Fö 3 - TSFS11 Energitekniska system Trefassystemet Christofer Sundström 23 mars 2018
Kursöversikt Fö 11 Fö 5,13 Fö 4 Fö 2 Fö 6 Fö 3 Fö 7,9,10 Fö 13 Fö 12 Fö 8
Outline 1 Repetition växelströmslära 2 Huvudspänning och fasspänning 3 Y- och D-koppling 4 Symmetrisk och osymmetrisk belastning 5 Aktiv, reaktiv och skenbar effekt samt effektfaktor 6 Trefaseffekt 7 Faskompensering 8 Mätning av effekt
Repetition växelströmslära: Introduktion till växelström Tidsbaserat: Sinusformad spänning, olika skrivsätt u(t) = U 0 sin (ω t) = û sin (ω t) Effektivvärde: Det kvadratiska medelvärdet av en elektrisk storhet kallas effektivvärde 1 T U = u T 2 (t) dt = = û 0 2 Jämför med effekt för likström i resistans P = U I = U2 R. Vi medelvärdesbildar alltså något som är proportionellt mot effekt och alltså enkelt kan användas i effektberäkningar. Notationsregler lik- och växelspänningsstorheter För växelspänning används både U 0 och û för att notera toppvärde. U däremot betyder effektivvärde av sinusformad storhet eller likströmstorhet.
Repetition växelströmslära: Introduktion jω-metoden Sinusformad ström och spänning: i(t) u(t) = U 0 sin (ω t) i(t) = I 0 sin ( ω t ) ϕ }{{} Fasvinkel Samband mellan storheterna: / / u(t) = Faradays lag = di(t) L dt U 0 sin (ω t) = I 0 L d sin( ω t ϕ ) = ωli 0 cos (ω t ϕ) dt Slutsats: (Att använda vid definition av jω-medoden) 1 U 0 = ωli 0, (jämför gärna med ohms lag U = R I) 2 sin (ω t) = cos (ω t ϕ) ϕ = + π 2 eller 90 Strömmen kommer alltså 90 efter spänningen eftersom vi drar bort ϕ = π 2 u L
Repetition växelströmslära: Definition jω-metoden Ersättningsregler: u(t) = U 0 sin (ω t) Vektor {}}{ Ū = U 0 e j 0 = U e j 0 2 i(t) = I 0 sin (ω t ϕ) Ī = I 0 2 e j ϕ = I e j ϕ Kom ihåg från komplex-matte: j 2 = 1 1 j = j e jϕ = cos (ϕ) + j sin (ϕ) = a + j b = a 2 + b 2 e j ϕ = e j ϕ ( ) ϕ = arctan b a för positiva a (Annars ±180 ) U är effektivvärde Ū eller ibland U är en komplex vektor med längd U
Repetition växelströmslära: Definition jω-metoden Illustration visardiagram Im j wl Ohms lag: Ū = Ī med = R + j X Resistans: R = R Se exemplet 90 = π 2 R Induktans: L = jωl Re Kapacitans: C = 1 jωc = j ωc Visardiagram och jω-metoden Visardiagram och jω-metoden är ett sätt att representera sinusformade storheter. j wc Im Ū = U e j ϕ j U sin (ϕ) U cos (ϕ) Re
Repetition växelströmslära: Exempel Ex: Beräkna dels grafisk, dels exakt Ī med Ū som referens: I I R I C I L u(t) = U 2 sin(ωt) u R C L Exakt: Ū = U e j0 Grafiskt: Ī = Ī R + Ī C + Ī L = Ū R + Im Ū 1/jωC + Im Ū jωl = U ( 1 R + jωc j ) ωl Ī C Ī R Ū Ī R Ū Re Ī Ī L Re Ī L Ī C
3-fas växelström 3st växelspänningar med samma amplitud förskjutna 120 sinsemellan. Fördelar: Spänningar och strömmar summerar till 0 vid symmetrisk belastning behöver ingen återledare. En trefas-generator som lastas symmetriskt, dvs med lika stora laster på alla faser, ger ett statiskt (dvs icke-pulserande) lastmoment. En slinga som roterar i ett magnetfält alstrar spänningen e(t) = ê sin (ωt) V. Fält B N B S Ström Tre slingor 120 förskjutna alstrar symmetrisk 3-fas växelspänning.
