TSFS11 - Energitekniska system Kompletterande lektionsuppgifter

014-05-19 ISY/Fordonssystem TSFS11 - Energitekniska system Kompletterande lektionsuppgifter Lektion Uppgift K.1 En ideal enfastransformator är ansluten enligt följande figur R 1 = 1 kω I U in = 13 V N1 = 150 N = 30 U 1 U R = 1 kω Bestäm spänningen U och strömmen I. För transformatorn gäller att primärsidans lindning har 150 varv medans sekundärlindningen har 30. Uppgift K. En 5 kva, 00/400 V enfastransformator för 50 Hz gav följande värden vid ett korslutningsprov respektive tomgångsprov: U K = 17, 5 V, I K = 1, 5 A, P F KM = 75 W, U 0 = 00 V, I 0 = 0.7 A, P F 0 = 60 W. Transformatorn märkbelastas då den är ansluten till ett 00V nät. a) Beräkna sekundär spänning och verkningsgrad, om lastens effektfaktor är 0,8 ind. b) Beräkna total ström på primärsidan (tomgångsström + belastningsström)i uppg a). Uppgift K.3 En enfastransformator har märkvärdena S = kva, 30/115 V och 50 Hz. Man har vid tomgångsprov och kortslutningsprov fått följande resultat: P F 0 = 5 W P F KM = 18 W U 1K = 8 V a) Rita ett ekvivalent schema för transformatorn. Sätt ut spänningar, strömmar och lastelement. b) Transformatorn kopplas in till märkspänning och belastas med 90% av märkströmmen (dvs x=0.9). Hur stor blir den sekundära spänningen U om lasten är induktiv med effektfaktorn cos ϕ = 0.8. c) Ett kondensatorbatteri som perfekt faskompenserar lasten kopplas in (dvs så att cos ϕ = 1). Hur stor blir de nya U respektive I 1

Lektion 3 Uppgift K3.1 En trefastransformator är märkt 00 kva, 10/0,38 kv. Ett kortslutningsprov med nedsidan kortsluten gav följande värden vid märkström: U 1K = 800 V, P F KM = kw. Beräkna transformatorns R 1K och X K. Uppgift K3. En 10 kva, 0/3, kv trefastransformator har u z = 5, 0% och P F KM = 3, 0 kw. Beräkna sekundärspänningen U då transformatorn ansluts till 0 kv och belastas med 50 kw (uteffekt) med effektfaktorn cos ϕ = 0, 8. Uppgift K3.3 En 40 km lång trefas luftlednig av koppar har arean 10 mm och reaktansen 0,4 Ω/km och fas. I ena ändpunkten tar man ut en symmetrisk trefasbelastning på 1 MW vid cos ϕ = 0, 8 ind. Beräkna spänningen i ledningens inmatningsände om spänningen i belastningsänden skall vara 54 kv. Uppgift K3.4 Från en trefas 50 kv luftledning med resistansen 5 Ω/fas och induktiva reaktansen 10 Ω/fas är effektuttaget 10 MW vid effektfaktorn 0,7 ind. Spänningen i mottagaränden är då 50 kv. Spänningen i inmatningsänden är oberoende av den inmatade effekten i ledningen. a) Beräkna spänningen i mottagaränden om effektuttaget ökar 50% vid oförändrad effektfaktor. b) Beräkna spänningen i mottagaränden när ledningen belastas med 50% mer effekt enligt ovan när förlusterna är minsta möjliga. Uppgift K3.5 En 400 kv ledning har en seriereaktans på 0.5 H per fas och serieresistansen kan försummas. Ledningen sitter i det svenska transmissionsnätet. Spänningen på båda sidor om ledningen är 400 kv och strömmen på ledningen är 600A. a) Hur stor aktiv effekt överförs på ledningen. b) Hur stor reaktiv effekt förbrukar ledningen i detta fall och hur mycket matas in från respektive sida. c) Rita ett visardiagram. Välj en av spänningarna som referens. Vad blir överföringsvinkeln för detta fall?

