Leerlauf und Kurzschluss des Transformators

Einen Transformator kann man durchmessen, ohne ihn jemals unter echter Last laufen zu lassen. Zwei einfache Versuche reichen aus, um vorherzusagen, wie sich das Gerät bei jeder beliebigen Belastung verhalten wird – wie warm es wird, wie weit die Spannung einbricht und wie viel Strom im Fehlerfall fließt. Diese beiden Versuche sind der Leerlaufversuch und der Kurzschlussversuch.

Sie sind die zwei Grenzfälle des Betriebs: einmal mit offener Sekundärseite (kein Strom kann fließen), einmal mit kurzgeschlossener Sekundärseite (maximaler Strom bei minimaler Spannung). Jeder Versuch isoliert sauber eine Verlustart – der Leerlaufversuch die Eisenverluste, der Kurzschlussversuch die Kupferverluste. Genau das macht sie so wertvoll.

Vorwissen

  • Transformator – Aufbau und Funktion
  • Wirk-, Blind- und Scheinleistung
  • Wechselspannung und Kenngrößen

Lernziele

Nach diesem Beitrag kannst du:

  • erklären, warum Leerlauf- und Kurzschlussversuch zusammen das gesamte Betriebsverhalten eines Transformators beschreiben
  • aus Leerlaufmessungen die Eisenverluste, den Leerlaufstrom und cos φ₀ bestimmen
  • aus Kurzschlussmessungen die Kupferverluste und die relative Kurzschlussspannung u_k berechnen
  • die Parameter des vereinfachten Ersatzschaltbildes aus den Versuchsdaten ableiten
  • beurteilen, was die Kurzschlussspannung u_k über Spannungsabfall, Kurzschlussstrom und Parallelbetrieb aussagt

1. Warum Leerlauf und Kurzschluss?

Ein Transformator im Betrieb ist ein komplexes Gebilde: Spannung und Strom verschieben sich gegeneinander, ein Teil der zugeführten Leistung wird im Eisenkern in Wärme umgesetzt, ein anderer Teil in den Wicklungen. Wollte man dieses Verhalten direkt unter jeder denkbaren Last vermessen, wäre das aufwendig und bei großen Transformatoren kaum machbar – allein die Verlustleistung bei Volllast bringt das Gerät zum Kochen.

Der elegante Ausweg: zwei Versuche an den Rändern des Betriebsbereichs. Beim einen fließt fast keine Leistung in die Last, beim anderen fast keine Spannung an der Last. So lässt sich jede Verlustart einzeln einfangen.

Dafür braucht man zwei Begriffe. Eisenverluste entstehen im Kern durch ständige Ummagnetisierung und durch Wirbelströme im Blechpaket. Sie hängen praktisch nur von der angelegten Spannung und der Frequenz ab, nicht vom Laststrom – wenn der Trafo am Netz hängt, sind sie immer da, ob belastet oder nicht. Kupferverluste sind die Stromwärmeverluste in den Wicklungen, also der Anteil, der am ohmschen Widerstand der Spulen entsteht. Sie wachsen mit dem Quadrat des Stroms: doppelter Strom bedeutet vierfache Kupferverluste.

Der Leerlaufversuch trennt die Eisenverluste heraus, weil dabei kaum Strom fließt – die Kupferverluste sind vernachlässigbar klein. Der Kurzschlussversuch trennt die Kupferverluste heraus, weil dabei nur eine kleine Spannung anliegt – die Eisenverluste sind vernachlässigbar klein. Zwei Versuche, zwei sauber getrennte Größen.

Wie Übersetzungsverhältnis und Wicklungsaufbau zustande kommen, wird hier vorausgesetzt – das ist Thema eines eigenen Beitrags. Hier geht es allein um die beiden Versuche und das, was sie liefern.

Ein Transformator hängt am Netz, treibt aber keine Last. Welche Verlustart tritt trotzdem in nennenswertem Umfang auf?

  • a) Die Eisenverluste, weil der Kern weiterhin ummagnetisiert wird
  • b) Die Kupferverluste, weil immer ein hoher Strom fließt
  • c) Weder Eisen- noch Kupferverluste, der Trafo ist verlustfrei
  • d) Nur mechanische Reibungsverluste

Richtig: a)

Solange Spannung anliegt, wird der Kern mit Netzfrequenz ummagnetisiert – Hysterese- und Wirbelstromverluste entstehen unabhängig von der Last. Kupferverluste (b) sind im Leerlauf vernachlässigbar, weil kaum Strom fließt. Verlustfrei (c) ist kein realer Trafo, und mechanische Reibung (d) gibt es im ruhenden Transformator nicht.

Warum verdoppeln sich die Kupferverluste nicht einfach, wenn sich der Laststrom verdoppelt?

  • a) Weil sie gar nicht vom Strom abhängen
  • b) Weil sie linear mit der Spannung steigen
  • c) Weil sie mit dem Quadrat des Stroms wachsen, also auf das Vierfache steigen
  • d) Weil sie mit der Wurzel des Stroms wachsen

Richtig: c)

Kupferverluste folgen P = I² · R. Bei verdoppeltem Strom ergibt sich das Vierfache der Verluste. Antwort a beschreibt die Eisenverluste, b ist falsch, weil der Strom und nicht die Spannung maßgeblich ist, und d kehrt den Zusammenhang um.

2. Der Leerlaufversuch

Beim Leerlaufversuch bleibt die Sekundärseite offen – es ist keine Last angeschlossen, sekundär kann also kein Strom fließen. Primärseitig legt man die volle Nennspannung an.