Huvudspänning och fasspänning Fas-spänningar i ett 3-fas system. Lika amplitud ger symmetrisk 3-fas u 1 = û 1 sin (ωt) u 2 = û 2 sin (ωt 120 ) u 3 = û 3 sin (ωt 240 ) Ū 3 Im Komplex notation Ū 1 = U 1 e j0 Ū 2 = U 2 e j120 Ū 3 = U 3 e j240 Tips: (Vanliga uträkningar) 120 = 2π/3 Ū 1 120 = 2π/3 Re e j120 = cos(120 ) + j sin(120 ) = 1 2 + j 3 2 e j120 = 1 2 j 3 2 3-4-5 triangel: Om cos(ϕ) = 0.8 så är sin(ϕ) = 0.6 och tvärs om. (ϕ = 36.9 ) Ū 2
Huvudspänning och fasspänning Ū 3 Huvudspänning U H Fasspänning U F Ū 31 Ū 1 Huvud och fasspänning U H = 3U F Symmetrisk 3-fas: U 1 = U 2 = U 3 Ū 31 är spänningen från 1 till 3 Ū 2 ) Ū 31 = Ū 3 Ū 1 = U F (e j120 1 = U F ( 12 3 + j 3 = U F 3 ( 2 + j 1 2 ) }{{} Längden 1 Ū 12 = Ū 1 Ū 2 = U F 3e j30 Ū 23 = Ū 2 Ū 3 = U F 3e j90 = U F 3 e j210 2 1 ) = U F ( 3 2 + j 3 2 ) =
Huvudspänning och fasspänning Ū 3 Ū 12 Beteckningar: Ū 31 120 30 Ū 1 3-fas med nolledare betecknas U H / U F Ex: 400/230 Saknas nolledare kallas det 3xU H Ex: 3x400 Ū 2 Fasledarna kallas L 1, L 2, L 3 alt. R, S, T Ū 23 Nolledare betecknas N
Y- och D-koppling Y-koppling: (Även stjärnkoppling) Alt. representation Ū 1 L 3 L 1 L 1 Ī L1 I L = U F Z = U H 3Z L 2 Ī L2 N L 3 Ī L3 N Ī 0 = 0 Vid symmetrisk last Vid Y-koppling ligger spänningen U F över respektive last. Strömmen genom lasten betecknas huvudström eller linjeström. L 2
Y- och D-koppling D-koppling: (Även triangel/delta) Ī L1 L 1 Ū 12 Ī 12 Ī 31 Ī L2 Ū 31 L 2 Ū 23 L 3 Ī L3 Ī 23 Vid D-koppling ligger spänningen U H = 3U F över respektive last. Strömmen genom lasten betecknas fasström. I 12 = I 31 = I 23 = I F = I Fasström I L = Linjeström, Huvudström I L = 3I F = 3I Räknas ut direkt eller från effektsamband
Y- och D-koppling: Härledning ekvivalens Betrakta kretsschemat för Y- och D-kopplingarna För Y-kopplingen har vi med U 1 som referens Ī L1,Y = Ū1 = U F, Ī L2,Y =..., Ī L3,Y =... Med Ū1 som referens får vi för D-kopplingen Ū 31 D-Koppling Ī L1 L 1 Ī 12 Ū 12 Ī L2 L 2 Ū Ī 23 23 Ī L3 L 3 Y-Koppling Ī 31 Ī 12 = Ū12 = Ū1 Ū 2 = j30 3U F e 1 L 1 Ī L1 Ū 1 Ī 31 = Ū31 = Ū3 Ū 1 = j210 3U F e 1 (e j30 e j210 ) Ī L1, = Ī 12 Ī 31 = 3U F }{{} 3 L 2 Ī L2 L 3 Ī L3 1 = 3U F Slutsats: I Li, = 3 I Li,Y, dvs en D-kopplad last drar 3 ggr mer ström och effekt än en Y-kopplad. Strömmarna har samma fas.
