Dreiphasennetzaufgabe?

Wie geh ich bei der c) vor ?

Answer 1

[poseidon42]

Aufgabe a)

Wende hier das Maschenstromverfahren an. Wähle die Maschen wie folgt:

M1: U1 -> Z12 -> Z23 -> U3 -> U1 (Strom I1)

M2: U2 -> Z23 -> U3 -> -> U2 (Strom I2)

M3: Z13 -> Z23 -> Z12 -> Z13 (Strom I3)

Durch die spezielle Wahl von M1, M2 und M3 gilt, dass der Maschenstrom I1 hier mit dem Strom I1 = IL1 aus dem ESB übereinstimmt, sowie IL2 = I2. Via "Brute Force" erhalten wir aus den Maschen- und Knotengleichungen:

(i) I1 = (2*U13 - U23)/Z

(ii) I2 = (2*U23 - U13)/Z

mit Ukm = Uk - Um. Wobei Z12 = Z23 = Z13 = Z. Die fetten Größen sind komplexe Größen. Wir erhalten somit für |Z| = Z:

(i) --> Z = |(2*U13 - U23)|/I1 = 3*U1/I1 = 959.1 Ohm (iii)

Ferner können wir mit (i) und (ii) die entsprechenden Scheinleistung für die Zweige bestimmen, welche durch die Watt-Meter überwacht werden. Es gilt:

(iv) P1 = Re{ S1 } = Re{ U13*conj(I1) } = (1.5*R + 0.5*sqrt(3)*wL)*(U13^2)/Z²

(v) P2 = Re{ S2 } = Re{ U23*conj(I2) } = (1.5*R - 0.5*sqrt(3)*wL)*(U23^2)/Z²

wobei für die induktive Last Z = R + j*wL gilt. Durch geschickte Addition bzw. Subtraktion von (iv) und (v) voneinander erhalten wir:

(iv) + (v) ----> (vi) P1 + P2 = 3*R*(U23^2)/Z²

(iv) - (v) ----> (vii) P1 - P2 = sqrt(3)*wL*(U23^2)/Z²

Aus (vi), (vii) und (iii) können wir dann R und wL von Z berechnen. Es folgt:

(viii) R = (P1 + P2)*Z²/(3*U23^2)

(ix) wL = (P1 - P2)*Z²/(sqrt(3)*U23^2)

und zusätzlich gilt für das Verhältnis wL/R = tan(Phi) = sqrt(3)*(P1 - P2)/(P1 + P2).

Aufgabe b)

Die gesamte von der Last verbrauchte Scheinleistung folgt direkt aus Summe der Scheinleistungen der einzelnen Zweige zu

SLast = 3*(U12^2)/(R - jwL) = 3*(U12^2)*(R + jwL)/(R² + (wL)²)

Damit folgt die von der Last verbrauchte Scheinleistung zu

QLast = Im{ SLast } = 3*(U12^2)*wL/(R² + (wL)²)

Wähle als Kompensationselemente Kondensatoren, da diese Scheinleistung bereitsstellen (negative Scheinleistung verbrauchen). Die zugehörige Impedanz ist

Zc = 1/(jwC)

Die "verbrauchte" Blindleistung des Kompensators berechnet sich damit zu

Qc = (-3)*U1²*wC

Aus der geforderten Bedingung Qc + QLast = 0 erhalten wir damit durch Umformen

wC = QLast/(3*U1²)

Beachte, dass Pc = 0, da die Kondensatoren nur Blindleistung aufnehmen und damit

Sc = j*Qc

gilt.

Aufgabe c)

Wie in b) bereits erwähnt gilt Pc = 0. Damit folgt in der Leistungsbilanz

Pges = PLast + Pc = PLast (da Pc = 0 nach unserem Design in b))

Qges = Qc + QLast = 0 (da wir das in b) so designed haben)

Schließlich folgt für PLast hier:

PLast = 3*(U12^2)*R/Z²

Hiermit können wir die Außenleiterströme berechnen. Da lediglich Wirkleistung verbraucht wird (Qges = 0) müssen die Außenleiterströme jeweils die selbe Phasenlage wie die Leiterspannungen haben. Betragsmäßig folgt

Sges = 3*U1*IL1 = PLast

--> IL1 = PLast/(3*U1) = PLast/(sqrt(3)*U12)

Aufgrund der Symmetrie gilt IL1 = IL2 = IL3. Hinsichtlich der Phasenlage folgt entsprechend

arg(IL1) = arg(U1) = 0°

arg(IL2) = arg(U2) = -120°

arg(IL3) = arg(U3) = -240°

Aufgabe d)

Rechnerisch lassen sich die neuen Außenleiterströme direkt aus dem ESB bestimmen. Es folgt:

IL1' = U1/Zc + U12/Z

IL2' = U2/Zc + U23/Z + U21/Z

IL3' = U3/Zc + U32/Z

Woher ich das weiß: Studium / Ausbildung – Studium der Elektrotechnik (Energie, Automatisierung)

Comments

[isohypse]

ich bekomme mit meiner Methode |Z|=496 V/A, R=397.49 Ohm und L=0,9464H.

