Aufgaben zur E-Lehre

$R_L={\displaystyle \frac{U}{I}}={\displaystyle \frac{\mathrm{1,5}V}{\mathrm{0,3}A}}=5R\_L\; =\; \backslash dfrac\{U\}\{I\}\; =\; \backslash dfrac\{1\{,\}5V\}\{0\{,\}3A\}=\; 5$ $\text{Ω}\Omega$

$R_{Ges}=R_1+R_L+R_{\mathrm{2,3}}R\_\{Ges\}\; =\; R\_1\; +\; R\_L\; +\; R\_\{2\{,\}3\}$

$R_{\mathrm{2,3}}=R_{Ges}-R_1-R_L=(10-2-5)\text{Ω}=3R\_\{2\{,\}3\}\; =\; R\_\{Ges\}\; -\; R\_1\; -\; R\_\; L\; =\; (10\; -\; 2\; -\; 5)\; \Omega \; =\; 3$ $\text{Ω}\Omega$

$R_{2}R\_2$ und $R_{3}R\_3$ sind parallelgeschaltet und sollen gleich groß sein.

Somit müssen $R_2=R_3=6R\_2\; =\; R\_3\; =\; 6$ $\text{Ω}\Omega$ sein, damit diese gemäß $R_{\mathrm{2,3}}={\displaystyle \frac{R_2\cdot R_3}{R_2+R_3}}R\_\{2\{,\}3\}\; =\; \backslash dfrac\{R\_2\backslash cdot\{R\_3\}\}\{R\_2\; +\; R\_3\}$ wiederum $33$ $\text{Ω}\Omega$ ergeben.

$I_{Ges}={\displaystyle \frac{U_{Ges}}{R_{Ges}}}={\displaystyle \frac{U_{Batt}}{R_{Ges}}}={\displaystyle \frac{3V}{10\text{Ω}}}=\mathrm{0,3}AI\_\{Ges\}=\; \backslash dfrac\{U\_\{Ges\}\}\{R\_\{Ges\}\}=\; \backslash dfrac\{U\_\{Batt\}\}\{R\_\{Ges\}\}=\backslash dfrac\{3V\}\{10\Omega \}=0\{,\}3A$

$U_1=I_1\cdot R_1=I_{Ges}\cdot R_1=\mathrm{0,3}A\cdot 2\text{Ω}=\mathrm{0,6}VU\_1\; =\; I\_1\backslash cdot\{R\_1\}=\; I\_\{Ges\}\backslash cdot\{R\_1\}=0\{,\}3A\backslash cdot\{2\Omega \}=0\{,\}6V$

$U_{23}=I_{23}\cdot R_{23}=I_{Ges}\cdot R_{23}=\mathrm{0,3}A\cdot 3\text{Ω}=\mathrm{0,9}VU\_\{23\}\; =\; I\_\{23\}\backslash cdot\{R\_\{23\}\}=\; I\_\{Ges\}\backslash cdot\{R\_\{23\}\}=0\{,\}3A\backslash cdot\{3\Omega \}=0\{,\}9V$

• Aufgrund der genannten Lösungsstrategie erfahren die Ladungen des Sonnenwindes Krafteinwirkungen

• Einerseits durch das Erdmagnetfeld eine Kraft ${\vec{F}}_{Lorenz}\backslash vec\{F\}\; \_\{Lorenz\}$ (${\vec{v}}_{TeilA}\backslash vec\{v\}\_\{TeilA\}$ ⊥ $BB$) wirkt, wodurch die Ladungen zunächst senkrecht auf das $BB$-Feld der Erde treffend, abgeblockt, genauer kreisbewegend abgelenkt werden . . .

• . . . andererseits und gleichzeit jener Geschwindigkeits- und damit Kraftanteil $\vec{F}\backslash vec\{F\}$ (${\vec{v}}_{TeilB}=\backslash vec\{v\}\_\{TeilB\}\; =$ $BB$), weiter in Richtung der Erde zeigt und damit die Ladungen in Richtung Erde führt . . .

• . . . woraus sich in Summe eine spiraldrehende Führung entlang der Feldlinien des Magnetfeldes der Erde ergibt

• Die nun an Nord- und Südpol geführten Ladungen interagieren mit der Atmosphäre der Erde, speziell den Gasen Sauerstoff und Stickstoff

Warum Nord- und Südpol bzw. warum eine Leuchtwirkung entsteht, bringt uns zu den nachfolgenden Fragen :-)

• Die einzelnen Ladungen $qq$ werden (siehe vorherige Teilaufgabe) spiralförmig an den Feldlinien des Erdmagnetfeldes geführt.

