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