1 Gleichstrommaschine 1

Eine fremderregte Gleichstrommaschine hat die folgenden Angaben auf ihrem Typenschild:

• Nennleistung: \(41,8\,\text {kW}\)
• Nenndrehzahl: \(1900\,\frac {1}{\text {min}}\)
• Ankernennspannung: \(440\,\text {V}\)
• Ankernennstrom: \(100\,\text {A}\)
• Erregung: \(240\,\text {V}\)
• Erregerstrom: \(10\,\text {A}\)
• Leerlaufdrehzahl: \(2000\,\frac {1}{\text {min}}\)

Sie weise zudem keine mechanischen Verluste auf.

Hinweis: Die Nennleistung auf einem Motortypenschild bezeichnet immer die abgegebene mechanische Leistung im Nennpunkt.

• Wie groß ist das Drehmoment der Maschine im Nennpunkt?
• Berechnen Sie den Wirkungsgrad der Maschine im Nennpunkt.
• Berechnen Sie das Produkt aus Erregerfluss und der Ankerkonstanten \(K\cdot \Phi \)
• Wie groß ist der Ankerwiderstand \(R_A\)?

1.1 Lösung:

• Aus der Nennleistung und der Nenndrehzahl ergibt sich direkt das Nenndrehmoment: \begin {align*} P_\text {mech} &= M\cdot \omega \\ M &= \frac {P_\text {mech}}{\omega } = \frac {41,8\,\text {kW}}{2\pi \cdot 1900\,\frac {1}{\text {min}} \cdot \frac {1\,\text {min}}{60\,\text {s}}} = 210,08\,\text {Nm} \end {align*}
• Im Motorbetrieb ist der Wirkungsgrad der Quotient aus mechanischer bezogen auf die elektrische Leistung. Hierbei muss sowohl die Ankerleistung, als auch die Erregerleistung berücksichtigt werden. \begin {align} \eta &= \frac {P_\text {mech}}{P_\text {elektr}} = \frac {41,8\,\text {kW}}{440\,\text {V}\cdot 100\,\text {A} + 240\,\text {V}\cdot 10\,\text {A}} = 90,08\,\%\nonumber \end {align}
• Nach Gleichung ?? wird die induzierte Spannung berechnet. Im Leerlauf muss die induzierte Spannung der Ankerspannung entsprechen. Gleiches geht aus Gleichung ?? hervor, da im Leerlauf auch das Drehmoment Null sein muss. \begin {align} U_q &= K \cdot \Phi \cdot \omega \tag {\ref {GlInduzierteSpannungGM}}\\ K\cdot \Phi &= \frac {U_q}{\omega } = \frac {440\,\text {V}}{2\pi \cdot 2000\,\frac {1}{\text {min}} \cdot \frac {1\,\text {min}}{60\,\text {s}}} = 2,1\,\text {Vs}\nonumber \end {align}
• Hier sind zwei Ansätze möglich. Es kann Gleichung ?? auf den Ankerwiderstand umgeformt werden: \begin {align} n &= \frac {U_A}{2\pi K\cdot \Phi } - \frac {R_A\cdot M_i}{2\pi (K\cdot \Phi )^2}\tag {\ref {GlfremderregteGM1}}\\ R_A &= \left (\frac {U_A}{2\pi K\cdot \Phi } - n\right ) \cdot \frac {2\pi (K\cdot \Phi )^2}{M_i}\nonumber \\ &= \left (\frac {440\,\text {V}}{2\pi \cdot 2,1\,\text {Vs}} - \frac {1900}{60\,\text {s}}\right )\cdot \frac {2\pi \cdot (2,1\,\text {Vs})^2}{210,08\,\text {Nm}} = 220\,\text {m}\Omega \nonumber \end {align} Die andere Berechnungsvariante führt über das Ersatzschaltbild in Abbildung ??. Im Nennbetrieb können wir die Quellenspannung \(U_q\) berechnen. Diese muss kleiner als die Quellenspannung im Leerlauf sein. \begin {align} U_q &= K \cdot \Phi \cdot \omega \tag {\ref {GlInduzierteSpannungGM}}\\ U_{q,n}&= 2,1\,\text {Vs} \cdot 2\pi \cdot 1900\,\frac {1}{\text {min}} \cdot \frac {1\,\text {min}}{60\,\text {s}} = 418\,\text {V}\nonumber \end {align} Der Spannungsabfall am Widerstand \(R_A\) muss durch dem Maschenumlauf die Differenzspannung zwischen Ankerspannung und induzierter Spannung betragen. Da der Ankerstrom im Nennbetrieb bekannt ist, kann der Widerstand über das Ohmsche Gesetz berechnet werden. \begin {equation*} R_A = \frac {U_A - U_q}{I_A} = \frac {440\,\text {V} - 418\,\text {V}}{100\,\text {A}} = 220\,\text {m}\Omega \end {equation*}

