ML F99A1

Aufgabe 1 F‘99:
Drehstromverbraucher
Ein symmetrischer Verbraucher ist an das Drehstromnetz ( U = 230 V, f = 50 Hz) angeschlossen. Die aus dem Netz entnommene Wirkleistung P beträgt 3,5 kW bei einem Leistungsfaktor cos = 0,7.
a) Berechnen Sie die Komponenten des Ersatzschaltbildes in Dreieckschaltung, wenn die
Impedanzen des Verbrauchers zwischen jeweils zwei Leitern des Netzes durch die
Reihenschaltung einer Induktivität und eines ohm'schen Widerstand gebildet werden!
b) Ein symmetrischer dreiphasiger Widerstand wird zusätzlich an die Netzzuleitung angeschlossen, so dass sich das unten stehende Schaltbild ergibt:
L1
L2
L3
A
Z
Z
RZ
RZ
RZ
RZ = 50 
Z
=
mit
Z
aus a)
L
R
Wie groß ist der Leistungsfaktor cos der gesamten Schaltung?
c) Der Leistungsfaktor des Systems aus symmetrischem Verbraucher mit zusätzlichem ohmschen Widerstand soll auf cos = 0,95 verbessert werden.
Bestimmen Sie die Kapazitätswerte für Kondensatoren in Sternschaltung, die an die Netzzuleitung angeschlossen werden müssen, damit die gewünschte Blindleistungskompensation erreicht wird.
d) Am Punkt A der abgebildeten Schaltung entsteht durch einen Fehler während des Betriebs
eine Leitungsunterbrechung. Berechnen Sie die nun aus dem Netz entnommene Wirkleitung.
e) Wie groß sind die Ströme in den drei Netzleitungen (nur Beträge) für den Schaltungszustand, der sich bei Berücksichtigung der Aufgabenteile c) und d) ergibt?
Musterlösung zu Klausur F’99 Aufgabe 1: Symmetrische und asymmetrische Last
Drehstromnetz mit Nennspannung U N = U ∆ = 230 V ⋅ 3 = 398 V
P
3,5 kW
a) Gesamt-Scheinleistung: S DS ,a =
=
= 5 kVA
cos ϕ
0,7
⋅ cos ϕ 3,5 kW
P S
=
= 1,17 kW
Strang-Wirkleistung: PStrang ,a = = DS ,a
3
3
3
Q
S
⋅ sin ϕ P ⋅ tan ϕ
Strang-Blindleistung: QStrang ,a = DS ,a = DS ,a
=
= 1,19 kVAr
3
3
3
Bei Dreieckschaltung liegt an jedem Strang die (Nenn-)Spannung U ∆ = 398 V an.
Strangstrom: I Strang ,a =
S Strang
U Strang
=
S DS ,a / 3
5 kVA
=
= 4,19 A
3 ⋅ 398 V
U∆
Ohmscher Widerstand: RStrang =
PStrang ,a
induktiver Widerstand: X Strang =
QStrang ,a
I
2
Strang ,a
I
=
2
Strang , a
Induktivität bei f = 50 Hz : LStrang =
1,17 kW
≈ 67 Ω
17,54 A 2
=
X Strang
ω
1,19 kVAr
≈ 67,85 Ω
17,54 A 2
=
67,85 Ω
≈ 216 mH
2π ⋅ 50 s -1
b) Die Zusatzwiderstände erhöhen die Gesamt-Wirkleistung auf:
PDS ,b
2
⎛
⎛
(
230 V )
U Y2 ⎞
⎟ = 3 ⋅ ⎜⎜ 1,17 kW +
= 3 ⋅ ⎜⎜ PStrang ,a +
50 Ω
R Z ⎟⎠
⎝
⎝
⎞
⎟ = 6,68 kW .
⎟
⎠
Die Gesamt-Blindleistung bleibt gleich: QDS ,b = 3 ⋅ QStrang ,a = 3,57 kVAr.
Gesamt-Leistungsfaktor: cos ϕ b =
PDS ,b
=
S DS ,b
PDS ,b
2
2
PDS
,b + Q DS ,b
≈ 0,88
c) Mit cos ϕ c = 0,95 darf die aufgenommene Gesamt-Blindleistung nur
PDS ,b
QDS ,c = S DS ,c ⋅ sin ϕ c =
⋅ sin ϕ c = 2,20 kVAr betragen.
cos ϕ c
Die Kompensation wird aus QDS ,c = QDS ,b + QKomp bestimmt.