Y- och D-koppling: Ekvivalens Eftersom enda skillnaden mellan en Y-kopplad och D-kopplad last är att linjeströmmar vid D-koppling blir 3 ggr större än för Y-koppling så kan vi dra följande slutsats. D Y D D = 3 Y Y D Y Ekvivalens mellan Y- och D-kopplingar Vi kan alltid ersätta en Y-kopplad last med en D-kopplad ekvivalent last enligt formeln D = 3 Y
Beräkningsexempel Till ett 380/220 V, 50Hz nät anslutes följande: Mellan fas och nolledaren en resistans på 44 Ω. Mellan fas 2 och nolledaren en spole med induktansen 0.0955 H och resistansen 40 Ω. Mellan fas 3 och nolledaren en resistans på 30 Ω och en kondensator med kapacitansen 79.6 µf. Uppgifter: a) Beräkna linjeströmmarna b) Rita linjeströmmarna i ett visardiagram och beräkna nollströmmen grafiskt L 1 L 2 L 3 Ī L1 Ī L2 Ī L3 1 2 3 c) Beräkna nollströmmen analytiskt N Ī 0
Beräkningsexempel Givet: 380/220 Trefas med nolledare f = 50 Hz 1 = 44 =30 {}}{ 2 = 40 + j 2π 50 0.0955 = 50 (0.8 + j 0.6) 1 3 = 30 j ωc 30 j 40 = 50 (0.6 j 0.8) a) Beräkna linjeströmmarna L 1 L 2 Ī L1 Ī L2 1 2 Ī L,1 = Ū1 220 ej0 = = 5 A 1 44 L 3 Ī L3 3 Ī L,2 = Ū2 220 e j120 = 2 50 e j arg( 2) Ī L,3 = Ū3 220 e j240 = 3 50 e j arg( 3) = 4.4 j 36.9 e j120 A = 4.4 +j 53.1 e j240 A N Ī 0
Beräkningsexempel b) Rita linjeströmmarna i ett visardiagram 90 10 120 60 8 150 4 6 30 2 I 3 I 180 1 0 I 2 210 330 240 300 270
Beräkningsexempel b) forts.. Beräkna nollströmmen grafiskt 90 10 120 60 8 150 4 6 30 2 I 180 I 1 0 0 I3 I 2 210 330 240 300 270
Beräkningsexempel c) Beräkna nollströmmen analytisk Ī 0 = Ī L1 + Ī L2 + Ī L3 = I L1 e j0 + I L2 e j156.9 + I L3 e j186.9 = = 5 + 4.4 (cos( 156.9 ) + j sin( 156.9 ))+ + 4.4 (cos( 186.9 ) + j sin( 186.9 )) = = 5 4.05 j 1.73 4.37 + j 0.53 = 3.4147 j1.20 = I 0 = Ī 0 = Re 2 + Im 2 3.6 A arg(ī 0 ) = 180 + arctan( 1.20 3.4147 ) = 199.36 Jämför med den grafiska lösningen!
Aktiv, reaktiv och skenbar effekt samt effektfaktor Effektbegrepp - (vad är egentligen komplex effekt?) Momentan effekt skrivs: p(t) = u(t) i(t) = û sin(ωt) î sin(ωt ϕ) P = Aktiv effekt, dvs medelvärdet av den momentant utvecklade effekten Vi har att P = U I cos(ϕ). Härledning: P = T 1 T p(t)dt = û î T sin(ωt) [sin(ωt) cos(ϕ) cos(ωt) sin(ϕ)] dt = 0 T / 0 T / sin(ωt) cos(ωt) = 0 = û î T 0 T cos(ϕ) sin 2 (ωt)dt = û î T 0 T cos(ϕ) 1 cos(2ωt) dt = 0 2 û î T2 cos(ϕ) = û î cos(ϕ) = U I cos(ϕ) T 2 2 Q = Reaktiv effekt, en hjälpstorhet som håller reda på effekt som flödar fram och tillbaka S = P + j Q - Komplex effekt Komplex effekt P är medelvärde, Q - mängden som flödar fram och tillbaka, S - den skenbara effekten
Aktiv, reaktiv och skenbar effekt samt effektfaktor Betrakta en krets bestående av en spänningskälla, Ū = 1 V, och en komplex last = 0.8 + j 0.6, dvs Ī = 1 A, ϕ 37. Den momentana effekten är p(t) = u(t) i(t) = û sin(ωt) î sin(ωt ϕ) = 2 sin(ωt) sin(ωt 37 ) = /Se t.ex. härledning ovan/ = p A (t) + p R (t) p A (t) = cos(ϕ) (1 cos(2ωt)) p R (t) = sin(ϕ) sin(2ωt) Notera: cos och sin är fasförskjutna 90 = vi representerar P och Q som visare med 90 vinkelskillnad. Power 2 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0.2 0.4 0.6 Motsvarar reaktiv effekt Motsvarar skenbar effekt Motsvarar aktiv effekt 0.8 0 60 120 180 240 300 360 420 480 540 600 660 Angle [deg] Momentan Aktiv Reaktiv