2 Asynchronmaschine

Eine Asynchronmaschine hat die folgenden Angaben auf ihrem Typenschild

• Nennleistung: \(50\,\)kW
• Nenndrehzahl: \(960\,\frac {\text {U}}{\text {min}}\)
• Frequenz: \(50\,\)Hz
• Kippschlupf: 30%

Hinweis: Die Nennleistung auf einem Motortypenschild bezeichnet immer die abgegebene mechanische Leistung im Nennpunkt.

• Berechnen Sie die Polpaarzahl \(p\)
• Berechnen Sie den Nennschlupf \(s_{n}\)
• Berechnen Sie das Nennmoment \(M_{n}\)
• Berechnen Sie das Kippmoment \(M_{K}\) und das Anlaufmoment \(M_{A}\)

2.1 Lösung:

• \begin {align*} p' &= \frac {f \cdot 60 \frac {\text {s}}{\text {min}}}{n_{n}} = \frac {50 \,\text {Hz} \cdot 60 \frac {\text {s}}{\text {min}}}{960\,\frac {\text {U}}{\text {min}}} = \frac {3000\,\frac {\text {U}}{\text {min}}}{960\,\frac {\text {U}}{\text {min}}} = 3,125\\ p &= 3 \end {align*}

  Da im motorischen Betrieb die mechanische Drehzahl \(n\) kleiner ist als die äquivalente elektrische Frequenz \(f\), muss die Polpaarzahl \(p'\) abgerundet werden, weil \(p\) eine Ganzzahl ist.

• \begin {align*} s_n &= \frac {\omega _s - \omega _r}{\omega _s} = \frac {\frac {\omega _0}{p} - \omega _r}{\frac {\omega _0}{p}} = \frac {2\pi f - 2\pi n_n \cdot \frac {p}{60 \frac {\text {s}}{\text {min}}}}{2\pi f} = 1 - \frac {n_n \cdot p}{f \cdot 60 \frac {\text {s}}{\text {min}}}\\ &= 1 - \frac {960\,\frac {\text {U}}{\text {min}} \cdot 3}{50 \, \text {Hz} \cdot 60 \frac {\text {s}}{\text {min}}} = 0,04 = 4 \,\% \end {align*}
• \begin {align*} P_n &= M_n\cdot \omega _n = M_n\cdot 2\pi n_n\\ M_n &= \frac {P_n}{2\pi n_n} = \frac {50\cdot 10^3\,\text {W}}{2\pi \cdot 960 \frac {U}{min}}\cdot 60 \frac {\text {s}}{\text {min}} =497,36\,\text {Nm}\\ \end {align*}
• \begin {align*} M &= \frac {2\cdot M_K}{\frac {s_K}{s} + \frac {s}{s_K}} \\ M_n &= M(s = s_n) = \frac {2\cdot M_K}{\frac {s_K}{s_n} + \frac {s_n}{s_K}} \\ M_K &= \frac {M_n}{2}\cdot \left (\frac {s_K}{s_n} + \frac {s_n}{s_K}\right )\\ &= \frac {497,36\,\text {Nm}}{2}\cdot \left (\!\frac {0,3}{0,04} + \frac {0,04}{0,3}\right ) = 1898,25\,\text {Nm}\\ M_A &= M(s = 1) = \frac {2\cdot M_K}{\frac {s_K}{1} + \frac {1}{s_K}} \\ &= \frac {2\cdot 1898,25\,\text {Nm}}{\frac {0,3}{1} + \frac {1}{0,3}} = 1044,91\,\text {Nm} \end {align*}

