Aufgaben und Lösungen zu Grundlagen der Elektrotechnik Teil 2

IEE
Institut für Elektrische Energietechnik
Aufgabenblatt
Lösung Aufgabe 1
Lösung Aufgabe 2
Lösung Aufgabe 3
Lösung Aufgabe 4
Lösung Aufgabe 5
Lösung Aufgabe 6
Lösung Aufgabe 7
Lösung Aufgabe 8
Lösung Aufgabe 9
Übersicht
Arnuphap Dowrueng
11.9.1999
Übung zur Grundlagen der Elektrotechnik II
Grundlagen der Elektrotechnik II (S8801)
Seite 1
Übungsaufgaben
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Aufgabe 1
An ein Drehstromnetz (Leiterspannung 400 V) ist ein Verbraucher angeschlossen, der aus drei
gleichen im Dreieck geschalteten ohmschen Widerständen besteht. Die dem Netz entnommene
Gesamtleistung beträgt P = 3,6 kW.
1) Welcher Strom IR fließt in jedem Widerstand ?
2) Wie groß ist jeder der Leiterströme IL?
3) Welchen Wert hat jeder Widerstand R?
Aufgabe 2
An nebenstehendes Drehstromnetz (230/400 V) sind folgende Widerstände angeschlossen:
R1 = 110 Ω
R2 = 100 Ω
R3 = 60 Ω
XL = 80 Ω
XC = -90 Ω
Man ermittle die vier Ströme
I1 , I2 , I3 und IN .
Aufgabe 3
Gegeben ist ein Vierleiter-Drehstromnetz 400/230V mit geerdetem Sternpunkt, an das eine
elektrische Maschine angeschlossen ist. Das Gehäuse dieser Maschine ist zum Schutz gegen zu
hohe Körperströme geerdet. Es handelt sich somit um ein TT-Netz mit folgenden Daten:.
RB = 2 Ω:
Betriebserde des Netzes
RL = 3 Ω:
Leitungswiderstand
RM = 3 kΩ: Körperwiderstand des Menschen
Rü = 500 Ω: Übergangswiderstand zwischen Mensch und unbeeinflußter Erde
Zwischen der Phase L1 und dem Gehäuse entsteht in der Maschine ein vollkommener Gehäuseschluß (RK = 0).
Berechnen Sie den Fehlerstrom IF, der vom Gehäuse zur Erde fließt, den Strom IM durch den
Menschen und die Berührspannung UB zwischen Gehäuse und Erdboden für folgende Fälle:
1. Keine wirksame Erdung des Verbrauchers:
RS = Q.
2. Schlechte Erdung des Verbrauchers:
RS = 30 Ω.
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Übungsaufgaben
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3. Ausreichende Erdung des Ver
brauchers:
RS = 1,6 Ω.
Welcher Typ Sicherungsautomat muß im Sinne der Schutzmaßnahmen gewählt werden
(vgl. Praktikum-Skript,
Bild 11)?
4. Welche Werte ergeben sich
für die Größen IF, IM und UB,
wenn bei vorschriftsmäßiger
Erdung der Gehäuseschluß
nicht vollkommen ist
(RK = 10 Ω)?
5. Tritt eine unzulässige Berührspannung auf, wenn das Netz
nicht geerdet ist (RB = Q) ?
Aufgabe 4
Gegeben ist die dargestellte periodische Sägezahn-Schwingung (Anwendung siehe Grundlagenpraktikum I, Versuch: "Oszilloskop").
Für eine tiefergehende
analytische Untersuchung ist sie mittels der
Fourier-Analyse durch
eine Reihenentwicklung
harmonischer Funktionen darzustellen.
Der Gleichanteil (a 0 )
und die Koeffizienten
der ersten drei Harmonischen (aυ und bυ , für
υ = 1 bis 3) sind zu bestimmen. Das Ergebnis
der Fourier-Synthese aus den berechneten ersten drei Harmonischen ist zu diskutieren.
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Übungsaufgaben
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Die Fourier-Koeffizienten berechnen sich nach folgenden Gleichungen:
x02π
1
a0 2π
any
bny
1
π
1
π
‹
x0
π
f (x) ] dx
1
f (x) ] dx
2π ‹
π
x02π
π
x0
π
x02π
π
x0
π
1
f (x) ] cos (nyx) ] dx f (x) ] cos (nyx) ] dx
‹
π ‹
1
f (x) ] sin (nyx) ] dx f (x) ] sin (nyx) ] dx
‹
π ‹
Aufgabe 5
Gegeben ist folgende Gleichrichterschaltung mit vier iedealen Ventilen. Die angeschlossene
Wechselspannungsquelle liefert eine sinusförmige Spannung.
1. Zeichnen Sie folgende zeitlichen Funktionen:
a) Netzspannung u(t),
b) gleichgerichtete Spannung ud(t),
c) gleichgerichteter Strom id(t),
d) die Spannungen u1(t) bis u4(t),
e) die Ströme i1(t) bis i4(t),
f) Netzstrom i(t).
2. Berechnen Sie den Gleichrichtwert
|Ud|
und den Effektivwert Ud der Spannung ud(t).
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Übungsaufgaben
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Aufgabe 6
Aus einem vorhandenen Blechkern mit dem wirksamen Eisenquerschnitt AFe = 80 cm2 soll ein
Wechselstromtransformator mit einer Nennleistung von PN = 5 kVA und dem Übersetzungsverhältnis ü = U1/U2 = 400 V/100 V für eine Frequenz von f = 50 Hz gebaut werden.
1. Wie groß müssen unter der Voraussetzung sinusförmiger Spannung die ober- und unterspannungsseitigen Windungszahlen N1 und N2 sein, wenn der Scheitelwert der Induktion
^
B = 10 kG = 1 T = 1 Vs / m2 betragen soll ? (Annahme: idealer Transformator)
2. Wie groß sind Primär- und Sekundärstrom I1 bzw. I2?
3. Welche Kupferquerschnitte A1 bzw. A2 müssen die einzelnen Windungen haben, wenn eine
Stromdichte von S = 2,5 A/mm2 zugelassen wird ?
4. Wie groß ist im vereinfachten Ersatzschaltbild der Widerstand R = R1 + R'2, bezogen auf die
Primärseite, wenn die mittlere Windungslänge lm = 55 cm beträgt. (κ = 57 m/Ωmm2)?
5. Wie groß sind der Phasenwinkel im Kurzschluß ŒK
und die absolute und relative Kurzschlußspannung UK bzw. uk
unter der Annahme, daß der Streublindwiderstand Xσ = Xσ1 + X'σ2 doppelt so groß wie der
Widerstand R nach 4. ist? Zeichnen Sie das zum Kurzschlußversuch gehörige Zeigerdiagramm.
6. Wie groß wäre der Dauerkurzschlußstrom IK bei Nennspannung?
7. Bei Anschluß eines idealen Kondensators C auf der Sekundärseite wird auf der Primärseite bei
Nennspannung Nennstrom gemessen.
a) Wie groß sind C, U'2 und U2?
b) Zeichnen Sie das zugehörige Zeigerdiagramm (entspr. dem vereinfachte Ersatzschaltbild).