Trefaseffekt: Y-koppling Betrakta en symmetrisk Y-koppling (lika stora laster i varje gren) Linjeström = Fasström P Y /3 Ū F L 1 Ī L1 L 2 Ī L2 L 3 Ī L3 En tredjedel av effekten utvecklas i varje resistans/kretselement Spänningen över lasterna är fas-spänningen U F Strömmen genom lasterna är linjeströmmen I L,Y P Y = 3 U F I L,Y cos(ϕ) = 3 U H I L cos(ϕ)
Trefaseffekt: D-koppling Betrakta en symmetrisk D-koppling (lika stora laster i varje gren) L 1 Ī L Ū H Ī Ū H L 2 Ū H L 3 P.s.s. som för Y-koppling utvecklas en tredjedel av effekten i varje gren Spänningen över lasterna är huvud-spänning U H Strömmen genom lasterna är fasströmmen I P = 3 U H I cos(ϕ) = 3 U H IL 3 cos(ϕ) = 3 U H I L cos(ϕ) Slutsats: Trefaseffekten för både Y- och D-kopplingar skrivs P 3fas = 3 U H I L cos(ϕ)
Trefaseffekt: Sammanfattning Total aktiv effekt: P = 3 U H I L cos(ϕ) W Total reaktiv effekt: Q = 3 U H I L sin(ϕ) VAr Total skenbar effekt: S = 3 U H I L VA Im Alternativ: Antag att = R +j X S P Q Re P = 3 R I 2 Q = 3 X I 2 S = 3 I 2 S har samma vinkel ϕ som strömmens förhållande till spänningen.
Beräkningsexempel Till ett symmetriskt trefassystem med huvudspänningen 220 V anslutes via korta ledningar en Y-kopplad last med impedanserna = 6 + j 8 [Ω] Ū 1 Ū 1 L 1 Ī L1 Beräkna: a) Linjeströmmen I L i varje fas Ū 2 L 2 Ī L2 b) Den i lasten utvecklade effekten P Ū 3 L 3 Ī L3 c) Effektfaktorn cos(ϕ)
Beräkningsexempel Givet: Ū 1 Ū 1 L 1 Ū 2 L 2 Ī L1 Ī L2 = 6 + j 8 Ω Z = 10, dvs 345-triangel U H = 220 V U F = 127 V Symmetrisk last Ū 3 L 3 Ī L3 Sökt: a) I L, b) P,Q,S, c) cos(ϕ) Lösning: a) I L = U F = U H/ 3 R2 + X = 220/ 3 2 10 = 12.7 A b) P = 3 R I 2 L P = 3 6 12.7 2 = 2903 W c) Q = 3 X I 2 L Q = 3 8 12.7 2 = 3871 VAr S = P 2 + Q 2 = 4839 VA (alt.s 3fas = 3 Z I 2 ) cos(ϕ) = P S = 2903 4839 = 0.6
Beräkningsexempel Alternativ lösning: a) Lös på samma sätt c) och b) P = S cos(ϕ), med / S = 3 U F I L = U F = U / H = 3 U H I L 3 ( ) X ϕ = arctan = 53.1 cos(ϕ) = 0.6 R P = 3 U H I L cos(ϕ) = 3 220 12.7 0.6 = 2903 W
Faskompensering Strömvärmeförluster dimensionerar den maximala överföringskapaciteten hos t.ex. en ledare eller transformator. Dessa beror på strömmens storlek. För ett visst effektbehov hos slutkunden (Aktiv effekt) är det därför önskvärt att minimera den reaktiva effekten så att strömmens storlek minimeras. (Vi har ju P = U I cos(ϕ)) Enligt tidigare svenska normer gällde att Q 0.75P. Man brukar säga att induktanser förbrukar reaktiv effekt medan kapacitanser genererar kapacitiv effekt. Följaktligen har vi Kapacitans: Q < 0, (Vi har ju = j ωc Induktans: Q > 0 för en kapacitans) (Om tecknen känns konstiga: Notera att P > 0 oftast betyder att effekt förbrukas i en last)
Faskompensering Faskompensering För att minska den reaktiva effekten hos en förbrukare kan effekten genereras på plats. Detta kallas faskompensering. När man vill påverka cos(ϕ) används parallellkopplade kondensatorer, eller shunt-kondensatorer. När man vill förbättra spänningsfallet hos en ledare används serie-kondensatorer.
