Lösung - Lehrstuhl für Elektrische Antriebssysteme und

Lehrstuhl für Elektrische Antriebssysteme und Leistungselektronik
Fakultät für Elektrotechnik und Informationstechnik
Technische Universität München
Elektrische Antriebe
Grundlagen und Anwendungen
Lösung zu Übung 1
1
2
2.1
Lösung
Aufgabe 1: Bewegter Leiter im Magnetfeld
Ein Leiterstab mit der Länge l = 20 cm und Masse m = 50 g rutscht in einem Magnetfeld B =
2,5 T mit Geschwindigkeit v auf einer Rampe die einen Winkel α = 30◦ mit der Horizontalen
einnimmt (Abb. 2.1).
Abbildung 2.1: Leiterstab im Magnetfeld.
(a) Erklären Sie warum ein Strom induziert wird und zeichnen Sie die Stromrichtung im
elektrischen Kreis ein.
Da sich die Fläche A mit der Zeit ändert, wird eine Spannung Ui induziert und dadurch
ein Strom, der ein neues gegen das ursprüngliche wirkendes Feld erzeugt. Auf diese Weise
fließt der Strom gegen den Uhrzeigersinn.
(b) Berechnen Sie die induzierte Spannung Ui in Abhängigkeit von v.
Der magnetische Fluss ist
→
− →
−
Φ = B · A = B · A · cos α
Die induzierte Spannung ist
2
dΦ
dt
→
− →
−
d( B · A )
=−
dt
d(−B · A · cos(α))
=−
dt
dA
= B · cos(α) ·
dt
d(l · x)
= B · cos(α) ·
dt
dx
= B · cos(α) · l ·
dt
= B · cos(α) · l · v
= B · cos(α) · l · v
= 0, 433 · v[V ]
Ui = −
(c) Berechnen Sie die Lorentzkraft die auf den Leiterstab in Abhängigkeit von v wirkt wenn
R = 10 Ω gilt und zeigen Sie die Richtung.
Die Lorentzkraft ist
→
− →
−
F = I · l × B = I · l · B.
Der Strom ist
I=
Ui
B · cos(α) · l · v
=
.
R
R
(l · B)2 · cos α · v
= 0, 0217 · v[N ].
R
Die Richtung ist gegen die Bewegung.
F =
(d) Mit welcher konstanten Geschwindigkeit v rutscht der Leiterstab? (Erdbeschleunigung
g = 9, 81m/s2 )
Konstante Geschwindigkeit
X
F = − |F | · cos α + m · g · sin α = m · v̇ = 0
F · cos α = m · g · sin α
(l · B) · cos2 α · v
= m · g · sin α
R
m · g · sin α · R
v=
= 13, 08[m/s]
(l · B · cos α)2
2
3
2.2
Aufgabe 2: Magnetischer Kreis
Abb. 2.2 stellt einen halbierten Ringkern mit Innenradius ri = 10 cm, Außenradius ra = 12 cm
und kreisförmiger Querschnittfläche dar. Ein Strom I = 2 A fließt durch die Spule mit Windungszahl N = 50. Ein Luftspalt mit Länge g = 5 mm trennt die zwei Hälften. Die relative Permeabilität des Kerns ist µr = 2·105 und die Permeabilität des Luftspalts ist µ0 = 4π ·10−7 H/m.
Abbildung 2.2: Reluktanzkraft beim halbierten Ringkern.
(a) Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild des magnetischen Kreises.
(b) Berechnen Sie die gesamte Reluktanz des Kreises (zur Vereinfachung wird das mag. Feld
im Luftspalt als eine Gerade angenommen), den magnetischen Fluss und die magnetische
Flussdichte im Kreis.
Die Reluktanz einer Hälfte des Kerns ist
l
µ·A
i
π · ( ra +r
)
2
=
ra −ri 2
µ0 · µr · π · ( 2 )
<c =
= 4, 38 · 103 [At/W b]
Die Reluktanz des Luftspalts ist
<δ =
=
g
µ·A
g
i 2
µ0 · π · ( ra −r
)
2
= 1, 27 · 107 [At/W b]
4
Die gesamte Reluktanz des Kreises ist
< = 2 · <c + 2 · <δ = 2, 53 × 107 H −1
Der magnetische Fluss ist
Φ=
N ·I
Θ
=
= 3, 95 × 10−6 W b
<
<
Und die magnetische Flussdichte ist
B=
Φ
Φ
=
ra −ri 2 = 13,6 mT
A
π·( 2 )
(c) Welche Kraft entsteht im Luftspalt?
Die Flusslinien versuchen sich zu verkürzen, was zur Entstehung der Reluktanzkraft führt.
