Kraftelektronikk (Elkraft 2 høst), Løsningsforslag til øvingssett 3, høst 2005

Transkript

1 Kraftelektronikk (Elkraft høst), Løsningsforslag til øvingssett 3, høst 005 Ole-Morten Mitgår HiA 005 Oppgave Dioelikeretter: a) Dioene er snu, strømmen går i motsatt retning. (Husk at strømmen kan bare gå en vei gjennom en ioe eller tyristor.) b) b*) c) ) e) Den ioen hvis katoe er på lavest potensial vil lee. Derme leer ioe D når u an er lavere enn e anre fasespenningene. esultatet er som vist i figur 3 i notatet, me en forskjellen at en nere omhyllingskurven representerer u u n nå. Forskjøvet 80 i forhol til før og me motsatt polaritet (negativ) ersom referanseretning for strøm velges ut fra spenningskilenes positive terminaler. Må bli som formel (6) i notatet, men me negativt fortegn. Me e referanseretninger som er valgt, får vi i n og i n. Derme blir i n +i n 0. i får nå ifølge KL at u + u Pn u n 0, slik at u u Pn u n, som er ifferansen mellom e to omhyllingskurvene. Derme vil spenningen på c-sien følge formen til linjespenningene, slik at linjespenningene må brukes ve tegning. Gjør man ette riktig vil man observere at et blir seks pulser på c-sien per perioe på ac-sien. Gjennomsnittlig spenning på c-sien blir nå obbelt så stor som før. Altså: U 3 π 0,6 pulse U 0,3 pulse ( U 0,3 pulse ) U 0,3 pulse U LL, rms. 35 U LL, rms e*) Se læreboka figur 6-0c. Eller legg sammen resultatet fra b* og figur 3 i notatet. Foreler: Symmetrisk runt null, vs. ingen c-komponent, Sie av 0

2 Positive og negative pulser av lik lenge, istribuert symmetrisk, som mefører minre harmoniske komponenter. Forenklet H-overføring a) u i figur 5 er eksakt lik i form u i figur 4. Dette ses best ve å snu en av figuren opp ne. Derme blir utleningen av formelen eksakt som vist for ligning (40), men me en forskjell at γ i figur 5 spiller samme rolle som α i figur 4. b) c) Bruk oppgitt formel og oppgitte ata til å regne ut U ve eceiving En, U, og regn ut effekten som prouktet av spenning og oppgitt strøm. Kall spenningen ve Sening En U S. Ohms lov gir at spenningsfallet på kabelen er lik ens resistans ganger strømmen, som begge er oppgitt. Altså: U U S U S blir erme 89. k. ) P U S S irkningsgra effekt inn/effekt ut P /P S 97.3 % e) Ligning (40) i notatet kan brukes til å finne α S. (Alle anre størrelser er nå kjent beregnet eller gitt.) Ligning (39) kan eretter brukes til å finne u S. esten av oppgaven er litt vanskelig, kanskje. To løsningsmetoer er vist neenfor. Metoe : Ligning (40) gjeler båe i likeretter og vekselretterrift, og kan erfor brukes også for eceiving En. Men sien eceiving En har snue tyristorer (et er sekspulsomformerens negative pol som er tegnet inn) er et negativ omhyllingskurve som må brukes i utleningen av ligningen, hvilket fører til at vi må skifte fortegn i ligningen, jamfør ioeoppgaven. Derme moifiseres ligningen til: U 3 3 U LL, rms cosα ωl π π s En finurlighet her: Legg merke til at motstanen er gitt per trepuls-omformer. En reell H-omformer vil, som sagt i notatet, være satt sammen av to seriekoblee (på c-sien) sekspuls omformere, et vil si til sammen 4 trepuls. De omformerspenninger vi bruker når vi jobber per trepuls er erfor bare ¼ av faktisk spenning. Derme må vi skalere motstanen tilsvarene når vi skal bruke Ohms lov for å finne spenningsfallet på kabelen. Dette spenningsfallet er til gjengjel et fysisk riktige spenningsfall når vi har skalert motstanen til å være bare ¼ av reell motstan på kabelen, som her. Sie av 0

3 enne ligningen er et kun α som er ukjent. år α er funnet, kan man bruke ligning (4) for å finne u. Metoe : Ligning (39) sier: cos( α + u Ligning (4) sier: 80 ) cosα α + + u γ ωl U s LL, rms Kombinerer isse og finner at (gjør et selv!): cos( γ + u ) cosγ ωl U s LL, rms å er u en eneste ukjente, og kan finnes. Deretter brukes ligning (4) til å finne α. Sammenlign e to metoene e gir samme svar! e*) For Sening En: stuer figur 4 i notatet og figur 6-5 i læreboka. For eceiving En: stuer figur 5 i notatet og figur 6-3 i læreboka. Sie 3 av 0

