Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.
Vs = 10 VR = 22 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 9-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 4,5 V erreicht, genau 500 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 22 µF den nötigen Widerstand R.
Vs = 9 VVth = 4,5 VT = 500 msC = 22 µF
R = kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 20 mH
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 2 Ω, L = 10 mH und C = 2,2 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.
R = 2 ΩL = 10 mHC = 2,2 µF
Q =
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert) 2 A und 384 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 240 VI = 2 AP = 384 W
X = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 50 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 2 + j6 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.
Vs = 50 V (rms)f = 60 HzZs = 2 + j6 Ω
Pmax = W
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 20 + j15 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 480 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VZ = 20 + j15 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 300 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 480 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 = 300 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 6:1 ist ein Widerstand von 2 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 6:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 200 W und Kupferverluste von 400 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 400 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 9,958 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 = 4 + 15 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 5·19/(5+19) = 3,958 Ω
Req = R1 + 3,958 = 6 + 3,958 = 9,958 Ω
Antwort
Req = 9,958 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,536 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 4,235 Ω
R3 + 4,235 = 7,235 Ω
R2 ∥ 7,235 = 2,576 Ω
Req = R1 + 2,576 = 10 + 2,576 = 12,58 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 = 30/12,58 = 2,386 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 = 30 − 2,386·10 = 6,145 V
IR2 = VA/R2 = 6,145/4 = 1,536 A
Antwort
IR2 = 1,536 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 68,92 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/4 + (VA − 30)/6 + (VA − VB)/2 = 0
0,9167·VA − 0,5·VB = 5
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)/2 = 5
−0,5·VA + 0,8333·VB = 5
Lösen
Δ = (0,9167)(0,8333) − (−0,5)(−0,5) = 0,5139
VA = Δ1/Δ = 6,667/0,5139 = 12,97 V
VB = Δ2/Δ = 7,083/0,5139 = 13,78 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 = 13,78·5 = 68,92 W
Antwort
PIs = 68,92 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 2,34 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 = 24 V, V2 = 5 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/6 + (VA − 24)/4 + (VA − VB)/3 = 0
0,75·VA − 0,3333·VB = 6
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/20 + (VB − VA)/3 + (VB − 5)/3 = 2,5
−0,3333·VA + 0,7167·VB = 4,167
Lösen
Δ = (0,75)(0,7167) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,4264
VA = Δ1/Δ = 5,689/0,4264 = 13,34 V
VB = Δ2/Δ = 5,125/0,4264 = 12,02 V
Antwort
IR4 = (VB − V2)/R4 = (12,02 − 5)/3 = 2,34 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 9,429 Ω
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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 8 = 9,429 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 63,84 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 = 30·2/(30+2) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 30 = 31,88 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 + 5·1,875 = 10,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,88 + 5·30 = 160,9 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) = 160,9/(31,88 + 3) = 4,613 A
PL = IL²·RL = 4,613²·3 = 63,84 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,4042 A
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.
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.
Erforderliche Zeitkonstante
4,5 = 9·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(9/(9 − 4,5))
τ = 500/0,6931 = 721,3 ms
Widerstand
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
R = τ/C = 721,3/22 = 32,79 kΩ
Antwort
R = 32,79 kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,035 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
XL = ωL = 2π·100·0,02 = 12,57 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 12/30 = 0,4 A
IX = V/XL = 12/12,57 = 0,9549 A
Gesamtstrom
Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.
I = √(IR² + IX²) = √(0,4² + 0,9549²) = 1,035 A
Antwort
I = 1,035 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: Q = 33,71
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·√(0,01·2,2·10⁻⁶)) = 1073 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.
Widerstand aus der Wirkleistung
R = P/I² = 384/2² = 96 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 240/2 = 120 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(120² − 96²) = 72 Ω
Antwort
X = 72 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Pmax = 312,5 W
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.
Konjugiert komplexe Anpassung
Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.
ZL = Zs* = 2 − j6 Ω
Maximale Leistung
I = Vs/(2Rs) = 50/4 = 12,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·2) = 312,5 W
Antwort
Pmax = 312,5 W
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 22,12 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 = 480 V
Strangstrom
|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 480/25 = 19,2 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·19,2²·20 = 22,12 kW
Antwort
P = 22,12 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 160,8 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 = 300·tan(acos 0,7) = 300·1,02 = 306,1 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 160,8 kvar
Antwort
QC = 160,8 kvar
15.Transformatoren
Antwort: R1′ = 72 Ω
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.
Umgerechneter Widerstand
Die Spannung steigt um den Faktor a und der Strom sinkt um a, also steigt das Verhältnis V/I um a².
R1′ = a²·RL = 6²·2 = 72 Ω
Antwort
R1′ = 72 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 17,68 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.