Übung AFB III

Musterlösung: Standort A ist deutlich besser. Bei gleicher Leistung ist der Strom nach P = U·I bei 400 V rund 275-mal so groß wie bei 110 kV, und der Leitungsverlust P_V = R·I² steigt mit dem Quadrat des Stroms. Dazu kommt bei Standort B die 30 km lange Leitung mit entsprechend großem Widerstand R. Standort A nimmt den Windstrom dort auf, wo er entsteht, und entlastet zusätzlich die abgehende Leitung.

Musterlösung: Ich lege mich auf eine gemischte Lösung fest: Freileitung auf freier Strecke, Erdkabel nur im Bereich der Wohnbebauung. Die Freileitung ist um ein Vielfaches günstiger, gibt ihre Verlustwärme an die Luft ab und ist bei einem Schaden in Stunden repariert. Das Erdkabel kostet deutlich mehr und ist bei einem Fehler wochenlang außer Betrieb, vermeidet aber Mastbauten und Lärm dort, wo Menschen wohnen. Der Zusatzpreis ist nur auf dem kurzen Teilstück gerechtfertigt.

Musterlösung: Das Konzept ist grenzwertig. Der Scheitelwert beträgt Û = 12 V·√2 ≈ 17,0 V, am Brückengleichrichter sind stets zwei Dioden in Reihe leitend, also gehen 2·0,7 V = 1,4 V verloren: es bleiben rund 15,6 V. Im Leerlauf reicht das knapp, unter Last entlädt sich der Kondensator aber zwischen zwei Ladepulsen und die Spannung fällt unter 15 V. Ich bewerte das Konzept als unzureichend und empfehle einen größeren Kondensator oder einen Trafo mit etwas höherer Sekundärspannung.

Musterlösung: Ich lehne die Forderung ab. Bei gleicher übertragener Leistung von 200 MW fließen bei 380 kV nur I = 526 A, bei 110 kV dagegen 1818 A — der Strom wäre also rund 3,5-mal größer, nicht kleiner. Mit R = 2 Ω stiege der Leitungsverlust von 554 kW auf 6,6 MW, also auf das rund Zwölffache. Gefährlich ist an einer Leitung der Abstand zu den spannungsführenden Leiterseilen, und der ist bei 380 kV baulich sogar größer; die Absenkung würde nur Energie verschwenden.

Musterlösung: Man schließt eine Spule an ein Spannungsmessgerät an und bewegt einen Stabmagneten hinein und wieder heraus. Gemessen wird der Ausschlag der Induktionsspannung. In drei Messreihen wird jeweils genau eine Größe verändert: die Geschwindigkeit der Bewegung, die Windungszahl der Spule und die Stärke des Magneten; alle übrigen Bedingungen bleiben gleich. Erwartet wird, dass die Induktionsspannung mit jeder dieser drei Größen zunimmt und dass sie null ist, solange der Magnet ruht — induziert wird nur bei Änderung des Magnetfelds.

Musterlösung: Die Aussage ist falsch. Auf der Primärseite gilt P₁ = 230 V·2 A = 460 W. Wird die Spannung verzehnfacht, sinkt die Stromstärke im selben Verhältnis: aus I₁/I₂ = n₂/n₁ folgt I₂ = 0,2 A, also P₂ = 2300 V·0,2 A = 460 W. Der ideale Transformator gibt genau so viel Leistung ab, wie er aufnimmt; beim realen Trafo ist es wegen Wärmeverlusten sogar etwas weniger. Eine Leistungsvermehrung würde den Energieerhaltungssatz verletzen.

Musterlösung: Für die These spricht, dass Wind- und Solaranlagen keine Brennstoffkosten verursachen und an guten Tagen schon heute den Bedarf decken können. Dagegen spricht, dass ihre Leistung vom Wetter abhängt und bei einer mehrtägigen Dunkelflaute fast vollständig ausfällt. Im Netz müssen Erzeugung und Verbrauch aber in jedem Augenblick übereinstimmen, sonst weicht die Frequenz von 50 Hz ab; heutige Batteriespeicher überbrücken nur Stunden, nicht Tage. Ergebnis: Regelbare Kraftwerke oder sehr große Speicher bleiben als Reserve nötig, auch wenn ihre Betriebsstunden stark sinken.

Musterlösung: Die Rechnung ist falsch. Schon die Größenordnung verrät den Fehler: Der angegebene Verlust wäre 360-mal größer als die übertragene Leistung. Der Fehler liegt darin, dass in P = U²/R die Spannung eingesetzt werden muss, die über der Leitung abfällt, nicht die Netzspannung von 380 kV. Richtig rechnet man über die Stromstärke: I = 100 MW / 380 kV ≈ 263 A und P_V = R·I² = 4 Ω·(263 A)² ≈ 277 kW, also nur rund 0,28 % der übertragenen Leistung.

Musterlösung: Man schließt die Primärseite über ein Spannungs- und ein Strommessgerät an, ebenso die Sekundärseite, und belastet den Ausgang mit einem regelbaren Widerstand. In etwa fünf Stufen wird die Last erhöht und jedes Mal U₁, I₁, U₂ und I₂ abgelesen. Aus P₁ = U₁·I₁ und P₂ = U₂·I₂ folgt η = P₂/P₁; für U₁ = 230 V, I₁ = 0,52 A, U₂ = 10,0 V und I₂ = 11,0 A ergibt sich η = 110 W / 119,6 W ≈ 0,92, also 92 %. Die Werte kommen in eine Tabelle und werden gegen I₂ aufgetragen; η bleibt stets kleiner als 100 %, weil Wicklungen und Eisenkern warm werden.

Musterlösung: Die Glättung reicht aus, wenn die Spannung des Kondensators zwischen zwei Ladepulsen nur wenig absinkt. Ein Brückengleichrichter lädt bei f = 50 Hz zweimal je Periode nach, also 100-mal pro Sekunde; zwischen zwei Pulsen liegt Δt = 10 ms. In dieser Zeit fällt die Spannung um etwa ΔU = I·Δt/C. Die Bedingung lautet: ΔU muss klein gegen die Ausgangsspannung sein — bei I = 0,2 A und C = 470 µF wären es ΔU ≈ 4,3 V (zu viel), bei C = 4700 µF nur noch ΔU ≈ 0,4 V (ausreichend).