3 Transformator

Um die Eigenschaften eines Transformators messtechnisch zu bestimmen, werden in der Praxis zwei Versuche durchgeführt. Beim ersten, dem Leerlaufversuch, wird der Transformator ohne Last betrieben. Primärseitig wird die Nennspannung angelegt und der Stromm \(\underline {I}_1\) gemessen. Sekundärseitig wird die Spannung gemessen.
Der zweite Versuch heißt Kurzschlussversuch. Wie der Name verrät, wird der Transformator dabei sekundärseitig kurzgeschlossen. Die Spannung auf der Primärseite wird so lange erhöht, bis der Nennstrom in den Transformator fließt. Die dazu notwendige Spannung wird \(U_\mathrm {k}\) genannt.
Die beiden Versuche wurden für einen Mittelspannungstrafo durchgeführt. Es wurden folgende Werte ermittelt:

• Leistung: \(S_\mathrm {N} = 150\,\mathrm {kVA}\)
• Oberspannung: \(\underline {U}_1=20\,\mathrm {kV}\)
• Übersetzungsverhältnis: \(\textit {ü}=50\)
• Leerlaufspannung: \(|\underline {U}_2| = 399,86\,\mathrm {V}\)
• Leerlaufstrom: \(|\underline {I}_{1,\mathrm {L}}| = 95\,\mathrm {mA}\)
• Kurzschlussspannung: \(|\underline {U}_\mathrm {k}| = 662\,\mathrm {V}\)
• Phasenwinkel beim Kurzschlussversuch: \(\varphi = 70,92^\circ \)

• Zeichen Sie das einphasige Ersatzschaltbild des Transformators und beschriften Sie dieses.
• Berechnen Sie den Nennstrom \(|\underline {I}_1|\) des Transformators und die Leerlaufspannung \(|\underline {U}_2^\prime |\).
• Brechnen sie die Hauptinduktivität \(L_\mathrm {H}\).
• Berechnen Sie die Streuinduktivitäten und die Wicklungswiderstände, unter der Annahme dass \(R_1 = R_2^\prime \), \(L_{\sigma ,1} = L_{\sigma ,2}^\prime \) und \(\underline {Z}_\mathrm {H} >> \underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime + R_2^\prime \)

3.1 Lösung:

•  
  

• \begin {align*} \underline {S} &= \sqrt {3} \cdot |\underline {U}| \cdot |\underline {I}|\\ |\underline {I}| &= \frac {\underline {S}}{\sqrt {3}\cdot |\underline {U}|}\\ |\underline {I}| &= \frac {150\,\mathrm {kVA}}{\sqrt {3}\cdot 20\,\mathrm {kV}}\\ |\underline {I}| &= 4,33\,\mathrm {A} \end {align*}
  \begin {align*} U_2^\prime &= U_2 \cdot \textit {ü}\\ U_2^\prime &= 399,86\,\mathrm {V} \cdot 50\\ U_2^\prime &= 19,99\,\mathrm {kV} \end {align*}
• Im Leerlauf ist der Strom, der in den Transformator fließt \(\underline {I}_{1,\mathrm {L}}\) gleich dem Magnetisierungsstrom \(\underline {I}_\mu \)
  \begin {align*} |\underline {Z}_\mathrm {H}| &= \frac {|\underline {U}_2^\prime |}{|\underline {I}_\mu |}\\ |\underline {Z}_\mathrm {H}| &= \frac {19,99\,\mathrm {kV}}{95\,\mathrm {mA}}\\ |\underline {Z}_\mathrm {H}| &= 210,45\,\mathrm {k}\Omega \\ |\underline {Z}_\mathrm {H}| &= 2\pi \cdot f \cdot L\\ L &= \frac {|\underline {Z}_\mathrm {H}|}{2\pi \cdot f}\\ L &= \frac {210,45\,\mathrm {k}\Omega }{2\pi \cdot 50\,\mathrm {Hz}}\\ L &= 669,89\,\mathrm {H}\\ \end {align*}

