Hochschule Kempten      
Fakultät Elektrotechnik      
GET2       Fachgebiet Elektronik, Prof. Vollrath      

Grundlagen Elektrotechnik 2 (GET2)

24 Transformator

Prof. Dr. Jörg Vollrath


23 Transformator



Video GET2 01 Einführung kompakt

Video der 19. Vorlesung 8.6.2021


Länge: 1:22:04
0:0:0 Evaluierung

0:0:0 Differenzverstärker

0:2:0 Eingangs und Ausgangswiderstand

Übersicht



Messung der Ersatzschaltbildgrößen



Elektrotechnik für Ingenieure 2, Wilfried Weißgerber, Vieweg und Teubner, Kap 6.4, S. 237ff

Leistungstransformator: Leerlauf




Mit der Leerlaufmessung bestimmt man ü, R'E und L1h

\( ü = \frac{U_1}{U_2} \)

Eine Wirkleistungsmessung gibt R'E:

\( P_{1L} = \frac{U_{1L}^2}{R'_E} \)
\( R'_E = \frac{U_{1L}^2}{P_{1L}} \)

Aus dem Zeigerdiagramm ergibt sich die Hauptinduktivität:
\( X_{L1h} = \omega L_{1h} = \frac{U_{1N}}{I'_{\mu}} = \frac{U_{1N}}{\sqrt{I_{1L}^{2} - I_{e}^{'2}}} = \frac{U_{1N}}{\sqrt{I_{1L}^{2} - \left( \frac{U_{1N}}{R'_E}\right)^{2}}} \)

\( \underline{Z}_{L1h} = \frac{1}{\frac{1}{R'_E} + \frac{1}{j \omega L_{1h}}} \)

Scheinleistung: S = U I
Q = S · sin φ = U · I · sin φ = ω · L · I2
P = U · I · cos φ

\( \phi = arcsin(\frac{\omega L I^2}{P}) \)

Im Leerlauf fliesst kein Strom, deshalb fallen die rot gekennzeichneten Elemente weg.
Der ohmsche Widerstand der Wicklungen ist viel kleiner als der Eisenwiderstand und die Streuinduktivität ist viel kleiner als die Hauptinduktivität.

Kurzschluss des Transformators




SPICE Transformator

LTC, Examples, Educational: Transformer
L1 0 N002 100µ
L2 N003 0 900µ
V1 N001 0 PULSE(0 1 0 10n 10n 5u 10u)
R1 N002 N001 10
K1 L1 L2 1
.tran 100u

Man sieht den Kopplungsfaktor K1 zwischen L1 und L2
Man sieht die Wicklungen mit Orientierung markiert durch den Kreis.
Man sieht die Induktivitäten L1 und L2.

Bei niedrigen Frequenzen stimmt das Stromübertragungsverhältnis nicht, da es ein Hochpass Verhalten gibt (AC Analyse).
\( ü = 3 = \sqrt{\frac{L_1}{L_2}} \)

SPICE Messung Gegeninduktivität


\( \underline{U}_1 ( \omega ) = j \omega L_1 \cdot \underline{I}_1 + j \omega M \cdot \underline{I}_2 \)

\( \underline{U}_2 ( \omega ) = j \omega M \cdot \underline{I}_1 + j \omega L_2 \cdot \underline{I}_2 \)

\( U = \omega L I = 2 \pi f L I \)


\( L = \frac{U}{2 \pi f I} \)

1) Reihenschaltung A: I1 = I2
2) Reihenschaltung B: I1 = -I2

(1) U1A = w(L1+M) IA
(2) U2A = w(L2+M) IA
(3) U1B = w(L1-M) IB
(4) U2B = w(L2-M) IB

(1)+(3)
\(\frac{U_{1A}}{\omega I_A} + \frac{U_{1B}}{\omega I_B} = L1+M+L1-M = 2 L1 \)
(1)-(3) L1+M-L1+M = 2 M
(2)+(4) L2+M+L2-M = 2 L2
(2)-(4) L2+M-L2+M = 2 M

LTSPICE Transformatorwicklungsstart wird mit kleinem Kreis markiert.
Die Berechnung von L und M ist vertauscht: (1)+(3) ergibt 2 M, (1)-(3) ergibt L1, (2)+(4) ergibt 2 L2, (2)-(4) ergibt 2 M.
I1 = 9.6 mA, I2 = 37 mA, U1A = U11-U2 = 0.247 V, U2A = U2X = 0.74 V, U1B = U12 - U2 = 0.46 V, U2B = U2 = 1.38 V.
f = 1 kHz
Berechnung
L1 = 106 uH, L2 =910 uH, M = 303.7 uH, M = 316.6 uH

Beispiel: Messung vom T-Ersatzschaltbild



Beispiel: Kupferwiderstände


Leistungsgtransformator:

\( \sqrt{\frac{L_1}{L_2}} = \frac{N_1}{N_2} = ü = \frac{U_{1N}}{U_{2N}} = 9.1 \)

Annahme: \( R_1 \lt \lt R'_E \), \( R'_2 \lt \lt R'_E\), \(L_\sigma \lt \lt M' \)

Gleich große Spulenvolumina: Es soll gezeigt werden \( R_1 = ˜R‘_2 \)
\( N_2 = \frac{U_{N2}}{U_{N1}} \), \( N_1 = \frac{220}{2000} N_1 = 0.11 N_1 \)
Der Spulendraht der Primärspule ist \( \frac{1}{0.11} = 9.1 \) mal so lang, wie der Draht der Sekundärspule. Da die Volumina gleich sein sollen, muss der Querschnitt der Sekundärspule 9.1 mal größer sein.