• Alle Feldlinien des Erdmagnetfeldes entspringen bzw. enden an Nord- bzw. Südpol

• Dementsprechend werden alle Ladungen eben an die Polkappen der Erde geführt

Polarlichter entstehen tatsächlich durch von äußeren Ladungen $qq$ angeregten Gasatomen. Kehren die Gasatome in ihre natürliche Struktur zurück geben sie u.a. für uns sichtbares Licht in Form von Photonen (Lichtteilchen, Welle) ab.

Für die weitere Erklärung dieses Phänomens gehen wir von aus Gründen der Vereinfachung nachfolgend von Sauerstoff in seiner atomaren Struktur $OO$ aus, obwohl Sauerstoff in der Atmosphäre natürlich als zweiatomiges Molekül $O_{2}O\_2$ vorliegt.

Durch die Anregung von Ladungen $qq$ (unser an den Polen einfallende Sonnenwind) können Elektronen auf eine nächsthöhere Schale (hier M) gehoben oder angeregt werden (siehe Abb. 2).

Bereits nach kurzer Zeit stellt sich allerdings wieder der natürliche Zustand ein und mit dem "Herunterfallen" des angehobenen Elektrons auf seine ursprüngliche Schale, wird die aufgenommene Energie in Form von u.a. sichtbarem Licht (also Photonen) wieder abgegeben, welches wir in der unzähligen Vielzahl der gleichzeitigen Vorgänge als Polarlichter wahrnehmen können. Hierbei spricht man auch von der Emission von Licht.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen ($\to \backslash rightarrow$ LINK)

1. Die Ladungen $qq$ werden zusammen mit der Leiterschleife mit der Geschwindigkeit $vv$ von links nach rechts bewegt.

2. Sie erfahren dadurch eine Kraft $F_{Lorentz}F\_\{Lorentz\}$.

3. Die Einzelladungen $qq$ werden dadurch innerhalb der Leiterschleife verschoben und bilden an sich konzentrierenden Punkten verschiedene positive wie negative Summenladungen $QQ$ aus.

4. Es entsteht dadurch ein elektrisches Potential zwischen zwei definierten Punkten.

5. Dieses anliegende Potential kann am Voltmeter als elektrische (induzierte) Spannung $U_{ind}U\_\{ind\}$ abgegriffen und gemessen werden.

• Es gilt die uns bekannte Formel: $U_{ind}=-B\cdot {\displaystyle \frac{\text{∆}A}{\text{∆}t}}=-B\cdot {\displaystyle \frac{l\cdot \text{∆}x}{\text{∆}t}}U\_\{ind\}=\; -B\backslash cdot\{\backslash dfrac\{∆A\}\{∆t\}\}=\; -B\backslash cdot\{\backslash dfrac\{l\backslash cdot\{∆x\}\}\{∆t\}\}$

• Wir hatten in der Aufgabenstellung beschrieben, dass $BB$, die Länge $ll$ der Leiterschleife, also auch die Geschwindigkeit $vv$ konstant sind.

• Geschwindigkeit $v=v=$ Weg pro Zeit $==$ ${\displaystyle \frac{\text{∆}x}{\text{∆}t}}\backslash dfrac\{∆x\}\{∆t\}$, wobei $\text{∆}x∆x$ die Änderung der Eintauchtiefe im Magnetfeld darstellt.

• Schauen wir uns die einzelnen Phasen des Vorganges genau an,

  • . . . so liegen Schritt $11$ und $1a1a$ außerhalb des Magnetfeldes ($\to B=0\backslash rightarrow\; B\; =\; 0$).

  • . . . in Schritt $33$, also der Bewegung der vollständig eingetauchten Leiterschleife, findet keine Änderung von $\text{∆}x∆x$ statt ($\to \text{∆}x=0\backslash rightarrow\; ∆x\; =\; 0$).

• In all diesen Fällen ($1,1a,31,\; 1a,\; 3$) ergibt sich demnach, dass auch $U_{ind}=0U\_\{ind\}=0$ sein muß! Lediglich für $22$ und $44$ ist $\text{∆}x\mathrm{\ne }0∆x\ne 0$ somit auch $$$U_{ind}\mathrm{\ne }0U\_\{ind\}\ne 0$.

