Zeiger - Leistungskurven < Elektrotechnik < Ingenieurwiss. < Vorhilfe
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Hallo Leute
Ich habe da mal noch eine kurze Frage zu den Zeigern. Im Bild seht ihr die Leistungskurven. Die Fragen, die ich dazu zu beantworten habe sind folgende:
a) Um welche Leistungskurven handelt es sich?
b) Wie gross ist cos(p) p = Phasenwinkel?
c) Aufzeichnen des Leistungsdreiecks.
Na gut. Das, was ich mir überlegt habe...
a) Die durchgezogene Kurve = Wirleistung, die gestrichelte = Blindleistung
b) Meine Vermutung: Ich vergleiche die Spitzen der Kurven, komme dort auf 45 Grad. Ich weiss nicht wieso ich das machen muss, aber ich glaube ich muss das Ganze *2 rechnen...also habe ich da einen Winkel von 90 Grad...das heisst für mich Wirkeleistung und Blindleistungszeiger stehen 90 Grad aufeinander.
c) Somit hätte ich einen horizontalen Zeiger für die Wirkleistung. Die Blindleistung steht senkrecht darauf. Die Scheinleistung bildet die Hypothenuse unter einem Winkel von... 60 Grad? Oder wie gross muss dieser nun sein...irgendwie fehlt mir da ja noch einen Winkel... bzw. ich weiss ja nicht wie lange diese Zeiger sind...oder entsprechen die der Amplitude der Schwingungen? Gilt dies in dem Fall auch für Leistungsschwingungen?
Also falls die Zeigerlänge von den Amplituden abhängen würde, dann hätte ich ein gleichschenkliges Dreieck, da ja die Wirkleistungsampitude und die Blindleistungsamplitude = 35 W betragen... somit müsste phi = 45 Grad sein...
Aber was stimmt nun?
Ich danke euch.
Liebe Grüsse
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:55 Mo 05.07.2010 | | Autor: | Infinit |
Hallo Nicole,
Deine Überlegungen laufen schon auf das richtige raus. Die gestrichelte Linie zeigt eine Blindleistung, denn das Integral über eine Periode ergibt gerade einen Wert von 0 Watt. Die durchgezogene Linie ähnelt dieser ersten, ist aber phasenverschoben und auch in der Amplitude verschoben. Augenscheinlich wurde hier eine konstante Leistung von 35 W dazuaddiert, der übrigbleibende Sinus hat wieder eine Spitzenleistung, die so groß ist wie die Blindleistung. Wenn man dann noch berücksichtigt, dass Blindleistung und Wirkleistung senkrecht aufeinander stehen, also eine Phasenverschiebung von 90 Grad haben, so kann es sich bei dieser Kurve nur um eine Scheinleistung handeln im Sinne von
$$ [mm] S^2 [/mm] = [mm] P^2 [/mm] + [mm] Q^2 \, [/mm] , $$
wenn wir mal mit P und Q die Wirkleistung und mit Q die Blindleistung bezeichnen. Den Phasenwinkel hast Du Dir auch schon überlegt, er beträgt 45 Grad.
Viele Grüße,
Infinit
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:) Danke für deine Antwort. Ich frage mich nur, wieso es sich hier nicht um eine Wirkleistung handelt? Irgendwie verstehe ich das schon was du da meinst...nur habe ich folgendes Problem...ich habe scho mal eine solche Aufgabe gelöst, ich habe sie auch gepostet (siehe Bild unten), dort ist mir cos phi angegeben mit 0.5. Das heisst für mich der Phasenwinkel zwischen Scheinleistung und Wirkleistung beträgt 60 Grad. Nur auf meinem Bild wirst du sicherlich erkennen können, dass es sich da um einen 30 Grad Winkel handelt...
Deswegen habe ich gedacht diese 45 Grad die ich da aus dem oberen Bild herauslesen kann, müsse man auch noch mit * 2 multiplizieren, aber dann kann es ja nicht möglich sein, dass es sich um den Phasenwinkel = 90 Grad zwischen Scheinleistung und Wirkleistung handelt...deswegen habe ich gedacht es sei Blindleistung und Wirkleistung...
Aber vielleicht kannst du mir ja erklären...wieso ich bei der 2. Skizze nur immer die Hälfte des Winkels erhalte...im Gegensatz zur 1. Skizze?
Danke dir vielmals.
Ich danke dir.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:42 Mo 05.07.2010 | | Autor: | GvC |
Die durchgezogene Linie in Deinem Eröffnungspost ist in der Tat die Wirkleistung. Wäre es die Scheinleistung, müsste die Blindleistung zu jedem Zeitpunkt Null sein und dürfte nicht den gezeigten sinusförmigen Verlauf haben.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:58 Di 06.07.2010 | | Autor: | Nicole1989 |
Ahja...;) Danke dir.