\( R_2 = \rho_{Cu} \frac{l_2}{A_2} = \rho_{Cu} \frac{l_1}{9.1^2 A_1} = \frac{R_1}{9.1^2} = \frac{R_1}{ü^2} \)
\( R‘_2 = ˜R_2 \cdot ü^2 = R_1 \)

Beispiel: Leerlauf R'E, L1h=M'

Leerlauf: \( R_1 \lt \lt R‘_E \)
\( P_{1L} = \frac{U_{1l}^2}{R‘_E} \)
\( R‘_E = \frac{U_1l^2}{P_{1l}} = ˜\frac{(2 \cdot 10^{3} V)^2}{200 W} \)
\( R‘_E = 20 k\Omega \)

\( I‘_E = \frac{ U_{1N}}{R‘_E} = \frac{2kV}{20k\Omega} = 100 mA \)
\( \underline{I}_{1L} = \underline{I‘}_E + \underline{I‘}_\mu = \underline{I‘}_E + j I‘_\mu \)
\( I‘_\mu = \sqrt{I_{1L}^2 - I‘_E^2} = 995 mA\)
\( \omega M‘ = \frac{U_{1N}}{I‘_\mu} = \frac{2 kV}{995 mA} = \omega M‘ = 2.01 k\Omega \)
\( L_{1h} = M‘ = \frac{2.01 k\Omega}{ 2 \pi 50 Hz} = 6.4 H\)

Beispiel: Kurzschluss R1, Lσ

Kurzschluss: \( R‘_2 \lt \lt R‘_E \)
\( P_{1k} = I_{1N}^2 (R_1+R‘_2) ˜= I_{1N}^2 2 R_1 \)
\( R_1 = \frac{P_{1k}}{2 I_{1N}^2} = \frac{300 W}{2 \cdot (100 A)^2} \)
\( R_1 = 1.5\Omega \)
\( R‘_2 = 1.5\Omega\)

\( Z_{1k} = \frac{U_{1k}}{I_{1N}} = ˜ \sqrt{ (\omega L_\rho)^2 + R_1^2 } \)
\( \omega L_\rho = \sqrt{\frac{1}{4} \left(\frac{U_{1k}}{I_{1N}} \right)^2 - R_1^2 } = \sqrt{6^2-1.5^2} \Omega = 5.8 \Omega \)
\( L_\sigma = \frac{ 5.8 \Omega }{ 2 \pi 50 Hz} = 18.5 mH \)


Beispiel: Wirkungsgrad


Nennbelastung: I1N = 10 A an R1 und R‘2
Kupferverluste: \( P_{Cu} = I_{1N}^2 (R_1+R‘_2) = 300 W \)
Eisenverluste: PE = P1L = 200W

Wirkungsgrad:
\( \eta = \frac{P_N }{P_N + P_E + P_{Cu}} \)
\( \eta = \frac{ 20kW}{ 20 kW + 0.2 kW + 0.3 kW} = 0.976 \)

Beispiel: Nachdenken über die Lösung


Realer Transformator



Nichtlineare Magnetisierungskurven
Ferromagnetische Stoffe


Permeability by Zureks
Wikipedia: Ferromagnetismus

Dimensionierung von Transformatoren



\( u_2 = N_2 \frac{d \Phi}{dt} = N_2 \frac{d \hat{\Phi} sin\omega t}{dt} = N_2 \omega \hat{\Phi} cos\omega t\)
\( \hat{u}_2 = N_2 \cdot 2 \cdot \pi \cdot f \cdot \hat{\Phi} = N_2 \cdot 2 \cdot \pi \cdot f \cdot A \hat{B} \)
\( U_2 = N_2 \frac{2 \pi}{\sqrt{2}} \cdot f \cdot A \cdot B \)   Effektivwert

\( B = \frac{U_2}{4.44 \cdot f \cdot N_2 \cdot A} \)


Durch die Frequenz f, diw Wicklungszahl N_2 und dem Querchnitt A wird das maximale B bestimmt.
Für ein Schaltnetzteil ist f groß und damit kann A und das Netzteil klein werden.

Φ magnetischer Fluss, A Querschnitt Kern, B magnetische Flussdichte, f Betriebsfrequenz

Zusammenfassung und nächstes Mal

25 Drehstrom