• Nachdem nun alle Variablen entweder konstant $\mathrm{\ne }0\ne 0$ oder $=0=0$ sind, muß auch das Ergebnis $U_{ind}U\_\{ind\}$ entweder konstant $\mathrm{\ne }0\ne 0$ oder $=0=0$ sein. Eine Konstante ist im $x\mathrm{/}yx/y$ Koordinatensystem eine waagerechte Linie, ob nun oberhalb, unterhalb oder gleich der Nulllinie.

1. Wir gehen von der uns bekannten Formel aus: $U_{ind}=-B\cdot {\displaystyle \frac{\text{∆}A}{\text{∆}t}}=-B\cdot {\displaystyle \frac{l\cdot \text{∆}x}{\text{∆}t}}U\_\{ind\}=\; -B\backslash cdot\{\backslash dfrac\{∆A\}\{∆t\}\}=\; -B\backslash cdot\{\backslash dfrac\{l\backslash cdot\{∆x\}\}\{∆t\}\}$

2. Wir stellen nach der gesuchten Größe um: $B={\displaystyle \frac{-U_{ind}\cdot \text{∆}t}{l\cdot \text{∆}x}}B=\backslash dfrac\{-U\_\{ind\}\backslash cdot\{∆t\}\}\{l\backslash cdot\{∆x\}\}$

3. Wir passen die gegebenen Größen den Grundeinheiten an . . .

   • $-60\text{µ}V=-\mathrm{0,00006}V-60\; \mu V=-0\{,\}00006V$

   • $1cm=\mathrm{0,01}m1\; cm\; =\; 0\{,\}01m$ und $3cm=\mathrm{0,03}m3\; cm\; =\; 0\{,\}03m$

4. Wir setzen ein: $B={\displaystyle \frac{-(-\mathrm{0,00006}V)\cdot 1s}{\mathrm{0,03}m\cdot \mathrm{0,01}m}}=\mathrm{0,2}TB=\backslash dfrac\{-(-0\{,\}00006V)\backslash cdot\{1s\}\}\{0\{,\}03m\backslash cdot\{0\{,\}01m\}\}=0\{,\}2T$

Wir stellen um und erhalten:

$N_1=N_2\cdot {\displaystyle \frac{U_1}{U_2}}N\_1=N\_2\backslash cdot\backslash dfrac\{U\_1\}\{U\_2\}$

Wir setzen ein und erhalten:

$N_1=10\cdot {\displaystyle \frac{230V}{12V}}=\mathrm{191,67}\approx 192N\_1=10\backslash cdot\backslash dfrac\{230V\}\{12V\}=191\{,\}67\approx 192$ (Wicklungen/Windungen)

Wir betrachten mit dieser Teilaufgabe b) einen unbelasteten Transformator.

Somit gilt die uns bekannte Formel zur Ableitung der Stromstärken aus bekannten Windungszahlen $N_1,N_{2}N\_1,\; N\_2$ nicht.

Hätten wir diese fälschlicherweise verwendet, ergäbe sich mit

$I_2=I_S=0AI\_2=I\_S=0A$ sogleich auch $I_1=I_P=0AI\_1=I\_P=0A$.

Ein nun trotzdem im Primärkreis messbarer (in aller Regel sehr geringer) Stromfluss mit hat demnach nichts mit dem Stromumwandlungs-prinzip eines belasteten Trafos zu tun, da er damit Null sein müsste.

$I_{1}I\_1$ dient (sehr vereinfacht ausgedrückt) im unbelasteten Trafo lediglich dazu, seitens der versorgenden Spannungsquelle das Magnetfeld der Primärspule (und damit auch jenes der Sekundärspule) aufrecht zu erhalten und wird in dessen Höhe vor allem durch den Widerstand der Primärspule bestimmt..

• Berechnung des Laststromes auf der Sekundärseite:

Die Leuchte hat folgenden Daten/Werte:

$1212$ Volt bei einer Leistungsaufnahme von $2020$ Watt $(VA)(VA)$

$I_S=I_2={\displaystyle \frac{P_2}{U_2}}={\displaystyle \frac{20VA}{12V}}\approx \mathrm{1,667}AI\_S=I\_2=\backslash dfrac\{P\_2\}\{U\_2\}=\backslash dfrac\{20VA\}\{12V\}\approx 1\{,\}667A$

• Berechnung des Stromes auf der Primärseite des Transformators:

${\displaystyle \frac{I_2}{I_1}}={\displaystyle \frac{I_S}{I_P}}={\displaystyle \frac{N_1}{N_2}}\backslash dfrac\{I\_2\}\{I\_1\}=\backslash dfrac\{I\_S\}\{I\_P\}=\backslash dfrac\{N\_1\}\{N\_2\}$

