Musterlösung Aufgabe 1 a)
Lösung durch Umrechnung des Generators auf Stern-Ersatzschaltbild:
V 398 3 V 690
UG,Y = =
(
+)
Ω=
⋅ Ω
=
=Z 3 0,333 e ° 0,3132 j0,1140 ZG,Y G,Str j20
(
+)
Ω=
⋅ Ω
=50 e ° 38,30 j32,14 ZL,Str j40
(
0,3132 j0,1140) (
38,30 j32,14)
7,92 AV 398 Z
Z I U
Str , L Str , G
Y , G
1 =
Ω +
+ Ω
= +
= +
A 57 , 3 4 IU,G = I1 =
Generator Verbraucher
~
~
~
UG,Y ZG,Y
UG,Y⋅e-j2π/3
UG,Y⋅e-j4π/3 ZG,Y
ZG,Y
L1
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str ZL,Str
~
~ ~
Generator Verbraucher
~
~
~
UG,Y ZG,Y
UG,Y⋅e-j2π/3
UG,Y⋅e-j4π/3 ZG,Y
ZG,Y
L1
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str ZL,Str
~
~ ~
Also liegt an den Strängen V und W jeweils die Leiterspannung:
UV,Str = UW,Str = 690 V
c) Der Strang U des Verbrauchers ist nicht mit dem Netz verbunden. Also teilt sich die Leiterspannung U23 symmetrisch auf die Stränge V und W auf:
UV,Str = UW,Str = 345 V
Generator Verbraucher
~ ~
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str
UV,Str
UW,Str UG,Str
UG,Str⋅e-j2π/3 UG,Str⋅e-j4π/3
Generator Verbraucher
~ ~
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str
UV,Str
UW,Str UG,Str
UG,Str⋅e-j2π/3 UG,Str⋅e-j4π/3
Generator Verbraucher
~ ~
L1
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str
UV,Str
UW,Str UG,Str
UG,Str⋅e-j2π/3 UG,Str⋅e-j4π/3
Generator Verbraucher
~ ~
L1
L2
L3 I1
I2
I3
ZL,Str ZL,Str
UV,Str
UW,Str UG,Str
UG,Str⋅e-j2π/3 UG,Str⋅e-j4π/3
Aufgabe 2:
a)
Punktabzug
- wenn die Linien im Luftspalt offensichtlich nicht radial verlaufen - wenn die Pfeilung nicht stimmt
b)
c)
Durchflutungsgesetz entlang der Kurve Γ1: Hδ⋅2⋅δ=wf ⋅If mit Bδ = µ0 ⋅ Hδ folgt: 4,8 A
w 2 I B
f 0
f =
⋅ µ
δ
⋅
= δ⋅ Γ1
Γ1
2π α
π α
π 2π
Ω
⋅ =
= 1,54 I
3 Z U
N N L
°
⋅ =
= ⋅
=
ϕ 39,66
I U 3 arccos P S
arccosP
N N N , el N
N , el L
°
ϕ = Ω⋅
⋅
= L j j39,66
L Z e 1,54 e
Z L
43 , V 71 420
kV 30 U
ü U
20
1 = =
=
⋅ °
Ω
=
⋅
= L 2 j39,66
L´ Z ü 7860 e
Z
b)
Berechnung des Primärstroms.
(
+)
Ω=
⋅ Ω
=7860 e ° 6051 j5016
´
ZL j39,66
A 19 , 30 2
j 5016 j 25 6051 3
kV 30
´ Z
´ Z 3
´ U I I
T L
1 2
1 =
Ω +
+ +
= ⋅ +
= ⋅
=
A 156
´ I ü I2 = ⋅ 2 =
c)
Der Transformator habe primär eine Sternschaltung. In einer sekundären Sternschaltung können durch Vertauschen der Phasenfolge und/oder der Polarität der Sekundärwicklung die Phasenlagen 0°, +60°, +120°, +180°, +240° und +300° erreicht werden. Also sind Yy0, Yy2, Yy4, Yy6, Yy8 und Yy10 möglich.
Bei einer primären Dreieckschaltung können mit einer sekundären Sternschaltung die Phasenlagen +30°, +90°, +150°, +210°, +270° und +330° erreicht werden. Also sind Dy1, Dy3, Dy5, Dy7, Dy9 und Dy11 möglich
Dy- und Yy-Transformatoren können daher niemals die gleiche Schaltgruppe aufweisen.
