Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 9,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
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 = 50 ms.
Vs = 20 VR1 = 10 kΩR2 = 1 kΩC = 47 µFt = 50 ms
vC = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 8 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 150 ms.
Vs = 12 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 8 Vt = 150 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 100 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 2 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 100 mHC = 10 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 5 kWpf = 0,85V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 56 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 200 kVAP1 = 56 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 30 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 88 % und sein Leistungsfaktor 0,86 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 30 kWη = 88%cos φ = 0,86VL = 690 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.
S = 50 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 1500 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 250 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,85η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,5 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 6 + 3 = 9 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 = 9/9 = 1 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 = 9 − 1·6 = 3 V
IR2 = VA/R2 = 3/6 = 0,5 A
Antwort
IR2 = 0,5 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,3384 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 1,692 Ω
R3 + 1,692 = 16,69 Ω
R2 ∥ 16,69 = 9,099 Ω
Req = R1 + 9,099 = 3 + 9,099 = 12,1 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 = 9/12,1 = 0,7439 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 = 9 − 0,7439·3 = 6,768 V
IR2 = VA/R2 = 6,768/20 = 0,3384 A
Antwort
IR2 = 0,3384 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 28,43 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 = 6 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/15 + (VA − 6)/10 + (VA − VB)/2 = 0
0,6667·VA − 0,5·VB = 0,6
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/15 + (VB − VA)/2 = 5
−0,5·VA + 0,5667·VB = 5
Lösen
Δ = (0,6667)(0,5667) − (−0,5)(−0,5) = 0,1278
VA = Δ1/Δ = 2,84/0,1278 = 22,23 V
VB = Δ2/Δ = 3,633/0,1278 = 28,43 V
Antwort
VB = 28,43 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 7,475 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
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(9,5 − 5)/3 + 9,5/5 = (VB − 9,5)/2
3,4 = (VB − 9,5)/2 → VB = 16,3 V
Knotenregel am Knoten B
Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (16,3 − 9,5)/2 + 16,3/4 = 7,475 A
Antwort
Is = 7,475 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,5056 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 2 = 4,182 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) = 30·3/(8+3) = 8,182 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) = 8,182/(4,182 + 12) = 0,5056 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 3,3 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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 8 = 9,5 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) = 27 + 1,5·1,5 = 29,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 29,25 + 1,5·8 = 41,25 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) = 41,25/(9,5 + 3) = 3,3 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 1,254 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 = 10·1/(10 + 1) = 0,9091 kΩ
vC(∞) = 20·1/(10 + 1) = 1,818 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 0,9091·47 = 42,73 ms
Ladekurve
vC(t) = 1,818·(1 − e−50/42,73) = 1,254 V
Antwort
vC = 1,254 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 9,977 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 12 + (8 − 12)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(150) = 12 + (−4)·e−150/220 = 9,977 V
Antwort
vC = 9,977 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,03175 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 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| = 10/315 = 0,03175 A
Antwort
I = 0,03175 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 13,33 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/√(0,1·10·10⁻⁶) = 1000 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 1000·0,1 = 100 Ω
VL = I·XL = 0,1333·100 = 13,33 V
Antwort
VL = 13,33 V
Das ist das Q = 6,667-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 25,58 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) = 5000/(230·0,85) = 25,58 A
Antwort
I = 25,58 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 135,7 kW
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 der vorhandenen Last
Q1 = 56·tan(arccos 0,7) = 57,13 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 57,13²) = 191,7 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 191,7 − 56 = 135,7 kW
Antwort
ΔP = 135,7 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 33,17 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 = 30/0,88 = 34,09 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 34091/(√3·690·0,86) = 33,17 A
Antwort
IL = 33,17 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 79,52 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 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 79,52 kvar
Antwort
QC = 79,52 kvar
15.Transformatoren
Antwort: IHV = 4,545 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.
IHV = S/V = 50000/11000 = 4,545 A
Antwort
IHV = 4,545 A
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 2395 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.