EEKTROTEKNIK MASKINKONSTRUKTION KTH TENTAMENSUPPGITER I EEKTROTEKNIK MED SVAR Elektroteknik M1016 014 06 05 kl: 14:00 18.00 Du får lämna salen tidigast 1 timme efter tentamensstart. Du får, som hjälpmedel, använda räknedosa, kursens lärobok (utan andra anteckningar än understrykningar och korta kommentarer) samt Betatabell eller liknande. Övningshäften, lab PM, anteckningar etc är inte tillåtna. ATERNATIVT lärobok får ett eget formelblad användas, A4, med valfri information. ösningar läggs ut på hemsidan 18.00. Tentamensresultatet anslås 014 06 6 OBS! Inga lösblad får användas. Alla svar ska göras i tentamenshäftet. Räkna först på kladdpapper och för sedan in svaret samt så mycket av resonemanget att man vid rättning kan följa Dina tankegångar. Svar utan motivering ger poängavdrag. (Gäller ej flervals och kryssfrågor). Vid behov kan Du skriva på baksidan. OBS! Skriv din signatur på varje sida.
Sign: 1 1() a) Beräkna den resulterande resistansen R RES för de tre parallellkopplade grenarna (till höger om anslutningsklämmorna). I I 1 I I 3 b) Beräkna strömmen I och spänningen U. 1 V 1 U 8 U 1 1 3 8 c) Beräkna de tre belastningsströmmarna I1, I och I3 Spänningskälla Belastningar d) Beräkna spänningen U1 över 3 motståndet. () Strömbrytaren B i figuren har under lång tid varit sluten (som i figuren). Spänningskällan E ger en likspänning. U B - Vid en viss tidpunkten bryts strömbrytare B. Utgå ifrån att E = 1 V = 30 mh R = 10 R = 1000 E B I B I IR R U U R R a) Beräkna de tre strömmarna I, IR och IB omedelbart efter brytning av strömbrytaren. b) Beräkna spänningarna U och UR omedelbart efter brytning av strömbrytaren. c) Beräkna de tre strömmarna I, IR och IB lång tid efter brytning av strömbrytaren. d) Beräkna spänningarna U och UR lång tid efter brytning av strömbrytaren.
Sign: 3() En växelspänning med frekvensen 1 khz ansluts på ingången till kretsen. På utgången uppmäts Uut = 5 V. Induktansen i kretsen är = 10 mh och motståndet R = 50 Ω. Motståndet RS = 100 Ω. a) Beräkna I. b) Beräkna U. c) Beräkna UIN d) Beräkna I. U IN I R s I s U I R U UT 4() En elmotorcykel deltar i det 60,73 km långa Isle of Man Tourist Trophy (TT) Zero race. Batteriet har följande data: tomgångsspänning: 99V, energi 11,88 kwh, vikt 106 kg. Under loppet är motorcykelns medelhastigheten 137 km/h och medelströmmen från batteriet är 40 A. Vid belastning med 40 A sjunker batterispänningen till 94, V. a) Beräkna batteriets inre resistans. I det föjande antas att batteriet hela tiden, under hela loppet, belastas med medelströmmen 40 A. b) Beräkna effekten från batteriet. c) Hur stor energi tas från batteriet under loppet. d) Hur mycket energi finns kvar i batteriet efter loppet om batteriet var fulladdat vid start?
