Klausur 7 Oktober Sommersemester 2015, Antworten PDF

Preview

Summary

Download Klausur 7 Oktober Sommersemester 2015, Antworten PDF

Description

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015 Aufgabe 1

Z N, Y 

U N,Strang, 3 Z N,Strang,



690 V  398V 3

1   3

3

(1 Punkt)

(1 Punkt)

b) Scheinleistung (2 Punkte) : S N  3  U NY  I L * IL 

U P, Y  U N, Y Z Gesamt

Z Gesamt  Z G, Y  Z L, Y  Z N, Y  SN  3  U NY

 U  U N, Y   P, Y  Z Gesamt

  

*

U NY  U P, Y  U2N, Y *

SN  3

Z G, Y *  Z L, Y*  Z N, Y *

c) Phasenlage und Strom (2 Punkte): Für reine Wirkleistung muss U LL, Y und I L in Phase sein ! Da Z N, Y reell ist, ist I L auch in Phase mit U N, Y ! P W  3  I L .U L, Y ,

U L, Y  Z N , Y  I L  U N , Y

PW  3I L U N,Y 3I L Z N, Y 2

0  IL 2 

07.10.2015 (12 Punkte)

a) Ersatzschaltbild (1 Punkt):

U N, Y 

Seite 1 von 7

U N, Y Z N, Y

IL 

PW 3Z N, Y

I L1, 2   597  1165A I L1  568A,  I L  568A

I L 2  1762A  nicht möglich

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015 d) Polradspannung (2 Punkte): Z Gesamt  Z G, Y  Z L, Y  Z N, Y  (11j (4  3j)  0,33)   (4,33  14 j)  o

o

UP, Y  UN, Y  IL  ZGesamt  8450V  e j70 ( 8294V  e j70 )

e) Phasenwinkel (1 Punkt): Der Phasenwinkel wird kleiner (Betragsmäßig) / wird kapazitiver f) Verstellung der Polradspannung (1 Punkt):

U P kann durch I f verändert werden. n bzw. f1 darf nicht verändert werden wegen der 50Hz Netzvorgabe. g) Symmetrische Komponenten (1Punkt): M: Mit-System G: Gegen-System O: Null-Systm

Seite 2 von 7 07.10.2015

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015 Aufgabe 2 b) Durchflutungsgesetz: 0  2.Hm .lm  2.H .l (1 Punkt) Bm  B  0 .H  Bm   0 .

lm Hm l

(1Punkt)

- analytisch: (I) Bm 

Hc H  Br Br m

(II) B m   0 .

lm H l

H m bei (I)& (II)

gleichsetzen:

Bm  0,251T

(1Punkt)

- Ferrite

(1Punkt)

c) p  Bm .Ap .W1  0,251 f1  1500

Vs .200.10  6 m 2 .100  5,1 mVs m2

1 1 min . .2  50HZ min 60 s

U 1  p .1  1,6V

d) f 1  n 1.P n1 

f1 50Hz 1   1,66 P 30 s

1 s 1 n1  1,66 .60  100 min  s min

U p  j.. 1.L h .I ' f  .Drehzahl 1 Erregung I f

Seite 3 von 7 07.10.2015

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015

Seite 4 von 7 07.10.2015

Aufgabe 3: a) Die Kippdrehzahl muss unterhalb der Leerlaufdrehzahl liegen. Bei p=2 ergibt sich eine Leerlaufdrehzahl von 1800min-1, was gut zur Kippdrehzahl passt. Der Kippschlupf kann schon hier ermittelt und verwendet werden. I WKipp 

PWKipp 3  UN



2π  MKipp  n 0 3 U N



2π  MKipp  n Kipp 3  U N  (1 sKipp )

 256,95 A

Es kann n0 oder nKipp mit der Berücksichtigung von sKipp verwendet werden, da die mechanische Leistung Pm und die elektrische Verlustleistung im Rotor aus dem Wirkanteil des Kippstromes resultieren. Hier im Bsp: Pmech ,Kipp  1  sKipp  P1,Kipp und PV 2,Kipp  sKipp  P1,Kipp IWKipp entspricht dem Kreisradius, bei 50A/cm sind das 5,14cm. b) p=2 sKipp 

n 0  n Kipp n0

 0,1667

c) Lösungen durch Anlegen des Geodreiecks werden positiv gewertet. Wert des Kurzschlussstrom: IK = 555 A∙e-j81° Moment im Kurzschlusspunkt: Realteil des Stroms ablesen oder berechnen: IW,K = 1,7cm∙50A/cm = 85A bzw. IW,K = 555 A∙cos(-81°) = 86,8A

M K  M Kipp

 I K   2,81 kNm I WKipp

d) Vorwiederstand, Erhöhung des Wiederstands durch Stromverdrängung oder Betrieb mit einem Stromrichter

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015

 I1Kipp

s=0 sKipp



I 0

I1K

s=1

Seite 5 von 7 07.10.2015

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015

Seite 6 von 7 07.10.2015

Aufgabe 4: a) Ia

If

Ra La

Ua

Rf

Uf

Lf Ui

MN 

MN 

PN 143 kW  758,63 Nm  2  n N 1 1 min 2  1800 min  60 s

K. I aN 2

K. V.s  1,92 2 rad

b) PVa , N  PaN  PmechN  U aN  I aN  PN  400 V 395 A 143 kW 15 kW Ra 

PVa, N I



2 aN

15 kW

395 A2

 96 m

PVf , N  U fN  I fN 1000W

c) Ui ~ I f  n

U ic n c I fc   UiN n N I fN U ic  U iN .

n c Ifc n U I R 2300 min 1 400 V  395 A  0,096   3 A  346,725 V   c  aN aN a  Ifc   n N I fN n N IfN 1800 min 1 4A

Pic  U ic .Ifc I ac 

95 kW  273,99A (den zulässigen Ankerstrom wird nicht überschritten) 346,72 V

U ac  U ic  I ac  R a  372,93V (374 V mit Ra=100 m )

(Nein, die zulässige Ankerspannung wird nicht überschritten) d) L-, L+ -Bei einer Ausführung nach Schutzklasse II dürfen elektrische Geräte auch ohne Erdung betrieben werden. In diesem Fall ist eine zweite Isolation erforderlich, die bei Versagen der

TU Berlin, Fak. IV, Institut für Energie-und Automatisierungstechnik Lösung zur Klausur „Elektrische Energiesysteme“ vom 07.10.2015

Seite 7 von 7 07.10.2015

ersten Isolation einen Berührungsschutz bietet (z. B. Kleingeräte mit Kunststoffgehäuse wie Staubsauger, Handbohrmaschinen etc.). - nein, ein Gerät Mit IP00 darf man nicht in Freien aufstellen!...