Lektion 8 Uppgift K8.1 En trepuls likriktare med dioder matar en resistiv belastning enligt figuren nedan. U H = 400V, 50 Hz. a) Skissa den likriktade spänningens momentanvärde i ett diagram. Gradera axlarna. b) Beräkna likriktade medelvärdet U L. Uppgift K8. En tvåpuls likriktare med tyristorer matar en rent resistiv last. Nätspänningen är 0 V, 50 Hz. a) Inom vilket område kan spänningen ställas in? b) Beräkna spänningsnivån för tändvinkel α = 60. Uppgift K8.3 En trepuls likriktare med tyristorer är ansluten till 400 V, 50 Hz och matar en resistiv last. a) Rita kopplingsscheman och ett tidsdiagram med graderade axlar som visar hur den likriktade spänningen ser ut för tändvinkeln 60. Beräkna likspänningens medelvärde. b) Inom vilka gränser kan likspänningens gränser varieras? Uppgift K8.4 I kretsen nedan är lampan släckt när R har ett högt värde. Om man minskar R når man till slut ett värde då lampan tänds. a) Beräkna detta värde på R om DIACen har den karakteristika som vissas ovan. b) Skissa utseendet på spänningen över lampan vid tändvinkeln 90 och beräkna dess effektivvärde. c) Vilken effektutveckling erhålles i lampan vid tändvinkels 90 om resistansen i lampan är 600 Ω. 3

Lösningsförslag Lektion Lösning K.1 Uppgiften behandlar överreducering av en last till primärsidan och använding av spänningslagen. Givet: R 1 = 1 kω I U in = 13 V N1 = 150 N = 30 U 1 U R = 1 kω Sökt: U I Lösning: För att slippa ställa upp ett ekvationssystem för spänningar och strömmar i kretsen kan sambandet för överreducering av en last till primärsidan användas. Det ekvivalenta kretsschemat blir då R 1 = 1 kω U in = 13 V U 1 R = R ( ) N 1 N Nu kan U 1 räknas ut, antingen med spänningsdelningslagen eller genom att räkna ut strömmen I 1 och multiplicera med R R = 10 3 ( ) 150 = 5 kω 30 U in I 1 = R 1 + R R U 1 = U in R 1 + R = 1.5 V Spänningslagen U1 U = N1 N N 30 U = U 1 = 1.5 N 1 150 =.5 V I = U =.5 =.5 ma R 1000 tillsammans med ohms lag U = RI ger oss 4

Lösning K. Uppgiften behandlar spänningsfallsformeln, kortslutnings resp tomgångsprov samt effektivitetsberäkningar för en enfastransformator. Notera att det är en enfastransformator. Givet: Sökt: S M = 5 kva, U 1M = 00 V, U M = 400 V, f = 50 Hz, Notera att det är fasspänningar (enfastransformator) U K = 17.5 V, I K = 1.5 A, P F KM = 75 W, U 0 = 00 V, I 0 = 0.7A, P F 0 = 60 W Transformatorn arbetar under märkbelastning och är ansluten till ett 00 V nät a) U och η vid cos φ = 0.8 ind. b) I T ot dvs tomgångs och belastningsström i uppg. a) Lösning: a) För att räkna ut spänningen på sekundärsidan, U kan vi använda spänningsfallsformeln U 0 U + I (R K cos(φ ) + X K sin(φ )) (1) Här är allt utom U storheter som enkelt kan räknas ut. I : Transformatorn märkbelastas så I = I M. Dessutom är S M = U M I M vilket ger att I M = = 1.5 A. S M U M = 5000 400 U 0 : Enligt uppgiften är U 1 = 00, U 1M = 00, U M = 400. Spänningslagen ger då U 0 = U 1 N N 1 = U 1 UM U 1M = 400 V R K : Kortslutningsförlusten vid märkström P F KM är mätt vid märkström så I K = I M = 1.5 A. Resistansen blir därmed P F KM = R K I K R K = P F KM I K = 0.48 Ω X K : Ohms lag, U = Z I, samt sambandet mellan Z, X och R ger Z K = RK + X K X K = ZK R K Z K = U K = 17.5 I K 1.5 = 1.40 Ω X K = ZK R K = 1.40 0.48 = 1.3 Ω Spänningsfallsformeln (1) ger nu U 400 0.48 1.5 0.8 1.3 1.5 0.6 = 385.3 V där cos(φ) = 0.8 sin(φ) = 0.6 har använts. Effektiviteten beskriver förhållandet mellan uttagen effekt och instoppad effekt och skrivs η = P P 1 = x P M x P M + P F 0 + x P F KM 5

