Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren die von der Stromquelle Is abgegebene Leistung PIs.
V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,05·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
An a–b wird eine Last RL = 12 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩRL = 12 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 5 ms.
Vs = 12 VR = 68 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 10 ms.
Vs = 30 VR1 = 3,3 kΩR2 = 1 kΩC = 10 µFt = 10 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Leistungsfaktor cos φ der Schaltung.
V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
cos φ =
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 22 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine Last mit der Impedanz Z = 15 + j20 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.
V = 240 VZ = 15 + j20 Ω
Q = var
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 10 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 4 + j3 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 208 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VZ = 4 + j3 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 600 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 20 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 20 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 150 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 50 kVAPcore = 150 Wpf = 0,95η = 98,5%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,789 A
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
R3 + R4 = 15 + 2 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 6·17/(6+17) = 4,435 Ω
Req = R1 + 4,435 = 3 + 4,435 = 7,435 Ω
Strom aus der Quelle
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
IR1 = V1/Req = 18/7,435 = 2,421 A
Strom durch R₂
Ziehe den Spannungsabfall an R₁ ab, um die Spannung an Knoten A zu erhalten, die an R₂ anliegt.
VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 2,421·3 = 10,74 V
IR2 = VA/R2 = 10,74/6 = 1,789 A
Antwort
IR2 = 1,789 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 10,46 Ω
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
R5 + R6 = 5 + 15 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 11,11 Ω
R3 + 11,11 = 41,11 Ω
R2 ∥ 41,11 = 4,458 Ω
Req = R1 + 4,458 = 6 + 4,458 = 10,46 Ω
Antwort
Req = 10,46 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 11,25 W
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
KCL am Knoten A
Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 6)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,9·VA − 0,06667·VB = 3
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/15 = 2
−0,06667·VA + 0,4·VB = 2
Lösen
Δ = (0,9)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,3556
VA = Δ1/Δ = 1,333/0,3556 = 3,75 V
VB = Δ2/Δ = 2/0,3556 = 5,625 V
Von der Stromquelle abgegebene Leistung
Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.
PIs = VB·Is = 5,625·2 = 11,25 W
Antwort
PIs = 11,25 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 7,2 V
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
Knotenregel am Knoten A
Die über die Widerstände von A abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in A hineinschieben.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,55·VA − 0,1·VB = 7,2
Knotenregel am Knoten B
Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,15·VA + 0,3·VB = 0
Lösen
Δ = (0,55)(0,3) − (−0,1)(−0,15) = 0,15
VA = Δ1/Δ = 2,16/0,15 = 14,4 V
VB = Δ2/Δ = 1,08/0,15 = 7,2 V
Antwort
VB = 7,2 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,375 A
Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 6 = 12 Ω
Vth bestimmen, die Leerlaufspannung
Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·15/(10+15) = 9 V
Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen
Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.
IL = Vth/(Rth + RL) = 9/(12 + 12) = 0,375 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 34,89 V
Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 8 = 12,44 Ω
Vth bestimmen, die Leerlaufspannung
Bei offenen Klemmen a–b fließt Iₛ nur über R₃ in Knoten A. Bestimme V_A durch Überlagerung von V₁ und Iₛ und addiere dann den Spannungsabfall an R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 10 + 2·4,444 = 18,89 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,89 + 2·8 = 34,89 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 2,559 V
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms
i(∞) = Vs/R = 12/68 = 0,1765 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/3,235 = 2,559 V
Antwort
vL = 2,559 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 2,567 V
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Anfangsspannung des Kondensators
Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.
vC(0) = 30·1/(3,3 + 1) = 6,977 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 1·10 = 10 ms
Entladung
vC(t) = 6,977·e−10/10 = 2,567 V
Antwort
vC = 2,567 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: cos φ = 0,1413
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Blindwiderstände
XL = 628,3 Ω, XC = 67,73 Ω
Impedanz
|Z| = √(80² + (560,6)²) = 566,3 Ω
Leistungsfaktor
cos φ = R/|Z| = 80/566,3 = 0,1413
Die Schaltung ist induktiv, der Leistungsfaktor ist also induktiv (nacheilend).
Antwort
cos φ = 0,1413
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: f0 = 87,61 Hz
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Resonanz
Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Strom
|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A
Blindleistung
Q = I²·X = 9,6²·20 = 1843 var
Antwort
Q = 1843 var
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 26,32 A
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 10·tan(41,41°) = 8,819 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(18,19°) = 3,287 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,532 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(400·0,95) = 26,32 A
Antwort
Inew = 26,32 A
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 6,922 kW
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Strangspannung
Vph = 208/√3 = 120,1 V
Strangstrom
|Z| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·4 = 6,922 kW
Antwort
P = 6,922 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 15,94 kvar
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Blindleistungskompensation: Kondensatoren liefern Blindleistung vor Ort, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Jeder der drei Kondensatoren liefert QC/3 = V²·ω·C, wobei V die Spannung an diesem Kondensator ist: VL bei einer Dreieckbatterie, VL/√3 bei einer Sternbatterie.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung ändert sich nicht, daher legt jeder Leistungsfaktor die Blindleistung fest: Q = P·tan φ.
Q1 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 15,94 kvar
Antwort
QC = 15,94 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 1,2 A
Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/20 = 6 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 1,2 A
Antwort
I1 = 1,2 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 500 Ω, und 600/500 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 573,4 W
Transformatorverluste: Die Eisenverluste (Hysterese und Wirbelströme) hängen von der Spannung ab und sind bei jeder Last gleich. Die Kupferverluste in den Wicklungen wachsen mit dem Quadrat des Stroms; beim Anteil x der Nennlast betragen sie also x²·Pcu,fl. Wirkungsgrad η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), mit Pout = x·S·pf. Der Wirkungsgrad ist bei der Last am höchsten, bei der die Kupferverluste gleich den Eisenverlusten sind.