⇒ QKomp = QDS ,c − QDS ,b = 2,20 kvar - 3,57 kvar = −1,37 kVAr
Die von den Induktivitäten aufgenommene Blindleistung bleibt gleich. Ein
Kondensator in Sternschaltung muss danach den Blindwiderstand
X Komp =
2
U Komp
, Strang
− QKomp , Strang
2
U Y2
(
230 V )
=
=
≈ 115,8 Ω haben.
− Q Komp / 3 0,46 kVAr
Die benötigte Kapazität hat bei f = 50 Hz den Wert
C Komp =
1
1
=
≈ 27,5 µF .
-1
ω ⋅ X Komp 2π ⋅ 50 s ⋅ 115,8 Ω
d) Durch den Ausfall des 3. Ohmschen Widerstandes bleibt die Leistungsaufnahme des
Verbrauchers gleich – die verbleibenden Widerstände bilden eine Reihenschaltung
über der die Netz-Nennpannung abfällt:
(398 V ) = 5,1 kW
U ∆2
= 3,5 kW +
2 ⋅ RZ
100 Ω
e) Verbraucher, Zusatzwiderstände (und Kondensatoren im Fall c)) sind nebeneinander
parallel an das starre Netz angeschlossen. Der Leiterstrom enthält die Summe der
jeweiligen Teilströme.
2
PDS ,d = PDS ,a +
Für c) sind wegen Symmetrie alle Leiterströme betragsmäßig gleich:
S DS ,c =
PDS ,b
cos ϕ c
⇒ IL =
=
S DS ,c
3 ⋅U ∆
6,68 kW
= 7,03 kVA = 3 ⋅ U ∆ ⋅ I L
0,95
=
7,03 kVA
≈ 10,2 A
3 ⋅ 398 V
Für d) müssen wegen der Unsymmetrie der ohmschen Widerstände die Teilströme
phasenrichtig addiert werden (komplexe Rechnung):
I 1,Verbraucher
I 2,Verbraucher
U 12 U 31 U 12
−
=
⋅ ( e j 30° − e j150° )
Z
Z
Z
398 V
3
1
3
1
398 V
=
⋅(
+ j +
−j ) =
⋅ 3
(67 + j67,85) Ω 2
2 2
2
95,36 ⋅ e j 45 ,36° Ω
= 7,23 ⋅ e − j 45 ,36° A
=
(5,11 - j5,11) A
= I S 12 − I S 31
=
= I S 23 − I S 12
= I 1,Verbraucher ⋅ e − j120°
= 7,23 ⋅ e − j165 ,36° A = ( −6,99 − j1,84) A
I 3,Verbraucher = I 1,Verbraucher ⋅ e + j120° = 7,23 A ⋅ e −45,36° ⋅ e + j120° = 7,23 A ⋅ e j 74,64° = (1,92 + j6,97) A
Hier ist U 1N = U 1N die Bezugs-Spannung (Phasenlage 0°, wie in Bild 10.5/10.6 auf S.
157f). Die resultierenden Leiterströme I 1−3,Verbrauchr setzen sich aus den Strangströmen
zusammen und haben gegenüber diesen eine Phasenverschiebung entsprechend Bild
11.7 (S. 169). Die Phasenlage des Stromes I 1,Verbraucher ist beispielsweise -45,36°, was
bei Leistungsfaktor cos ϕ = 0,7 (induktiv) zu erwarten ist.
I 1,Widerstand =
U 12
398 V ⋅ e j30°
=
= 3,98 A ⋅ e j30° = − I 2 ,Widerstand
2 ⋅ RZ
100 Ω
I 3,Widerstand = 0 ⇒ I L 3 = I 3,Verbraucher = 7,2 A
I L1 = I 1,Verbraucher + I 1,Widerstand = (5,11 + 3,45) 2 + ( −5,11 + 1,99) 2 A = 9,1 A
I L 2 = I 2,Verbraucher + I 2,Widerstand = (-6,99 - 3,45) 2 + ( −1,84 − 1,99) 2 A = 11,1 A
Das Schaltbild für diesen unsymmetrischen Betriebsfall kann den Eindruck vermitteln,
die Ströme I L1 und I L 2 seien gleich groß, weil sie sich jeweils aus (betragsmäßig)
gleichen Strömen des Verbrauchers und der Widerstände zusammensetzen. Die
komplexe Rechnung zeigt aber, dass die Phase L2 am stärksten belastet wird.
--Alternative Berechnung von I 3,Verbraucher (ohne Phasenlage):
Weil jede Phase ein Drittel der Leistung des Verbrauchers liefert, ist
I 3,Verbraucher = 3 ⋅
S DS ,a / 3
5 kVA
=
≈ 7,2 A
U∆
3 ⋅ 398 V