Was passiert dann? Durch die Primärwicklung fließt nur ein kleiner Strom, der Leerlaufstrom i₀. Er ist nötig, um das magnetische Feld im Kern aufzubauen. Bei üblichen Transformatoren liegt er bei wenigen Prozent des Nennstroms. Weil dieser Strom so klein ist, sind die Kupferverluste (die ja mit dem Quadrat des Stroms gehen) verschwindend gering. Die gemessene Wirkleistung im Leerlauf entspricht daher praktisch vollständig den Eisenverlusten:

P_0 = P_Fe

  • P_0 … aufgenommene Leerlaufleistung in W
  • P_Fe … Eisenverluste in W

Der Leerlaufstrom selbst besteht zum allergrößten Teil aus einem reinen Blindstrom, der das Magnetfeld aufbaut. Aber er ist nicht vollständig blind: Ein kleiner Wirkanteil deckt die Eisenverluste. Der Leerlaufstrom setzt sich also aus zwei Komponenten zusammen:

I_0 = Wurzel(I_Fe² + I_mue²)

  • I_0 … Leerlaufstrom in A
  • I_Fe … Wirkkomponente für die Eisenverluste in A
  • I_mue … Blindkomponente (Magnetisierungsstrom) in A

Diese Unterscheidung lohnt sich zu merken – sie taucht im Ersatzschaltbild (Kapitel 4) wieder auf, wenn sich der Leerlaufstrom rechnerisch in genau diese beiden Anteile aufspaltet. Wer hier nur „Magnetisierungsstrom“ im Kopf hat, wundert sich später über den Wirkanteil.

Weil der Leerlaufstrom überwiegend blind ist, ist der Leistungsfaktor im Leerlauf sehr schlecht – cos φ₀ liegt oft deutlich unter 0,2:

cos_phi_0 = P_0 / (U_1N * I_0)

  • cos_phi_0 … Leistungsfaktor im Leerlauf
  • P_0 … Leerlaufleistung in W
  • U_1N … primäre Nennspannung in V
  • I_0 … Leerlaufstrom in A

Den Leerlaufstrom gibt man meist relativ zum Nennstrom an:

i_0 = (I_0 / I_1N) * 100

  • i_0 … relativer Leerlaufstrom in %
  • I_0 … Leerlaufstrom in A
  • I_1N … primärer Nennstrom in A

Ein entscheidender Punkt für die Praxis: Da die Eisenverluste nur von der angelegten Spannung abhängen und der Trafo im Betrieb fast immer an konstanter Netzspannung hängt, sind die Leerlaufverluste über alle Lastzustände hinweg nahezu konstant. Ob der Trafo nichts liefert oder Volllast fährt – die Eisenverluste bleiben praktisch gleich.

~ U_1N A V W Trafo offen Sekundaerseite offen — Primaer auf Nennspannung
Messschaltung Leerlaufversuch

Gelöstes Beispiel

Ein Transformator wird im Leerlauf an seiner primären Nennspannung von 400 V betrieben. Gemessen werden ein Leerlaufstrom von 1,2 A und eine Leerlaufleistung von 250 W. Der primäre Nennstrom beträgt 25 A. Bestimme die Eisenverluste, den relativen Leerlaufstrom und den Leistungsfaktor im Leerlauf.

Gegeben: U_1N = 400 V, I_0 = 1,2 A, P_0 = 250 W, I_1N = 25 A

Gesucht: P_Fe in W, i₀ in %, cos φ₀

Lösungsweg:

  1. Schritt 1 — Eisenverluste: Im Leerlauf sind die Kupferverluste vernachlässigbar, also entspricht die gemessene Leistung den Eisenverlusten. P_Fe = P_0 = 250 W
  2. Schritt 2 — relativer Leerlaufstrom: i₀ = (I_0 / I_1N) · 100 = (1,2 / 25) · 100 = 4,8 %
  3. Schritt 3 — Leistungsfaktor: cos φ₀ = P_0 / (U_1N · I_0) = 250 / (400 · 1,2) = 250 / 480 = 0,521

Ergebnis: Eisenverluste 250 W, Leerlaufstrom 4,8 %, cos φ₀ ≈ 0,52

Übungen

Ein Trafo zieht im Leerlauf bei 230 V einen Strom von 0,8 A auf. Wie groß ist die scheinbare Leerlaufleistung?

S₀ = U · I₀ = 230 · 0,8 = 184 VA

Der primäre Nennstrom eines Trafos beträgt 40 A, der gemessene Leerlaufstrom 1,6 A. Berechne den relativen Leerlaufstrom.

i₀ = (1,6 / 40) · 100 = 4,0 %

Im Leerlauf werden bei 400 V eine Leistung von 180 W und ein Strom von 0,9 A gemessen. Bestimme cos φ₀.

cos φ₀ = 180 / (400 · 0,9) = 180 / 360 = 0,50

Bei einem Leerlaufstrom von 1,2 A betragen die Eisenverluste 250 W bei 400 V. Wie groß ist die Wirkkomponente I_Fe des Leerlaufstroms?

I_Fe = P_0 / U_1N = 250 / 400 = 0,625 A

Aus Übung 4: Wie groß ist die reine Magnetisierungs-Blindkomponente I_μ bei I_0 = 1,2 A und I_Fe = 0,625 A?

I_μ = √(I_0² − I_Fe²) = √(1,44 − 0,3906) = √1,0494 ≈ 1,024 A

Warum darf man im Leerlaufversuch die gemessene Wirkleistung näherungsweise mit den Eisenverlusten gleichsetzen?