Ich danke dir.
Liebe Grüsse
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Und wieso muss man da eigentlich immer *2 rechnen, damit man den Winkel für das Leistungsdreieck berechnen kann? Hat das was mit den Frequenzen zu tun?
Vielen Dank.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:03 Di 06.07.2010 | | Autor: | GvC |
Ich verstehe nicht genau, was Du meinst. Der Faktor 2 ergibt sich ja nur für die Frequenz, da die Leistung mit doppelter Frequenz pulsiert. Dass Wirk- und Blindleistung eine Phasenverschiebung von 90° haben, ist immer so, denn die Wirkleistung folgt einer Kosinusfunktion (mit doppelter Frequenz), während die Blindleistung einer Sinusfunktion (mit doppelter Frequenz) folgt. Das ergibt sich ganz einfach, wenn Du die Zeitfunktionen von Spannung und Strom miteinander multiplizierst. Das ergibt nach einigen Umformungen mit Hilfe von Additionstheoremen
[mm] p = u\cdot i = \hat{U} sin(\omega t + \varphi_u)\cdot\hat{I} sin(\omega t + \varphi_i) = \frac{\hat{U}\hat{I}}{2}cos(\varphi_u - \varphi_i)(1-cos2(\omega t+\varphi_u)) - \frac{\hat{U}\hat{I}}{2}sin(\varphi_u-\varphi_i)sin2(\omega t + \varphi_u)= UIcos\varphi(1-cos2(\omega t+\varphi_u)) - UIsin\varphi\cdot sin2(\omega t + \varphi_u)[/mm]
mit [mm]\frac{\hat{U}\hat{I}}{2} = U\cdot I [/mm] und [mm]\varphi_u - \varphi_i = \varphi[/mm]
Die Phasenverschiebung zwischen U und I erkennst Du aus dem Vergleich der Scheitelwerte der Wirk- und der Blindleistung, die im vorliegenden Fall beide gleich groß, nämlich 35W sind. Stell' Dir die Zeigerdarstellung der Wechselstromleistung vor: Wirkleistung in reeler Richtung 35W, Blindleistung in imaginärer Richtung ebenfalls 35W, also muss die Phasenverschiebung zwischen U und I gerade 45° sein.
Wäre der Scheitelwert der Blindleistung nicht wie hier 35W, sondern beispielsweise 20,2W, so wäre die Phasenverschiebung [mm]\varphi = arctan\frac{20,2}{35} = 30^\circ[/mm].
Ich hoffe, das überzeugt jetzt auch infinit, der ja zum großen Teil schon richtig lag.
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Hallo
Ich danke dir. Das Ganze kann echt verwirrend sein. Du hast ja jetzt gesagt, der Winkel zwischen Strom und Spannung könne man da nicht einfach herauslesen. Jetzt ist das so, dass ich komischerweise bei meiner 2. Skizze (Ich weiss nicht, sieht man die überhaupt?!?)... die Scheinleistungsamplitude mit der Wirkleistung verglichen habe... ich bekam da die Hälfte nämlich 30 Grad... der Phasenwinkel betrug 60 Grad... von dem her auch hier wieder *2... kann man diesen denn nicht einfach so herauslesen? Komischerweise hat das bei mir mit dieser *2 Multiplikation immer geklappt.
Ich danke dir.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:46 Di 06.07.2010 | | Autor: | GvC |
Leider ist das Bild zurzeit gesperrt. Es war früher ma zu sehen, jetzt nicht mehr. Kannst Du das nochmal hochladen oder einen externen Bilderserver benutzen? Ich habe da so 'ne Vermutung, will die aber erst nochmal überprüfen.
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http://www.bilderuploaden.de/aihspro2/show.php/14459_bildwichtig.JPG.html
Also... gegeben ist cos phi = 0.5 und Wirkleistungsschwingung P = 35 Watt...
Cos Phi = 0.5 => 60 Grad...in meiner Skizze sieht man zwischen den Amplituden eine Verschiebung von 30 Grad...man beachte Scheinleistungskurve und Wirkleistungskurve.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:32 Mi 07.07.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du musst aber den Unterschied Wirkleistung- Blindleistung ansehen, nicht Wirkleistung- Scheinleistung.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:34 Fr 09.07.2010 | | Autor: | GvC |
Hallo Nicole,
sorry, war längere Zeit nicht da.