$\Rightarrow I_P=I_1=I_2\cdot {\displaystyle \frac{N_2}{N_1}}=\mathrm{1,667}A\cdot {\displaystyle \frac{10}{192}}\approx \mathrm{0,087}A=87mA\Rightarrow \; I\_P=I\_1=I\_2\backslash cdot\{\backslash dfrac\{N\_2\}\{N\_1\}\}=1\{,\}667A\backslash cdot\{\backslash dfrac\{10\}\{192\}\}\approx 0\{,\}087A=87mA$

Für einen verlustfreien idealen Transformator mit $\eta =1\eta =1$ (Wirkungsgrad 100%) gilt:

$P_S=P_{P}P\_S=P\_P$ oder auch $P_2=P_{1}P\_2=P\_1$

• Die Leistung auf Sekundärseite $P_{2}P\_2$ . . .

. . . beträgt aufgrund der Parallelschaltung der beiden Leuchten in Summe $4040$ Watt

Wegen der sekundärseitigen Spannung von $1212$ Volt ergibt dies einen sekundärseiten Stromfluss von $I_2={\displaystyle \frac{40VA}{12V}}\approx 3.333AI\_2=\backslash dfrac\{40VA\}\{12V\}\approx 3.333A$

• Wie hoch ist die Leistung auf Primärseite $P_{1}P\_1$? Diese sollte ebenfalls $4040$ Watt betragen, was es zu bestätigen gilt:

${\displaystyle \frac{I_2}{I_1}}={\displaystyle \frac{I_S}{I_P}}={\displaystyle \frac{N_1}{N_2}}\backslash dfrac\{I\_2\}\{I\_1\}=\backslash dfrac\{I\_S\}\{I\_P\}=\backslash dfrac\{N\_1\}\{N\_2\}$ $\Rightarrow I_1=I_2\cdot {\displaystyle \frac{N_2}{N_1}}=\mathrm{3,333}A\cdot {\displaystyle \frac{10}{192}}\approx \mathrm{0,174}A\Rightarrow \; I\_1=I\_2\backslash cdot\{\backslash dfrac\{N\_2\}\{N\_1\}\}=3\{,\}333A\backslash cdot\{\backslash dfrac\{10\}\{192\}\}\approx 0\{,\}174A$

. . . somit ergibt sich eine Leistung auf Primärseite $P_1=230V\cdot \mathrm{0,174}A\approx 40WP\_1=230V\backslash cdot\{0\{,\}174A\}\approx 40W$

Wir gehen schrittweise vor:

1. Die Leistung $P_{2}P\_2$ würde sich auf sekundärer Seite auf 60 Watt summieren

2. Die Leistung $P_{2}P\_2$ würde sich aus bisheriger Erkenntnis auf die primäre Seite mit $P_{1}P\_1$ auf ebenfalls 60 Watt übertragen

3. Bei einer fixen Primärspannung von $230230$ Volt wäre demnach von Seiten der Spannungsquelle ein primärer Strom $I_1={\displaystyle \frac{60W}{230V}}\approx \mathrm{0,26}AI\_1=\backslash dfrac\{60W\}\{230V\}\approx 0\{,\}26A$ nötig.

4. Zum Schutz von Transformatoren werden oftmals Spannungsquellen leistungsbegrenzt. In unserem Falle auf $5050$ Watt, wodurch sich folgender maximaler Strom ergibt: $I_1={\displaystyle \frac{50W}{230V}}\approx \mathrm{0,217}AI\_1=\backslash dfrac\{50W\}\{230V\}\approx 0\{,\}217A$ und damit

5. Es gilt die verlustfreie Leistungsübertragung von $P_2=P_1=50WP\_2=P\_1=50W$, somit die maximal möglichen Leistung $P_{1}P\_1$ auf die Sekundärseite mit $P_{2}P\_2$ übertragen wird.

6. Entsprechend wird der Strom $I_{2}I\_2$ entsprechend ebenso reduziert fliessen:$P_S=P_2=50W\Rightarrow I_2={\displaystyle \frac{P_2}{U_2}}={\displaystyle \frac{50VA}{12V}}\approx \mathrm{4,167}AP\_S=P\_2=50W\; \Rightarrow \; I\_2=\backslash dfrac\{P\_2\}\{U\_2\}=\backslash dfrac\{50VA\}\{12V\}\approx 4\{,\}167A$

Praktische Auswirkung:

• Wäre die Primärseite nicht leistungsbegrenzt würde mit $60W60\; W$ auf Primär- und Sekundärseite, sekundärseitig ein Strom $I_2=5AI\_2\; =\; 5\; A$ fließen. Hier könnte der Trafo ggf. Schaden nehmen, i.d.R. überhitzen, sofern nicht geschützt.

