Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).
Is = 5 AVs = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 10 Ω
VA = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 5 ms in mJ.
Vs = 24 VR = 5 ΩL = 10 mHt = 5 ms
W = mJ
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 = 200 ms.
Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 3,3 kΩC = 33 µFt = 200 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩC = 100 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 26 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 26 kWpf = 0,6V = 230 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 9 + j12 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 = 9 + j12 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 liegen 2300 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 5 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 100 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 25 kVAPcore = 100 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,6659 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 3·16/(3+16) = 2,526 Ω
Req = R1 + 2,526 = 20 + 2,526 = 22,53 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 = 15/22,53 = 0,6659 A
Antwort
IR1 = 0,6659 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,5135 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 3,529 Ω
R3 + 3,529 = 9,529 Ω
R2 ∥ 9,529 = 3,682 Ω
Req = R1 + 3,682 = 25 + 3,682 = 28,68 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 = 24/28,68 = 0,8368 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 = 24 − 0,8368·25 = 3,081 V
IR2 = VA/R2 = 3,081/6 = 0,5135 A
Antwort
IR2 = 0,5135 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 6,333 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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/2 + (VA + 12)/10 = 5
VA = (5 − 12/10)/(1/2 + 1/10) = 6,333 V
VB = 6,333 + 12 = 18,33 V
Antwort
VA = 6,333 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = −0,1538 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.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 5 V, V2 = −24 V). Unbekannt: VA, VB.
KCL am Knoten A
Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 5)/6 + (VA − VB)/2 = 0
0,7333·VA − 0,5·VB = 0,8333
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/2 + (VB − (−24))/12 = 0,5
−0,5·VA + 0,8333·VB = −1,5
Lösen
Δ = (0,7333)(0,8333) − (−0,5)(−0,5) = 0,3611
VA = Δ1/Δ = −0,05556/0,3611 = −0,1538 V
VB = Δ2/Δ = −0,6833/0,3611 = −1,892 V
Antwort
VA = −0,1538 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 4,5 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 15 = 22,5 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) = 12·12/(20+12) = 4,5 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 4,069 W
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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 12 = 19,5 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) = 1,5 + 1·7,5 = 9 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9 + 1·12 = 21 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) = 21/(19,5 + 6) = 0,8235 A
PL = IL²·RL = 0,8235²·6 = 4,069 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W = 97,06 mJ
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 = 10 mH / 5 Ω = 2 ms
i(∞) = Vs/R = 24/5 = 4,8 A
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(t) = 4,8·(1 − e−5/2) = 4,406 A
Gespeicherte Energie
W = ½·L·i² = ½·10·4,406² = 97,06 mJ
Antwort
W = 97,06 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 1,101 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) = 9·3,3/(1 + 3,3) = 6,907 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 3,3·33 = 108,9 ms
Entladung
vC(t) = 6,907·e−200/108,9 = 1,101 V
Antwort
vC = 1,101 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,01684 A
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
ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·2,2·10⁻⁶) = 723,4 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 12/712,6 = 0,01684 A
Antwort
I = 0,01684 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 3,38 A
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·50·100·10⁻⁶) = 31,83 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.
Winkel
φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Blindleistung
Q = P·tan φ = 26·1,333 = 34,67 kvar
Antwort
Q = 34,67 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 1313 µF
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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(23,07°) = 17,04 kvar
QC = Q1 − Q2 = 23,77 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 23768/(2π·50·240²) = 1313 µF
Antwort
C = 1313 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 5,192 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 = VL = 208 V
Strangstrom
|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 208/15 = 13,87 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·13,87²·9 = 5,192 kW
Antwort
P = 5,192 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 241,5 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 241,5 kvar
Antwort
QC = 241,5 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 4,6 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 4,6 A
Antwort
I1 = 4,6 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 500 Ω, und 2300/500 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 266,6 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.