Sign: 3 5(1) En permanentmagnetiserad likströmsmotor har märkmomentet 0,5 Nm. Märkdata gäller vid omgivningstemperaturen 40 C om inget annat anges. Motorns termiska tidkonstant är 15 minuter. Motorn ska köras i så kallad korttidsdrift vilket innbär att den överbelastas under en kort tid för att sedan vara obelastat under en lång tid innan den belastas igen. Under belastningsperioden ökar temperaturen, men motorlindningen blir inte för varm. Kan motorn köras i korttidsdrift med momentet 0,7 Nm i en timme utan att bli för varm? Omgivningstemperaturen är 40 C. 6() En transportör drivs av en likströmsmotor, som matas av ett elektroniskt matningsdon. Anordningens funktionssätt kan beskrivas så här: Ett arbetsstycke som sätts ner vid A förflyttas till B, där det lyfts bort från bandet. Efter en kort paus då motorn står stilla placeras ett nytt, likadant, arbetsstycke på bandet och så vidare så länge anläggningen är i drift. A Hastighet B Hastighet v max xt T yt xt Paus Tid Motorns kylning kan därför anses vara oberoende av varvtalet och dess termiska tidkonstant är >> T. riktionsmomentet får försummas. Övriga förutsättningar är följande. Omgivningstemperaturen är 40 C. örflyttningssträckan A B är 1 m vilket motsvarar 10 varv. Arbetsstycket och anordningens tröghetsmoment är J=0,06 kgm = 6 gm vilket motsvarar en vikt på 10 kg. (utan motorn)
Sign: 4 Den totala tiden för en arbetscykel, inklusive pausen, ska vara T = 1,5 s. De båda dimensionslösa parametrarna x och y, som definieras i figuren, ska ha värdena x = y = 0,5 Nr J MN K RA a) Beräkna accelerationsmomentet, det vill säga momentet som krävs under tidsperioden 0 xt om motor 6 används. b) Beräkna ankarströmmen under tiden 0 xt om motor nr 6 används. c) Mellan vilka gränser varierar strömmen under driftcykeln? d) Mellan vilka gränser varierar spänningen under driftcykeln? gm Nm Nm/A 1 1,10,0 0, 1,5 1,15,5 0, 1,15 3 1,0 3,0 0,3 1,00 4 1,30 3,5 0, 0,70 5 1,40 4,0 0,0 0,40 6 1,55 4,7 0,1 0,36 7 1,70 5,5 0, 0,33 8,00 6,5 0,4 0,9 9,30 8,0 0,34 0,45 10 4,00 10,0 0,34 0,35 11 7,70 1,0 0,34 0,5 7() En batteriladdare har en MCU som bestämmer laddströmmen till ett batteri genom att variera utspänningen från ett spänningsdon med hjälp av en PWM signal. Denna utspänning är proportionell mot PWM signalens duty cycle. addningsspänningen mäts via ADC0 och laddningsströmmen via ADC1. AD omvandlaren arbetar med 10 bitar och referensspänningen 3,3V.
Sign: 5 3,3V 3,3V U VCC VRE PWM0 MCU Varierbart spänningsdon PC.0 9000 ohm Batteri GND ADC0 ADC1 1000 ohm 1 ohm Analysera programmet på sidan 10 och svara på nedanstående frågor. a) Beskriv, med egna ord, vad programmet gör i state == 0 och vad som får det att byta till state == 1. b) Beskriv, med egna ord, vad programmet gör i state == 1 och vad som får det att byta till state ==. c) Beskriv vad programmet gör i state ==.
Sign: 6 int main(void) int state, i_bat, u_bat, duty_cycle; init_mik(); init_pin( pc0, out ); SET_BIT( pc0 ); state = 0; duty_cycle = 0; while (1) u_bat = GET_AD(0); i_bat = GET_AD(1); switch ( state ) case 0 : if ( i_bat < ( 103 * 3.0 / 3.3 ) ) duty_cycle = duty_cycle 1; else duty_cycle = duty_cycle - 1; if ( u_bat > ( 103 * 1.74 / 3.3 ) ) state = 1; break; case 1 : if ( u_bat < ( 103 * 1.44 / 3.3 ) ) duty_cycle = duty_cycle 1; else duty_cycle = duty_cycle - 1; if ( i_bat < ( 103 * 0.1 / 3.3 ) ) state = ; break; case : CR_BIT( pc0 ); break; PWM0( duty_cycle );
Sign: 7 8() I ett provrum för dieselmotordrivna reservelverk hade man en belastningsimpedans. Den bestod av tre, inbördes Y kopplade, resistorer i parallell med tre, inbördes D kopplade, kondensatorer. Resistorerna och kondensatorerna var inställbara, så att man kunde belasta elverken med önskad ström och effektfaktor. Man mätte generatorns ström, spänning och effekt. Vid ett tillfälle läste man av I = 0A UH =395V P=11 kw rekvensen var 50 Hz Beräkna a) Strömmen i var och en av belastningsresistanserna. b) Strömmen i var och en av kondensatorerna. c) Kapacitansen hos var och en av kondensatorerna. d) Den resulterande belastningsimpedansen. 9(3) I vårt laboratorium finns permanentmagnet servomotorer av fabrikat Kollmorgen SEIDE Servoförstärkare av typ SERVOSTAR 600 1,5 A (Matningsdon). Den kan matas trefasigt med 400 V, men vi matar den enfasigt med 30 V. 6SM37 4000 Torque constant KT = 0,96 Nm/A Voltage constant KE=54 mvmin Rated Torque 1, Nm Winding resistance Phase Phase 15,5 ohm Winding inductance Phase Phase 30 mh Rotor moment of inertia 1 kgcm. Motor pole no. 6 Thermal time constant 15 min Weight standard,9 kg a) Motorn driver en last med ett tröghetsmoment som är 3 ggr så stort som motorns eget. riktionsmoment försummas. asten körs utan växel enligt nedanstående
Sign: 8 varvtalsprofil. Beräkna spännings och strömbehovet. Räcker servoförstärkarens märkström och märkspänning?nmax = 6000 varv/minut T/3 = 0,3 s Varvtal T/3 T T/3 T/3 n max b) Beräkna motorns klämspänning i början av bromsförloppet. Tid c) Beräkna spänningskonstanten ur momentkonstanten KT och jämför med KE ovan. 10() iguren visar en OP förstärkoppling. 0k OP förstärkaren kan betraktas som ideal. a) Beräkna strömmen I b) Beräkna spänningen UA mellan A (ingången) och jord. 5k I 1 E - k A 10k U A I 5V c) Beräkna strömmen I1 d) Beräkna spänningen E.
