Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
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 Kondensatorspannung vC bei t = 120 ms.
Vs = 12 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 68 µFt = 120 ms
vC = V
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 0,33 A? Bestimme t.
Vs = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩL = 22 mH
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩC = 2,2 µF
|Z| = Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR1 = 40 ΩR2 = 50 ΩC = 47 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 18 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 18 kWpf = 0,85V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz 16 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 330 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 16 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 60 HzC = 330 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 10 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VIL = 10 Acos φ = 0,88
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 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 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 256 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 16 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 256 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 256 ΩRL = 16 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 800 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 100 kVAPcore = 800 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 21,73 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.
R3 + R4 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 2·13/(2+13) = 1,733 Ω
Req = R1 + 1,733 = 20 + 1,733 = 21,73 Ω
Antwort
Req = 21,73 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 34,99 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 = 25 + 4 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 9,886 Ω
R3 + 9,886 = 29,89 Ω
R2 ∥ 29,89 = 9,987 Ω
Req = R1 + 9,987 = 25 + 9,987 = 34,99 Ω
Antwort
Req = 34,99 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,3462 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). 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/10 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/8 = 0
0,725·VA − 0,125·VB = 7,5
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/12 + (VB − VA)/8 = 3
−0,125·VA + 0,2083·VB = 3
Lösen
Δ = (0,725)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,1354
VA = Δ1/Δ = 1,937/0,1354 = 14,31 V
VB = Δ2/Δ = 3,112/0,1354 = 22,98 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 14,31)/2 = 0,3462 A
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 11,74 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.
Knotenregel am Knoten A
Die über die Widerstände von A abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in A hineinschieben.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,425·VA − 0,2·VB = 3,75
Knotenregel am Knoten B
Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,3·VA + 0,3667·VB = 0
Lösen
Δ = (0,425)(0,3667) − (−0,2)(−0,3) = 0,09583
VA = Δ1/Δ = 1,375/0,09583 = 14,35 V
VB = Δ2/Δ = 1,125/0,09583 = 11,74 V
Antwort
VB = 11,74 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,3782 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 + 20 = 23,75 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) = 30·6/(10+6) = 11,25 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) = 11,25/(23,75 + 6) = 0,3782 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 3,263 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 12 = 14 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) = 6 + 4·2 = 14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14 + 4·12 = 62 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/(14 + 5) = 3,263 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 6,139 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.
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 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 12·10/(2,2 + 10) = 9,836 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 1,803·68 = 122,6 ms
Ladekurve
vC(t) = 9,836·(1 − e−120/122,6) = 6,139 V
Antwort
vC = 6,139 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 1,324 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.
i(0) = 6/15 = 0,4 A
i(∞) = 6/(15 + 5) = 0,3 A
τ = L/R = 22/20 = 1,1 ms
i(t) = 0,3 + (0,4 − 0,3)·e−t/τ
Nach der Zeit auflösen
e−t/τ = (0,33 − 0,3)/(0,4 − 0,3) = 0,3
t = 1,1·ln(3,333) = 1,324 ms
Antwort
t = 1,324 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 29,38 Ω
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·500·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 100/30 = 3,333 A
IX = V/XC = 100/144,7 = 0,6912 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) = √(3,333² + 0,6912²) = 3,404 A
Impedanz
|Z| = V/I = 100/3,404 = 29,38 Ω
Antwort
|Z| = 29,38 Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,381 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
XC = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Parallelschaltung
Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.
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/(230·0,85) = 92,07 A
Antwort
I = 92,07 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,797
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 = 16·tan(arccos 0,65) = 18,71 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·330·10⁻⁶ = 6581 var = 6,581 kvar
Q2 = 18,71 − 6,581 = 12,12 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(16² + 12,12²) = 20,08 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 16/20,08 = 0,797
Antwort
cos φ = 0,797
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 6,097 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 = √3·400·10 = 6,928 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 6,928·0,88 = 6,097 kW
Antwort
P = 6,097 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 297,2 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 53,79 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 17928/(377·400²) = 297,2 µF
Antwort
Cph = 297,2 µF
15.Transformatoren
Antwort: a = 4
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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·16 = 256
a = √(256/16) = √16 = 4
Antwort
a = 4
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 494,4 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.