120. Einphasenumformer bei Phasengleichheit. 455 
Wenn wir in dA das Differential des Winkels statt desjenigen der 
Zeit einführen und die Grenzen des Integrals entsprechend ändern, 
  
erhalten wir 
Del 
P, =" — \ | 1—neosa)? (n— «) + (l-Hnecose) « de. 
v 
Durch Umformung finden wir 
20e l 
Pr = — In a en 
re 
e 
0 
Die Auflösung der Integrale giebt in der Reihenfolge, wie die Glieder 
unter dem Integralzeichen stehen 
5 2 
n", 0, T Si 8n. 
Wir können jetzt durch Einsetzen der entsprechenden Werthe 
von 7 den Leistungsverlust durch Erwärmung finden. Die Rechnung 
ist so einfach, dass sie nicht im Einzelnen ausgeführt zu werden 
braucht. Das Ergebnis ist folgendes: 
- 2we ; 
Theor. Grenzfaln=2 ....P, = Se 13,66 
2 2 
| ea, De 
RE oO TI 
Di ne Pe 
2 7 
Hier ist m das Verhältnis von Polbreite zu Polmittenabstand. 
Nun ist 2 wc? jene Leistung, welche im Ankerkupfer durch 
ohmischen Widerstand verloren geht, wenn der Anker den Strom 2c, 
liefert und dabei mechanisch angetrieben wird. Soll nun in beiden 
Fällen (elektrischer und mechanischer Antrieb) genau die gleiche 
Leistung verloren gehen, so müssen wir setzen 
DB 20. 
Aus dieser Formel lässt sich c und mithin das Verhältnis der 
Leistungen berechnen, wenn die Maschine das eine Mal als Umformer 
und das andere Mal als gewöhnlicher mechanisch angetriebener 
Gleichstromgenerator arbeitet. 
Für den theoretischen Grenzfall, den Steinmetz in dem oben 
erwähnten Aufsatz behandelt hat, ist