  • a) Weil der Leerlaufstrom so klein ist, dass die Kupferverluste vernachlässigbar sind
  • b) Weil im Leerlauf die Spannung null ist
  • c) Weil im Leerlauf gar keine Verluste entstehen
  • d) Weil die Eisenverluste mit dem Strom steigen

Richtig: a)

Die Kupferverluste gehen mit I². Bei einem Leerlaufstrom von nur wenigen Prozent des Nennstroms sind sie verschwindend klein, sodass fast die gesamte aufgenommene Wirkleistung in den Eisenverlusten steckt. Die Spannung ist im Leerlauf gerade voll vorhanden (b falsch), Verluste gibt es sehr wohl (c), und die Eisenverluste sind gerade stromunabhängig (d).

Ein Leerlaufstrom besteht laut Messung zu einem kleinen Teil aus einer Wirkkomponente. Wofür wird dieser Wirkanteil benötigt?

  • a) Zum Aufbau des Magnetfelds
  • b) Zur Deckung die Eisenverluste
  • c) Zur Versorgung der angeschlossenen Last
  • d) Zur Deckung der Kupferverluste

Richtig: b)

Der Wirkanteil I_Fe deckt genau die Eisenverluste. Der weitaus größere Blindanteil I_μ baut das Magnetfeld auf (a). Eine Last gibt es im Leerlauf nicht (c), und Kupferverluste (d) sind hier vernachlässigbar.

3. Der Kurzschlussversuch

Beim Kurzschlussversuch dreht man die Situation um: Die Sekundärseite wird kurzgeschlossen. Würde man jetzt einfach die volle Nennspannung anlegen, flösse ein Vielfaches des Nennstroms – der Trafo würde in Sekunden zerstört. Deshalb fährt man die Primärspannung von null langsam hoch, bis primär genau der Nennstrom fließt. Die dafür nötige Spannung ist die Kurzschlussspannung U_k. Sie ist erstaunlich klein: meist nur einige Prozent der Nennspannung.

Wichtig ist die saubere Abgrenzung: Dieser „Kurzschluss“ ist ein kontrollierter Messzustand bei stark reduzierter Spannung und Nennstrom – nicht der gefährliche Betriebskurzschluss, bei dem an voller Netzspannung der vielfache Nennstrom fließt. Beim Versuch herrschen normale Stromverhältnisse, nur die Spannung ist klein.

Weil die anliegende Spannung so niedrig ist, ist das Magnetfeld im Kern schwach und die Eisenverluste sind vernachlässigbar. Es fließt aber der volle Nennstrom durch die Wicklungen. Die gemessene Wirkleistung entspricht damit praktisch den Kupferverlusten bei Nennstrom:

P_k = P_Cu

  • P_k … aufgenommene Kurzschlussleistung in W
  • P_Cu … Kupferverluste bei Nennstrom in W

Die Kurzschlussspannung gibt man relativ zur Nennspannung an. Dieser Wert u_k ist eine der wichtigsten Kenngrößen des Trafos überhaupt:

u_k = (U_k / U_1N) * 100

  • u_k … relative Kurzschlussspannung in %
  • U_k … Kurzschlussspannung in V
  • U_1N … primäre Nennspannung in V

Typische Werte liegen bei kleineren Verteiltransformatoren bei etwa 4 bis 6 %, bei größeren Leistungstransformatoren auch deutlich höher. Der Leistungsfaktor im Kurzschluss ist ebenfalls aussagekräftig, weil er das Verhältnis von ohmschem zu induktivem Anteil der Kurzschlussimpedanz widerspiegelt:

cos_phi_k = P_k / (U_k * I_1N)

  • cos_phi_k … Leistungsfaktor im Kurzschluss
  • P_k … Kurzschlussleistung in W
  • U_k … Kurzschlussspannung in V
  • I_1N … primärer Nennstrom in A
~ U_k regelbar A V W Trafo kurz Sekundaer kurz — Spannung hochfahren bis Nennstrom fliesst
Messschaltung Kurzschlussversuch

Gelöstes Beispiel

Beim Kurzschlussversuch eines Transformators fließt der primäre Nennstrom von 25 A, wenn primär eine Spannung von 24 V anliegt. Die aufgenommene Leistung beträgt 600 W. Die primäre Nennspannung ist 400 V. Bestimme die relative Kurzschlussspannung, die Kupferverluste bei Nennstrom und den Leistungsfaktor im Kurzschluss.

Gegeben: I_1N = 25 A, U_k = 24 V, P_k = 600 W, U_1N = 400 V

Gesucht: u_k in %, P_Cu in W, cos φ_k

Lösungsweg:

  1. Schritt 1 — relative Kurzschlussspannung: u_k = (U_k / U_1N) · 100 = (24 / 400) · 100 = 6,0 %
  2. Schritt 2 — Kupferverluste: Im Kurzschlussversuch fließt the Nennstrom, die gemessene Leistung entspricht den Kupferverlusten. P_Cu = P_k = 600 W
  3. Schritt 3 — Leistungsfaktor: cos φ_k = P_k / (U_k · I_1N) = 600 / (24 · 25) = 600 / 600 = 1,0 → hier liegt rechnerisch der Grenzfall vor; bei realen Trafos ist cos φ_k typisch 0,2 bis 0,5

Ergebnis: u_k = 6,0 %, Kupferverluste 600 W, cos φ_k rechnerisch ≈ 1 (Hinweis: Beispielwerte vereinfacht)

Übungen

Ein Trafo hat U_1N = 230 V. Im Kurzschlussversuch wird bei U_k = 11,5 V der Nennstrom erreicht. Wie groß ist u_k?

u_k = (11,5 / 230) · 100 = 5,0 %

Die Kurzschlussleistung eines Trafos beträgt 450 W bei einem Nennstrom von 30 A. Wie groß ist der wirksame Kurzschlusswiderstand R_k?

R_k = P_k / I_1N² = 450 / 30² = 450 / 900 = 0,5 Ω

Ein Trafo mit U_1N = 400 V hat u_k = 4,5 %. Wie groß ist die absolute Kurzschlussspannung U_k?