där x = I I M = 1 (belastningsgraden, dvs strömmen i förhållande till märkströmmen) P M = U I M cos(φ) = 385.3 1.5 0.8 = 3853 W (avgiven effekt vid märkdrift) vilket alltså ger att η = P M 3853 = = 0.966 = 96.6 % P M + P F 0 + P F KM 3853 + 60 + 75 b) Målet är att räkna ut I T ot = I 0 + I 1. I 0 : Vinkeln för I 0 fås från tomgångsförlusterna och storleken är given i uppgiften P F 0 = U 10 I 10 cos(φ 0 ) cos(φ 0 ) = P F 0 60 = U 10 I 10 00 0.7 = 0.43 φ = 64.6 I 10 = 0.7 e j64.6 med U 10 som vinkelreferens ( φ < 0 ty kretsen är induktiv) I 1 : Vinkeln för I 1 och I, dvs φ 1 och φ är i princip lika eftersom I 0 är mycket mindre än I 1. Strömlagen ger att ( ) ( ) N UM I 1 = I = I = 1.5 400 / N 1 U 1M 00 = 5 A φ 1 φ = arccos(0.8) = 36.9 / I 1 = 5 e j36.9 I T ot = I 10 + I 1 = 0.7 e j64.6 + 5 e j36.9 = 0.7 (cos( 64.6 ) + j sin( 64.6 ) + 5 (cos( 36.9 ) + j sin( 36.9 )) = = 0.7 (0.43 j 0.9) + 5 (0.8 j 0.6) = = 0.3 j 15.63 = (0.3 + 15.63 15.63 j arctan( ) e 0.3 ) = = 5.6e j37.6 Vissa miniräknare klarar av att summera de komplexa talen direkt, på andra måste man själv växla mellan rektangulär och polär form. Uträkningen ovan fungerar dock alltid. Lösning K.3 a) I I 1 I R K jx K I 0 U 1 R 0 jx 0 Z B U 0 U cos ϕ ind. N 1 N b) Använd spänningsfallsformeln U 0 U + I (R K cos (ϕ) + X K sin (ϕ)). Börja med att räkna ut märkströmmen I M = S M U M = 17.4 A Vi kan nu räkna ut kortslutningsströmmar, okända kortslutningseffekter, och slutligen X K samt R K enligt I K = I M = 17.4 A U K = U M U 1K = 115 U 1M 30 8 = 4 V S F KM = U K I K = 69.6 VA Q F KM = SF KM P F KM = 67. VAr R K = P F KM I K = 0.0595 Ω X K = Q F KM I K = 0. Ω 6

För det aktuella belastningsfallet gäller att cos ϕ = 0.8, I = x I M = 0.9 I M = 15.7 A och U 1 = U 1M U 0 = U M. Vi får då U U 0 I (R K cos (ϕ) + X K sin (ϕ)) = = 115 15.7 (0.595 0.8 + 0. 0.6) = 11. V c) Antag t.ex. att lasten består av en parallellkopplad resistans/induktans. Vi får då att P Load = U I cos (ϕ ) = 1404 W R Load = U P Load = 8.96 Ω Efter faskompenseringen så tar induktanser och kapacitanser hos lasten ut varandra så endast R Load blir kvar. Den totala lasten på sekundärsidan (inkl R K och X K ) blir Z T ot = R Load + R K + j X K = 9.0 + j 0.. Vi får därmed I,ny = U 0 115 = Z T ot 9.0 + 0. = 1.75 A U,ny = I,ny R Load = 114. V Alternativ: En alternativ, mindre exakt, lösning hade varit att försumma det faktum att U och därmed P Load förändras när I ändras p.g.a den nya fasvinkeln. Vi hade då med spänningsfallsformeln fått I,ny = P Load U = 1.5 A, (dvs strömmen minskade precis en faktor cos ϕ = 0.8) U,ny U 0 I,ny R K = 115 1.5 0.0595 = 114. V För att använda denna lösning så är det dock viktigt att man talar om vad det är man har försummat. 7