Aufgabe 7
Ein Widerstand von R = 100 Ω soll eine Leistung von 10 kW aufnehmen. Der Widerstand wird über
einen idealen Transformator an das Wechselstromnetz (230 V, 50 Hz) angeschlossen.
1. Wie groß ist bei einer primären Windungszahl N1 = 1000 die Windungszahl der Sekundärseite
N2 zu wählen?
2. Mit welchem (auf der Primärseite) wirksamen Widerstand wird das Netz belastet?
3. Welche Leistung nimmt der Verbraucher bei gleicher Spannung U, aber f = 60 Hz bzw. 0 Hz
auf?
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Aufgabe 8
An einem verlust- und streufreien Transformator mit dem Übersetzungsverhältnis 200V/40V
(f = 50 Hz) ist eine unbekannte Last angeschossen. Auf der Primärseite wird bei Nennspannung der
Strom und die Wirkleistung gemessen.
Es ergeben sich dabei folgende Werte:
Im Leerlaufversuch:
Leerlaufstrom:
Leerlaufverluste:
I10
Pw0
= 0,5 A
= 0
Im Belastungsversuch:
Strom:
Leistung:
I1
Pw
= 4A
= 800 W
1. Wie groß ist die Hauptinduktivität Lh?
2. Wie groß ist die Belastungsimpedanz Z2 nach Betrag und Phase?
3. Aus welchen Bauteilen mit welchen Daten ist die Belastungsimpedanz aufgebaut?
Aufgabe 9
Gegeben sind folgende Daten
eines Drehstromtransformators:
Leerlaufversuch:
Leerlaufverluste:
Leistungsfaktor:
P0
cos Œ0
= 2 kW
= 0,2
Typenschild:
Nenn-(Schein-)leistung:
Nennspannung primär:
Nennspannung sekundär:
Schaltgruppe (Schaltung):
Nennfrequenz:
Kurzschlußversuch:
Relative Kurzschlußspannung:
Phasenwinkel im Kurzschluß:
PN
U1N
U2N
Yy0
fN
= 400 kVA
= 30 kV
= 400 V
uk
Œk
= 4,2 %
= 70 °
= 50 Hz
1. Zeichnen Sie das vereinfachte Ersatzschaltbild mit Zeigerdiagramm für den Leerlaufversuch und
berechnen Sie den Eisenverlustwiderstand Rv und die Hauptinduktivität Lh (bezogen auf die
Primärseite).
2. Zeichnen Sie das vereinfachte Ersatzschaltbild mit Zeigerdiagramm für den Kurzschlußversuch
und berechnen Sie den ohmschen Wicklungswiderstand R1 und die Streuinduktivität Lσ1.
Annahme: R1 = R'2, Lσ1 = L'σ2 und I0 = 0.
3. Berechnen Sie den Wirkungsgrad η des Transformators bei Nennleistung und cos Œ = 0,8.
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Aufgabe 10
Ein Asynchronmotor mit Schleifringen hat folgende Nenndaten (Schleifringe kurzgeschlossen):
Nennleistung (mechanisch):
PN = 18,5 kW
Nennspannung:
UN = 400 V
Nennstrom:
IN = 36 A
Nennfrequenz:
fN = 50 Hz
Nenndrehzahl:
nN = 1420 min-1
Polpaarzahl:
p
= 2
Es sollen nur ohmsche Verluste in den Läuferwicklungen auftreten (keine Ständerverluste, keine
Eisenverluste, keine Reibung)
1. Berechnen Sie für den Nennbetrieb (Schleifringe kurzgeschlossen):
a) das Nennmoment
MN,
d) die Läuferverluste
Pv2N,
b) den Nennschlupf
sN,
e) den Wirkungsgrad
ηN,
f) den Leistungsfaktor
cosŒN.
c) die Drehfeldleistung
P2N,
2. Bei offenen Schleifringen wurde eine Läuferstillstandspannung von U20 = 1500 V gemessen.
a) Wie groß ist die Läuferspannung im Nennbetrieb U2N?
b) Wie groß ist die Läuferfrequenz im Nennbetrieb f2N?
3. Für den Nennbetrieb soll ein vereinfachtes einpoliges Ersatzschaltbild gelten, bei dem die
Streuung auf dem Läufer vernachlässigt wird:
a) Wie groß ist der Läuferwiderstand R2?
b) Wie groß ist der Läuferstrom I2N?
4. Die Maschine soll ihr Nennmoment bei n* = 1000 min-1 abgeben. Welcher Vorwiderstand R2V
ist pro Phase in Sternschaltung an die Schleifringe zu legen?
5. Die Blindleistungsaufnahme soll im Nennbetrieb voll kompensiert werden. Dies wird mit drei
Kondensatoren in ∆-Schaltung parallel zum Motor erreicht. Wie groß ist eine Kapazität C?
Aufgabe 11
Ein fremderregte Gleichstrommaschine hat folgende Nenndaten:
Nennleistung (mechanisch):
PN = 20 kW
Nennspannung:
UN = 220 V
Nennstrom:
IN = 100 A
Nenndrehzahl:
nN = 2000 min-1
Nenn-Erregerspannung:
UE = 200 V
Nenn-Erregerstrom:
IE = 2 A
1. Berechnen Sie das Nennmoment MN, die Leerlaufdrehzahl n0, den Ankerwiderstand RA und den
Nenn-Wirkungsgrad ηN.
2. Die Maschine soll an einem Erregernetz von 220 V betrieben werden. Wie groß muß der
zusätzliche Vorwiderstand RVE sein?
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Übungsaufgaben
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3. Der Ankerstrom sinkt auf 0,8-fachen Nennstrom. Wie groß sind dann die Drehzahl, das Drehmoment und die Leistung?
4. Bei Nennstrom wird die Ankerspannung auf 110 V abgesenkt. Wie groß sind jetzt Drehmoment
und Drehzahl?
5. Der Erregerstrom wird bei Nenn-Ankerspannung auf 80% des Nennwertes gesenkt. Wie groß
sind jetzt die Drehzahl, das Drehmoment und die Leistung (Annahme: Φ ~ IE)?
6. In den Ankerkreis wird ein Zusatzwiderstand von 0,5 Ω eingeschaltet. Wie groß sind bei
Nennstrom und Nennspannung die Drehzahl, das Drehmoment und die Leistung?
7. Skizzieren Sie den prinzipiellen Verlauf der Funktion n = f(IA) bei Variation von Ankerspannung, Erregerstrom und Ankerkreiswiderstand.
8. Zum Anlauf soll der Strom auf höchstens zweifachen Ankernennstrom begrenzt werden. Der
minimale Strom während des Anlaufvorganges soll das B2-fache des Nennstromes betragen.
Berechnen Sie die notwendigen Widerstandsstufen (Anlasserstufen), die in den Ankerkreis
einzuschalten sind.