U_k = u_k/100 · U_1N = 0,045 · 400 = 18 V

Im Kurzschlussversuch werden U_k = 20 V, I_1N = 40 A und P_k = 500 W gemessen. Bestimme cos φ_k.

cos φ_k = 500 / (20 · 40) = 500 / 800 = 0,625

Ein Trafo nimmt im Kurzschluss bei 18 V and 35 A eine Leistung von 380 W auf. Wie groß ist die Kurzschlussimpedanz Z_k und der Wirkwiderstand R_k?

Z_k = U_k / I_1N = 18 / 35 = 0,514 Ω; R_k = P_k / I_1N² = 380 / 1225 = 0,310 Ω

Warum wird beim Kurzschlussversuch die Primärspannung langsam hochgefahren statt sofort die Nennspannung anzulegen?

  • a) Weil das Voltmeter sonst überlastet wird
  • b) Weil sonst keine Eisenverluste entstehen
  • c) Weil der Trafo sonst keine Spannung übersetzt
  • d) Weil bei voller Nennspannung an kurzgeschlossener Sekundärseite ein zerstörerischer Überstrom fließen würde

Richtig: d)

Bei kurzgeschlossener Sekundärseite begrenzt nur noch die kleine Kurzschlussimpedanz den Strom. Volle Nennspannung würde ein Vielfaches des Nennstroms treiben und die Wicklungen zerstören. Deshalb fährt man die Spannung kontrolliert bis zum Nennstrom hoch. Die anderen Antworten treffen den physikalischen Kern nicht.

Ein Trafo hat U_1N = 400 V und erreicht den Nennstrom im Kurzschlussversuch bereits bei 20 V. Wie ist u_k einzuordnen?

  • a) u_k = 50 %, ein sehr hoher Wert
  • b) u_k = 5 %, ein für Verteiltrafos typischer Wert
  • c) u_k = 0,5 %, ungewöhnlich niedrig
  • d) u_k lässt sich daraus nicht bestimmen

Richtig: b)

u_k = (20 / 400) · 100 = 5 %, was im typischen Bereich kleinerer Verteiltransformatoren liegt. Antwort a verrechnet sich um den Faktor 10, c ebenso in die andere Richtung, und d ist falsch, weil U_k und U_1N für die Berechnung genügen.

4. Das Ersatzschaltbild und die Verlustaufteilung

Die beiden Versuche entfalten ihren vollen Nutzen, wenn man sie zusammenführt. Gemeinsam liefern sie alle Parameter, mit denen sich der Trafo durch ein Ersatzschaltbild beschreiben lässt – ein einfaches Netzwerk aus Widerständen und Reaktanzen, das sich rechnerisch genauso verhält wie der echte Transformator.

Das vereinfachte Ersatzschaltbild besteht aus zwei Teilen. Der Querzweig bildet das Verhalten im Leerlauf ab: ein Wirkwiderstand R_Fe, der die Eisenverluste repräsentiert, und parallel dazu eine Hauptreaktanz X_h, die das Magnetfeld aufbaut. Der Längszweig bildet das Verhalten im Kurzschluss ab: ein Kurzschlusswiderstand R_k für die Kupferverluste und eine Kurzschlussreaktanz X_k für das Streufeld der Wicklungen.

Hier zeigt sich, warum die Aufteilung des Leerlaufstroms aus Kapitel 2 wichtig war. Der Wirkanteil I_Fe fließt rechnerisch durch R_Fe, der Blindanteil I_μ durch X_h. Aus den Leerlaufdaten ergeben sich die Querzweig-Parameter:

R_Fe = U_1N² / P_0

  • R_Fe … Eisenverlust-Widerstand in Ohm
  • U_1N … primäre Nennspannung in V
  • P_0 … Leerlaufleistung in W

X_h = U_1N / Wurzel(I_0² – (P_0 / U_1N)²)

  • X_h … Hauptreaktanz in Ohm
  • U_1N … primäre Nennspannung in V
  • I_0 … Leerlaufstrom in A
  • P_0 … Leerlaufleistung in W

Aus den Kurzschlussdaten ergeben sich die Längszweig-Parameter. Der Kurzschlusswiderstand folgt direkt aus den Kupferverlusten und dem Nennstrom:

R_k = P_k / I_1N²

  • R_k … Kurzschlusswiderstand in Ohm
  • P_k … Kurzschlussleistung in W
  • I_1N … primärer Nennstrom in A

Die Kurzschlussreaktanz bekommt man über die gesamte Kurzschlussimpedanz Z_k = U_k / I_1N und den bereits bekannten Wirkwiderstand:

X_k = Wurzel((U_k / I_1N)² – R_k²)

  • X_k … Kurzschlussreaktanz in Ohm
  • U_k … Kurzschlussspannung in V
  • I_1N … primärer Nennstrom in A
  • R_k … Kurzschlusswiderstand in Ohm

Damit ist die Verlustaufteilung sauber getrennt: Die spannungsabhängigen Eisenverluste sitzen im Querzweig, die stromabhängigen Kupferverluste im Längszweig. Genau diese Trennung erlaubt es, das Verhalten unter beliebiger Last vorherzusagen – wie sich der Trafo bei Belastung verhält und welcher Wirkungsgrad sich ergibt, ist Gegenstand eigener Beiträge.

R_k X_k R_Fe X_h Laengszweig (Kurzschluss) Querzweig (Leerlauf) primaer
Vereinfachtes Ersatzschaltbild

Gelöstes Beispiel

Aus den beiden Versuchen eines Trafos liegen vor: Leerlauf P_0 = 250 W, I_0 = 1,2 A bei U_1N = 400 V; Kurzschluss P_k = 600 W bei I_1N = 25 A. Bestimme R_Fe, R_k und die Kurzschlussimpedanz Z_k.