Lektion 3 Lösning K3.1 Uppgiften behandlar spänningsfallsformeln, kortslutnings resp tomgångsprov samt effektivitetsberäkningar för en trefastransformator. Notera att det är en trefastransformator. Givet: S M = 100 kva, U 1M = 3800 V, U M = 30 V, Notera att det är huvudspänningar (trefastransformator) P F 0 = 965 W, U 1K = 116 V, P F KM = 110 W Transformatorn arbetar under märkbelastning med cos(φ) = 0.8 ind. Sökt: Sekundärspänningen U, från nätet upptagen effekt P 1M, verkningsgraden η Lösning: Studera en av de tre faserna Fas P F KM = P F BM I = I M Fas P F 0 U 1M U 0 3 3 3 U Z 0 R K + jx K Z cos(φ ) Nolla Nolla Spänningsfallsformeln för en av faserna kan skrivas U 0 3 U ( + I RK cos(φ ) 3 } {{ } 0.8 ) +X K sin(φ ) } {{ } 0.6 () och vi söker alltså U. De ingående storheter som behövs beräknas enligt R K : Kortslutningseffekten är effekten som avges från R K vid märkström I M som kan räknas ut med hjälp av märkvärdena. Därefter kan i sin tur förlustresistansen R K räknas ut. Se t.ex. skissen ovan för att förstå var kortslutningseffekten avges S M = 3 U M I M I M = P F KM = 3R K I M R K = P F KM 3 I M S M { }} { 100 10 3 = 51 A 3 }{{} 30 U M = 110 = 5.9 mω, 3 51 X K : Kortslutningsströmmen U 1K spänningstransformeras till sekundärsidan enligt spänningsformeln. Tillsammans med ohms lag för den ekvivalenta faskretsen får vi } U 3 K = Z K I M U 1K U K = U Z 1M K = 16 mω U M U K = 7 V Z K = RK + X K X K = 14.8 mω 8

Spänningsfallsformeln () ger nu 30 3 U 3 + 51 ( 6 10 3 0.8 + 14.8 10 3 0.6 ) U = 4 V För att räkna ut effektivitet η och effekt som tas från nätet P 1 så används att P 1 = P M + P F 0 + P F BM (dvs P 1 = avgiven effekt + förluster) P M = 3 U I M cos(φ ) = 3 4 51 0.8 = 78 10 3 W P 1 = 78 10 3 + 110 + 965 80 10 3 W avgiven effekt η = instoppad effekt = P = P M = 78 = 0.974 = 97.4 % P 1 P 1 80 Lösning K3. Kopplingen för transformatorn blir enligt figur nedan I I 1 I Z K I 0 U 1 U 0 3 3 U 3 R 0 jx 0 Z B N 1 N För att använda spänningsfallsformeln behövs X K och R K samt I. I denna uppgift är I okänd och istället har en lasteffekt givits. Eftersom effekten beror av både ström och spänning så måste en andragradsekvation lösas för att räkna ut I och därmed U. I M = S M 3UM = 1.7 A = R K = P F KM 3 I M Z K = u z 100 X K = U M S M =.13 Ω = 4.3 Ω ZK R K = 3.7 Ω P = 50 kw = (3) U I cos ϕ Med P från ovan instoppat i spänningsfallsformeln får vi P 3 I cos ϕ = U 0 3 I (R cos ϕ + X K sin ϕ ) = = P 3 cos ϕ = I U 0 3 I (R cos ϕ + X K sin ϕ ) = = I U 0 I 3 (R cos ϕ + X K sin ϕ ) + P 3 cos ϕ (R cos ϕ + X K sin ϕ ) = 0 = = I = 11.6 A (Två rötter varav en orimligt stor) Vi får därför U = U 0 3 I (R cos ϕ + X K sin ϕ ) = 311 V 9