Faskompensering: Exempel på parallellkopplad kondensator Före kompensering Efter kompensering Im Im S Q ind. S Q kond. Q ind. P cos(ϕ) = 0.8 Re P Re Induktiv last Kondensator Induktiv last Parallellkopplad kondensator Vid parallellkoppling påverkas inte den aktiva effektförbrukningen P eftersom spänningen över den induktiva lasten är densamma
Beräkningsexempel I en maskinanläggning som matas från ett 50Hz, 380 V trefasnät förbrukas 80 kw. De drivande maskinernas resulterande effektfaktor är 0,72 ind. Parallellt med dessa finns också installerat ett kondensatorbatteri bestående av tre lika stora D-kopplade kondensatorer på vardera 480 µf. Man vill sätta in ytterligare en maskin som kommer att kräva en effekt på 14 kw och med effektfaktorn 0,6 ind. Hur stor ström kommer anläggningen att dra från nätet och vad blir effektfaktorn för hela anläggningen? U H = 380 V f = 50 Hz Förenklat ritsätt Ī L P 1 = 80 kw cos(ϕ) = 0.72ind. L 1 L 2 L 3 P 2 = 14 kw cos(ϕ) = 0.6ind. Faktiskt koppling P 3 = 0 C = 480 µf D-koppl.
Beräkningsexempel Givet: P 1, P 2, U H, o.s.v. (se figur) Sökt: Beräkna I L och cos(ϕ Tot ) Lösning: Vi har att P Tot = P 1 + P 2 + P 3 = = 80 + 14 + 0 = 94 kw Q Tot = Q 1 + Q 2 + Q 3 = U H = 380 V f = 50 Hz Förenklat ritsätt L 1 L 2 L 3 sin(ϕ 1) 1 0.722 Q 1 = P 1 = 80 = 77.1 kvar cos(ϕ 1) 0.72 sin(ϕ 2) 0.8 Q 2 = P 2 = 14 = 18.67 kvar cos(ϕ 2) 0.6 Ī L Faktiskt koppling Q 3 = 3 U 2 H ωc = 3 380 2 100π 480 10 6 = 65.3 kvar = 77.1 + 18.67 65.3 kvar = 30.6 kvar S Tot = PTot 2 + Q2 Tot = 98.8 kvar Vi får därför S = 3 U F I L I L = cos(ϕ Tot ) = P Tot S Tot = 94 98.8 = 0.951 ind. S Tot 3 UH = 150 A och P 1 = 80 kw cos(ϕ) = 0.72ind. P 2 = 14 kw cos(ϕ) = 0.6ind. P 3 = 0 C = 480 µf D-koppl.
Mätning av effekt: Tvåwattmetermetoden Trick för att slippa 3 wattmetrar - 3 wattmerar, en för varje fas, fungerar alltid! - 1 wattmeter räcker om lasten är symmetrisk. (Vi kan ju multiplicera med 3) Metoden fungerar även i osymmetriskt belastade system vid allmän kurvform (dvs även vid icke-sinus). Kräver att nolledare saknas i systemet. Härledning: Kom ihåg definitionen av momentan effekt p(t) = u(t) i(t). För tre faser har vi p 3fas (t) = u 1 i 1 + u 2 i 2 + u 3 i 3 = /Vilket kan skrivas som/ = = (u 1 u 2 ) i 1 + (u 3 u 2 ) i 3 + u 2 (i 1 + i 2 + i 3 ) }{{}}{{}}{{} u 12 u 32 =0 om nolla saknas = u 12 i 1 + u 32 i 3 =
Mätning av effekt: Tvåwattmetermetoden
Mätning av effekt: Tvåwattmetermetoden L 1 Ī 1 Ū 12 P I 3-fas Last cos ϕ L 2 P I = U 12 I 1 cos(30 + ϕ) P II = U 32 I 3 cos(30 ϕ) P I + P II = U H I L (cos(ϕ) cos(30 ) sin(ϕ) sin(30 )+ L 3 Ū 32 + cos(ϕ) cos(30 ) + sin(ϕ) sin(30 ) ) = = 3 U H I L cos(ϕ) = P 3fas (Gäller då I N = 0) P II P I = = U H I L sin(ϕ) = Q 3fas 3 tan(ϕ) = Q 3fas = 3 PII P I P 3fas P II + P I Ī 3 P II (Om lasten symmetrisk) Överkurs: Vid användning av tvåwattmeter-metoden kan ibland P I eller P II bli negativt. Alla wattmetrar kan inte hantera detta utan visar siffror utan tecken. Ibland måste därför tecknet på P I eller P II kastas om för att få rätt värden.