Da hatte ich den Mund ein bisschen zu voll genommen, als ich sagte, man könne aus den winkelabhängigen Leistungskurven keine Phasenverschiebung entnehmen. Das meiste stimmt aber. Also: In der Tat lässt sich die Phasenverschiebung zwischen U und I ablesen, denn die Scheinleistung hat eine Phasenlage von [mm] \varphi_u [/mm] + [mm] \varphi_i [/mm] und die Wirkleistung eine von [mm] 2*\varphi_u. [/mm] Ich hatte das in einem früheren Beitrag bei der Herleitung des Leistungsverlaufs im Zeitbereich schon mal deutlich gemacht. Die Differenz zwischen beiden ist natürlich [mm] \varphi_u [/mm] - [mm] \varphi_i [/mm] bzw. [mm] \varphi_i [/mm] - [mm] \varphi_u. [/mm] Dass Du das nicht direkt aus den Leistungsverläufen ablesen kannst, liegt an der Tatsache, dass die Leistung mit doppelter Frequenz pulsiert, aber nur über dem einfachen [mm] \omega [/mm] t aufgetragen ist. Du siehst das in Deinem Diagramm auch daran, dass beim Winkel von 180° die Leistungen schon eine volle Periode durchlaufen haben. Würdest Du die Abszissenbeschriftung dem Winkel der Leistungen anpassen, also jede Winkelangabe verdoppeln, hättest Du tatsächlich bei einer Leistungsperiode den Winkel von 360° und als Phasenverschiebung zwischen Schein- und Wirkleistung (natürlich nicht zwischen Wirk- und Blindleistung, wie an anderer Stelle hier schon mal behauptet wurde) den "richtigen" Winkel [mm] \varphi_u-\varphi_i.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:55 Di 06.07.2010 | | Autor: | Limpmoke |
a)Annahme
gestrichelt = Phasenverschiebung der Sinusform um 45° ->Scheinleistung
durchgezogen = Phasenverschibung der Sinusform um 90°->Blindleistung
Wirkleistung 0° Phasenverschibung
b)
p ist der Winkel zwischen Wirk und Scheinleistung = 45°
cos(p)= [mm] 1/\wurzel{2} [/mm] = 0,7071
der Winkel im Koordinatensystem ist der Winkel zwischen Q und S
c)
zum Zeichnen des Leistungsdreiecks muss jetzt nur noch ein Winkel gewählt und der Gleichannteil (Verschiebung der Kruve in vertikaler richtung) abgezogen werden
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:14 Di 06.07.2010 | | Autor: | GvC |
Die Annahme, dass die durchgezogene Linie die Blindleistung darstelle, ist falsch. Blindleistung wird periodisch zwischen Quelle und Verbraucher hin- und hergeschoben. Die durchgezogene Linie wechselt aber nicht das Vorzeichen, die Leistung fließt also nur in eine Richtung. Es kann sich demnach nur um die Wirkleistung handeln.
Die gestrichelte Leistungskurve hat den zeitlichen Mittelwert Null. Das ist das typische Charateristikum der Scheinleistung: Keine Leistungsübertragung an den Verbraucher, sondern abwechselnd gleicher Leistungsfluss in beide Richtungen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:45 Di 06.07.2010 | | Autor: | Limpmoke |
Hallo,
Das stimmt alles was du da schreibst aber es gibt keine Zeit-Achse.
Die Leistung wird über dem Winkel dargestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:06 Di 06.07.2010 | | Autor: | GvC |
Na und? Da ist die Zeitachse doch nur mit dem konstanten Proportionalitätsfaktor [mm] \omega [/mm] multipliziert. Mit der Phasenverschiebung zwischen U und I hat das jedenfalls nichts zu tun. Lies' mal meine letzte "Antwort" auf die letzte "Frage".
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Also ich fasse die Ergebnisse jetzt nochmals zusammen, um da sicher zu gehen:
Zu meinem 1. Bild:
Es handelt sich um die Kurven Wirkleistung und Blindleistung. Diese stehen ja wie bereits erwähnt immer 90 Grad zueinander. Was ich mit diesem Faktor 2 meinte ist: Ich sehe bei einem Vergleich der Amplituden eine Verschiebung von 45 Grad...deswegen kam ich auf diesen Faktor 2... Dies nützt mir in diesem Beispiel ja noch nichts wirklich, das besagt ja nur, dass Blind zu Wirkleistung 90 Grad aufeinanderstehen. Mithilfe der Amplituden, die ja dort beide 35 W anzeigen, handelt es sich dann schlussendlich um ein gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck, das einen Phasenwinkel von 45 Grad aufweisen muss. Bitte korrigiert meine Aussagen, wenn da was nicht stimmt!
=> Die Amplitude entspricht in diesem Fall auch bei den Leistungskurven der Zeigerlänge? Stimmt das?