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Seite 1.1
Lösungen zu Übungsaufgaben
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Aufgabe 1
Die Netzspannung UN (auch verkettete Spannung oder
Leiterspannung genannt) ist hier vorgegeben. Sie beträgt
UL = 400 V (damit betragen die Stern- oder Mittelpunkts-Spannungen UY = 230 V).
An das Netz ist ein symmetrischer, ohmscher Verbraucher in Dreieck-Schaltung angeschlossen, dessen Gesamtleistungsaufnahme P = 3,6 kW beträgt.
Symmetrischer Verbraucher bedeutet: Gleiche Widerstände (nach Betrag und Phase) in jedem der drei Verbraucherstränge. Damit sind auch alle Strangströme und
alle Leiterströme betragsmäßig gleich groß und um 120b
gegeneinander verschoben.
Symmetrisches Netz:
U12 = U23 = U31 (= 400 V)
(Beträge)
Symmetrischer Verbraucher:
bzw.
I1 = I2 = I3
I12 = I23 = I31
(Beträge)
(Beträge)
Für die Leistung in einem Strang gilt allgemein:
PStr = Ustr ] IStr ] cosŒ
Œ
Bei einem ohmschen Verbraucher gilt speziell:
Pstr = UStr ] Istr
(nur Wirkleistung)
Wegen der (betragsmäßig) gleich großen Spannungen und Ströme in jedem Strang, wird in jedem Strang
die gleiche Leistung umgesetzt, d.h. 1/3 der Gesamtleistung.
P
3600 W
PStr ges 1200 W
3
3
a) Berechnung der Strangströme:
Aus PStr = Ustr ] Istr
ergibt sich für die Ströme:
P
1200 W
IStr Str 3A
UStr
400 V
I12 = I23 = I31 = 3 A
b) Berechnung der Leiterströme:
Für die Berechnung der Leiterströme ließe sich prinzipiell das Knotenpunktsgesetz anwenden, also
beispielsweise:
I1 - I12 + I31 = 0,
damit ergibt sich:
I1 = I12 - I31
Dazu muß allerding die Phasenlage der Ströme bekannt sein.
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Lösungen zu Übungsaufgaben
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Liegt ein symmetrischer Verbraucher vor und interessiert man sich nur für die Beträge der Ströme, läßt
sich ein einfacherer Weg wählen.
Für die Gesamtleistung in einem symmetrischen Verbraucher gilt:
P 3 ] UL ] IL ] cosŒ
Bei einem ohmschen Verbraucher ist Œ = 0°, d.h. cos Œ = 1. Daher gilt im vorliegenden Fall:
P 3 ] U L ] IL
Daraus berechnet sich der Leiterstrom zu:
Pges
3600 V
5,2 A
IL 3 ] UL
3 ] 400 V
Aus Symmetriegründen ist also
I1 = I2 = I3 = 5,2 A.
Zweite Möglichkeit:
Bei einem symmetrischen Verbraucher gilt:
IL 3 ] IStr 3 ] 3 A 5,2 A
c) Berechnung der Widerstände:
1) nach dem ohmschen Gesetz:
U
400 V
R Str 133,3 Ω
IStr
3A
2) über die Leistung:
U 2Str
PStr R
v
R U 2Str
PStr
(400 V)2
133,3 Ω
1200 W
oder:
PStr I 2Str ] R
v
R PStr
I 2Str
1200 W
(3 A)2
133,3 Ω
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2. Aufgabe
R1= 110 Ω
R2 = 100 Ω
R3 = 60 Ω
XL = 80 Ω
XC = - 90 Ω
UN =
UL =
U12 =
U23 =
U31 = 400 V
Es handelt sich um einen unsymmetrischen Verbraucher in Y-∆-Schaltung.
Der Verbrauchersternpunkt ist mit dem Generatorsternpunkt (Netzsternpunkt) verbunden. Damit liegen
die einzelnen Verbraucherstränge an den Sternspannungen des Netzes und es gilt:
U1N U2N U3N 230 V
Für die Rechnung
müssen die Phasenlagen der Spannungen bekannt sein.
Wählt man U1N als
Bezugsgröße und
legt U1N in die reelle Achse, ergibt
sich nebenstehendes Zeigerbild der
Sternspannungen:
Damit gilt für die Sternspannungen:
U1N 230 V ] e j0°
U2N 230 V ] e j240° 230 V ] e j120°
U3N 230 V ] e j120° 230 V ] e j240°
XL und R2 werden vom selben Strom durchflossen, liegen also in Reihe. XC und R3 liegen an der gleichen
Spannung, sind also parallel geschaltet.
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Lösungen zu Übungsaufgaben
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Die Berechnung der Ströme erfolgt mit dem ohmschen Gesetz in komplexer Form:
U I]Z
Bestimmung von I1:
U
230 V ] e j0°
I1 1N 2,09 A ] e j0° (2,09 j0) A
ZR
110Ω
Bestimmung von I2:
U
I2 2N
Z2
Berechung von Z2:
Z2 R2 jXL (100 j80)Ω (100 Ω)2 (80 Ω)2 128,06 Ω
Damit wird Z2:
|Z2| Z2 2
2
R2 XL
2
2
(100 Ω) (80 Ω) ] e
j arctan
80
100
128,06 Ω ] e j38,66°
Der Strom I2 berechnet soch wie folgt:
230 V ] e j240°
230 V
I2 e j(240° 38,66°)
38,66°
128,06
Ω
128,06 Ω ] e
I2 1,80 A ] e j201,34° 1,80 A ] e j158,66° (1,68j 0,66) A
Bestimmung von I3:
U
I3 3N
Z3
Berechung von Z3:
j R3 XC
1
1
Z3 1
1
jXC R3
R3 jXC
R3 jXC
j R3 XC
Für die Berechnung von Betrag und Winkel muß Z3 in Real) und Imaginärteil aufgespalten werde. Dazu
muß der Nenner reell gemacht werden.
jR3 XC
jR3 XC ] (R3 jXC)
jR3 XC ] (R3 jXC)
Z3 2
2
R3 jXC
(R3 jXC) ] (R3 jXC)
R3 XC
2
Z3 2
R3 XC jR3 XC
2
2
R3 XC
2
R3 XC
2
2
R3 XC
2
j
R3 XC
2
2
R3 XC
(Realteil) j ] (Imaginärteil)
Mit den gegebenen Zahlenwerten ergibt sich:
Z3 (41,5 j27,7) Ω 50 Ω ] e j33,72°
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Seite 2.3
Lösungen zu Übungsaufgaben
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Der Strom berechnet sich dann zu:
230 V ] e j120°
230 V j(120° 33,72°)
I3 ]e
4,6 A ] e j153,72° ( 4,12 j2,04) A
j33,72°
50
Ω
50 Ω ] e
Eine andere Möglichkeit zur Berechung von I3:
Bestimmung der Teilströme I3R und I3C und Zusammenfassung nach dem Knotenpunktsgesetz:
I3 I3R I3C
I3R I3C U3N
R3
U3N
jXC
230 V ] e j120°
60 Ω ] e
j0°
3,83 A ] e j120° ( 1,92 j3,32) A
230 V ] e j120°
90 Ω ] e
j90°
2,56 A ] e j210° ( 2,22 j1,11) A
I3 I3R I3C ( 1,92 2,22 j3,32 j1,28) A ( 4,14 j2,04) A 4,62 A ] e j153,77°
Bestimmung vom IN:
I N I1 I2 I3 (2,09 j0) A ( 1,68 j0,66) A ( 4,12 j2,04) A
Real- und Imaginärteile getrennt zusammenfassen.
