Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.
Vs = 20 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 68 µF
τ = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 80 ms.
Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 3 Vt = 80 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.
V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
P = W
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 24 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 24 V (rms)R = 15 ΩL = 50 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 16 A und 1440 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 120 VI = 16 AP = 1440 W
X = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 23 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 220 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 23 kWpf1 = 0,75V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 415 V einen Leiterstrom von 25 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,92 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 415 VIL = 25 Acos φ = 0,92
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 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 Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 liegen 480 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 15 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 450 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,9η = 98%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 7,667 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 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 6 + 1,667 = 7,667 Ω
Antwort
Req = 7,667 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 7,747 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 3,81 Ω
R3 + 3,81 = 13,81 Ω
R2 ∥ 13,81 = 1,747 Ω
Req = R1 + 1,747 = 6 + 1,747 = 7,747 Ω
Antwort
Req = 7,747 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I1 = 0,925 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
Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.
(VA − 24)/12 + (VA − 9)/5 + (VA − 10)/20 = 0
Nach VA auflösen
VA = (24/12 + 9/5 + 10/20) / (1/12 + 1/5 + 1/20) = 4,3/0,3333 = 12,9 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I1 = (24 − VA)/R1 = (24 − 12,9)/12 = 0,925 A
Antwort
I1 = 0,925 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 23,51 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 = 12 V, V2 = 15 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 − 12)/5 + (VA − VB)/5 = 0
0,44·VA − 0,2·VB = 2,4
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/12 + (VB − VA)/5 + (VB − 15)/15 = 4
−0,2·VA + 0,35·VB = 5
Lösen
Δ = (0,44)(0,35) − (−0,2)(−0,2) = 0,114
VA = Δ1/Δ = 1,84/0,114 = 16,14 V
VB = Δ2/Δ = 2,68/0,114 = 23,51 V
Antwort
VB = 23,51 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 1 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 3 = 4,667 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) = 6·2/(10+2) = 1 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 3,077 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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 6 = 9,75 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) = 5,625 + 2,5·3,75 = 15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15 + 2,5·6 = 30 V
Norton-Ersatzschaltbild
Eine Norton-Quelle ist dieselbe Schaltung, gesehen als Stromquelle parallel zu R_th. Ihr Strom ist der Kurzschlussstrom an a–b.
IN = Vth/Rth = 30/9,75 = 3,077 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: τ = 189 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.
Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators
Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.
Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·4,7/(6,8 + 4,7) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 20·4,7/(6,8 + 4,7) = 8,174 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 2,779·68 = 189 ms
Antwort
τ = 189 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 5,075 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 10 µF = 68 ms
vC(t) = 6 + (3 − 6)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(80) = 6 + (−3)·e−80/68 = 5,075 V
Antwort
vC = 5,075 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: P = 17,6 W
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
XL = 125,7 Ω, XC = 169,3 Ω
Impedanz
|Z| = √(15² + (−43,65)²) = 46,16 Ω
Wirkleistung
Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.
I = 50/46,16 = 1,083 A
P = I²·R = 1,083²·15 = 17,6 W
Antwort
P = 17,6 W
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 521,9 V
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/√(0,05·0,47·10⁻⁶) = 6523 rad/s
I = V/R = 24/15 = 1,6 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 6523·0,05 = 326,2 Ω
VL = I·XL = 1,6·326,2 = 521,9 V
Antwort
VL = 521,9 V
Das ist das Q = 21,74-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: X = 4,961 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 = 1440/16² = 5,625 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 120/16 = 7,5 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(7,5² − 5,625²) = 4,961 Ω
Antwort
X = 4,961 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,8158
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 = 23·tan(arccos 0,75) = 20,28 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 20,28 − 3,981 = 16,3 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(23² + 16,3²) = 28,19 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 23/28,19 = 0,8158
Antwort
cos φ = 0,8158
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 16,53 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 = √3·415·25 = 17,97 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 17,97·0,92 = 16,53 kW
Antwort
P = 16,53 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 313 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 50,81 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 16938/(314,2·415²) = 313 µF
Antwort
Cph = 313 µF
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 8 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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/15 = 16 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 8 A
Antwort
I1 = 8 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 60 Ω, und 480/60 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 927,6 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.