform, og med løsning i Octave/MATLAB: [ Z R L 1 Z L Z L Z L Z C] [ I x I y] [ = 2 3] [(8,00 j8,00)ω 4,00Ω (8,00 j8,00)ω (8,00j8,00)Ω (8,00j8,00)Ω ( j12,00)ω] [ I x [ (12,00 j8,00) Ω ( 8,00 j8,00)ω ( 8,00 j8,00)ω (8,00 j4,00)ω] [ I x I y] = [ 400 V V 90 ] I y] = [ 400 V V 90 ] octave:1> Z=[128j -8-8j; -8-8j 8-4j] Z = 12 8i -8-8i -8-8i 8-4i octave:2> u=[400*exp(j*30*pi/180); 400*exp(j*(-90)*pi/180)] u = i

5 i octave:3> i=z\u i = i i octave:4> I1=i(1) I1 = i octave:5> I2=i(2)-i(1) I2 = i octave:6> I3=-i(2) I3 = i octave:7> abs(i1) ans = octave:8> arg(i1)*180/pi ans = octave:9> abs(i2) ans = octave:10> arg(i2)*180/pi ans = octave:11> abs(i3) ans = octave:12> arg(i3)*180/pi ans = De to maskestrømmene er I x = (41,52j13,01) A og I y = (21,00j15,03), og de tre fasestrømmene, og I 3 kan regnes ut: = I x = (41,52j13,01) A = 43,51 A 17,39 = I y I x = ( 20,52j2,022) A = 20,62 A 174,37 I 3 = I y c) Teori i kap = ( 21,0 j15,03) A = 25,82 A 144,42 Beregn aktiv og reaktiv effekt tilført trefaselasten. Generelt for tilsynelatende effekt på kompleks form: S = U I * = Z I I * = P jq I I * = S = Z = (R j X ) = R j X = P jq

6 Bestemmer først effekten i hver av greinene: S 1 = P 1 = R 1 2 = 4,00Ω (43,51A) 2 = 7572,5 VA S 2 = Z L 2 = (8,00j8,00)Ω (20,62A) 2 = (3401,0j3401,0) VA S 3 = Z C I 3 2 = ( j16,00)ω (25,82A) 2 = ( j8002,7) VA Totaleffekten blir da: S 2 = S 1 S 2 S 3 = 7572,5 VA (3401,0j3401,0)VA ( j8002,7) VA S 2 = (10,97 j4,60)kva = 10,97 kw j4,60 kvar = 11,90 kva 22,75 d) Beregn nullpunktspenninga U N, som er spenninga i lastnullpunktet N referert til N. Beregn også faselastspenningene, og (i lasten). L 1 R 1A U N Z L N L 2 X L R 2 N U L = L 3 I 3 X C Vink: Fra skjemaet ser vi at spenninga kan beregnes langs tre veier. I løsninga er det valgt å benytte den midterste linjen (N L 2 N ). Nullpunktspenninga: Beregner først U L ; spenninga over lasta i grein 2: U L = (8,00j8,00)Ω ( 20,52j 2,022)A = ( 180,3 j148,0) V = 233,3 V 140,63 Merk fortegnet; pga. referanseretningen for må U L subtraheres: U N = U L = ( 115,5 j 200,0) V ( 180,3 j148,0)v U N = (64,86 j52,02)v = 83,14 V 38,73 Faselastspenningene: L 1 R 1A U N L 2 X L R 2 N X C L 3 I 3

7 = R 1 = 4,00Ω 43,51 V 17,39 = 174,0 V 17,39 = (166,1j52,0)V = U L = 233,3 V 140,63 = ( 180,3 j148,0)v = Z C I 3 = ( j12,00)ω 25,82 V 144,42 = 309,9 V 125,58 = ( 180,3 j252,0)v Tegner spenningene i viserdiagram. Først et diagram for generatoren og et for belastningen: Viserdiagram for generatoren og hovedspenningene. Viserdiagram for belastningen. Slår sammen viserdiagrammene og tegner lastspenningene med utgangspunkt i U N : U N' e) Bruk MULTISIM til å kontrollere resultatet i b og d. Siden MULTISIM må ha reaktanser oppgitt som komponentverdier, L eller C, må vi først finne disse verdiene. Siden frekvensen ikke er oppgitt, må vi velge en verdi for denne for eksempel kan vi velge f = 50,0 Hz siden det er default-verdien for en vekselspenningskilde i MULTISIM.

8 L = X L ω = X L 2π f C = 1 ω X C = = 8,00Ω 2π 50 Hz 1 2π f X C = = 25,5 mh 1 2π 50 Hz 12,00Ω Resultatet av simuleringa er vist i figuren nedenfor. = 256 µf Vi ser at simuleringa ikke gir helt de samme svarene som beregningen. Det skyldes at MULTISIM ikke regner like nøyaktig som det vi kan gjøre med en god kalkulator. Oppgave 3 Figuren viser en trekant-/stjernekoplet transformator. R S T R S T N 1 Skjematisk: N 2 R S T R Vindingstallene pr. fase er N 1 på primærsida (oppe på figuren) og N 2 på sekundærsida (nede), og vindingstallsforholdet er: S T N 1 N 2 = 2 Vi regner med at transformatoren er ideell, dvs. uten spenningsfall og effekttap. Transformatoren er påtrykt linjespenninga = 400 V på primærsida.

9 a) Teori i kap Beregn sekundærspenninga. Vink: Primærsida er stjernekoplet, og = U Φ,p 3. Sekundærsida er trekantkoplet, og = U Φ,s. Vindingstallsforholdet forteller hvordan forholdet mellom spenningene over spolene (på samme «bein» på transformatoren) er. Forholdet mellom fasespenningene på primær- og sekundærsiden gir da: U Φ, p U Φ, s = N 1 N 2 = 2 U Φ, s = 1 2 U Φ, p = 1 2 U 3 = 400V 2 3 b) Teori i kap og (23.11) s.1038 = 115 V = Vi belaster transformatoren slik at sekundærstrømmen blir = 100 A. Finn hvor stor primærstrømmen da blir. Primærsida er stjernekoplet, og = I Φ,p. Sekundærsida er trekantkoplet, og = I Φ,s 3. Amperevindingsbalansen mellom primær- og sekundærsida gir: I Φ, p N 1 = I Φ, s N 2 = I Φ, p = I Φ, s N 2 = N 1 3 N 2 N 1 c) Teori i kap = 100 A = 28,9 A Denne transformatoren har en merkeytelse S = 20 kva. En trefaselast med effektfaktor 0,75 trekker en aktiv effekt på 17 kw. Undersøk om dette er innenfor transformatorens merkeytelse. Hva er problemet i praksis om merkeytelsen overskrides for en reell transformator? Lastens tilsynelatende effekt: S 2 = P 2 cosφ = 17,0kW 0,75 = 22,7 kva Dette er overskridelse av merkeytelsen med vel 13 %. Det fører til større strømmer i viklingene og dermed større tap enn det transformatoren er beregnet for (28 % mer). Dermed risikerer vi at den blir overopphetet etter en tid, med havari som mulig resultat.