I N (2,09 1,68 4,12) A j (0 0,66 2,04)
I N ( 3,71 j1,38) A 3,96 A ] e j159,6°
Bei der Umrechung in die Euler'sche Form Lage des Zeigers in der komplexen Ebene beachten!
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3. Aufgabe
Zu berechnen sind jeweils UE, IM und UB.
1) Ohne Schutzerdung
RS nicht vorhanden,
damit ist IF = 0.
IM UN
R L RM R Ü RB
230 V
65,62 mA
(3 3000 500 2)Ω
IM > 50 mA, damit besteht Lebensgefahr. Ein Auslösen der vorgeschalteten Sicherung erfolgt nicht.
UB IM ] RM 65,62 ] 103 A ] 3000 Ω 197 V
UE IM ] (RM RÜ) 65,62 ] 103 A ] (3000 Ω 500 Ω) 229,67 V
2) Mit “schlechter” Schutzerdung (RS = 30Ω):
Zunächst die aus RM+RÜ und RS
bestehende Parallelschaltung zu
einem Ersatzwiderstand
RE zusammenfassen und den
Gesamtstrom I berechnen.
RE (RM RÜ) ||RS (RM RÜ) ] RS
R M RÜ R S
3500 Ω ] 30 Ω
29,75 Ω
3530 Ω
(KR)
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Lösungen zu Übungsaufgaben
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Damit wird:
I UN
RL R E RB
230 V
6,57 A
(3 29,75 2) Ω
(Sicherung löst nicht aus)
UE I ] RE 6,57 A ] 29,75 Ω 195,46 V
UE
IM R M RÜ
195,46 V
55,84 mA
3500 Ω
(Lebensgefahr)
IM > 50 mA, damit besteht immer noch Lebensgefahr
UB IM ] RM 55,84 ] 103 A ] 3000 Ω 167,52 V
(Lebensgefahr)
3) Mit vorschriftsmäßiger Erdung ( RS = 1,6 Ω):
(gleiches Schaltbild wie unter 2)
3500 Ω ] 1,6 Ω
RE 1,6 Ω
3501,6 Ω
Damit wird:
I UN
RL R E RB
230 V
34,85 A (3,5 ] IN der Sicherung)
(3 1,6 2) Ω
Der Sicherungstyp muß so ausgewählt werden, daß ein Auslösen innerhalb von 200 ms gewährleistet ist.
Die Z-Sicherung erfüllt diese Anforderung (tausl. < 15 ms), G- und K- Sicherungen lösen erst nach 10 s
bzw. 20 s aus.
UE I ] RE 34,85 A ] 1,6 Ω 55,76 V
IM UE
R M RÜ
55,76 V
15,93 mA
3500 Ω
(für kurze Zeit ertragbar)
UB IM ] RM 15,93 ] 103 A ] 3000 Ω 47,79 V
( < UB zul. 50 V )
4) Unvollkommener Gehäuseschluß (RK = 10 Ω):
(wirkt wie ein um
R K erhöhter Leitungswiderstand)
RE 1,6 Ω
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Lösungen zu Übungsaufgaben
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I UN
RL R K RE R B
230 V
13,86 A
(3 10 1,6 2) Ω
Sicherung löst erst nach längerer Zeit aus.
UE I ] RE 13,86 A ] 1,6 Ω 22,18 V
IM UE
R M RÜ
22,18 V
6,34 mA
3500 Ω
(ungefährlich)
UB IM] RM 6,34 ] 103 A ] 3000 Ω 19,02 V
(ungefährlich)
Diese Fehlersituation kann als ungefährlich angesehen werden obwohl die Sicherung erst nach längerer
Zeit auslöst (Z-Charakteristik: tausl K 5 Minuten). Nach einer Reaktionszeit von 300 ms ist jedoch das
Loslassen möglich.
5) Für RBSQ liegt ein IT-Netz vor. Beim ersten Fehler wird das bis dahin potentialfreie Netz an der
Fehlerstelle geerdet (das Potential der fehlerbehafteten Phase nimmt Erdpotential an).
Ein Fehlerstrom fließt (bei vernachlässigten Erdkapazitäten) nicht, und daher entsteht auch keine
Berührspanung. Wichtig ist, daß diese Fehlersituation erkannt wird (z. B. durch Isolationswächter), da bei
einem evtl. auftretenden zweiten Fehler in einer anderen Phase Berührungsgefahr vorliegt.
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Lösungen zu Übungsaufgaben
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4. Aufgabe
Eine Funktion y = f(x) ist periodisch, wenn gilt:
y(x) = y(x ± n]2π) für beliebiges x und ganzzahliges n
Bei einer Zeitfunktion y = f(t) gilt entsprechend:
y(t) = y(t ± n]T)
Jede beliebige periodische Funktion kann nach Fourier dargestellt werden, als eine unendliche Summe
harmonischer sinusoidaler Funktionen zuzüglich einer Konstanten:
Fourier-Synthese
Q
y a0 ˆ any ] cos (ny x) bny ] sin (ny x)
ny 1
Q
a0 ˆ cny ] cos (ny x αny)
ny 1
mit cny a0:
ν = 1:
ν > 1:
2
2
any b ny;
αny arctan
bny
any
Gleichanteil oder arithmetischer Mittelwert
Grundschwingung, 1. Harmonische, 1. Teilschwingung
ν. Harmonische, (ν - 1). Oberschwingung
Fourier-Analyse (Bestimmung der Koeffizienten):
1
a0 y 2π
any
bny
1
π
1
π
x0 2 π
‹
f (x) d x
(beliebiges x0)
x0
x0 2 π
‹
f (x) ] cos (ny x) d x
x0
x0 2 π
‹
f (x) ] sin (ny x) d x
x0
Die Koeffizienten aν, bν nehmen i. a. mit steigendem ν stark ab, so daß die unendliche Summe häufig
nach wenigen Gliedern vereinfachend abgebrochen werden kann.
Spezialfälle:
a0 = 0:
a0 £ 0:
y(x) = y(- x):
f(x) ist eine reine Wechselgröße
f(x) ist eine Mischgröße
f(x) ist eine gerade Funktion (wie cos), daher bν = 0 (keine Sinus-Glieder)
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f(x) ist eine ungerade Funktion (wie sin), daher aν = 0 (keine Cosinus-Glieder)
f(x) ist eine alternierende Funktion.