UY,V UY,W UY,U UD,U
UD,W
UD,V UY,V UY,W UY,U UD,U
UD,W
UD,V
Aufgabe 4:
a)
Bemessungsstrom: ( )
( ) ( )
cm 10 A cm 090 , 2 j 872 , 3 A 90 , 20 j 72 , 38 e
A 44
I1N= ⋅ −jarccos 0,88 = − = − ⋅
Bemessungs-Drehmoment: 143 Nm
n 2 M P
N N
N =
⋅
= π
Wirkstrom im Kipp-Punkt (Kreisradius):
{ }
cm 10 A cm 477 , 9 A 77 , 94 M I
I M 1N
N Kipp Kipp
,
W = ⋅ℜ = = ⋅
b)
Lösung mit Kloss’scher Formel (genauer):
Schlupf im Bemessungspunkt: 2 %
min 1500
min 1470 min
s 1500 1
1 1
N − =
= −
−
−
Kloss’sche Formel: N
2
N Kipp N
Kipp Kipp
Kipp N N Kipp Kipp
N 1 s
M M M
s M
s s s s
2 M
M ⋅
−
±
⇒ = +
=
Da sKipp > sN ist nur positive Wurzel relevant: sKipp =
(
2,45±(
2,45)
2 −1)
⋅sN =4,67⋅sN =9,4 %Kipp 2
100 Kipp 100
Kipp 100
Kipp 100 100 Kipp Kipp
100 1 s
M M M
s M
s s s s
2 M
M ⋅
−
±
⇒ = +
=
Da s100 > sKipp ist nur negative Wurzel relevant:
(
3,5( )
3,5 1)
s 0,146 s 1,37 %s100 = ± 2− ⋅ Kipp = ⋅ Kipp =
( )
0 1100 1 1,37 % n 1479 min
n = − ⋅ = −
ℜ
ℑ
− sN s
s100 s=0
27 A ℜ
ℑ
− sN s
s100 s=0
27 A
Graphische Lösung (schneller):
Wirkstrom im Betriebspunkt:
{ }
cm 10 A cm 7 , 2 A M 27
Nm I 100
I
N N
1 100
,
W =ℜ ⋅ = = ⋅
Schlupf im Bemessungspunkt: 2 %
min 1500
min 1470 min
s 1500 1
1 1
N − =
= −
−
−
Abgelesener Schlupf bei 100 Nm: 2 % 1,37 % cm
6 , 1
cm 1 ,
s100 =1 ⋅ =
Drehzahl: n100 =
(
1−1,37 %)
⋅n0 =1479 min−1c)
Nm 3 117
MKipp,Y =MKipp,∆ =
Aufgabe 5:
a)
Drehzahl: 0 N 750 min 1 p
n =f = −
Scheinleistung: SN = 3⋅UN⋅IN =17,7 MVA
Bestimmung der Polradspannung aus UPN =U1−j X1⋅I1: rechnerische Lösung:
Statorstrom: IN =
(
−722,5+j447,8)
ASynchronreaktanz: ⋅ = Ω
= ⋅ 13,58
K 1 I 3 X U
N C N 1
Polradspannung:
(
U 3 X{ }
I) (
X{ }
I)
17,81 kVUPN = N + 1⋅ℑ N 2+ 1⋅ℜ N 2 = Graphische Lösung:
cm 1kV cm 9 , 6 kV 9 , 6 3 U
U1= N = = ⋅
( )
cm 500 A cm 7 , 1 e
A 850 e
I
IN = N⋅ j180°−arccosϕN = ⋅ j148,22° = ⋅
cm 1kV cm 54 , 11 kV 54 , K 11
1 3 I U X
C N N
1⋅ = ⋅ = = ⋅
kV 8 , 17
UPN = (abgelesen)
b)
Statorstrom:
(
cos j 1 cos) (
384,9 j288,7)
AU 3
I S b 2 b
N b
b ⋅− ϕ − − ϕ = − −
= ⋅
Polradspannung:UPb =
(
UN 3+X1⋅ℑ{ }
Ib)
2+(
X1⋅ℜ{ }
Ib)
2 =6,03 kV Erregerstrom: I 33,9 AU
I U fN
PN Pb
fb = ⋅ =
Graphische Lösung:
( )
cm 100 A cm 84 , 0 e
A 418 U e
3
I S j180 arccos j143,13
N b
b ⋅ b = ⋅ = ⋅
= ⋅ °− ϕ °
cm 1kV cm 68 , 5 kV 68 , I 5 I K
1 3 I U X
N b C N b
1⋅ = ⋅ ⋅ = = ⋅
kV 6
UPb = (abgelesen)
U1
I1N UPN
I1b UPb
jX1⋅I1b
I1c UPc
jX1⋅I1c
U1
I1N UPN
I1b UPb
jX1⋅I1b
I1c UPc
jX1⋅I1c
Erregerstrom: I 33,9 A U
I U fN
PN Pb
fb = ⋅ =
c)
zusätzlicher Statorstrom: Ic = 481,1 A e-j60°
ϑ steigt bzw. ϑ wird kleiner n bleibt konstant
Der Erregerstrom muss erhöht werden, da die Blindleistung im Netz ansteigt.
Aufgabe 6:
a)
Elektrisch aufgenommene Leistung: P 833,3 W P
N mech , N el ,
N =
= η
Reibleistung: PRN =2πnN⋅MR =62,8 W Elektrische Verlustleistung: PV,el =PN,el−PRN −PN =270,5 W Aufgenommene Scheinleistung: 1042 VA
cos S P
N el , N
N =
= ϕ
Blindleistung: QN =SN,el⋅ 1−cos2ϕN =625 W Ui
Xa
Ra
Xf Rf
UN
Ui
Xa
Ra
Xf Rf
UN
Anker- u. Erregerwiderstand: + = =13,18 Ω I
R P
R 2
N el , V f a
Anker- und Erregerreaktanz: + = =30,47 Ω I
X Q
X 2
N N f a
Induzierte Spannung: UiN = U2N−
(
Xa+Xf)
2⋅I2N −(
Ra+Rf)
⋅IN =124,3 V Spannungskonstante (Effektivwert): 2,49 Vsn k U
N N
N = =
φ
b)
(
R R) (
X X)
6,93 AI U
2 f a 2 f a
N
K =
+ + +
=
Nm 59 , n 1 2 M P
N N
N =
⋅
= π
Nm 72 , 3 I M
M I N
2
N K
K ⋅ =
=
c)
A 61 , 1 M I
I M N
N R
0 = ⋅ =
Vs 885 , 0 I k
k I N
N 0
0 = ⋅ φ =
Φ
(
X X)
I(
R R)
I 203,5 V UUi0 = 2N− a+ f 2⋅ 20 − a+ f ⋅ 0 =
< ⇒ φ =
= −1 −1
0 0 i
0 13.800 min 14.000 min
k
n U keine Überwachung notwendig