Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 80 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 6 VR = 33 ΩL = 68 mH
t = ms
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 = 120 ms.
Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 120 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 1 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 1 V (rms)R = 50 ΩL = 200 mHC = 10 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert) 12 A und 1932 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme R.
V = 230 VI = 12 AP = 1932 W
R = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 10 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 110 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 110 kWη = 91%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 15 kVA und 4160/480 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.
S = 15 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 1500 W und Kupferverluste von 2250 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,909 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 = 4·17/(4+17) = 3,238 Ω
Req = R1 + 3,238 = 2 + 3,238 = 5,238 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 = 10/5,238 = 1,909 A
Antwort
IR1 = 1,909 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 17,92 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 = 30 + 3 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 7,674 Ω
R3 + 7,674 = 11,67 Ω
R2 ∥ 11,67 = 5,917 Ω
Req = R1 + 5,917 = 12 + 5,917 = 17,92 Ω
Antwort
Req = 17,92 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = −0,2449 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 = 12 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 12)/3 + (VA − VB)/15 = 0
0,4833·VA − 0,06667·VB = 4
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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 = 36 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/8 + (VA − 36)/4 + (VA − VB)/10 = 0
0,475·VA − 0,1·VB = 9
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/2 + (VB − VA)/10 + (VB − (−18))/2 = 6
−0,1·VA + 1,1·VB = −3
Lösen
Δ = (0,475)(1,1) − (−0,1)(−0,1) = 0,5125
VA = Δ1/Δ = 9,6/0,5125 = 18,73 V
VB = Δ2/Δ = −0,525/0,5125 = −1,024 V
Antwort
VB = −1,024 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 12 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 4 = 10 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) = 30·10/(15+10) = 12 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 39,82 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 20 = 24,62 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) = 1,385 + 2,5·4,615 = 12,92 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,92 + 2,5·20 = 62,92 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) = 62,92/(24,62 + 30) = 1,152 A
PL = IL²·RL = 1,152²·30 = 39,82 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 3,316 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 = 68 mH / 33 Ω = 2,061 ms
i(∞) = Vs/R = 6/33 = 0,1818 A
Nach der Zeit auflösen
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −2,061·ln(0,2) = 3,316 ms
Antwort
t = 3,316 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 0,8045 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) = 24·2,2/(3,3 + 2,2) = 9,6 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 2,2·22 = 48,4 ms
Entladung
vC(t) = 9,6·e−120/48,4 = 0,8045 V
Antwort
vC = 0,8045 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 84,24 °
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·4,7·10⁻⁶) = 33,86 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
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 die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·10·10⁻⁶) = 707,1 rad/s
I = V/R = 1/50 = 0,02 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 707,1·0,2 = 141,4 Ω
VL = I·XL = 0,02·141,4 = 2,828 V
Antwort
VL = 2,828 V
Das ist das Q = 2,828-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: R = 13,42 Ω
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 = 1932/12² = 13,42 Ω
Antwort
R = 13,42 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 149,2 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 = 10·tan(36,87°) = 7,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(23,07°) = 4,26 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,24 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 3240/(2π·60·240²) = 149,2 µF
Antwort
C = 149,2 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 191,1 A
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.
Elektrische Aufnahmeleistung
Pin = Pout/η = 110/0,91 = 120,9 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 120879/(√3·415·0,88) = 191,1 A
Antwort
IL = 191,1 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 95,28 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 95,28 kvar
Antwort
QC = 95,28 kvar
15.Transformatoren
Antwort: ILV = 31,25 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
ILV = S/V = 15000/480 = 31,25 A
Antwort
ILV = 31,25 A
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 408,2 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.