Für gerade ν folgt: aν = bν = cν = 0 (nur ungerade Oberschwingungen).
y(x) = - y(- x):
y(x) = - y(x + π):
Analytische Beschreibung der
gegebenen periodischen
Funktion im ausgewählten
Intervall [-π,π]
Für -π @ x @ π gilt:
A A
y f(x) ]x
2 2π
Probe:
x 0 v f(x) A
2
x π v f(x) 0
x π v f(x) A
Fourier-Analyse der Funktion:
Berechnung von a0 (zeitlicher Mittlewert):
π
1
f(x)dx
2π
a0 y π
π
1
2π
π
A A
]x dx
2 2π
π
1 A
A 2
]x
]x
2π 2
4π
1 A
A 2
A
A 2
]π
]π ]π
]π
2π 2
4π
2
4π
a0 1
A
]A]π 2π
2
π
(auch direkt aus der Zeitfunktion erkennbar)
Berechnung der Koeffizienten aν (cos-Glieder):
π
any 1
π
π
A A
A
] x cos(ny x) d x 2 2π
2π
π
π
cos(ny x) d x π
A
2 π2
x cos(ny x) d x
π
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π
A 1
sin(ny x)
2 π ny
A
A
sin(ny π) sin( ny π) cos(ny π) ny π sin(ny π) cos( ny π) ny π sin( ny π)
2 π ny
2 π2 ny 2
π
1
π
A
2 π2 ny 2
cos(ny x) x
sin(ny x)
ny
π
mit sin(±νπ) = 0 und cos(α) = cos(-α) (wegen gerader Funktion) folgt:
A
any cos(ny π) cos(ny π) 0
2 π2 ny 2
Dies entspricht der Tatsache, daß der Wechselanteil von y = f(x) eine ungerade Funktion ist!
Berechnung der Koeffizienten bν (sin-Glieder):
π
1
π
bny A A
] x sin(ny x) d x
2 2π
π
π
A
2π
π
sin(ny x) d x π
A
2 π2
π
x sin(ny x) d x
π
A
1
cos(ny x)
2 π ny
A
cos(ny π) sin( ny π)
2 π ny
A
2 π2 ny 2
A
2 π ny 2
bny a0 £ 0
aν L 0 (ν > 1)
bν £ 0
2
π
A
1
2 π2 ny 2
sin(ny x) x
cos(ny x)
ny
π
π
sin(ny π) ny π cos(ny π) sin( ny π) ny π cos( ny π)
ny π cos(ny π) ny π cos(ny π)
A
cos(ny π)
ny π
v Gleich- und überlagerter Wechselanteil
v Wechselanteil ist ungerade Funktion [f~(x) = - f~(x)]
v Wechselanteil ist nicht alternierend, sonst wäre für ν gerade: bν = 0
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bny A
cos(ny π)
ny π
A
( 1)ny 1
ny π
ny gerade v cos(nyπ) 1
ny ungerade v cos(nyπ) 1
ny gerade v ( 1)ny 1 1
ny ungerade v ( 1)ny 1 1
v ( 1)ny 1 cos(ny π)
Damit ergeben sich die Koeffizienten der ersten drei Harmonischen zu:
A
A
b1 ( 1)2 0,32 A
π
π
b2 A
A
( 1)3 0,16 A
2π
2π
b3 A
A
( 1)4 0,11 A
3π
3π
Fourier-Synthese aus dem Gleichanteil und der ersten drei Hamonischen:
a) Grafische Lösung:
y
A
Synthese
y = f(x)
A/2 (Gleichanteil)
3. Harmonische
0
x
2. Harmonische
1. Harmonische
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b) Rechnerische Lösung:
v f (x) A A
1
1
sin x sin 2 x sin 3 x ] ] ]
2 π
2
3
Q
A A
2 π
( 1)ny 1 ]
ny 1
1
sin ny x
ny
Probe des Ergebnisses für ν = 1 bis 3
f(0) A A
1
1
sin 0 sin 0 sin 0
2 π
2
3
f(π) A A
1
1
sin π sin 2 π sin 3 π
2 π
2
3
A A
000
2 π
A
2
(stimmt!)
A
2
Ergebnis an der Stelle x = π entspricht dem Mittelwert des links- und rechtsseitigen Grenzwertes.
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5. Aufgabe
Schaltsymbol “Diode”:
UD = UAK > 0:
UD = UAK < 0:
RD v 0
RD v Q
Durchlaß-Richtung (Pfeilrichtung)
Sperr-Richtung
a)
b)
Bild 2: gegebene Schaltung
Bild 3: Zeitdiagramm
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1.
0 @ ωt @ π:
u(t) A 0 (rot):
Dioden 1 und 3 werden in Durchlaß-Richtung betrieben:
Dioden 2 und 4 werden in Sperr-Richtung betrieben:
Maschen-Umlauf über leitende Dioden:
U1 = U3 = 0
I2 = I4 = 0
-U + U1 + Ud + U3 = 0 => Ud = Id]R = U
(I = U/R)
Id = U/R = I = I1 = I3
Innere Masche (Bild 2a):
Äußere Masche (Bild 2a):
2.
π @ ωt @ 2π:
(grün)
- U + U1 - U2 = 0
- U - U4 + U3 = 0
vU2 = - U
vU4 = - U
(RD2 = RD4 S Q)
(grün gestrichelt)
U2 = U4 = 0
I1 = I3 = 0
(grün gestrichelt)
u(t) @ 0 (blau):
Dioden 2 und 4 werden in Durchlaß-Richtung betrieben:
Dioden 1 und 3 werden in Sperr-Richtung betrieben:
-U - U4 - Ud - U2 = 0 => Ud = Id]R = -U
Maschen-Umlauf:
Id = -U/R = -I = +I2 = +I4
Innere Masche (Bild 2a):
Äußere Masche (Bild 2a):
-U + U1 - U2 = 0
-U - U4 + U3 = 0
vU1 = + U
vU3 = + U
(I = U/R)
(RD1 = RD3 S Q)
(grün)
2. Gleichrichtwert der Gleichspannung:
tx T
|U | 1
T
Œx 2 π
|u (t)|d t tx
1
2π
|u (x)|d x
Œx
Substitution: x = ωt
t = 0 v ωt = 0 = x
t = T v ωt = 2π = x
Beschreibung der Funktion:
0 @ ω t @ π:
ud(t) Û ] sin (ω t)
π @ ω t @ 2 π:
ud(t) Û ] sin (ω t)
Die Spannung ud(t) ist immer positiv v |U d| U d (Gleichrichtwert / arithmetischer Mittlelwert)
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Die Funktion ist bereits nach π periodisch, so daß das Integral verkürzt werden kann:
π
|U d | U d 1
π
Û sin x d x Û
cos x
π
π
0
0
Û
2 Û
11 0,64 Û
π
π
Effektivwert:
tx T
1
T
U Œx 2 π
u 2(t) d t 1
2π
tx
u 2(x) d x
Œx
Hier (wegen der Periodizität nach π):
π
1
(Û sin x)2 d x
π
Ud 0
2
Ud 2
Û 1
1
x sin (2 x)
π 2
4
0
2
Û
1
1
π sin (2 π) 0 sin 0
2π
2
4
2
Ud Û
2
v Ud Û
2
π
2
0,71 Û
Effektivwerte des Sinus und des gleichgerichteten Sinus sind gleich: Wegen Quadrierung der Spannungsfunktion!
