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Übung AFB II

Zehn Aufgaben — von der Netzfrequenz bis zum Pumpspeicherkraftwerk, gestuft mit Hilfen bei Bedarf.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn Sachaufgaben aus allen Kapiteln des Themas: erst die Situation übersetzen, dann in mehreren Schritten rechnen — mit gestuften Tipps, wenn du nicht weiterkommst.

A1
Freileitung zum Gewerbegebiet
AFB II

Eine 20 km lange Freileitung hat den Widerstand R = 4,0 Ω. Über sie wird die Leistung P = 2,0 MW übertragen. Für die Verlustleistung der Leitung gilt PV = R · I².

a) Berechne die Verlustleistung bei einer Übertragungsspannung von U = 20 kV. b) Rechne dasselbe für U = 200 kV und sieh, um welchen Faktor der Verlust sinkt.

kW
kW
Ansatz: Zuerst die Stromstärke aus P = U · I bestimmen, erst dann in PV = R · I² einsetzen.
Rechenweg: I = P : U = 2 000 000 W : 20 000 V = 100 A → PV = 4,0 Ω · (100 A)² = 40 000 W. Bei 200 kV: I = 10 A → PV = 4,0 Ω · (10 A)² = 400 W.
Lösung: a) 40 kW b) 0,4 kW
Vollständige Lösung
Bei 20 kV fließen 100 A und die Leitung verheizt 40 kW; bei 200 kV sind es nur 10 A und 0,4 kW. Zehnfache Spannung bedeutet also nur noch ein Hundertstel des Verlusts. Hinweis: PV hängt quadratisch von I ab — deshalb wird Energie über weite Strecken mit Höchstspannung transportiert.
A2
Klingeltransformator
AFB II

Ein Klingeltransformator hat n1 = 1150 Windungen auf der Primär- und n2 = 40 Windungen auf der Sekundärseite. Er liegt an U1 = 230 V, sekundär fließt I2 = 1,5 A. Er darf als idealer Transformator gelten.

a) Ermittle die Sekundärspannung. b) Ermittle daraus die Primärstromstärke in Milliampere.

V
mA
Ansatz: U2 aus U1 : U2 = n1 : n2; für die Stromstärken gilt I1 : I2 = n2 : n1, gleichwertig P1 = P2.
Rechenweg: U2 = 230 V · 40 : 1150 = 8,0 V. P2 = 8,0 V · 1,5 A = 12 W = P1 → I1 = 12 W : 230 V = 0,0522 A.
Lösung: a) 8,0 V b) 52,2 mA
Vollständige Lösung
Der Transformator liefert 8,0 V; weil er primärseitig dieselbe Leistung von 12 W aufnimmt, fließen dort nur 52,2 mA. Hinweis: Typischer Fehler: das Windungsverhältnis auch bei den Stromstärken gleich herum ansetzen — dort dreht es sich um.
A3
Seilwinde mit Elektromotor
AFB II

Der Motor einer Seilwinde nimmt an U = 230 V die Stromstärke I = 4,0 A auf. In t = 20 s hebt er eine Last und verrichtet dabei die Hubarbeit W = 12 kJ.

a) Bestimme die elektrische Energie, die der Motor in diesen 20 s aufnimmt. b) Bestimme damit seinen Wirkungsgrad in Prozent.

kJ
%
Ansatz: Erst P = U · I, daraus E = P · t; anschließend η = Enutz : Ezu.
Rechenweg: P = 230 V · 4,0 A = 920 W; Ezu = 920 W · 20 s = 18 400 J = 18,4 kJ; η = 12 kJ : 18,4 kJ = 0,652.
Lösung: a) 18,4 kJ b) 65,2 %
Vollständige Lösung
Der Motor nimmt 18,4 kJ auf und macht davon 12 kJ zu Hubarbeit — der Wirkungsgrad beträgt 65,2 %. Hinweis: Die fehlenden knapp 35 % stecken in Reibung und in der Wärme der Wicklungen.
A4
Stromrechnung eines Haushalts
AFB II

Ein Haushalt verbraucht 3500 kWh im Jahr, der Arbeitspreis beträgt 36 ct/kWh. Geräte im Bereitschaftsbetrieb ziehen rund um die Uhr zusammen 50 W. Ein Jahr hat 8760 h.

a) Werte die Jahresrechnung aus: Wie hoch sind die Stromkosten für das Jahr? b) Welchen Anteil am Jahresverbrauch haben die Bereitschaftsverluste?