• Unter den gegebenen Annahmen vereinfacht sich das Ersatzschaltbild zu:

  \begin {align*} |\underline {Z}_\mathrm {g}| &= \frac {|\underline {U}_{1,\mathrm {k}}|}{|\underline {I}_1|}\\ |\underline {Z}_\mathrm {g}| &= \frac {662\,\mathrm {V}}{4,33\,\mathrm {A}}\\ |\underline {Z}_\mathrm {g}| &= 152,88\,\Omega \end {align*}

  Das System verhält sich insgesamt induktiv. Daher ergibt sich für die Gesamtimpedaz \(\underline {Z}_\mathrm {g} = 152,88\,\Omega \cdot e^{j70,92^\circ }\).
  Der Realteil der Gesamtimpedanz stellt die Summe der beiden Drahtwiderstände dar, während der Imaginärteil die Streuinduktivitäten repräsentiert.
  

  \begin {align*} R_1 + R_2^\prime &= Re\{ \underline {Z}_\mathrm {g} \}\\ R_1 + R_2^\prime &= Re\{ 152,88\,\Omega \cdot e^{j70,92^\circ } \}\\ R_1 + R_2^\prime &= 49,98\,\Omega \\ \Rightarrow R_1 = R_2^\prime &= 24,99\,\Omega \\ R_2^\prime &= R_2 \cdot \textit {ü}^2\\ \Rightarrow R_2 &= \frac {R_2^\prime }{\textit {ü}^2}\\ R_2 &= \frac {24,99\,\Omega }{50^2}\\ R_2 &= 10\,\mathrm {m}\Omega \end {align*}
  \begin {align*} |\underline {Z}_{\sigma ,1}| + |\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime | &= Im \{ \underline {Z}_\mathrm {g} \}\\ |\underline {Z}_{\sigma ,1}| + |\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime | &=Im\{ 152,88\,\Omega \cdot e^{j70,92^\circ } \}\\ |\underline {Z}_{\sigma ,1}| + |\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime | &= 144,48\,\Omega \\ \Rightarrow |\underline {Z}_{\sigma ,1}| = |\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime | &= 72,24\,\Omega \\ |\underline {Z}_{\sigma ,1}| &= 2\pi \cdot f \cdot L_{\sigma ,1}\\ \Rightarrow L_{\sigma ,1} &= \frac {|\underline {Z}_{\sigma ,1}|}{2\pi \cdot f}\\ L_{\sigma ,1} &= \frac {72,24\,\Omega }{2\pi \cdot 50\,\mathrm {Hz}}\\ L_{\sigma ,1} &= 229,95\,\mathrm {mH}\\ |\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime | &= |\underline {Z}_{\sigma ,2}| \cdot \textit {ü}^2\\ \Rightarrow |\underline {Z}_{\sigma ,2}| &= \frac {|\underline {Z}_{\sigma ,2}^\prime |}{\textit {ü}^2}\\ \Rightarrow L_{\sigma ,2} &= \frac {L_{\sigma ,2}}{\textit {ü}^2} = \frac {L_{\sigma ,1}}{\textit {ü}^2}\\ L_{\sigma ,2} &= 91,98\,\mu \mathrm {H} \end {align*}