U
|U |
1,11
(Formfaktor)
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6. Aufgabe
PN 5000 VA
ü U1
U2
400 V
4
100 V
f 50 Hz
A 80 cm 2
1) Idealer Trafo d.h. keine Streung und der ohmsche Widerstand der Wicklung wird zunächst vernachlässigt. Bestimmung der Windungszahlen für
B̂ 1 T 1 Vs/m 2
Die angelegte Spannung u1 ist sinusförmig, damit sind der Strom i1 und der Fluß Φ ebenfalls sinusförmig.
Φ(t) Φ̂ ] sin(ω t)
Anwendung des Induktionsgesetzes:
d Φ(t)
ui(t) N ]
dt
Mit dem vorausgesetzten sinusförmigen Verlauf des Flusses ergibt sich:
ui(t) N ] ω ] Φ̂ cos(ω t)
bzw.
ui(t) N ] 2 π f ] Φ̂ cos(ω t);
Û N ] 2 π f ] Φ̂
Daraus ergibt sich der Effektivwert der induzierten Wechselspannung:
N ] 2 π f ] Φ̂
2π
] N ] f ] Φ̂
Ueff 2
2
Ueff 4,44 ] f ] N ] Φ̂
( Trafoentwurfsgleichung)
Die Trafoentwurfsgleichung gibt allso das Induktionsgesetz für sinusförmige Größen wieder.
Für den Zusammenhang zwischen Fluß und Induktion gilt:
Φ B]A
bzw.
Φ̂ B̂ ] A
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Die angelegte Netzspannung U1 ist gleich der Induktionsspannung in der Spule 1
(für R1 = Xσ1 = 0), d.h.
U1 4,44 ] f ] N1 ] Φ̂ 4,44 ] f ] N1 ] B̂ ] A
aufgelöst nach der Windungszahl N1 ergibt sich:
U1
N1 4,44 ] f ] B̂ ] A
N1 400 V ] m 2
4,44 ] 50 s 1 ] 1 Vs ] 80 ] 104 H m 2
N1 225
225,23
( nur ganze Zahlen möglich )
N2 ließe sich analog dazu berechnen, ergibt sich aber einfacher aus dem Übersetzungsverhältnis.
ü N2 N1
N2
N1
ü
U1
U2
400 V
4
100 V
225
56,25
4
N2 56
2) Berechnung der Primär) und Sekundärströme
Bei einem Trafo wird als Leistung immer die Scheinleistung angegeben
PN U1N ] I1N U2N ] I2N
I1N PN
U1N
5000 VA
12,5 A
400 V
I2N läßt sich auch über das Übersetzungsverhältnis berechnen:
I2N I1N ] ü 12,5 A ]
225
50,22 A
56
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3) Berechnung der Leiterquerschnitte für konstante Stromdichte
S I
A
Stromdichte Stromstärke
Fläche
zugelassen hier: S = 2,5 A/mm2
A1 A2 I1N
S
I2N
S
12,5 A mm 2
5,0 mm 2
2,5 A
50,22 A mm 2
20 mm 2
2,5 A
Im Allgemeinen ergeben sich hier ideale Querschnitte, die man nicht unbedingt kaufen kann. In der Praxis
wird der nächstgrößere Normquerschnitt verwendet. Die weitere Rechnung verwendet aber die hier
berechneten Querschnitte.
4) Berechnung der Wicklungswiderstände
Im vereinfachten Ersatzschaltbild werden (für Belastungen in der Größenordnung der Nennleistung) der
Eisenverlustwiderstand RFe und die Hauptinduktivität Xh weggelassen. Die Größen der Sekundärseite
werden auf die Primärseite umgerechnet.
Für die Umrechnung gilt:
R2 ü 2 ] R2 ;
U2 ü ] U2 ;
R1 N1 ] l m
A1 ] κ
Xσ2 ü ] Xσ2
225 ] 0,55 m ] Ω ] mm 2
5,0 mm 2 ] 57 m
0,434 Ω
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R2 N2 ] l m
A2 ] κ
56 ] 0,55 m ] Ω ] mm 2
20 mm 2 ] 57 m
0,027 Ω
R2 ü 2 ] R2 42 ] 0,027 Ω 0,432 Ω
R1 R2 0,866 Ω
Bei gleicher Stromdichte und Nennleistung ergeben sich die beiden auf eine Seite bezogenen Wicklungswiderstände gleich groß ( R1 = R2' ).
5) Berechnung von ŒK und UK
ŒK ist der Phasenwinkel zwischen Strom und Spannung bei kurzgeschlossenen Sekundärklemmen.
Ersatzschaltbild bei Kurzschluß:
laut Aufgabenstellung gilt: Xσ = 2R.
ŒK arctan
Xσ
R
arctan
2R
arctan 2 63,4°
R
Z K R jXσ (0,866 j1,732) Ω 1,94 Ω ] e j63,4°
Zum Begriff der Kurzschlußspannung:
Bei kurzgeschlossener Sekundärseite wird U1, von Null ausgehend, so lange gesteigert, bis der Primärstrom seinen Nennwert erreicht hat. Die dann anliegende Spannung ist die (absolute) Kurzschlußspannung.
U1K I1N ] (R jXσ) I1N ] Z K
U1K 12,5 A ] 0,8662 1,7322 12,5 A ] 1,94 Ω 24,25 V
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Das ist gleichzeitig der (betragsmäßige) Spannungsabfall zwischen U1 und U2' bei Nennstrom.
Relative Kurzschlußspannung:
u1K U1K
U1N
24,25 V
0,06 0,06 ] 100 % 6 %
400 V
Zeigerbild: (normales Zeigerbild einer R)L)Reihenschaltung)
6) Kurzschlußstrom bei Nennspannung
I1K U1N
ZK
400 V
0,8662 1,7322
oder mit u1K I1K U1N
ZK
U1K
U1K
u1K ] ZK
I1N
u1K
400 V
206,19 A
1,94 Ω
U1N d.h.
U1N
U1K
u1K
12,5 A
208,33 A
0,06
Der Dauerkurzschlußstrom läßt sich also auch aus dem Nennstrom und der relativen Kurzschlußspannung
berechnen. Je größer die relative Kurzschlußspannung ist, desto geringer ist der Kurzschlußstrom, umso
größer sind allerdings auch die Spannungsänderungen bei Lastschwankungen.
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7) Anschluß eines Kondensators
mit R = 0,866 Ω und Xσ = 1,732 Ω
Der im Kreis wirksame Gesamtwiderstand ist:
Z R jXσ j
ωC
R jXσ jXC R j(Xσ XC)
Für den Betrag gilt:
Z R 2 (Xσ XC)2 U1N
I1N
400 V
32 Ω
12,5 A
XC Xσ± R 2 Z 2
XC 1,732 Ω ± 322 0,8662 Ω 1,732 Ω ± 32 Ω
XC 33,73 Ω
(nur negative Wurzel sinnvoll, da XC < 0)
Damit berechnet sich die Spannung U2' zu:
U2 I1N ] |XC| 12,5 A ] 33,732 Ω 421,65 V
U2 U2
ü
421,65 V
105,41 V > U2N
4
Spannungsüberhöhung durch Kondensator! (Kapazitive Spannungsüberhöhung)
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XC
2
ü ] XC
damit wird XC XC
33,73 Ω
ü
42
1
1
1
XC damit wird C ωC
ω XC
2 π f ] XC
C 1
2 π 50 s
1
] ( 2,11 Ω)
2
2,11 Ω
1,51 ] 103 F
Zeigerdiagramm (nicht maßstäblich)
Am einfachsten von der Sekundärseite aus zu
konstruieren.