Die gespeicherte magnetische Energie ist
Wm =
1
· L · I2
2
und die Induktivität ist
L=
N ·Φ
N2
=
I
<
Die Reluktazkraft ist
F =
dW
1
dL
1
dL
= · I2 ·
= · I2 ·
dx
2
dg
2
dg
2
−N 2 ·
r −r
dL
µ0 ·π·( a 2 i )2
=
dg
(2 · <c + 2 · <g )2
|F | =
1 2 dL
·I ·
= 0,04 N
2
dg
(d) Eine Feder mit Konstante K = 25 N/m und entspannter Länge L0 = 20 mm wird im
Luftspalt angebracht (Abb. 2.3). Berechnen Sie die Gleichgewichtslage g0 < 5 mm (die
Wirkung der Feder auf das mag. Feld wird vernachlässigt).
Im Gleichgewicht ist die Summe aller Kräfte null.
Die Reluktanzkraft ist
5
Abbildung 2.3: Reluktanzkraft beim halbierten Ringkern.
2
N2 ·
r −r
1 2
µ0 ·π·( a 2 i )2
F (g0 ) = · I ·
g0
2
2
(2 · <c + 2 ·
ra −ri 2 )
µ0 ·π·(
2
)
Die Kraft einer Feder ist
FF = K · ∆x = K · (L0 − g0 )
Da die Summe aller Kräfte gleich ist:
F (g0 ) = 2 · K · (L0 − g0 )
2
2
N ·
r −r
1 2
µ0 ·π·( a 2 i )2
·I ·
= 2 · K · (L0 − g0 )
g0
2
2
(2 · <c + 2 ·
ra −ri 2 )
µ0 ·π·(
2
)
ra − ri 2
)
2
1
2
konstante : a2 = · I 2 · N 2 ·
2
a1
2
4
·
g
8
·
<
·
g
c
0
+ 2 0 ) = a2
2 · (K · L0 − K · g0 ) · (4 · <2c +
a1
a1
3
2
c1 · g0 + c2 · g0 + c3 · g0 + c4 = 0
konstante : a1 = µ0 · π · (
−8 · K
a21
K · L0 · 8 16 · K · <c
c2 =
−
a21
a1
K · L0 · 16 · <c
c3 =
− K · 8 · <2c
a1
c4 = K · L0 · 8 · <2c − a2
c1 =
→ g0 = 1,02 mm
6
2.3
Aufgabe 3: Aufbau GSM
(a) Beschreiben Sie den Zusammenhang zwischen der Ankerspannung, Ua , dem Ankerstrom,
Ia und der Drehzahl ω einer fremderregten Gleichstrommaschine. Stellen Sie außerdem
das elektrische Ersatzschatbild (ESB) des Ankerkreises dar.
Ua = Ra · Ia + La ·
dIa
+ k1 · Φ e · w
dt
(b) Tragen Sie in das M − ω Diagramm die Kennlinie der Maschine. Die Kennlinie gibt die
Drehzahl in Abhängigkeit vom Drehmoment an. Nehmen Sie einen konstanten Ankerstrom an.
0
>
dI
a
Ua = Ra · Ia + La· + k1 · Φe · w
dt
Ua
Ra · Ia
=> ω =
−
k1 · Φe k1 · Φe
Ua
Ra · M
=
−
k1 · Φe (k1 · Φe )2
ω
M
(c) Eine Reihenschlussmaschine ist (im Vergleich zur fremderregten Maschine) eine Gleichstrommaschine, in der der Erreger und der Anker in Serie geschaltet sind. Der Anker und
der Erreger werden durch die gleiche Spannung versorgt.
(i) Stellen Sie das elektrische ESB der Maschine dar.
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(ii) Beschreiben Sie den Zusammenhang zwischen Drehzahl und Ankerstrom, sowie Drehmoment und Ankerstrom im stationären Betrieb (Strom als konstant annehmen).
0
0
>
>
dI
dI
e
a
Ua = Re · Ie + Le· + Ra · Ia + La· + k1 · Φe · w
dt
dt
= Re · Ie + Ra · Ia + k1 · Φe · w
= (Re + Ra ) · I + k1 · Φe · w
(Ia = Ie = I)
Φe ∝ Ie => Φe = k2 · Ie
Ua = (Re + Ra ) · I + k1 · k2 · I · w
Re + Ra
Ua
−
ω=
k1 · k2 · I
k1 · k2
Drehmoment:
M = k1 · Φe · Ia
= k1 · Φe · Ie
= k1 · Φe · I
= k1 · k2 · I 2
=> M ∝ I 2
(iii) Warum darf die Reihenschlussmaschine nicht ohne Last gestartet werden?
Ohne Last => I = 0 => ω = ∞
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