Deins hab ich nicht nachgerechnet, aber mit der Simulation komme ich ganz genau auf die angegebenen Messwerte. Du kommst jedenfalls auf andere Werte 🤔

[poseidon42]

@isohypse

Ich habe es jetzt nochmal numerisch überprüft. Mit U1 = 230V, I = 1.39A --> Z = 496.4 Ohm (hier hatte ich fälschlicherweise 400V statt 230V eingetippt). Dies ist das selbe Ergebnis wie bei dir. Entsprechend erhält man mit R = (P1 + P2)*Z²/(3*U23^2) = 768W*(496.4 Ohm)^2/(3*(400V)^2) einen Widerstand von R = 394.26 Ohm und analog für L = (P1 - P2)*Z²/(w*sqrt(3)*U23^2) = (550W - 218W)*(496.4 Ohm)^2/(2pi*(400V)^2 * sqrt(3)) = 939,6 mH

Damit komme ich auf prinzipiell identische Ergebnisse wie du. Die geringfügigen Abweichung würde ich jetzt durch Rundungsfehler begründen.

[isohypse]

@poseidon42

Ich hätte die Nerven nicht gehabt, das mit Kirchhoff zu rechnen. Symmetrische Last ist immer einfach. Für asymmetrische Lasten verwende ich immer symmetrische Komponenten, auch wenn das hier ein Overkill wäre.

Answer 2

[AMG38]

Schöne Aufgabe. Habe mir die Antworten der anderen nicht durchgelesen. Deswegen nur als ergänzend auffassen. Ich wäre folgendermaßen rangegangen:

$\left|Z_{12}\right|=\frac{\left|U_{12}\right|}{\left|\frac{I_1}{\sqrt{3}}\right|}$

$R_{12}=Z\cdot\cos\varphi$

$X_{12}=Z\cdot\sin\varphi$

mit

$\varphi=\arccos\left(\frac{P_{ges}}{S_{ges}}\right)=\arccos\left(\frac{P_1+P_2}{3\cdot S_{Str}}\right)$

und

$S_{Str}=\frac{\left|U_{12}^2\right|}{\left|Z_{12}\right|}$

b) Blindleistung der Dreiecksschaltung = Blindleistung der Sternschaltung

$Q_{Ges}=S_{Ges}\cdot\sin\varphi$

Für die Kapazitäten die jeweilige Strangblindleistung der Sternschaltung ermitteln.

$Q_k=\frac{1}{3}Q_{Ges}$

$C=\frac{1}{\omega X_k}$

mit

$X_k=\frac{\left|U1n\right|^2}{Q_k}$

c) Ideale Kompensation = Keine Blindleistung mehr

$Q_{Ges}=Q_{Last}-Q_{Komp}=0$ $P_{Ges}=P_{wie-vorher}$

Da die Blindleistung kompensiert wird, heben sich die Blindströme bei der Messung auf. Es bleibt nur noch der Wirkstrom.

$I_L=I_{L,Wirk}=\frac{P_{Ges}}{U_{12}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}$

d)

Hinweise zum Zeichnen.

Wenn Z31 entfernt wird, aber das Kompensationsnetzwerk gleichbleibt, gibt es nun eine kapazitive Überkompensation. Die reinen Blindströme durch die Kapazitäten bzw. Zk1 etc. bleiben unverändert. D.h. die Blindleistung ist in Summe nicht mehr 0, entsprechend sind auch die Blindströme nicht mehr Null.

Der vom Amperemeter gemessene Strom verringert sich um Faktor Wurzel 3 (Gilt für I1 und I3).

Comments

[isohypse]

Schöne Aufgabe.

😀

finde ich auch: Einmal zur Abwechslung eine, wo man bissl nachdenken muss. Anfangs war ich komplett konzeptlos, aber dann habe ich realisiert, dass die Gesamtleistung aufgrund des nicht vorhandenen Neutralleiters einfach P1+P2 ist. Dann ging's schnell. Im Nachhinein eh klar, aber nicht auf Anhieb intuitiv, denn ich hätte zunächst fälschlicherweise gedacht, dass beide Wattmeter das selbe anzeigen müssten.🤣

[AMG38]

@isohypse

Ja, voll, das täuscht total :) Schimpft sich als Leistungsmessung nach Aronschaltung.

Answer 3

[isohypse]

Die gesamte Wirkleistung (unkompensiert) ist einmal aufgrund des fehlenden Neutralleiters

$P\ =\ P_1+P_2=768W$

Gleichzeitig ist das

$P\ =\ 3\cdot U_{1n}\cdot I_1\cdot\cos\left(\varphi\right)$

Hier ist alles bekannt ausser cos(phi), also

$\varphi=\ \arccos\left(\frac{P}{3\ U_{1n}\cdot I_1}\right)=\ 36.798°$

Die Last ist somit betragsmäßig

$\left|Z_L\right|\ =3\cdot\frac{U_{1n}}{I_{1n}}\ =\ 496,4\ Ohm\$

Daraus folgt für die Lastwiderstände über den Winkel:

$R_L=\ 397,49\ Ohm,\ L=946.47\ mH$

Die Gesamte Blindleistung ist

$Q\ =\ 3\ U_{1n}\cdot I_1\cdot\sin\left(\varphi\right)\ =\ 574,5\ Var$

Wenn du diese Blindleistung durch drei Kondensatoren kompensierst, bist du fertig. Dieser Schritt ist trivial und von poseidon42 beschrieben (auch wenn er für die Last was anderes rausbekommt). Ich komme auf

$C\ =\ 3\ \frac{U_{1n}^2}{\omega Q}=11.5229\ \mu F$

Die Außenleiterströme der kompensierten Gesamtanordnung sind daher nun wegen Q=0

$I_1\ =\ I_2=I_3\ =\ \frac{P}{3U_{1n}}=1.11304\ A$

d) ist bloß Zeichnen

Mit LTSpice ergibt das genau die angegebenen Messwerte, was die Rechnung bestätigt:

Unkompensiert:

Kompensiert:

man sieht es passt

und die Außenleiterströme: