S.: „1 . N 7 . 1580 11060 Aü“ L.: „Mehr als das zehnfache der geforderten. Und wie ist es mit dem Platzbedarf?" S.: „bin Draht hat 2 mm' Cu. 1580 Windungen brauchen daher für das Cu allein 3160 mm2.“ L.: „Trotzdem ergibt sich schon fast das Achtfache der vorhandenen Wickelfläche. Wenn Sie nun nicht 1580, sondern nur 200 Windungen nehmen, dann sind Amperewindungszahl und Platzbedarf kleiner." S.: „Nein, das geht nicht, denn dann bringe ich nicht 106 m Draht unter und erreiche keinen Widerstand von 1,72 V. Diesen Widerstand brauche ich aber, sonst fließen nicht 7 A, bei denen der Cu-Draht mit 1,6 mm O richtig belastet ist.” L.: „Was wollen Sic sonst tun?" S.: „Ich glaube, daß ich einen schwächeren Draht annehmen muß.“ L.: „Das glaube ich auch. Sie würden wahrscheinlich nach der fünften oder sechsten Annahme der Lösung nahekommen, aber zum Probieren, beziehungsweise probeweise Einsetzen greifen wir in der Technik nur dann, wenn es wirklich sein muß. (Ich erinnere an den magnetischen Kreis mit Luitspalt und gegebenen Amperewindungen.) Im vorliegenden Pall haben wir das nicht nötig, wenn wir eine ganz einfache Überlegung anstellen. Bitte, denken Sie einmal mit mir folgenden Versuch durch: Wir klemmen zwischen zwei (lu-Leisten, an denen die Spannung U herrscht, gleich lange Cu-Drähte ein, die aber verschiedene Querschnitte haben. W elcher Draht wird nach Ihrer Meinung elektrisch mehr belastet sein?” S.: „Der stärkere." L.: „Nein." S.: „Der dünnere.“ L.: „Nein! Sie sehen, das Raten ist immer eine undankbare Sache. Überlegen wir doch lieber: Der schwache Draht mit dem Querschnitt A hat den Widerstand R : p 1/A und führt einen Strom I U/R. W'ie ist es nun bei dem Leiter mit dem doppelten (Querschnitt?" S.: „Der hat nur den halben Widerstand und führt daher den doppelten Strom.“ L.: „Und die Stromdichte?" S.: „Diese ist die gleiche, da dem doppelten Strom auch der doppelte Querschnitt zur Verfügung steht.” L.: „Stimmt, und dasselbe ist beim dritten Leiter mit dem dreifachen Querschnitt. Im übrigen gibt es auch eine rechnerische Beweisführung. Schreiben Sie die Eormcl für die Spannung nach dem Ohmschen (Jesetz auf.“ S.: „U 1 . R.“ L.: „Ersetzen Sie den Strom durch Stromdichte und Querschnitt und den Widerstand durch die bekannte Beziehung: mit Länge und Querschnitt.“ S.: „U I . R i . A . p . I/A.“ L.: „Was sehen wir?“ S.: „Daß der (Querschnitt A gekürzt werden kann. Die Eormcl lautet dann nur noch U i • p • b" L.: „Es besteht also eine ganz feste Beziehung zwischen Spannung U, Stromdichte i, spezifischem W iderstand p (Material) und Länge 1; sic ist ganz unabhängig vom (Querschnitt A. Lösen Sic die Eormcl nach I auf.“ S.: „I U/i . p.“ L.: „Wollen wir also festhalten: Nur ein Leiter mit der Länge I U/i . p wird richtig belastet sein. Ist er länger, so ist er nicht ausgelastet, ist er kürzer, so ist er überlastet. Wie müssen wir also bei der vorigen Aufgabe verfahren, um ohne Probieren sofort zur Lösung zu kommen?" S. „(i 3,5 A/mm2 wurden vorher .angenommen): 1 U/p . i 12 0,0175.3,5 Wo m. Jeder Cu-Draht, der 106 m lang ist und an 12 V liegt, wird pro (Quadratmillimeter mit 3,5 A belastet sein." L.: „Auch der von uns vorhin angenommene Draht war 196 in lang, da auch seine Belastung 3,5 A/mm betrug. Wie kommen wir aber nur zum Drahtdurchmesser?” S.: „W'ir müßten den Strom wissen.“ L.: „Es sind 1000 Amperewindungen gegeben!“ S.: „Aber die Windungszahl habe ich ja auch nicht.” L.: „Noch nicht, aber mit einer einzigen Rcchen- sehiebereinstelhmg könnten Sie sie haben." S.: „Mittlere Länge einer Windung: 1 124 mm 0.124 m. Gesamte Länge des Drahtes: I 19öm. N l/lnl 196/0,124 1580 Windungen." L.: „Na also! Und der Strom?" S.: „I IN N 1000/1580 0,633 A. Jetzt finde ich natürlich auch sofort den ( n-Quer- schnitt: A Li 0,633/3,5 0.181 mm2. Das entspricht einem Durchmesser von di 0,48 mm." L.: „Die meisten binnen stufen die Drähte bei diesen Durchmessern aber nur um 0,05, so daß wir wahrscheinlich 0,5 mm O wählen werden. Es wird dann aber unweigerlich die Ampercwin- dungszahl etwas über 1000 A sein, denn wir können durch mehr oder weniger W indungen die IN kaum mehr beeinflussen. Warum wohl?” S.: „Würde ich nur die halben W indungen verwickeln, so wären Länge und Widerstand nur halb und der Strom daher doppelt. Der doppelte Strom ergibt aber mit den halben Windungen wieder die gleichen Amperewindungen." L.: „Stimmt! Sie haben den Beweis etwas extrem geführt, aber immerhin deutlich." Unberücksichtigt blieb allerdings die Tatsache, daß die äußeren Windungen länger sind als die inne- icn, und ich sagte deshalb: .kaum' mehr beeinflussen. Aber wir wollen ja von 196 m gar nicht abweichen, denn wir möchten den Draht mit 3,5 A/mnr durchflossen haben. Jetzt kann man zur Sicherheit noch eine genaue Platzrechnung machen, denn die erste erfolgte mit einem geschätzten Kupferlülllaktor von 0,7.“ S.: „Da brauche ich nur in der Liste naehzu- schauen, welchen Außendurchmesser der 0,5-mm- Draht hat: dL1 — 0j5 ’ mm.” 10
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