207
kant A'B'C' for Spændingsfaldet, og denne parallelforskydes, indtil den
ligger med Spidsen paa Cirklen for Pr (Stillingen ABC). Linjen fra C
til Nulpunktet er Størrelsen og Retningen af P1? Linjen fra A til O er
lig P'2 i Størrelse og Retning.
Det gælder altsaa blot at kende Spændingsfaldet ved en given Be-
lastning. Den ohmske Del af Spændingsfaldet faas let, naar man har
maalt R{ og R2. Det induktive Spændingsfald er Esi + E'sz =Jt-X, hvor
X=X1+X'2. Transformatorens samlede Reaktans X findes ved et
Kortslutningsforsøg, som udføres saaledes: Sekundærklemmerne kort-
sluttes gennem et Ampéremeter. Man sætter Primærsiden langsomt paa
Spænding, indtil J2 er lig normal Belastningsstrøm. Vi har da det 1 il-
fælde, som er vist paa Fig. 205, blot er P'2 — 0 (Kortslutning). P’x bliver
altsaa lig XP. Da det ohmske Spændingsfald sædvanligvis er en Del
mindre end det induktive, begaar man som dei let vil ses af Tegningen,
ikke nogen større Fejl ved at sætte XP — Pt¥ Esi + E’S2 = Jr-X. Heraf,
faas X. løvrigt vil man let kunne beregne År nøjagtigt af den retvinklede
Trekant, idet AP2 = (JYX)2 + (.I1Rk)2-
Eksempel. 20 KVA Lystransformator= 50,
4000/120 Volt. Rt =6,7 Ohm, R2 = 0,0052 Ohm.
1\2 / o
Jx bliver 5 Amp., Jo er 0,089 Amp. eller 1,78 pCt. af Jp
Deraf er Jh = 1,045 % af J15 .P = 1,44 % af J2 = 166,5 Amp.
Transformatorens samlede ohmske Modstand er
/v,\2 /2600\2
=6,7 + 0,0052 =12,5 Ohm.
Ved Kortslutningsforsøg findes XPK = Pt = 136 Volt, naar Strømmen
paa Primærsiden var 5 Amp.
Regnes nøjagtigt, faas heraf (se Spændingstrekanten):
^xy^^xp^-^-R^,
hvoraf den induktive Modstand X = 24,3 Ohm. (Regnes tilnærmet det
ohmske Spændingstab ikke med, faas X = 27,2).
Del induktive Spændingsfald
XPS = = 3,04 7o.
Det ohmske Spændingsfald
XPQ = = 1,045 %.
1i
Det kan endelig oplyses at Jerntabene er 1,045 % (= Jh), og Kobber-
tabene er 1.56% (faas af J^-Rk) ved 20 KW Belastning.
Virkningsgraden er da r)=100 — (1,045 + 1,56) — 97,4 %. Endelig er
B = 5500 og 0 = 0,71 • 106.