Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,2·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 9 VIs = 6 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt einen konstanten Strom von 2,5 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Wie lange dauert es, bis der Strom auf 0,25 A gefallen ist? Bestimme t.
i(0) = 2,5 AR = 22 ΩL = 68 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 20 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 8 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 5 VR = 4,7 kΩC = 47 µFvC(0) = 20 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 0,22 µF soll bei 50 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 50 HzC = 0,22 µF
L = mH
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 26 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 26 kWpf = 0,8V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 200 kVAP1 = 100 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 100 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,8 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VIL = 100 Acos φ = 0,8
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 liegen 240 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 24 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 240 VRL = 24 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 300 W und Kupferverluste von 450 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
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 = 6 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 3·26/(3+26) = 2,69 Ω
Req = R1 + 2,69 = 10 + 2,69 = 12,69 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 = 24/12,69 = 1,891 A
Antwort
IR1 = 1,891 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 2,917 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.
R5 + R6 = 20 + 8 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 6,222 Ω
R3 + 6,222 = 9,222 Ω
R2 ∥ 9,222 = 4,284 Ω
Req = R1 + 4,284 = 6 + 4,284 = 10,28 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 = 30/10,28 = 2,917 A
Antwort
IR1 = 2,917 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 23,53 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/6 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/4 = 0
0,4667·VA − 0,25·VB = 0,3
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/6 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,4167·VB = 2,5
Lösen
Δ = (0,4667)(0,4167) − (−0,25)(−0,25) = 0,1319
VA = Δ1/Δ = 0,75/0,1319 = 5,684 V
VB = Δ2/Δ = 1,242/0,1319 = 9,411 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 = 9,411·2,5 = 23,53 W
Antwort
PIs = 23,53 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 0,9577 A
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
0,6667·VA − 0,08333·VB = 3,333
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.
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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 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) = 18·8/(3+8) = 13,09 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 181,2 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 25 = 29 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) = 7,2 + 6·4 = 31,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 31,2 + 6·25 = 181,2 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 7,117 ms
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
τ = L/R = 68 mH / 22 Ω = 3,091 ms
Nach der Zeit auflösen
0,25 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,25)
t = 3,091·ln(10) = 7,117 ms
Antwort
t = 7,117 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 355,5 ms
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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
t = τ·ln((20 − 5)/(8 − 5)) = 220,9·ln(5) = 355,5 ms
Antwort
t = 355,5 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 46055 mH
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|.
Resonanzbedingung
Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·50 = 314,2 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(314,2²·0,22·10⁻⁶) = 46055 mH
Antwort
L = 46055 mH
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 57,13 Ω
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|.
Blindwiderstand
XC = 1/(2π·200·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω
Parallelschaltung
Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.
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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 26000/(230·0,8) = 141,3 A
Antwort
I = 141,3 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 49,07 kW
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 der vorhandenen Last
Q1 = 100·tan(arccos 0,6) = 133,3 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 133,3²) = 149,1 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 149,1 − 100 = 49,07 kW
Antwort
ΔP = 49,07 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 55,43 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.
Scheinleistung
S = √3·VL·IL = √3·400·100 = 69,28 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 69,28·0,8 = 55,43 kW
Antwort
P = 55,43 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 1050 µF
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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 56,83 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.
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 = 240/2 = 120 V
I2 = 120/24 = 5 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 2,5 A
Antwort
I1 = 2,5 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 96 Ω, und 240/96 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 412,5 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.