three-phase source

Menar du att detta är en tentafråga?

Ja, det är en tenta fråga från tidigare år som jag gör som övning

Ok, bra! Du förklarade det som att detta är tentan, men så är det alltså inte. Stämmer det?

Ja precis. Lösningsförslag saknas och vi har dåligt med material så gissar mig fram ofta och vill bara veta om jag gjort rätt. 

Vi kan kolla lite på det tillsammans, eftersom jag är lite rostig på trefas begreppen.

a tycker jag stämmer, om "line voltage" är spänning mellan två faser. 

b stämmer.

c så tycker jag också att linjeströmmen i3 måste bli dubbelt så stor om Z minskar till hälften.

Har du försökt på d?

Jag har försökt och jag tänker mig att man adderar strömmarna genom varje load: $\frac{2U}{Zsqrt\left(3\right)}+2*\frac{U}{Zsqrt\left(3\right)}=\frac{4U}{Zsqrt\left(3\right)}$

Leona11 skrev:

Jag har försökt och jag tänker mig att man adderar strömmarna genom varje load: $\frac{2U}{Zsqrt\left(3\right)}+2*\frac{U}{Zsqrt\left(3\right)}=\frac{4U}{Zsqrt\left(3\right)}$

Jo, lösningsstrategin borde vara att addera alla strömmarna. Men eftersom det är trefas och inbördes fasförskjutna strömmar så måste man ta hänsyn till de olika faserna också.

Hur tänkte du på b?

Jag sökte på natural current in balanced three phase system och om det är balanserat stod det att det alltid ska vara 0, men att det vid obalans inte måste vara så. Förstår inte riktigt hur man ska tänka. Kanske med vektorer?

Leona11 skrev:

Jag sökte på natural current in balanced three phase system och om det är balanserat stod det att det alltid ska vara 0, men att det vid obalans inte måste vara så. Förstår inte riktigt hur man ska tänka. Kanske med vektorer?

Ja precis, det MÅSTE du. Vi går tillbaka till b, den är lite enklare att visa principen på.

Leona11 skrev:

Ja, bra! Nu ser du att om man lägger ihop tre lika stora strömmar som har inbördes fasförskjutning 120grader så tar strömmarna ut varandra och man får noll ström i neutralledaren, eller hur?

Dvs om lasten är balanserad, om i b, så blir strömmen i neutralledaren noll. 

Så i nästa fall är de 120 graders fasförskjutna men inte lika stora. vektorn upp kommer vara $\frac{U}{Zsqrt\left(3\right)}$och den ner kommer vara två gånger så stor. Så skillnaden är U/Zsqrt(3)

Eftersom det är samma "lasttyp" Z på alla faserna, men magnituden på lasten är hälften så stor på tredje fasen (dvs magnituden på  $i_3$ dubbelt så stor) så kommer strömmarna fortfarande att vara förskjutna 120grader inbördes, men en av dem dubbelt så stor som de övriga, precis som du säger. 

Vi måste räkna ihop summan och se efter vad det blir (jag tror inte att det blir det du skrivit...)

D har tre strömmar som du ska addera, kalla den ursprungliga linjeströmmen för $I_0$så slipper du skriva så mycket. I b blev strömmen

$I_N=I_0+I_0\angle {120}^{°}+I_0\angle {240}^{°}=I_0·0=0$

I d blir

$I_N=I_0+I_0\angle {120}^{°}+2I_0\angle {240}^{°}$

Hänger du med?

Jag har försökt förstå vad du skrivit, men förstår inte riktigt var jag gör fel. Jag tänker mig det blir såhär när jag ritar upp och det är på det sättet jag får U/Zsqrt(3)

Leona11 skrev:

Jag har försökt förstå vad du skrivit, men förstår inte riktigt var jag gör fel. Jag tänker mig det blir såhär när jag ritar upp och det är på det sättet jag får U/Zsqrt(3)

Det är möjligt att det blir som du skriver, jag har bara lite svårt att lita på geometriska lösningar som inte är riktigt skalenliga. Därför vill jag räkna med komplexa tal istället. 

Detta är de rätta svaren men jag har svårt att förstå bråken då de inte använder sig av paranteser. Men a) och d) ska vara olika så jag antar att min lösning på d) är fel.

Leona11 skrev:

Detta är de rätta svaren men jag har svårt att förstå bråken då de inte använder sig av paranteser.

Jo, magnituden på neutralledarens ström i d, stämmer med vad du skrev, men jag tror du förenklade lite för mycket då du löste den grafiskt. (Inte helt säker, jag måste räkna först...) 

d)

$I_N=I_0+I_0\angle {120}^{\circ }+2I_0\angle {240}^{\circ }=I_0(1+\cos ({120}^{\circ })+i\sin ({120}^{\circ })+2\cos ({240}^{\circ })+2i\sin ({240}^{\circ }\left)\right)$

$I_N=I_0\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

$\left|I_N\right|=I_0\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=I_0$

Dvs magnituden av neutralledarens ström i d, blir lika stor som linjeströmmarna i a.

Samma svar fås alltså även i (c)? 

$I_N=I_0(\frac{1}{2}-i\frac{sqrt\left(3\right)}{2})$

$\left|I_N\right|=I_0$

Leona11 skrev:

Detta är de rätta svaren men jag har svårt att förstå bråken då de inte använder sig av paranteser. Men a) och d) ska vara olika så jag antar att min lösning på d) är fel.

Jag håller med om att det är jättedåligt av facit att inte skriva svaren med parenteser, eftersom jag tror också att svaret på a och d ska vara samma sak. Men  om du ska lösa uppgiften geometriskt så måste du också vara noga med att använda exakt korrekt längd på vektorerna, samt exakt 120grader mellan dem. Annars ser det ut som du bara hade tur. Förstår du den matematiska uträkningen?

Ja jag förstår den matematiska uträkningen! Tack för den tydliga lösningen :)

Leona11 skrev:

Samma svar fås alltså även i (c)? 

$I_N=I_0(\frac{1}{2}-i\frac{sqrt\left(3\right)}{2})$

$\left|I_N\right|=I_0$

Jag förstår inte hur du menar här. I c så behövde man inte räkna med vektorer, utan bara inse att strömmen blir dubbelt så stor när impedansen blev hälften så stor. Eller menar du nåt annat?

oj förlåt jag menar e

Leona11 skrev:

oj förlåt jag menar e

på e och f behöver man bara summera två strömmar. Ta en av dem som riktfas, precis som förut

$I_N=I_0+I_0\angle {120}^{\circ }=I_0\left(1+\cos 120+i\sin 120\right)=...$

och det verkar bli samma svar igen. Ja (däremot blir ju fasen annorlunda, såklart)

Ja det förstår jag. Tack så jätte mycket för din hjälp!