Gegeben: U_1N = 400 V, P_0 = 250 W, I_0 = 1,2 A, P_k = 600 W, I_1N = 25 A, U_k = 24 V

Gesucht: R_Fe, R_k, Z_k

Lösungsweg:

  1. Schritt 1 — Eisenverlust-Widerstand: R_Fe = U_1N² / P_0 = 400² / 250 = 160000 / 250 = 640 Ω
  2. Schritt 2 — Kurzschlusswiderstand: R_k = P_k / I_1N² = 600 / 25² = 600 / 625 = 0,96 Ω
  3. Schritt 3 — Kurzschlussimpedanz: Z_k = U_k / I_1N = 24 / 25 = 0,96 Ω

Ergebnis: R_Fe = 640 Ω, R_k = 0,96 Ω, Z_k = 0,96 Ω

Übungen

Ein Trafo hat U_1N = 230 V and P_0 = 120 W. Berechne R_Fe.

R_Fe = 230² / 120 = 52900 / 120 ≈ 440,8 Ω

Kurzschlussversuch: P_k = 450 W, I_1N = 30 A. Wie groß ist R_k?

R_k = 450 / 30² = 450 / 900 = 0,5 Ω

Bei einem Trafo gilt U_k = 18 V und I_1N = 35 A. Wie groß ist Z_k?

Z_k = 18 / 35 ≈ 0,514 Ω

Aus Übung 2 und Z_k = 0,6 Ω: Wie groß ist die Kurzschlussreaktanz X_k?

X_k = √(Z_k² − R_k²) = √(0,36 − 0,25) = √0,11 ≈ 0,332 Ω

Leerlaufstrom I_0 = 1,5 A, P_0 = 200 W, U_1N = 400 V. Bestimme die Hauptreaktanz X_h.

I_Fe = 200/400 = 0,5 A; I_μ = √(1,5² − 0,5²) = √(2,25 − 0,25) = √2 ≈ 1,414 A; X_h = U_1N / I_μ = 400 / 1,414 ≈ 282,8 Ω

Welche Ersatzschaltbild-Parameter lassen sich aus dem Leerlaufversuch bestimmen?

  • a) R_k und X_k
  • b) nur die Kupferverluste
  • c) ausschließlich das Übersetzungsverhältnis
  • d) R_Fe und X_h

Richtig: d)

Der Leerlaufversuch liefert die Querzweig-Größen: R_Fe aus den Eisenverlusten und X_h aus dem Magnetisierungsstrom. R_k und X_k (a) stammen aus dem Kurzschlussversuch, die Kupferverluste (b) ebenfalls, und das Übersetzungsverhältnis (c) ist nicht Gegenstand dieser Parameterbestimmung.

Warum kann man mit dem fertigen Ersatzschaltbild das Lastverhalten vorhersagen, ohne den Trafo unter Volllast zu betreiben?

  • a) Weil das Ersatzschaltbild die spannungs- und stromabhängigen Verluste getrennt abbildet und sich rechnerisch wie der echte Trafo verhält
  • b) Weil im Ersatzschaltbild keine Verluste vorkommen
  • c) Weil die Last keinen Einfluss auf den Trafo hat
  • d) Weil das Ersatzschaltbild nur für den Leerlauf gilt

Richtig: a)

Das Ersatzschaltbild trennt Eisenverluste (Querzweig, spannungsabhängig) und Kupferverluste (Längszweig, stromabhängig). Setzt man einen beliebigen Laststrom ein, ergeben sich daraus Spannungsabfall und Verluste rechnerisch. Antwort b ist falsch, weil die Verluste gerade modelliert sind, c widerspricht der Physik, und d unterschätzt den Zweck des Modells.

5. Bedeutung der Kurzschlussspannung in der Praxis

Die relative Kurzschlussspannung u_k ist mehr als eine Versuchsgröße – sie ist ein Datenblattwert, der das Betriebsverhalten eines Transformators maßgeblich bestimmt. Drei Dinge lassen sich direkt aus ihr ablesen.

Erstens der Spannungsabfall unter Last. Ein Trafo mit kleinem u_k hält seine Sekundärspannung auch bei Belastung relativ stabil, weil seine innere Impedanz klein ist. Ein großes u_k bedeutet stärkeren Spannungseinbruch bei Last. Das genaue Lastverhalten ist Thema eines eigenen Beitrags, aber die Richtung gibt u_k vor.

Zweitens der Dauerkurzschlussstrom. Tritt an der voll erregten Sekundärseite ein echter Kurzschluss auf, begrenzt nur noch die Kurzschlussimpedanz den Strom. Je kleiner u_k, desto größer der Kurzschlussstrom:

I_k = I_1N / (u_k / 100)

  • I_k … Dauerkurzschlussstrom in A
  • I_1N … Nennstrom in A
  • u_k … relative Kurzschlussspannung in %

Ein u_k von 4 % bedeutet also einen Dauerkurzschlussstrom vom 25-fachen Nennstrom. Dieser Wert ist entscheidend für die Auslegung der Schutzorgane und die Bemessung der Kurzschlussfestigkeit aller nachgeschalteten Betriebsmittel.

Drittens – und das ist in der österreichischen Berufspraxis ein Kernthema – der Parallelbetrieb von Transformatoren. Reicht ein Trafo für eine wachsende Last nicht mehr aus, schaltet man einen zweiten parallel. Damit das funktioniert, müssen mehrere Bedingungen erfüllt sein:

  • gleiches Übersetzungsverhältnis – sonst treibt schon im Leerlauf ein Ausgleichsstrom zwischen den Trafos
  • gleiche Schaltgruppe – sonst stimmt die Phasenlage der Sekundärspannungen nicht überein
  • gleiche relative Kurzschlussspannung u_k – sonst teilt sich die Last ungleich auf

Der dritte Punkt hat eine tückische Folge. Schaltet man zwei Trafos mit unterschiedlichem u_k parallel, übernimmt der Trafo mit dem kleineren u_k den größeren Lastanteil – er hat ja die kleinere innere Impedanz und „zieht“ mehr Strom. Bei deutlich ungleichem u_k kann dieser Trafo überlastet werden und auslösen, während der andere noch gar nicht ausgelastet ist. Im Ergebnis lässt sich die Summenleistung beider Trafos nicht voll nutzen, und im schlimmsten Fall fällt einer durch Überlast aus. Deshalb gilt die Regel: Trafos für den Parallelbetrieb mit möglichst gleichem u_k auswählen.

Gelöstes Beispiel

Ein Transformator hat einen Nennstrom von 25 A und eine relative Kurzschlussspannung von 4 %. Wie groß ist der zu erwartende Dauerkurzschlussstrom auf der betrachteten Seite?

Gegeben: I_1N = 25 A, u_k = 4 %

Gesucht: I_k in A

Lösungsweg:

  1. Schritt 1 — Dauerkurzschlussstrom: I_k = I_1N / (u_k / 100) = 25 / (4 / 100) = 25 / 0,04 = 625 A
  2. Schritt 2 — Einordnung: Das entspricht dem 25-fachen Nennstrom.

Ergebnis: I_k = 625 A, also 25 · I_1N

Übungen

Ein Trafo hat I_1N = 40 A und u_k = 5 %. Berechne den Dauerkurzschlussstrom.

I_k = 40 / 0,05 = 800 A (= 20 · I_1N)

Welchen relativen Kurzschlussstrom (Vielfaches von I_1N) ergibt ein u_k von 6 %?

I_k / I_1N = 1 / 0,06 ≈ 16,7-facher Nennstrom

Zwei Trafos sollen parallel betrieben werden, Trafo A hat u_k = 4 %, Trafo B u_k = 6 %. Welcher übernimmt den größeren Lastanteil?

Trafo A mit dem kleineren u_k, da er die kleinere innere Impedanz hat und damit mehr Strom zieht.

Ein Trafo mit I_1N = 100 A hat u_k = 4,5 %. Wie hoch ist der Dauerkurzschlussstrom?

I_k = 100 / 0,045 ≈ 2222 A

Ein Verteiltrafo soll einen Dauerkurzschlussstrom von höchstens 500 A bei I_1N = 25 A haben. Welches minimale u_k ist nötig?

u_k = I_1N / I_k · 100 = 25 / 500 · 100 = 5 %

Zwei Transformatoren mit gleicher Schaltgruppe und gleichem Übersetzungsverhältnis, aber u_k = 4 % bzw. u_k = 6 %, werden parallel betrieben. Was ist die Folge?

  • a) Der Trafo mit u_k = 4 % übernimmt den größeren Anteil und kann überlastet werden
  • b) Beide teilen sich die Last exakt zur Hälfte
  • c) Der Trafo mit u_k = 6 % übernimmt den größeren Anteil
  • d) Es fließt ein hoher Ausgleichsstrom schon im Leerlauf

Richtig: a)

Bei gleicher Schaltgruppe und gleichem Übersetzungsverhältnis ist die Leerlaufbedingung erfüllt, ein Ausgleichsstrom (d) entsteht nicht. Die Lastaufteilung richtet sich nach der inneren Impedanz: Der Trafo mit kleinerem u_k zieht mehr Strom (a). Eine hälftige Teilung (b) gäbe es nur bei gleichem u_k, und c verwechselt die Richtung.

Ein Trafo hat I_1N = 50 A und u_k = 5 %. Welcher Dauerkurzschlussstrom ist zu erwarten?

  • a) 250 A
  • b) 500 A
  • c) 1000 A
  • d) 2500 A

Richtig: c)

I_k = I_1N / (u_k/100) = 50 / 0,05 = 1000 A, also das 20-fache des Nennstroms. Antwort a teilt fälschlich durch 0,2, b durch 0,1, und d multipliziert um den Faktor 50.

Warum ist die Höhe von u_k für die Auslegung der Schutzorgane einer Anlage wichtig?

  • a) Weil u_k den Wirkungsgrad bestimmt
  • b) Weil u_k den zu erwartenden Kurzschlussstrom festlegt, auf den die Schutzorgane ausgelegt werden müssen
  • c) Weil u_k die Leerlaufverluste angibt
  • d) Weil u_k nur für den Parallelbetrieb relevant ist

Richtig: b)

Aus u_k folgt der Dauerkurzschlussstrom, und auf diesen müssen Sicherungen, Schalter und nachgeschaltete Betriebsmittel kurzschlussfest bemessen sein. Der Wirkungsgrad (a) und die Leerlaufverluste (c) hängen an anderen Größen, und u_k ist über den Parallelbetrieb hinaus relevant (d).

Abschlusstest

Aufgabe 1: Ein Trafo wird im Leerlauf bei U_1N = 400 V betrieben. Gemessen: I_0 = 1,0 A, P_0 = 200 W. Der primäre Nennstrom ist 20 A. Bestimme den relativen Leerlaufstrom, cos φ₀ und die Eisenverluste.

