ITSE - Transformator und Spannungsabfall

[synler]

Hallo,

ich habe eine Frage zur einer Prüfungsaufgabe. Ich bin mir nicht sicher ob meine Lösung richtig ist. Vielleicht könntet ihr eben einen Blick drauf werfen und was dazu sagen.

Aufgabe 1)

An einen Transformator sollen zwei Halogenlampen angeschlossen werden. Ich soll begründen ob der Transformator für diesen Einsatzzweck geeignet ist.

Typenschild Transformator:

PRI.: 230V ~ 50Hz

SEC.: 12V ~ 10A 120VA

Typenschild Halogenlampe:

Leistungsstufe: 50W

Spannung: 12V

Antwort: Die Halogenlampen benötigen 12V die der Transformator auch liefert. So weit so gut. Dann sollen zwei angeschlossen werden also: 2 * 50W = 100W. Transformator: 12V * 10A = 120W. Der Transformator hat genügend Leistung für zwei Halogenlampen. Für 3 allerdings nicht.

Aufgabe 2)

Der Transformator (siehe oben) soll 6 Meter entfernt vom Regal (mit dem Halogenspot) aufgestellt werden. Gesucht ist der Leitungsquerschnitt bei delta U = 3%.

Antwort: Mir bereitet die benötigte Formel kopfschmerzen. Eigentlich liefert der Transformator bei SEC. ja Wechselstrom. Also bräuchte ich für delta U den Wirkleistungsfaktor (cos phi). Dieser ist aber in der Aufgabe nicht gegeben. Ich würde also mit cos phi = 1 rechnen, das wäre aber die Formel für Gleichstrom.

Ich würde folgende Formel nehmen und sie nach A (Querschnitt) umstellen:

Delta U = (2 * l * I ) / (elektr. Leitfähigkeit * A )

l = 6m

elektrische Leitfähigkeit d. Kupferleitungen ist gegeben.

Delta U wären dann 3% von 12 Volt (Spannung des Transformators)

Bei I bin ich mir unsicher. Ich würde sagen I = P/U = 100W/12V = 8,3A

Ich komme so auf einen Querschnitt von 4,9mm2, genormt wären es denn 6. Das erscheint mir etwas viel.

Danke für eure Hilfe.

[127.0.0.1]

VA != W

ist doch wechselstrom, also noch mit 0,7 multipliziert.

zu 2. schreib mal die formel hin und setze samt einheiten ein. dann wirst du den fehler sehen. an 6mm-kabeln hängen ganze werkstätten......

[synler]

danke für deine Antwort

zu 1)

also Leistung (W) + Blindleistung (VAr) = Scheinleistung (VA)

Muss ich denn bei Wechselstrom immer mit 0,7 Rechnen? Ich habe da öfters unterschiedliche Werte gesehen.

2)

Bei zwei kann ich den Fehler nicht entdecken. Ich verwende folgende Formel:

A= ( (2 * l * I) / delta U ) / Leitfähigkeit

also

A = ( (2 * 6m * 8,3A) / 0,36V ) / 56 m/ohm*mm2)

Ich würde jetzt nur noch darauf Tippen das der Fehler bei einem falschen I liegt.

Alternativ: I=P/U= (100W * 0,7) / 12V = 5,83A Wäre dann ein Querschnitt von 3,47mm2 kommt mir immer noch sehr viel vor.

Bearbeitet 8. Mai 2012 von synler