Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I2 im Zweig 2, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 95 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 10 VR = 68 ΩL = 22 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,485 A? Bestimme t.
Vs = 12 VR1 = 22 ΩR2 = 5 ΩL = 22 mH
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩC = 10 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 5 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 5 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 10 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 18 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 18 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz 28 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 100 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 28 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 60 HzC = 100 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 37 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,86 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 37 kWη = 95%cos φ = 0,86VL = 400 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 480 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 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 2:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 1000 W und Kupferverluste von 1500 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 200 kVAPcore = 1000 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,4127 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 8·26/(8+26) = 6,118 Ω
Req = R1 + 6,118 = 5 + 6,118 = 11,12 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 = 6/11,12 = 0,5397 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 = 6 − 0,5397·5 = 3,302 V
IR2 = VA/R2 = 3,302/8 = 0,4127 A
Antwort
IR2 = 0,4127 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 34,73 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 = 10 + 25 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
R3 + 12,73 = 27,73 Ω
R2 ∥ 27,73 = 9,734 Ω
Req = R1 + 9,734 = 25 + 9,734 = 34,73 Ω
Antwort
Req = 34,73 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I2 = −0,6364 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 − 30)/4 + (VA − 15)/15 + (VA − 10)/20 = 0
Nach VA auflösen
VA = (30/4 + 15/15 + 10/20) / (1/4 + 1/15 + 1/20) = 9/0,3667 = 24,55 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I2 = (15 − VA)/R2 = (15 − 24,55)/15 = −0,6364 A
Antwort
I2 = −0,6364 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR2 = 0,3622 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 = −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/3 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/15 = 0
0,5·VA − 0,06667·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.
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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 2 = 4,222 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) = 9·5/(4+5) = 5 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) = 5/(4,222 + 10) = 0,3516 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 215,7 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 = 30·25/(30+25) = 13,64 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 13,64 + 5 = 18,64 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) = 16,36 + 6·13,64 = 98,18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 98,18 + 6·5 = 128,2 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) = 128,2/(18,64 + 25) = 2,938 A
PL = IL²·RL = 2,938²·25 = 215,7 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 0,9692 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 = 22 mH / 68 Ω = 0,3235 ms
i(∞) = Vs/R = 10/68 = 0,1471 A
Nach der Zeit auflösen
0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −0,3235·ln(0,05) = 0,9692 ms
Antwort
t = 0,9692 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 0,7436 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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.
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/(ωC) = 1/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 230/40 = 5,75 A
IX = V/XC = 230/31,83 = 7,226 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) = √(5,75² + 7,226²) = 9,234 A
Antwort
I = 9,234 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 47,14 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/√(0,2·10·10⁻⁶) = 707,1 rad/s
I = V/R = 5/15 = 0,3333 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 707,1·0,2 = 141,4 Ω
VL = I·XL = 0,3333·141,4 = 47,14 V
Antwort
VL = 47,14 V
Das ist das Q = 9,428-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 125 A
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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 18000/(240·0,6) = 125 A
Antwort
I = 125 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,8298
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 = 28·tan(arccos 0,8) = 21 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·100·10⁻⁶ = 2171 var = 2,171 kvar
Q2 = 21 − 2,171 = 18,83 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(28² + 18,83²) = 33,74 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 28/33,74 = 0,8298
Antwort
cos φ = 0,8298
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 65,37 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 = 37/0,95 = 38,95 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 38947/(√3·400·0,86) = 65,37 A
Antwort
IL = 65,37 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 82,98 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 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 82,98 kvar
Antwort
QC = 82,98 kvar
15.Transformatoren
Antwort: R1′ = 20 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 = 2²·5 = 20 Ω
Antwort
R1′ = 20 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 163,3 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.