Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.
Is = 4 AVs = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 5 Ω
Ix = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.
Vs = 24 VR = 100 ΩL = 100 mHt = 1 ms
vL = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 30 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 13,2 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 10 µFvC(0) = 30 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 100 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 24 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 24 kWpf = 0,85V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 100 V (Effektivwert) und 1000 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j5 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.
Vs = 100 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j5 Ω
Pmax = W
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 10 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,95 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VIL = 10 Acos φ = 0,95
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 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 = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 4600 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 30 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 400 W und Kupferverluste von 600 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 50 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 600 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,3805 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 15·13/(15+13) = 6,964 Ω
Req = R1 + 6,964 = 15 + 6,964 = 21,96 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 = 18/21,96 = 0,8195 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 = 18 − 0,8195·15 = 5,707 V
IR2 = VA/R2 = 5,707/15 = 0,3805 A
Antwort
IR2 = 0,3805 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,0827 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 4,5 Ω
R3 + 4,5 = 19,5 Ω
R2 ∥ 19,5 = 7,429 Ω
Req = R1 + 7,429 = 30 + 7,429 = 37,43 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 = 5/37,43 = 0,1336 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 = 5 − 0,1336·30 = 0,9924 V
IR2 = VA/R2 = 0,9924/12 = 0,0827 A
Antwort
IR2 = 0,0827 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Ix = 3,56 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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/20 + (VA + 9)/5 = 4
VA = (4 − 9/5)/(1/20 + 1/5) = 8,8 V
VB = 8,8 + 9 = 17,8 V
Strom durch die Spannungsquelle
Alles, was von A nach B durch die Quelle fließt, verlässt den Knoten B über R₂.
Ix = VB/R2 = 17,8/5 = 3,56 A
Antwort
Ix = 3,56 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = −0,1209 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 = −10 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/12 + (VA − 24)/25 + (VA − VB)/10 = 0
0,2233·VA − 0,1·VB = 0,96
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 + 4 = 6,222 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) = 10·5/(4+5) = 5,556 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 = 5,556/6,222 = 0,8929 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 19,5 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 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) = 6,545 + (−4)·2,727 = −4,364 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,364 + (−4)·6 = −28,36 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) = −28,36/(8,727 + 20) = −0,9873 A
PL = IL²·RL = −0,9873²·20 = 19,5 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 8,829 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.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 100 mH / 100 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 24/100 = 0,24 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−1/1 = 8,829 V
Antwort
vL = 8,829 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 53,11 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
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
t = τ·ln((30 − 9)/(13,2 − 9)) = 33·ln(5) = 53,11 ms
Antwort
t = 53,11 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 56,08 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·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 50/100 = 0,5 A
IX = V/XC = 50/67,73 = 0,7383 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) = √(0,5² + 0,7383²) = 0,8917 A
Impedanz
|Z| = V/I = 50/0,8917 = 56,08 Ω
Antwort
|Z| = 56,08 Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 7,305 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 12/52,29 = 0,2295 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,2295·31,83 = 7,305 V
Antwort
VC = 7,305 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 122,8 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) = 24000/(230·0,85) = 122,8 A
Antwort
I = 122,8 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Pmax = 625 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* = 4 − j5 Ω
Maximale Leistung
I = Vs/(2Rs) = 100/8 = 12,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·4) = 625 W
Antwort
Pmax = 625 W
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 7,898 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 = √3·480·10 = 8,314 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 8,314·0,95 = 7,898 kW
Antwort
P = 7,898 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 686,7 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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 111,5 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
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 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/30 = 7,667 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,3833 A
Antwort
I1 = 0,3833 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 12000 Ω, und 4600/12000 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 40,82 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.