€
%
Ansatz: Kosten = Energie · Arbeitspreis. Für den Standby-Anteil zuerst E = P · t rechnen, dann durch den Jahresverbrauch teilen.
Rechenweg: 3500 kWh · 0,36 €/kWh = 1260 €. E = 0,050 kW · 8760 h = 438 kWh; 438 kWh : 3500 kWh = 0,125.
Lösung: a) 1260 € b) 12,5 %
Vollständige Lösung
Die Jahresrechnung beträgt 1260 €; davon gehen 12,5 % des Verbrauchs allein für den Bereitschaftsbetrieb drauf. Hinweis: 438 kWh Standby kosten rund 158 € im Jahr — abschaltbare Steckdosenleisten rechnen sich schnell.
A5
Pumpspeicherkraftwerk
AFB II

Ein Pumpspeicherkraftwerk pumpt nachts 6,0 h lang mit P = 300 MW Wasser in das Oberbecken. Tagsüber gibt es 4,0 h lang mit P = 400 MW Energie ins Netz zurück.

a) Vergleiche aufgenommene und abgegebene Energie: Wie viel Energie gibt das Kraftwerk ab? b) Wie groß ist der Wirkungsgrad des Speichers in Prozent?

MWh
%
Ansatz: Beide Male E = P · t; der Wirkungsgrad ist das Verhältnis von abgegebener zu aufgenommener Energie.
Rechenweg: Eauf = 300 MW · 6,0 h = 1800 MWh; Eab = 400 MW · 4,0 h = 1600 MWh; η = 1600 MWh : 1800 MWh = 0,889.
Lösung: a) 1600 MWh b) 88,9 %
Vollständige Lösung
Das Kraftwerk gibt 1600 MWh von 1800 MWh zurück, sein Wirkungsgrad liegt bei 88,9 %. Hinweis: Ein Speicher erzeugt keine Energie — er verschiebt sie in der Zeit und verliert dabei einen Teil.
A6
Oszilloskopbild der Steckdose
AFB II

Ein Oszilloskop zeigt die Spannung einer Steckdose. Die Zeitachse ist auf 5 ms pro Kästchen eingestellt, eine volle Periode nimmt 4 Kästchen ein. Die Spannungsachse ist auf 50 V pro Kästchen eingestellt, der höchste Punkt der Kurve liegt 6,5 Kästchen über der Nulllinie.

a) Deute das Bild: Welche Frequenz hat die Spannung? b) Welchen Effektivwert hat sie?

Hz
V
Ansatz: Periodendauer = Kästchenzahl · Zeitmaßstab, dann f = 1 : T. Den Scheitelwert genauso bestimmen und mit Ueff = Û : √2 umrechnen.
Rechenweg: T = 4 · 5 ms = 20 ms → f = 1 : 0,020 s = 50 Hz. Û = 6,5 · 50 V = 325 V → Ueff = 325 V : 1,41 = 230 V.
Lösung: a) 50 Hz b) 230 V
Vollständige Lösung
Das Bild zeigt die gewöhnliche Netzspannung: 50 Hz und 230 V Effektivwert bei einem Scheitelwert von 325 V. Hinweis: Das Oszilloskop zeigt den Scheitelwert; auf Geräten und in Tabellen steht dagegen immer der Effektivwert.
A7
Diode mit Vorwiderstand
AFB II

Eine Siliziumdiode mit der Schwellenspannung 0,7 V liegt in Durchlassrichtung in Reihe mit dem Widerstand R = 100 Ω an der Gleichspannung U = 12 V.

a) Untersuche den Stromkreis: Wie groß ist die Stromstärke in Milliampere? b) Wie viel Leistung setzt die Diode selbst in Wärme um (in Milliwatt)?