Lösning K3.3 R L = ρ cu l A med ρ cu = 1, 7 10 Ω mm /m l = 40 10 3 m A = 10mm = = R L = 5, 7 Ω X L = 0, 4 40 = 16 Ω Q = P tan ϕ = 1 0, 75 = 9 MVAr Spänningsfallsformeln uttryckt i effekt ger nu ( U 1 = 54000 1 + 5, 7 1 ) 106 + 16 9, 0 10 6 ( ) 16 1 106 5, 7 9, 0 10 54000 + 6 54000 = 58 kv Lösning K3.4 a) U 1 53 kv, U,II 48, 3 kv. b) Förlusterna är minsta möjliga betyder att Q = 0. Detta ger U,III = 51, 5 kv. Lösning K3.5 a) Ställ upp två spänningsvektorer Ūf,1 och Ūf, där Ūf,1 = 400 3 e j0 kv och Ūf, = 400 3 e j ϕ kv. Med hjälp av deras längder får vi då att Ūf,1 Ūf, = XL I = 1 e j ϕ X L I = ( ) (1 cos ϕ) + sin XL I ϕ = = sin (ϕ/) = ± X L I U f,1 = ϕ = ±3, 58 U 1 U 1 Antag att spänningen U f, ligger efter U f,1 (godtyckligt). Ställ därefter upp sambandet mellan spänningar och strömmar för att räkna ut strömmen Ī enligt Ū f,1 Ūf, = j X L Ī = Ī = Ūf,1 Ūf, = 600 e ϕ/ = 600 e 11,8 j X L Vi ser alltså att spänningarna måste ligga symmetriskt runt strömmen. Slutligen får vi nu att P 1 = (3) U H I cos ϕ/ = 407 MW b) Vi har att X L = ω L = π f L = 157, 1 vilket ger att Q L = 3 X L I L = 170 MVAr dvs ledningen förbrukar 170 MVAr reaktiv effekt. Låt oss jämföra detta med den reaktiva effektinmatningen i första änden. Vi har att Q 1 = (3) U H I sin ϕ/ = 85 MVAr vilket alltså betyder att halva den reaktiva effekten matas in från ena änden och därmed andra halvan från den andra. Med tanke på symmetrin mellan spänningarna och strömmen är detta 10

knappast överraskande. Låt oss dock kontrollera att detta stämmer med formeln för spänningsfall uttryckt i effekt genom att sätta in U 1 = U samt R L = 0 ( 1 + Q ) X L U + ( ) P X L = 1 U Samtidigt har vi att S = 3 U H I L = 415 MW och S = P + Q vilket då ger ( ) S 1 + P X ( ) L P X L + = 1 U U ( ) S P X L S + P X ( ) L P X L + = 0 U U ( ) S X L S + P X L = 0 U ( S X L U P = S X L 4 U ) + S P X L = 0 ( S U ) 4 = Q = X L ( S U U ) = 84.8 MVAr = Q L c) Visardiagrammet blir enligt nedan och överföringsvinkeln är ϕ = 3, 55 ϕ Ī Ū f,1 j X L Ī Ū f, 11

Lektion 8 Lösning K8.1 a) ÛF = 380 3 b) U L = 1 T T 0 u(t) dt = 1 5 T 3 1 T u(t) dt = /T = π 1 1 T ω = 347 π [ cos 5π 6 + cos π ] = 70V 6 Lösning K8. a) 0-198 V b) 150 V Lösning K8.3 a) U L = 1 T b) 0-70V T 0 u(t) dt = 3 T T T 4 u(t) dt = 345 π [ cos π + cos π ] = 156V c) De negativa spänningstopparna alstras av lasten själv. Lösning K8.4 DIACen tänder när Ûc = 30V enligt karakteristikan. a) 1 jωc 1 ū c = ū R + 1 = ū jωcr + 1 jωc 1 û c = û (ωcr) + 1 ( ) û (ωcr) = û c ( 30 ) 30 1 R = π50 1 10 6 = 34.4kΩ b) U = 1 T u(t) T dt = 0 T T T 4 u(t) dt = 30 = 163V 1

c) P = U R = 44W 13