⋅= Z3Z 10üX´´X Ω=⋅= 16üR´´R Ω=⋅=

Aufgabe 1 a)

( ϕ ) ( ) °

⋅ Ω

=

⋅ ⋅

=

⋅ ⋅

=

N N

VY

e 4 , 619 e

A 50 3

V e 400

I 3

Z U

{ } = Ω

ℜ

= Z 3 , 926

R

{ } = Ω

ℑ

= Z 2 , 433

X

b)

725 , V 1 400

V 690 U

ü U

2

1

= =

=

( )

Ω

=

=

⋅ =

= 4 , 761

kVA 100

V 690 S

U I 3 X U

2

N 2 N N N N

Ω

= Ω

⋅

=

⋅

= u X 8 % 4 , 761 0 , 381

X

c)

Ω

=

⋅

= R ü 16

´´

R

Ω

=

⋅

= X ü 10

´´

X

A 8 , 10 20

j 16 381 , 0 j 3 , 0 j 1 , 0

V 400

´´

jX

´´

R X j Z I U

y , V y

, V L T

LN

1

=

Ω + + +

= + +

+

⋅

= + d)

Y

D

3 U

U = ⋅

Y

D

3 Z

Z = ⋅

Eine zweiphasige Übertragung benötigt immer einen Neutralleiter und damit mehr

Kupferquerschnitt.

Aufgabe 2 a) 2p = 4

2π α π

H

2π α π

H

b)

Durchflutungsgesetz:

m 5

7 m m

0 m

M

B

Vs 10 Am 18 , 3 B Am 10 Vs 4 mm 5 , 2

mm B 1

H h ⋅ = ⋅ ⋅

⋅ π

⋅

= µ ⋅

⋅

− δ

=

−

B

= 0,35 T

B

H

= -180 kA/m

B [T]

H [kA/m]

-400 -300 -200 -100

0,4

0,3

0,2

0,1

B

= B

= 0,27 T Scherungsgerade

B

= 0,35 T

B

H

= -180 kA/m

B [T]

H [kA/m]

-400 -300 -200 -100

0,4

0,3

0,2

0,1

B

= B

= 0,27 T Scherungsgerade

keine bleibende Entmagnetisierung, da |H| << |

H

|

c)

mVs min 96

60 s min 7500

V 12 n

k U

0

aN

= ⋅ =

=

Φ

k Φ

Ω

=

=

= 30 m

A 400

V 12 I

R U

ak aN a

d)

A 54 , k 78

M I

2

=

φ

= π

V 96 , 7 A 54 , 78 m 30 min

60 s min mVs 3500

96 I R n k U

1 ad

a d P

ad

= Φ ⋅ + ⋅ = ⋅ + Ω ⋅ =

−

Nein, da I

> I

Aufgabe 3:

a)

I₀

ℜ

ℑ

I_1K I_1Kipp

ℜ

I₀

ℜ

ℑ

I_1K I_1Kipp

ℜ

I

= 38 A

M

/M

= 4,4 cm/2,5 cm = 1,76 s

= 5,2 cm/16,4 cm= 0,32 n

= f

/p = 60 Hz/3 = 1200 min

n

= n

· (1-s

) = 1200 min

· (1-0,32) = 816 min

rechnerische Lösung:

°

−

°

−

− = ⋅

⋅

=

−

=

− I

´ I

I

50 A e

j 10 A 40 , 42 A e

( 71 , 33 ) ) ^{42 , 67 A}

sin A 42 , 40 sin

´

I I

K K 2

D

=

= °

= ϕ

A 33 , 2 21

A 67 , 42 2

I

= I

= =

( I I ) ( 21 , 33 A ) ( 10 A 21 , 33 A ) 37 , 9 A I

I

=

+

+

=

+ +

=

( 75 ) 12 , 94 A cos

A 50 cos

I

I

=

⋅ ϕ

= ⋅ ° = 65 , A 1 94 , 12

A 33 , 21 I

I M M

K 1 Kipp 1 K

Kipp

= = =

Kipp Kipp Kipp

K

s s 1

2 M

M

+

=

⇒ s 1 0

M M

s 2

K 2 Kipp

Kipp

⋅ + =

−

⇒ 1 1 , 65 1 , 65 1 0 , 338

M M M

s M

2

K Kipp K

Kipp

Kipp

 − = − − =





 

− 

=

(

)

^{( )}

Kipp

13 , 2 Hz 794 min

3 Hz 338 60

, 0 p 1

s f 1

n = − ⋅ = − ⋅ = =

Aufgabe 4:

a)

U

X

I

3 U

U

X

I

3 U

( ϕ ) (− ) − °

=

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

N

3 U I e 3 400 V 200 A e 139 kVAe

S

b)

U

ϑ

I

ϕ

jX

I

3 U

U

ϑ

I

ϕ

jX

I

3 U

Konstruktion:

⋅

=

N

200 A e

I

Auftragen von U

(in reeller Achse) und I

Substraktion jX

· I

liefert U

Ablesen liefert:

U

= 7,8 cm⋅50 V/cm = 390 V ϑ

= -24°

alternative rechnerische Lösung

( °+ °) + °

⋅

=

⋅

⋅ Ω

−

=

⋅

−

=

PN

1 200 A e 385 , 7 V e

3 V I 400

3 jX

U U

U

X

-I

3 U

U

X

-I

3 U

U

U

ϑ

-I

jX

· (-I

)

U

U

ϑ

-I

jX

· (-I

) Konstruktion:

( )

°

⋅

Ω = +

= ⋅

=

Last N

Last

32 A e

4 j 6 3

V 400 Z

I U

Am Generator liegt -I

an (Verbraucherzählpfeile).

Auftragen von U

(in reeller Achse) und -I

Addition -jX

· I

liefert U

Ablesen liefert:

U

= 5,0 cm⋅50 V/cm = 250 V

alternative rechnerische Lösung:

( ) ( 26 , 6 j 17 , 8 ) A 4

j 6 3

V 400 Z

I U

Last N

Last

= −

Ω +

= ⋅

=

{ } ( { } ) 17 , 8 A ( 26 , 6 A ) 250 , 1 V

3 V I 400

X I

3 X

U U

2 2

1 Last 2

1 Last N

Pc

 + − =



 



 +

= ℜ

⋅

−

 +



 



 − ⋅ ℑ

=

d) 5 Leiter

Messung des Summenstroms aller Leiter L1, L2, L3 und N-Leiter: Falls ungleich Null Auslösung (gleichbedeutend mit Strom in PE)

Das Kfz.-Bordnetz ist in Schutzklasse III (Schutzkleinspannung) ausgeführt.