Aufgabe 1 a) Umformung des Verbrauchers in Stern-ESB:

Umformung des Verbrauchers in Stern-ESB:

(

)

=

⋅ Ω

= e ^° 13,65 j9,56 3

Z_V,Y 50 ⁱ³⁵

(

)

=

⋅ Ω

=1 e ^° 0,91 j0,42 Z_N,Y ⁱ²⁵

A 66 , 22 e

A 66 , Z 22

Z

I U ^j34,4

Y , N Y , V

U , N 1

L = ⋅ =

= + ^{− °}

A 08 , 13 3 I

I_V,Str = _L1 =

V 1 , 654 Z

I

U_L,Str = _V,Str⋅ _V,Str =

b)

(

)

Y 1

Y , V Y ,

V = = −

(

)

Y 1

Y , M Y ,

M = = −

(

)

=

⋅ Ω + =

= 6,53 e ^° 3,56 j5,48 Y

Y

Z 1 ^j57,0

Y , M Y , M Y , ges

°

⋅ −

+ =

= ^j52,9

Y , N Y , V

U , N 1

L 54,04 A e

Z Z

I U

(

)

=

⋅

−

= _{N,U L1 N,Y} ^j4,1

Y ,

V U I Z 352,2 j25,3 V 353,1 V e

U

( )

min 400 V 1 10% 360 V U

U = ⋅ − = >

c)

zweipoliger Kurzschluss: 346 A

Z 2

3 U Z

2 I U

Y , N Y Y , N 2

K =

⋅

= ⋅

= ⋅ ^∆

Aufgabe 2:

a)

vierpolig

b)

c)

2π α π

H^_δ

2π α π

H^_δ H^_δ

B_r

-H_C

H B

Arbeitspunkt

B_r

-H_C

H B

B_r

-H_C

H B

Arbeitspunkt α

60°

Weicheisen, µ_Fe→∞ Permanent-Magnet mit Magnetisierungsrichtung α

60°

Weicheisen, µ_Fe→∞ Permanent-Magnet mit Magnetisierungsrichtung

(

)

=

⋅ Ω

=

⋅

= e^ϕ 1,33 e ^° 1,067 j0,8 S

Z U ^{j j36,7}

N 2 N Y , V

b)

4 , V 24 410

kV ü=10 =

(

)

= Ω

=

⋅ü 791,2 e ^° 633,0 j474,7 Z_V,Y ^{2 j36,7}

A 293 , ü 7 Z Z

3 V 410 Z

ü Z

3 kV 10 ü

I

2 K Y , V K 2 Y , V Y ,

V =

⋅

= + +

= ⋅

A 9 , 177 I_V,Y =

V 8 , 409 3 Z I

U_V = _V,Y⋅ _V⋅ =

c)

Schaltgruppe: Phasenverschiebung identisch zum 1. Transformator, also Dy5 oder Zy5; Yd5 und Yz5 sind weniger sinnvoll, da kein N-Leiter auf Niederspannungsseite.

Leerlaufspannung: U = 410 V (identisch zum 1. Transformator)

Der Spannungsabfall an der Längs-Induktivität U_X =I_I⋅Z_KI=I_II⋅Z_KII muss bei beiden Transformatoren gleich sein:

Ω

=

⋅

⇒ =

=

= j1

S Z S Z Z

Z S S I

I

II I I II I

II II

I II

I

Aufgabe 4:

a)

Dreieckschaltung

b)

(

) ⁽

⁾

A 22

I_1N = ⋅ − − ² = −

(

)

(

) ⁽

⁾

I

I_K = _K⋅ ϕ_K− ϕ_K = ⋅ − − ² = −

Zeichnerische Lösung: Einzeichnen I_1N und I_K, Schnittpunkt der Mittelsenkrechten mit -Im- Achse liefert Mittelpunkt des Kreises s. Blatt;

Rechnerische Lösung:

Kreismittelpunkt I_M: Schnittpunkt der Mittelsenkrechten aus I_1N und I_K mit -Im-Achse:

( ) { }

{ }

(

)

I j I

I

0828 , I 0 I 2

I 0 I

e I 2 I

I I

90 j N 1 K K

N 1 M

N 1 K

K N 90 1

j N 1 K K

N 1

−

=





 + +α⋅ − ⋅

ℑ

⋅

=

= ⇒

− ℑ

⋅ +

− ℜ

=

⇒α

=





 + +α⋅ − ⋅

ℜ

°

°

A 60 I

I

I_WKipp = _1N − _M =

c)

% 67 , 1500 2

1460 s_N 1500− =

= ; 72 Nm

n 2 M P

N N

N =

⋅

= π Zeichnerische Lösung:

A 64

I_WKipp = abgelesen ⇒ M 243 Nm

I

M I _N

WN WKipp

Kipp = ⋅ =

% 9 , cm 19 9 , 0

cm 7 , s 6

s_Kipp = _N⋅ = rechnerische Lösung:

Nm 231 I M

M I _N

WN WKipp

Kipp = ⋅ =

% 7 , 16 M 1

M M

s M s

2

N Kipp N

Kipp N

Kipp =

















 −





 + 

⋅

=

ℑ

− I_K

I_1N

ℑ

− I_K

I_1N

Aufgabe 5:

a)

p = f_N/n_N = 3 kV 8 , 3 5 U_NY =U^N =

A kV 8660

10 3

MVA 150 U

3 I S

N N

N =

= ⋅

= ⋅

Ω

⋅ =

= 1,33 I

K 3 X U

N C N 1

kV 5 , 11 X I_N⋅ ₁=

( )

=

ϕ_N arccos0,9 25,8

(

) (

)

U_PN = _NY+ _N⋅ ₁⋅ ϕ_N ²+ _N⋅ ₁⋅ ϕ_N ² =

b)

A 5774 j U 3 I Q

N ) b

b =

= ⋅

kV 679 , 7 X I_b⋅ ₁=

{ }

(

)

A 4 , U 179 I U

PN Pb

fb = =

c)

Leistung der Turbine erhöhen.

mögliche Leistungserhöhung in 10 s: ∆P=10 s⋅0,005⋅150⋅0,9 MVA/s=6,75 MVA ist ausreichend

ϕ ϑ U_N,Str I_N

jX₁I_N

U_PN jX₁I_b

I_b

ϕ ϑ U_N,Str I_N

jX₁I_N

U_PN jX₁I_b

I_b

Aufgabe 6:

a)

W P 714

P

N mechanisch , N el ,

N =

= η

A 5 , U 59 I P

N el , N

aN= =

(

)

= 60,5 m

I 1 U R

aN N N a

Vs 168 , n 0 k U

N N

N⋅ =

η

= Φ

b)

min / 1 3074 min

/ Nm 1 808 M k 4286

k M 2 R U k

I R n U

a a N

a

N  =



 



 − ⋅

Φ = Φ

⋅ π

⋅

− Φ =

⋅

= −

A 1 , 56 k M

I_a 2 ⋅ = Φ

= π

c)

Anlaufdrehmoment: 5,3 Nm

2 k R M U

a N

K =

π

⋅ Φ

= ist ausreichend