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 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩRL = 12 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 50 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 5 VR = 47 ΩL = 220 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 60 ms.
Vs = 24 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 Vt = 60 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 2,2 µF soll bei 2000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 2000 HzC = 2,2 µF
L = mH
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 20 Ω, L = 20 mH und C = 1 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.
R = 20 ΩL = 20 mHC = 1 µF
Q =
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 9 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,98. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 690 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 690 VIL = 150 Acos φ = 0,88
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.
S = 25 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2000 W und Kupferverluste von 6000 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 6000 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 20,09 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.
R3 + R4 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 15 + 5,091 = 20,09 Ω
Antwort
Req = 20,09 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 28,42 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 = 3 + 4 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,231 Ω
R3 + 3,231 = 28,23 Ω
R2 ∥ 28,23 = 8,421 Ω
Req = R1 + 8,421 = 20 + 8,421 = 28,42 Ω
Antwort
Req = 28,42 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 24,04 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/8 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/2 = 0
0,6917·VA − 0,5·VB = 1,2
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/10 + (VB − VA)/2 = 2
−0,5·VA + 0,6·VB = 2
Lösen
Δ = (0,6917)(0,6) − (−0,5)(−0,5) = 0,165
VA = Δ1/Δ = 1,72/0,165 = 10,42 V
VB = Δ2/Δ = 1,983/0,165 = 12,02 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 = 12,02·2 = 24,04 W
Antwort
PIs = 24,04 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,2865 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.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 15 V, V2 = −18 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/25 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/2 = 0
0,59·VA − 0,5·VB = 0,75
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/15 + (VB − VA)/2 + (VB − (−18))/12 = 3
−0,5·VA + 0,65·VB = 1,5
Lösen
Δ = (0,59)(0,65) − (−0,5)(−0,5) = 0,1335
VA = Δ1/Δ = 1,238/0,1335 = 9,27 V
VB = Δ2/Δ = 1,26/0,1335 = 9,438 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 9,27)/20 = 0,2865 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,3673 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 6 = 7,6 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) = 9·8/(2+8) = 7,2 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) = 7,2/(7,6 + 12) = 0,3673 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 37,22 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 + 10 = 14,44 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) = 8,333 + 2·4,444 = 17,22 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17,22 + 2·10 = 37,22 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 3,245 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 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 / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 5/47 = 0,1064 A
Nach der Zeit auflösen
0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −4,681·ln(0,5) = 3,245 ms
Antwort
t = 3,245 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 9,269 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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 24 + (2 − 24)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(60) = 24 + (−22)·e−60/149,6 = 9,269 V
Antwort
vC = 9,269 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 2,878 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·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·2,2·10⁻⁶) = 2,878 mH
Antwort
L = 2,878 mH
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: Q = 7,071
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|.
Resonanzfrequenz
f0 = 1/(2π·√(0,02·1·10⁻⁶)) = 1125 Hz
Güte
Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.
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(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Blindleistung
Q = P·tan φ = 9·0,8819 = 7,937 kvar
Antwort
Q = 7,937 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 33,94 kvar
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 = 50·tan(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 33,94 kvar
Antwort
QC = 33,94 kvar
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 157,8 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 = √3·690·150 = 179,3 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 179,3·0,88 = 157,8 kW
Antwort
P = 157,8 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 266,5 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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 40,19 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
ILV = S/V = 25000/400 = 62,5 A
Antwort
ILV = 62,5 A
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 288,7 kVA
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.