4 Oppgave a) Ligning 7-3 i læreboka gir: 6X S 3 6, P.70 LL cosγ P cos k π π P MW P, P P b) Ligning 6-6 i læreboka kan brukes, men me γ isteenfor α som vist i øvingene. X S cos( γ + u) cosγ P cos LLl γ + u ; u c) P 77 MW P, P P PP 77 P 3 A 45, P KCL gir P E + P, slik at E P P A Sie 4 av 0

5 Oppgave 3 a) Prousert effekt forbruk av effekt, slik at P FC Last PLast FC 89. A 370 b) P Kile P Llast + E + Batt P FC W Momentvinkelen: PKile X δ arcsin S 0 30 Linjestrømmen: S S j67.99 A jx j0.5 Kompleks effekt levert i punktet : * S j j5456 A S Kompleks effekt levert til omformer A fra punktet : S S S j5456 ( j6000) 600 j3456 A A Last P.6 kw, Q 3. 5 kar A A A går som likeretter (leverer aktiv effekt til -systemet), og er prousent av reaktiv effekt (leverer reaktiv effekt til AC-systemet). Sie 5 av 0

6 c) Fra tabellen ses at ve m a.0 er.0 /. Derfor er AC, m a AC, m a AC, : m a : m a 0.7 Så m a varierer mellom 0.7 og ) AC, m a Fra tabellen fremgår at h m f og h m f ± er e tre overharmoniske som har størst rms-verier ve m a 0.8., AC h er henholsvis 0.88 og h m f : h 39. f f Hz AC, h 35. h m f ± : h 77 og 79. f f Hz; f f Hz AC, h 90.3 Sie 6 av 0

7 Oppgave 4 a) Dette er systemet som er tegnet i Figur -3a i læreboka, se uner. Figur -3b er en moell av ette systemet, som viser at me hensyn på imensjonering av c-sien, så kan ette systemet ses på som en step-own c-c omformer. figur -3b må man a regne me en c-spenning inn som er gitt av, hvor er spenningen ut fra ioelikeretteren i figur -3a. og er hhv. sekunært og primært antall vininger i transformatoren. b) Det anre tilfellet (trafo+ioelikeretter me filter+step-own) representerer et enkelt system, men har en ulempe me at en 50 Hz trafo brukes. Denne blir relativt stor og tung, spesielt sammenlignet me et første tilfellet (ioelikeretter me filter + Forwar-omformer), hvor trafoen er en høyfrekvenstrafo (opererer på svitsjefrekvens) Sie 7 av 0

8 integrert i c-c omformingen. Sien transformatorens størrelse grovt sett er omvent proporsjonal me frekvensen, blir følgelig enne mye minre, hvilket reuserer vekt, volum og pris. Ulempen me et første tilfellet er at Forwar-omformeren er relativt komplisert. tillegg har man problemet me at fluksen må tømmes ut av kjernen etter hver på-perioe for transistoren, hvilket gir behov for en treje vikling i transformatoren (evt. en Zener-ioe), og som essuten setter grenser for maksimal uty ratio D. c) ) D max / + (se læreboka ligning 0-) 3 Generelt har vi for en Forwar-omformer at o D slik at o (se læreboka ligning 0-6) D år er minimal kjører vi me D D max for å hole utgangsspenningen på % 9.7, min Derme,min o D max e) år er maksimal, kjører vi me D D min for å hole utgangsspenningen på % 357.8, max D o min,max f) Fare for luket rift får vi når belastningen er liten, vs. at vi må analysere tilfellet at P loa 5 W. Ploa,min 5 Da er laststrømmen o, min A 5 o Grenseverien for luket rift er gitt av: Ts LB D( D) (se ligning 7-6 i læreboka og jamfør løsningsforslaget lengre L oppe, vs. 4a) Sie 8 av 0

9 iere har vi at Derme får vi: o D LB Tso L ( D) enne omformeren holes essuten o konstant lik 5. For å unngå luket rift må vi kreve at o, min LB for alle D. Da får vi: Tso ( Dmin ) o 5 ( 0.409) 5 L 44.3 µh 3 P loa,min Alternativ måte å tenke på: i vet at strømmen gjennom L vil være sagtannformet slik at gjennomsnittsverien er halvparten av toppverien. Det vil si at toppverien må være A på grensen til luket rift, ve minimal belastning (5 W). il Sien vl L og sien vi strømmen kan tegnes me rette linjestykker i ette t il tilfellet, får vi at vl L t Da blir t toff L vl o sien vl o i av-intervallet. il il t off er størst ve D min toff, max Ts ton,min Ts DminTs Ts ( Dmin ) ( Dmin ) ( 0.409) 3 f µs Den minste inuktans blir a: L min µh (svaret blir selvfølgelig et samme som over) 0 Er inuktansen minre enn ette blir flankene til strømmen brattere, og luket rift vil inntreffe ve minimal belastning og høy inngangsspenning. Me en verien vi har funnet for L, tåler omformeren maksimal tillatt inngangsspenning og minimal belastning samtiig. s Sie 9 av 0

10 For rippel i spenningen bruker vi ligning (7-4) i læreboka, og får: C 8 T s L ( D min min 0.0 ) 8.3 µf Sie 0 av 0