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7. Aufgabe
Der ideale Transformator ist verlustfrei!
Daten:
N1 = 1000, P = 10 kW
R = 100 Ω, U1 = 230 V, f = 50 Hz
1. Berechnung der Windungszahl N2:
Dazu wird zunächst die benötigte Sekundärspannung bestimmt.
2
U2
aus P folgt: U2 P ] R 10000 W] 100 Ω 1000 V
R
Aus dem Übersetzungsverhältnis ergibt sich die Windungszahl.
N1
U
N ]U
1000 ] 1000 V
1 damit wird: N2 1 2 4347,83
N2
U2
U1
230 V
Nur ganzzahlige Windungszahlen sind möglich, daher runden.
N2 4348
2. Berechnung des primärseitig wirkenden Widerstandes:
Die primär aufgenommene Leistung muß bei verlustlosem Transformator genauso groß wie die sekundär
abgegebene Leistung sein. Daraus ergibt sich der auf die Primärseite umgerechnete Sekundärwiderstand.
2
2
2
U1
U2
U1
damit wird R2 ] R2 ü 2 ] R2
´
2
R
R2
U2
2
Mit eingesetzten Zahlenwerten:
(230 V)2
R2 ] 100 Ω 5,29 Ω
(1000 V)2
3. Leistungsaufnahme bei 60 Hz bzw. bei 0 Hz (Gleichspannung):
1) f = 60 Hz (Verlust- und streufreier Transformator)
Wie man aus der Trafoentwurfsgleichung erkennen kann, wird bei konstantem U1 mit steigender
Frequenz der Fluß kleiner.
U1 4,44 ] N1 ] f ] Φ̂
Φ̂ U1
4,44 ] N1] f
J
1
f
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Für die Sekundärseite folgt:
U2 4,44 ] N2 ] f ] Φ̂ 4,44 ] N2 ] f ]
U2 U1
4,44 ] N1] f
N2
N1
] U1
1
] U £f ( f )
ü 1
Das Übersetzungsverhältnis ist unabhängig von der
Frequenz!
Aus dem Ersatzschaltbild ist erkenntlich, daß lediglich
der Magnetisierungsstrom Iµ wegen des proportional
mit der Frequenz erhöhten Blindwiderstandes Xh
sinkt, die Spannung U2' bleibt aber unverändert.
Da bei steigender Frequenz sowohl der Fluß als auch
die Magnetisierungsstrom sinkt, ist eine Frequenzerhöhung im allgemeinen für einen Transformator
zulässig, eine Frequenzerniedrigung jedoch nicht.
2) f = 0 Hz (Gleichspannung)
Bei f = 0 Hz stellt die Hauptinduktivität im eingeschwungenen Zustand einen Kurzschluß dar, damit
wird U2´ = 0.
Ein Trafo funktioniert nicht mit Gleichspannung!
Berücksichtigt man die Übergangsvorgänge beim Einschalten, so ergeben sich bei einem realen Trafo
(mit verlustbehafteten Spulen) die folgenden Verhältnisse:
Der Strom i(t) steigt nach dem Anlegen der Gleichspannung nach einer e)Funktion an und erreicht nach
etwa 3 bis 5 Zeitkonstanten T = L/R den stationären Endwert U/R. Der Fluß Φ ist dem Strom proportional. Mit dem Erreichen des stationären Endwertes wird daher die Flußänderung Null und damit auch
die in der Spule 2 induzierte Spannung.
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Betrachtet man jedoch den idealen Transformator (ohne ohmschen Wicklungswiderstand), so ergibt sich
folgendes:
Für die induzierte Spannung der Spule 1, die gleich der angelegten (Gleich-)Spannung ist, gilt:
d i(t)
d Φ (t)
U1 Lh ]
N1 ]
dt
dt
Damit ergibt sich der Strom zu:
U1
U1
U
dt ] dt 1 ]t
i L
L
L
Und entsprechend der Fluß zu:
U1
U
U
Φ dt 1 dt 1 ]t
N1
N1
N1
Strom i(t) und Fluß Φ(t) steigen also linear mit der Zeit an, d.h. die Flußänderung ist konstant und damit
auch die in der Spule 2 induzierte Spannung U2.
Die in der Spule 2 induzierte Spannung U2 ergibt sich zu
U2 N2 ]
dΦ
d U
N2 ] ] 1 ] t
dt
d t N2
Die Sekundärspannung ergibt sich demnach unabhängig von der Zeit (Gleichspannung).
N
U2 2 ] U1 £ f ( f )
N1
Dies gilt jedoch nur für einen idealen Transformator, bei dem R1 = R2 = 0 und der magnetische Widerstand im Eisen unabhängig von der Flußdichte ist (keine Sättigung).
Beim realen Transformator steigen Magnetisierungsstrom und Fluß, wie oben gezeigt, nicht linear
sondern entsprechend einer e-Funktion an, so daß die Sekundärspannung nicht konstant ist, sondern
exponentiell abfällt.
Im Einschaltaugenblick ergibt sich jedoch auch beim realen Transformator bei primärer Gleichspannung
die Sekundärspannung direkt aus dem Übersetzungsverhältnis.
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8. Aufgabe
ü = 200/40
f = 50 Hz
Leerlaufversuch: I10 = 0,5 A; PW0 = 0 W
Lastversuch: I1 = 4 A; PW = 800 W
Laut Aufgabenstellung soll der Trafo keine Verluste und keine Streuung haben. Damit entfallen die
ohmschen Widerstände R1, R2' und RFe sowie die Streuinduktivitäten Xσ1 und Xσ2'. Daraus ergibt sich als
vereinfachtes Ersatzschaltbild:
Aus dem Leerlaufversuch läßt sich Xh bestimmen.
Xh U1
I0
200 V
400 Ω
0,5 A
PW = 0, da keine Eisenverluste entstehen (RFe v Q)
Lh Xh
ω
Xh
2πf
400 Ω
2 π ] 50 s 1
1,27 H
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Aus dem Lastversuch ergibt sich folgendes:
PS U1 ] I1 200 V ] 4 A 800 VA
PW 800 W
cos ΠPW
PS
(gemessen)
800 W
1
800 VA
Trafo und Last zusammen stellen also einen reinen Wirkwiderstand dar. Die Hauptinduktivität Lh wird
demnach durch ZL kompensiert, d.h. ZL muß einen kapazitiven Anteil haben. Da außerdem Wirkleistung
aufgenommen wird, muß auch ein ohmscher Anteil vorhanden sein.