Gegeben: U_1N = 400 V, I_0 = 1,0 A, P_0 = 200 W, I_1N = 20 A

Gesucht: i₀ in %, cos φ₀, P_Fe

Lösungsweg:

  1. i₀ = (1,0 / 20) · 100 = 5,0 %
  2. cos φ₀ = 200 / (400 · 1,0) = 0,50
  3. P_Fe = P_0 = 200 W

Ergebnis: i₀ = 5,0 %, cos φ₀ = 0,50, P_Fe = 200 W

Aufgabe 2: Aus den Leerlaufdaten von Aufgabe 1 (U_1N = 400 V, I_0 = 1,0 A, P_0 = 200 W): Bestimme R_Fe und X_h.

Gegeben: U_1N = 400 V, I_0 = 1,0 A, P_0 = 200 W

Gesucht: R_Fe, X_h

Lösungsweg:

  1. R_Fe = U_1N² / P_0 = 160000 / 200 = 800 Ω
  2. I_Fe = P_0 / U_1N = 200 / 400 = 0,5 A
  3. I_μ = √(I_0² − I_Fe²) = √(1,0 − 0,25) = √0,75 ≈ 0,866 A
  4. X_h = U_1N / I_μ = 400 / 0,866 ≈ 461,9 Ω

Ergebnis: R_Fe = 800 Ω, X_h ≈ 461,9 Ω

Aufgabe 3: Kurzschlussversuch: U_1N = 400 V, U_k = 20 V, I_1N = 20 A, P_k = 240 W. Bestimme u_k, die Kupferverluste und R_k.

Gegeben: U_1N = 400 V, U_k = 20 V, I_1N = 20 A, P_k = 240 W

Gesucht: u_k, P_Cu, R_k

Lösungsweg:

  1. u_k = (20 / 400) · 100 = 5,0 %
  2. P_Cu = P_k = 240 W
  3. R_k = P_k / I_1N² = 240 / 400 = 0,6 Ω

Ergebnis: u_k = 5,0 %, P_Cu = 240 W, R_k = 0,6 Ω

Aufgabe 4: Aus Aufgabe 3 (U_k = 20 V, I_1N = 20 A, R_k = 0,6 Ω): Bestimme die Kurzschlussimpedanz Z_k und die Kurzschlussreaktanz X_k.

Gegeben: U_k = 20 V, I_1N = 20 A, R_k = 0,6 Ω

Gesucht: Z_k, X_k

Lösungsweg:

  1. Z_k = U_k / I_1N = 20 / 20 = 1,0 Ω
  2. X_k = √(Z_k² − R_k²) = √(1,0 − 0,36) = √0,64 = 0,8 Ω

Ergebnis: Z_k = 1,0 Ω, X_k = 0,8 Ω

Aufgabe 5: Ein Trafo hat I_1N = 30 A und u_k = 4,5 %. Bestimme den Dauerkurzschlussstrom und sein Vielfaches vom Nennstrom.

Gegeben: I_1N = 30 A, u_k = 4,5 %

Gesucht: I_k, I_k/I_1N

Lösungsweg:

  1. I_k = 30 / 0,045 ≈ 666,7 A
  2. I_k / I_1N = 1 / 0,045 ≈ 22,2

Ergebnis: I_k ≈ 666,7 A, also rund das 22-fache des Nennstroms

Aufgabe 6: Zwei Trafos mit gleichem Nennstrom je 50 A sollen parallel arbeiten. Trafo A hat u_k = 4 %, Trafo B u_k = 5 %. Welcher Trafo nimmt anteilig mehr Last auf, und warum?

Gegeben: I_1N je 50 A, u_k(A) = 4 %, u_k(B) = 5 %

Gesucht: Lastaufteilung qualitativ

Lösungsweg:

  1. Die Lastaufteilung ist umgekehrt proportional zu u_k. Trafo A hat das kleinere u_k, also die kleinere innere Impedanz, und zieht mehr Strom.

Ergebnis: Trafo A übernimmt den größeren Lastanteil und ist überlastungsgefährdet.

Welche Aussage über den Leerlaufversuch ist richtig?

  • a) Die gemessene Wirkleistung entspricht näherungsweise den Eisenverlusten
  • b) Die Sekundärseite ist kurzgeschlossen
  • c) Es fließt der volle Nennstrom
  • d) Die Eisenverluste sind dabei vernachlässigbar

Richtig: a)

Im Leerlauf ist die Sekundärseite offen (b falsch), es fließt nur der kleine Leerlaufstrom (c falsch), und gerade die Eisenverluste werden erfasst (d falsch). Die gemessene Leistung entspricht praktisch den Eisenverlusten.

Welche Größe wird beim Kurzschlussversuch primär hochgefahren, bis der Nennstrom fließt?

  • a) Die Frequenz
  • b) Der Sekundärwiderstand
  • c) Die Primärspannung
  • d) Die Windungszahl

Richtig: c)

Man erhöht die Primärspannung kontrolliert, bis primär der Nennstrom erreicht ist – diese Spannung ist U_k. Frequenz (a), Sekundärwiderstand (b, ist kurzgeschlossen) und Windungszahl (d) sind im Versuch fest.

Ein Trafo hat U_1N = 230 V. Im Kurzschlussversuch wird der Nennstrom bei 13,8 V erreicht. Wie groß ist u_k?

  • a) 4 %
  • b) 5 %
  • c) 8 %
  • d) 6 %

Richtig: d)

u_k = (13,8 / 230) · 100 = 6,0 %. Die anderen Werte ergeben sich aus falschen Spannungsverhältnissen.

Welche Verluste eines Transformators sind über alle Lastzustände hinweg nahezu konstant?

  • a) Die Kupferverluste
  • b) Beide gleichermaßen
  • c) Keine, alle Verluste ändern sich stark mit der Last
  • d) Die Eisenverluste

Richtig: d)

Eisenverluste hängen an der Spannung, die im Netzbetrieb konstant ist. Kupferverluste (a) wachsen mit I². Antwort b und c sind damit falsch.