Danke euch.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:19 Di 06.07.2010 | | Autor: | GvC |
> Also ich fasse die Ergebnisse jetzt nochmals zusammen, um
> da sicher zu gehen:
>
> Zu meinem 1. Bild:
>
> Es handelt sich um die Kurven Wirkleistung und
> Blindleistung. Diese stehen ja wie bereits erwähnt immer
> 90 Grad zueinander. Was ich mit diesem Faktor 2 meinte ist:
> Ich sehe bei einem Vergleich der Amplituden eine
> Verschiebung von 45 Grad...deswegen kam ich auf diesen
> Faktor 2...
Woraus siehst Du die Phasenverschiebung zwischen Spannung und Strom von 45°? Aus der Division der Phasenverschiebung zwischen Wirk- und Blindleistung durch 2? Dann müsste, da Wirk- und Blindleistung immer senkrecht aufeinander stehen, die Phasenverschiebung zwischen U und I immer 45° sein. Das kann ja wohl nicht sein. Hast Du denn meinen Beitrag nicht gelesen? Dabei hatte ich mir solche Mühe gegeben.
> Dies nützt mir in diesem Beispiel ja noch
> nichts wirklich, das besagt ja nur, dass Blind zu
> Wirkleistung 90 Grad aufeinanderstehen. Mithilfe der
> Amplituden, die ja dort beide 35 W anzeigen, handelt es
> sich dann schlussendlich um ein
> gleichschenklig-rechtwinkliges Dreieck, das einen
> Phasenwinkel von 45 Grad aufweisen muss. Bitte korrigiert
> meine Aussagen, wenn da was nicht stimmt!
Siehst Du, hier ist es richtig. Du musst die Amplituden von Wirk und Blindleistung vergleichen. Die Amplitude der Wirkleistung ist [mm] UI\cdot cos\varphi[/mm], die der Blindleistung ist [mm] UI\cdot sin\varphi[/mm]. Wenn Du die ins Verhältnis setzt, erhältst Du den Tangens des Verschiebungswinkels zwischen U und I. Denn so ist der ja abgekürzt worden: [mm] \varphi [/mm] = [mm] \varphi_u [/mm] - [mm] \varphi_i.
[/mm]
[mm]\frac{\hat{Q}}{\hat{P}} = \frac{UI\cdot sin\varphi}{UI\cdot cos\varphi} = tan\varphi[/mm]
Auch dafür hatte ich in meiner letzten Antwort ein Beispiel gegeben. Jetzt bin ich ein bisschen enttäuscht, dass Du das nicht durchgelesen oder zumindest nicht verstanden hast. Wenn das so ist, musst Du nochmal konkret nachfragen.
>
> => Die Amplitude entspricht in diesem Fall auch bei den
> Leistungskurven der Zeigerlänge? Stimmt das?
Ja, und zwar bei der Wirkleistung [mm] UI\cdot cos\varphi, [/mm] bei der Blindleistung [mm] UI\cdot sin\varphi [/mm] und bei der Scheinleistung UI.
>
> Danke euch.
Ich glaube, die Verwirrung (nicht nur bei Dir) beruht darauf, dass ihr glaubt, auf der Abszisse eine Phasenverschiebung zwischen U und I ablesen zu können. Wie gezeigt, geht das bei Darstellung von Wirk- und Blindleistung nicht, denn die stehen immer senkrecht aufeinander. Selbst bei der Darstellung der Scheinleistung geht das nicht, denn deren "Pasenlage" ist [mm] \varphi_u+\varphi_i. [/mm] Wie soll man da auf [mm] \varphi_u-\varphi_i [/mm] kommen? Und ihr solltet nicht die Zeigerdarstellung der Leistung mit dem zeitlichen Verlauf der Leistung verwechseln. Denn anders als bei Strom- und Spannungszeigern darf man sich die Leistungszeiger nicht rotierend vorstellen. Die Zeigerdarstellung der Leistung ergibt sich nämlich aus einer mathematischen Operation, die durch die Physik in keinster Weise begründet werden kann, nämlich durch die Multiplikation des komplexen Spannungszeigers mit dem konjugiert komplexen Stromzeiger. Kannst Du Dir physikalisch eine negative Frequenz vorstellen? Nein, diese Rechenoperation ergibt halt nur ein praktisch gut verwertbares Ergebnis, da es die Beträge der einzelnen Leistungsanteile richtig wiedergibt und sogar die Phasenverschiebung zwischehn U und I enthält. Im Zeitbereich, also in dem von Dir gezeigten Verlauf über dem zeitabhängigen Winkel [mm] \omega\cdot [/mm] t ist davon nichts zu sehen. Da kann man die entsprechenden Schlüsse nur aus den Amplituden der einzelnen Leistungsanteile ziehen.
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