mA
mW
Ansatz: Die Diode nimmt 0,7 V von der Gesamtspannung weg; der Rest fällt am Widerstand ab. Dann I = UR : R und P = US · I.
Rechenweg: UR = 12 V − 0,7 V = 11,3 V → I = 11,3 V : 100 Ω = 0,113 A = 113 mA. P = 0,7 V · 0,113 A = 0,0791 W.
Lösung: a) 113 mA b) 79,1 mW
Vollständige Lösung
Es fließen 113 mA; die Diode selbst verheizt dabei 79,1 mW, der Widerstand den weitaus größeren Rest. Hinweis: An Wechselspannung ließe dieselbe Schaltung nur jede zweite Halbwelle durch — das ist die Einweggleichrichtung.
A8
Fahrraddynamo
AFB II

Ein Fahrraddynamo liefert bei 15 km/h die Spannung U = 6,0 V und die Stromstärke I = 0,50 A. Verdoppelt man die Geschwindigkeit, verdoppelt sich die induzierte Spannung; der Widerstand der Lampe bleibt gleich.

a) Begründe mit P = U · I, welche Leistung die Lampe bei 15 km/h aufnimmt. b) Welche Leistung nimmt sie bei 30 km/h auf?

W
W
Ansatz: P = U · I. Bei doppelter Spannung und gleichem Lampenwiderstand verdoppelt sich nach R = U : I auch die Stromstärke.
Rechenweg: P = 6,0 V · 0,50 A = 3,0 W. R = 6,0 V : 0,50 A = 12 Ω; bei 12 V ist I = 12 V : 12 Ω = 1,0 A → P = 12 V · 1,0 A = 12 W.
Lösung: a) 3,0 W b) 12 W
Vollständige Lösung
Aus 3,0 W werden bei doppelter Geschwindigkeit 12 W — die Leistung wächst also auf das Vierfache. Hinweis: Genau deshalb brannten alte Dynamolampen bergab durch; heutige Rücklichter haben eine Spannungsbegrenzung.
A9
Maschinentransformator im Kraftwerk
AFB II

Der Generator eines Kraftwerks erzeugt U1 = 20 kV. Der Maschinentransformator setzt diese Spannung auf U2 = 380 kV für das Höchstspannungsnetz hoch. Die Unterspannungsseite hat n1 = 500 Windungen.

a) Stelle die Transformatorgleichung für diesen Fall auf: Wie groß ist das Übersetzungsverhältnis n2 : n1? b) Wie viele Windungen hat die Oberspannungsseite?

(ohne Einheit)
Windungen
Ansatz: U1 : U2 = n1 : n2 nach n2 umstellen: n2 = n1 · U2 : U1.
Rechenweg: n2 : n1 = U2 : U1 = 380 kV : 20 kV = 19; n2 = 19 · 500 = 9500.
Lösung: a) 19 b) 9500 Windungen
Vollständige Lösung
Der Transformator übersetzt im Verhältnis 1 : 19, die Oberspannungsseite braucht dafür 9500 Windungen. Hinweis: Zwischen Kraftwerk und Steckdose wird viermal transformiert: 380 kV – 110 kV – 20 kV – 400 V.
A10
Netzteil mit Brückengleichrichter
AFB II

Ein Netzteil setzt die Netzspannung mit einem Transformator auf Ueff = 12 V herunter. Danach folgen ein Brückengleichrichter aus vier Siliziumdioden und ein Glättungskondensator. Im Strompfad liegen immer zwei Dioden in Reihe, jede mit 0,7 V Schwellenspannung.

a) Erkläre, auf welche Spannung der Kondensator aufgeladen wird: Wie groß ist der Scheitelwert der Wechselspannung? b) Welche Gleichspannung liegt im Leerlauf am Ausgang?

V
V
Ansatz: Û = Ueff · √2; von diesem Scheitelwert gehen die Schwellenspannungen der beiden gerade leitenden Dioden ab.
Rechenweg: Û = 12 V · 1,414 = 16,97 V; Uaus = 16,97 V − 2 · 0,7 V = 15,57 V.
Lösung: a) 16,97 V b) 15,57 V
Vollständige Lösung
Der Kondensator lädt sich auf den Scheitelwert 16,97 V minus 1,4 V Diodenspannung auf — am Ausgang liegen rund 15,6 V. Hinweis: Ohne Glättungskondensator läge dort keine ruhige Gleichspannung, sondern eine mit 100 Hz pulsierende Spannung.