Aus welchem Versuch gewinnt man die Längszweig-Parameter R_k und X_k des Ersatzschaltbildes?

  • a) Aus dem Leerlaufversuch
  • b) Aus dem Kurzschlussversuch
  • c) Aus beiden gleichzeitig
  • d) Aus keiner der beiden Messungen

Richtig: b)

R_k und X_k beschreiben Kupferverluste und Streufeld und stammen aus dem Kurzschlussversuch. Der Leerlaufversuch (a) liefert R_Fe und X_h. Eine gleichzeitige Bestimmung (c) ist nicht nötig, und d ist falsch.

Ein Trafo hat I_1N = 25 A und u_k = 5 %. Wie groß ist der Dauerkurzschlussstrom?

  • a) 500 A
  • b) 125 A
  • c) 250 A
  • d) 1250 A

Richtig: a)

I_k = 25 / 0,05 = 500 A, das 20-fache des Nennstroms. b teilt durch 0,2, c durch 0,1, d durch 0,02.

Warum übernimmt im Parallelbetrieb der Trafo mit dem kleineren u_k den größeren Lastanteil?

  • a) Weil er die größere innere Impedanz hat
  • b) Weil er die kleinere innere Impedanz hat und damit mehr Strom zieht
  • c) Weil er eine höhere Nennspannung hat
  • d) Weil sein Wirkungsgrad höher ist

Richtig: b)

u_k is ein Maß für die innere Impedanz. Kleines u_k bedeutet kleine Impedanz, also mehr Stromaufnahme bei gegebener Lastspannung. Antwort a kehrt das um, c und d sind nicht ursächlich.

Welche drei Bedingungen müssen für den Parallelbetrieb zweier Transformatoren erfüllt sein?

  • a) Gleiche Bauleistung, gleiche Farbe, gleicher Hersteller
  • b) Gleiches Übersetzungsverhältnis, gleiche Schaltgruppe, gleiches u_k
  • c) Gleiche Frequenz, gleiche Masse, gleiches Baujahr
  • d) Gleicher Wirkungsgrad, gleicher Leerlaufstrom, gleiche Kühlung

Richtig: b)

Entscheidend sind gleiches Übersetzungsverhältnis (kein Ausgleichsstrom), gleiche Schaltgruppe (gleiche Phasenlage) und gleiches u_k (gleichmäßige Lastaufteilung). Die übrigen Aufzählungen enthalten irrelevante oder nur teilweise zutreffende Punkte.

Eine Messung ergibt im Leerlauf cos φ₀ = 0,15. Was sagt dieser niedrige Wert aus?

  • a) Der Trafo ist defekt
  • b) Die Eisenverluste sind sehr hoch
  • c) Der Trafo arbeitet bereits unter Volllast
  • d) Der Leerlaufstrom ist überwiegend Blindstrom zum Feldaufbau

Richtig: d)

Ein niedriger cos φ₀ ist normal und bedeutet, dass der Leerlaufstrom fast rein blind ist – er baut das Magnetfeld auf, mit nur kleinem Wirkanteil für die Eisenverluste. Das ist kein Defekt (a), sagt nichts über die absolute Höhe der Eisenverluste (b) und hat mit Volllast (c) nichts zu tun.

Warum lässt sich aus den beiden Versuchen das Lastverhalten vorhersagen, ohne den Trafo unter Volllast zu betreiben?

  • a) Weil Leerlauf und Kurzschluss die Eisen- und Kupferverluste getrennt liefern und damit das Ersatzschaltbild vollständig bestimmen
  • b) Weil das Lastverhalten nicht von den Verlusten abhängt
  • c) Weil ein Trafo ohnehin verlustfrei ist
  • d) Weil Leerlauf- und Kurzschlussversuch denselben Betriebspunkt abbilden

Richtig: a)

Die beiden Versuche isolieren je eine Verlustart und liefern so alle Ersatzschaltbild-Parameter. Damit ist jeder Lastzustand rechenbar. Antwort b und c widersprechen der Physik, und d ist falsch, weil gerade die beiden gegensätzlichen Grenzfälle gemessen werden.

Glossar

Leerlaufversuch
Messung am Transformator mit offener Sekundärseite bei primärer Nennspannung; liefert näherungsweise die Eisenverluste.
Kurzschlussversuch
Messung mit kurzgeschlossener Sekundärseite, bei der die Primärspannung nur bis zum Nennstrom hochgefahren wird; liefert näherungsweise die Kupferverluste.
Eisenverluste
Verluste im Kern durch Ummagnetisierung und Wirbelströme; sie hängen von Spannung und Frequenz ab und sind über alle Lasten nahezu konstant.
Kupferverluste
Stromwärmeverluste in den Wicklungen; sie wachsen mit dem Quadrat des Stroms.
Leerlaufstrom
Der kleine Strom, der im Leerlauf fließt; überwiegend Blindstrom zum Feldaufbau mit kleinem Wirkanteil für die Eisenverluste.
Kurzschlussspannung u_k
Relative Spannung (in %), die im Kurzschlussversuch nötig ist, um Nennstrom zu treiben; Maß für die innere Impedanz des Trafos.
Ersatzschaltbild
Vereinfachtes Netzwerk aus Widerständen und Reaktanzen, das das elektrische Verhalten des Transformators nachbildet.
Dauerkurzschlussstrom
Der Strom, der bei einem echten Kurzschluss an voller Spannung dauerhaft fließt; umso größer, je kleiner u_k ist.
Parallelbetrieb
Gemeinsamer Betrieb mehrerer Transformatoren auf eine Sammelschiene; erfordert gleiches Übersetzungsverhältnis, gleiche Schaltgruppe und gleiches u_k.

Scroll to Top