• Aufgrund der schützenden Leistungsbegrenzung auf $50W50W$ nun primär- und sekundärseitig, folgt ein reduzierter Strom mit $I_2\approx \mathrm{4,167}AI\_2\approx 4\{,\}167A$. Dieser Strom verteilt sich aufgrund drei identischen Halogenleuchten gleichmäßig, welche nun jeweils etwas weniger hell leuchten dürften.

Gemäß unserer Abbildung wird eine Leistung (damit Energie) in die Übertragungsleitung eingespeist und eine Leistung (damit Energie) am Ende wieder entnommen. Es wird demnach eine Energie übertragen.

Eine Übertragungsleitung hat hauptsächlich ein ohmschen Leitungswiderstand $R_{Leitung}R\_\{Leitung\}$

Mit der Übertragung einer Übertragungsenergie wird aufgrund dieses Leitungs-widerstandes immer ein gewisser Verlust in Form einer Wärmeenergie erzeugt.

Warum haben wir dies getrennt abgeleitet?

Natürlich wollen wir eine Heizung als Heizung nutzen, jedoch nicht eine Übertragungsleitung von Energie. Bei Letzterer würde die (unerwünscht) erzeugte Wärme als Verlust einhergehen und demnach nicht am Ende der Übertragung zur Verfügung stehen. Somit müssen die Verluste minimiert werden!

Wir wissen nun aber, dass die Verluste, sprich die Wärme, proportional $I^{2}I^2$ steigen. Wenn wir also eine Leistung mit $P=U\cdot IP=U\backslash cdot\{I\}$ einspeisen, müssen wir (um das Produkt $PP$ im Ergebnis gleich zu halten) den Strom $II$ minimieren, dafür in gleichem Maße die Spannung $UU$ erhöhen, letztere also hochtransformieren.

• Bei Transformator A ist auf Primärseite die Wicklungszahl $N_{1}N\_1$ höher als die Wicklungszahl $N_{2}N\_2$ auf Sekundärseite. Bei Transformator B umgekehrt.

• Das Spannungsverhältnis ${\displaystyle \frac{U_2}{U_1}}\backslash dfrac\{U\_2\}\{U\_1\}$ verhält sich wie das Wicklungsverhältnis ${\displaystyle \frac{N_2}{N_1}}\backslash dfrac\{N\_2\}\{N\_1\}$

• In Transformator A ist demnach die Spannung $U_{2}U\_2$ auf Sekundärseite niedriger als jene Spannung $U_{1}U\_1$ auf Primärseite. Da die übertragene Leistung $PP$ als Produkt von $U\cdot IU\backslash cdot\{I\}$ bei idealen Transformatoren gleich bleiben muß, ist in Trafo A der Strom $I_{2}I\_2$ auf Sekundärseite höher als der Strom $I_{1}I\_1$ auf Primärseite.

• Für Transformator B gilt dies umgekehrt, da das Wicklungsverhältnis ${\displaystyle \frac{N_2}{N_1}}\backslash dfrac\{N\_2\}\{N\_1\}$ umgekehrt zu Transformator A ist.

Etwas zusätzliches Wissen hierzu:

Wir haben gelernt Leistung bzw. Energie in hohen Spannungen zu übertragen.

Das z.B. deutsche Übertragungsnetz ist in sogenannte Netzebenen, Netzspannungsebenen oder auch Netzspannungsbereiche unterteilt

(teils historisch bedingt, nahezu gleichwertige Begriffe):

• Mittelspannungsebene (Spannungen mit 10 k(ilo)V, 20 kV, 30 kV. . .)

• Hochspannungsebene (Spannungen in der Größenordnung 60 kV bis 110 kV)

• Höchstspannungsebene (Spannungen um 220 kV oder 380 kV)

Transformatoren welche diese hohen Spannungen bei sehr bis extrem hoher Leistung händeln können, nennt man Leistungstransformatoren. Deren Leistungsbereich liegt zwischen einigen 10 M(ega)VA bis weit über 1.000 MVA.

Diese sind natürlich anders und komplexer gebaut als unser Beispiel in Abb. 2. Das zu Grunde liegende elektrotechnische Prinzip ist allerdings vergleichbar.