Sign: 9 SVAR TI TENTAMEN I EEKTROTEKNIK Elektroteknik M1016 014 06 05 1() 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a) Enligt får vi alltså R RES = R RES R1 R R3 R RES 8 4 8 Man kan alternativt först ʺslå ihopʺ de båda 8 resistanserna till en resistans på 4 R1R (enl RRES ) Därefter ger 4 i parallell med 4 (1 3 ) den resulterande R1 R resistansen. b) Kretsen kan nu representeras med bredvid stående ekvivalenta schema. Kirchhoffs spänningslag ger här: 1 1 RKI RRESI = 0, dvs I 4 1 (ägg märke till att potentialen faller i strömmens riktning när man passerar en resistans.) Spänningen U blir RRESI = 4 = 8 V Man kan alternativt använda spänningsdelningslagen, som ger U 1 R K RRES R RES 1 8 V 1 c) Spänningen är U = 8 V över alla tre grenarna. 8 8 Ohms lag ger I1 I 3 1A och I A 8 1 3 d) Ohms lag ger: U 3 A 6 V 1 R K =1 1 V Spänningskälla u I R RES =
Sign: 10 () 3() di ör induktansen gäller u efter lång tid är det likström och då är strömmen dt definitionsmässigt konstant. Spänningen u blir då noll, det vill säga induktansen är en kortslutning för likström. En momentan ändring av strömmen (= oändlig derivata) i är orimlig, det skulle ge upphov till en oändlig spänning. a) öre brytning har strömbrytaren varit sluten lång tid och det flyter därför likström. i E / R 1 /10 1, A i R 1mA ib i ir 1, A 1 ma 1, 1A Efter brytningen ändras plötsligt ib till noll, men i kan ju inte ändras språngvis och: i = 1, A, ib = 0, ib i ir ir 0 1, A 1, A b) Ohm lag ger ur = 1 V och Kirchhoffs lag ger: u R u R ir 0 u 100V 1V 11V negativ spänning gör att strömmen i får negativ derivata och minskar c) Som sagt strömmen minskar men minskningshastigheten avtar men tillslut blir den noll. Batteriet är frånkopplat och den lagrade energin i spolen har omvandlats till värme i resistanserna. i = 0, ib = 0, i 0 d) Efter lång tid är det likström och därför blir u=0. Ohm lag ger ur = 0 a) UUT väljs till riktfas, reell. UUT 5V I 0, R 50 I = 0,1 A 1 A b) 3 U j I j 1000 10 10 0,1 j6, 3V U = 6, V U R U IN och IS I I c) U U U 5 j6, V IN UT 3 U IN 6,3 5 8, 0V d) U IN I S ( 5 j6,3) /100 (0,05 j0,063) A R I I S I S 0,1 0,05 j0,063 (0,15 j0,063) ma I ochu UT I 0,063 0,15 0,16A
Sign: 11 4() a) E RK I U 0 ger 99V Rk 40A 94,V 0 ger R k 0 m b) P U I 94,V 40A, 6kW c) s v t ger 60,73km 137km / h t ger t 0, 4465h W P t,6kw 0,4465h 10, 1kWh d) rån batteriet tas 10,1 kwh och dessutom blir det lite förluster i batteriet (dess inre resistans). Dessa effektförluster blir Pf Rk I 0,0 40 115W som under loppet ger energiförlusten W f Pf t 1,15kW 0,4465h 0, 51kWh Total minskning blir 10,1 kwh0,51 kwh= 10,6 kwh. Kvar bör finnas: 11,88 kwh 10,6 kwh = 1,7 kwh (ca 10%, lite marginal ska man ha, men inte för stor) 5(1) Vid 1,4 ggr märkmoment är även strömmen 1,4 ggr märkström. De elektriska förlusterna är RAI A och blir därför 1,4 = ggr (eller 1,96) så stora. Eftersom förlusterna blir dubbelt så stora blir även temperaturhöjningen, den så kallade slutövertemperaturen dubbet så stor: Ö 1, 96 När vi talar om tider som är så långa som 4 tidkonstanter har det transienta förloppet i praktiken klingat ut och vi har nått slutvärdet. Transienberäkningen behövs därför utan vi kan direkt säga att temperaturen är 40C vilket är betydligt högre än 40C. Om man är nogräknad gör man transientberäkningen nedan och får mycket mer arbete utan nytta. Temperaturhöjningen går från noll till 1, 96 efter tillslag enligt: Ö t / 1,96 (1 e ) och efter en timme blir övertemperaturen: Ö 60 /15 Ö 1,96 (1 e ) 0,981,96 1, 9 och temperaturen i motorlindningen blir 1,9 40C jämfört med den tillåtna 40C i märkdrift, alltså blir motorn för varm och kan skadas. 