Zunächst wird eine Parallelschaltung von RP und CP der Last angenommen.
Wie aus dem Zeigerdiagramm bei Last erkennbar ist, wird der induktive Strom der Hauptinduktivität
durch einen genau gegenphasigen kapazitiven Stromanteil der Last kompensiert.
Die Wirkleistung wird nur in RP' umgesetzt.
2
PW U1
2
damit wird:
RP
RP
U1
PW
( 200 V )2
50 Ω
800 W
Damit durch den Kondensator der gleiche Strom wie durch die Spule fließt, bzw. damit der Kondensator
die gleiche Blindleistung abgibt, die die Spule aufnimmt, müssen Induktivität und Kapazität betragsmäßig
den gleichen Widerstand haben.
XCP Xh 400 Ω
Umrechnung auf die Sekundärseite:
RP 40
200
2
] RL
2 Ω;
XCP 40
200
2
] XC 16 Ω
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CP 1
200 my F
ω XC
Ermittlung einer entsprechenden Reihenschaltung (CR + RR):
Berechnung des komplexen Leitwertes aus der Parallelschaltung:
Y2 GP j BCP
(GP 1
0,55;
RP
BCP ω C P 1
62,5 mS )
XCP
(0,5 j 62,5 ] 10 3) S)
0,504 S ] e j 7,1°
Der Kehrwert des komplexen Leitwertes ergibt die komplexe Impedanz:
Z2
1
1,985 Ω ] e j 7,1°
Y2
(1,969 j 0,246) Ω
RR j XCR
Daraus lassen sich direkt die Widerstandswerte einer äquivalenten R-C-Reihenschaltng berechnen:
RR 1,969 Ω;
XCR 0,246 Ω;
CR 1
12,9 mF
ω XCR
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9. Aufgabe
Drehstromtransformator:
PN = 400 kVA; P0 = 2 kW; uk = 4,2%; ü=30 kV/400 V YY
f = 50 Hz; cosŒ0 = 0,2; Œk=70b
Bei symmetrischen Primär- und Sekundärspannungen sowie symmetrischem Aufbau des Transformators
reicht es, ein einphasiges Ersatzschaltbild (ESB) zu betrachten.
1. Leerlauf
Der Leerlaufstrom ist im Vergleich zum Nennstrom
sehr klein. Daher können die Streublindwiderstände
und die ohmschen Leitungsverluste (ohmsche Widerstände) vernachlässigt werden.
Die bei ü angegebenen Spannungen sind Leiterspannungen! Die angegebenen Leistungen sind dieGesamtleistungen, d.h. die Leistungen aller drei Phasen.
Einpoliges Ersatzschatbild
An der Primärseite des Einpoligen ESB liegt die Spannung
30 kV
U1, Str 3
17,3 kV
(Sternspannung)
Für die gesamte aufgenommene Leistung im Leerlauf gilt:
2
P0 3 ]
UStr
RFe
2
RFe U1
P0
3]
U1
2
2
2
U1
U1
1
]
3]
3 RFe
RFe
3 RFe
(30 kV)2
450 k Ω
2 kW
Rv verkörpert als ESB-Element die Hysterese- und Wirbelstromverluste im Eisenkern des Trafos. Auf
Grund der Beziehung: U=4,44]N]f]B]A werden im Eisen Spannungen induziert, die Ströme zur Folge
haben, welche das Magnetfeld schwächen (Wirbelströme). Damit entstehen Verluste. Zur Unterdrückung
der Wirbelstromverluste wird der Eisenkern daher aus gegeneinander isolierten Eisenblechen aufgebaut.
In jeder Periode wird zur Ummagnetisierung des Eisens eine Verlustenergie benötigt, die proportional der
von der Hystereseschleife umschlossenen Fläche ist.
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Zeigerbild im Leerlauf:
Imy
tan Œ0 Xh Lh RFe
tan Œ0
Xh
ω
IFe
U1 Str / Xh
U1 Str / RFe
RFe
Xh
450 k Ω
91,86 k Ω
tan (arccos 0,2)
Xh
2πf
91860 Ω
2 π 50 s
1
Zeigerbild für den Leerlauf
292,4 H
2. Kurzschluß
Beim Kurzschlußversuch wird der Trafo mit Nennstrom betrieben, d.h. die Primärspannung wird soweit
verringert, daß trotz kurzgeschlossener Sekundärspulen nur Nennstrom fließt. Diese (absolute) Kurzschlußspannung berechnet sich am einfachsten aus der relativen Kurzschlußspannung. Die anzulegenden
Sternspannung ergibt sich zu:
U1kY U1Y ] uk 17,3 kV ] 0,042 726,6 V
Im Kurzschluß kann der Leerlaufstrom gegenüber dem Nennstrom vernachlässigt werden, damit ergibt
sich ein vereinfachtes Ersatzschaltbild.
Ersatzschaltbild (mit Vereinfachung) für den Kurzschluß
Die weiteren Vereinfachungen ergeben sich aus der Annahme: R1 = R2' und Xσ1 = Xσ2'
mit ZK = R +jXσ . Der Nennstrom läßt sich aus den angegebenen Leistungen berechnen:
PN I1N 3 ] U1 ] I1N
PN
3 ] U1N
(Leiterwerte!)
400 kVA
3 ] 30 kV
7,7 A
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mit UR = U1kY]cosŒ
UXσ = U1kY]sinŒ
Œk = 70b; cosŒk = 0,34; sinŒk = 0,94 ergeben sich:
R UR
Ik
U1k ] cos Œk
Ik
726,6 V ] 0,34
32,12 Ω
7,7 A
Zeigerdiagramm für den Kurzschluß
R1 R2 16,06 Ω
Xσ UX σ
IK
U1k ] sin Œ
Ik
726,6 V ] 0,94
88,8 Ω
7,7 A
Xσ 1 Xσ 2 44,4 Ω
oder:
ZK U1K
IK
726,6 V
94,48 Ω
7,7 A
R = ZK]cosŒ = 94,48Ω]0,34 = 32,12 Ω
Xσ = ZK]sinŒ = 84,48Ω]0,94 = 88,81 Ω
3. Wirkungsgrad bei PSN und cosΠ= 0,8
Wirkungsgrad: η Pab
Pzu
Wirkleistungen! Mit Pzu Pab Pv
Der cosΠ= 0,8 ist vom Verbraucher vorgegeben!
Pab PSN ] cos Π400 ] 103 VA ] 0,8 320 kW
Bestimmung der Verluste:
Leerlaufverlust: P0 = 2 kW; immer vorhanden, lastunabhängig.
Kupferverluste: (Stromwärmeverluste) lastabhängig!
2
PCu 3 ] I1N ] R 3 ] (7,7 A)2 ] 33,12 Ω 5,713 kW
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Gesamtverluste:
Pv ges P0 PCu 2,0 kW 5,713 kW 7,713 kW
Damit wird der Wirkungsgrad:
η Pab
Pab Pv
] 100 % 320 kW
] 100 % 97,7 %
320 kW 7,713 kW
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