6() 0,51,5 0,51,5 a) sträckan: 10 max 0,51,5 max max ger max 83,8rad / s
Sign: 1 accelerationen blir d dt max xt max 3,4rad / s d max accelerationsmomentet blir M acc J (0,06 0.00155) 3 6, Nm dt b) M K I A ger IA = 6,/0,1 = 9 A c) Den varierar mellan 9 A vid acceleration och 9 A vid retardation. d) I slutet av accelerationsfasen är spänningen som störst och blir enligt spänningslagen U A 0,36 9 0,183,8 8V I slutet av retardationsfasen är spänningen mest negativ. U A 0,36 9 0,1 0 10V Spänningen varierar mellan 10 V och 8 V. 7() a) Programmet reglerar värdet på duty_cycle så att laddströmmen ligger på max 3,0 A. Då batterispänningen nått 14,4 V byts state till 1. b) Programmet reglerar värdet på duty_cycle så att batterispänningen ligger på max 14,4 V. Då laddströmmen sjunkit till 0,1 A byts state till. c) addningen är klar, duty_cycle sätts till 0 och lysdioden tänds. Programmet förblir i state ==. 8() Vi räknar per fas pga symmetri. Vi tänker oss ett R parallellkopplat med ett C anslutet till fasspänningen. Strömmarna blir då linjeströmmar IR till R och IC till C. IR ligger i fas med fasspänningen och IC ligger fasvriden 90 i förhållande till fasspänningen, vilket gör att IR och IC ligger fasvridna 90 inbördes. Summan av dessa visare ger totala strömmen I = 0A som är fasvriden ϕ mot fasspänningen. Rita gärna ett visardiagram om det underlättar. P 3 U I cos och U V V 11000 395 / 3 8 ger cos 0, 8 3 8 0 a) Strömmen genom belastningsresistanserna blir I I cos A R 16 b) injeströmmen till kondensatorerna blir I C I sin 1A. Men kondensatorerna är D kopplade och därför flyter grenström genom dom. I I / 3 6, A GC C 9
Sign: 13 1 c) Ohms lag för kondenstorer U I ger i detta sammanhang C 6,9 C 55 50 395 d) U Z I ger Z 8V / 0A 11 9(3) d 4 100 a) M J 4 10 0,84Nm dt 0,3 0,84 I 0,87 A inga problem med strömmen 0,96 R 15,5 I 0,87 6,76 V 6 el 6 100 rad/s 30 10 el I 6 100 E 6000 54 10 3 / 3 0,87 4,7 V 3 187 V U (187 6,76) 4,7 195 V U 3 195 V 338V går ej, vi har tillgång till 30 V. H b) Vid bromsning blir moment och därmed ström negativ. U (187 6,76) ( 4,7) 18 V U H 3 18 V 315V c) P 3 E I M K I 3E K E mek KT KT n f 0, 033 n 3 3 60 T 0,033 Vmin =33mVmin Databladets spänningskonstant är för huvudspänning = klämspänning. Vi multiplicerar med 3 och får 57 mvmin att jämföra med databladets 54 mvmin. T
10() Sign: 14 5 a) ör strömmen I gäller: U UT I ( 0000 5000) I A 0, ma 5000 Ingen ström flyter in i ingången och därför är de två motrstånden seriekopplade. b) Spänningen mellan ingången och jord blir: U B I 5000 1V Mellan ingången och ingången är spänningen noll och därför är U A U B I 5000 1V 1 c) U A I1 10000 I1 A 0, 1mA 10000 d) Ingen ström flyter in i ingången och därför är de två motrstånden seriekopplade. E I (000 10000) 1, V 1