Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 11 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 90 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 12 VR = 22 ΩL = 150 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 0,309 A? Bestimme t.
Vs = 12 VR1 = 33 ΩR2 = 20 ΩL = 100 mH
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 120 V (rms)f = 100 HzR1 = 40 ΩR2 = 40 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 27 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv und eine Last mit 22 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 kapazitiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
Eine einphasige Last nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 75 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 92 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 75 kWη = 92%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 415 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 Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 4800 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 48 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 48 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 2000 W und Kupferverluste von 3000 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 16,24 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 + 3 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 8·9/(8+9) = 4,235 Ω
Req = R1 + 4,235 = 12 + 4,235 = 16,24 Ω
Antwort
Req = 16,24 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,174 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 = 15 + 8 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 11,98 Ω
R3 + 11,98 = 26,98 Ω
R2 ∥ 26,98 = 4,218 Ω
Req = R1 + 4,218 = 6 + 4,218 = 10,22 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 = 12/10,22 = 1,174 A
Antwort
IR1 = 1,174 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 13,14 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 = 9 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 − 9)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,3833·VA − 0,06667·VB = 2,25
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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
(11 − 18)/10 + 11/10 = (VB − 11)/30
0,4 = (VB − 11)/30 → VB = 23 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 = (23 − 11)/30 + 23/5 = 5 A
Antwort
Is = 5 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 5 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 10 = 12 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) = 15·3/(6+3) = 5 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = −0,5213 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 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 10 = 18,57 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) = 5,143 + (−1,5)·8,571 = −7,714 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −7,714 + (−1,5)·10 = −22,71 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) = −22,71/(18,57 + 25) = −0,5213 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 15,7 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 = 150 mH / 22 Ω = 6,818 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A
Nach der Zeit auflösen
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −6,818·ln(0,1) = 15,7 ms
Antwort
t = 15,7 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 0,9581 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 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| = 230/310 = 0,742 A
Antwort
I = 0,742 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 47,5 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/(2π·100·100·10⁻⁶) = 15,92 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.
Blindleistung jeder Last
Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).
Q1 = 27·tan(arccos 0,75) = 23,81 kvar
Q2 = −22·tan(arccos 0,9) = −10,66 kvar
Summen
P = 27 + 22 = 49 kW
Q = 23,81 + (−10,66) = 13,16 kvar
S = √(49² + 13,16²) = 50,74 kVA
Gesamtleistungsfaktor
cos φ = P/S = 49/50,74 = 0,9658 induktiv
Antwort
cos φ = 0,9658
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 23,63 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.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,537 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,92) = 23,63 A
Antwort
Inew = 23,63 A
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 135 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 = 75/0,92 = 81,52 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 81522/(√3·415·0,84) = 135 A
Antwort
IL = 135 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 572,3 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 = 50·tan(acos 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,25 A
Antwort
I1 = 0,25 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 19200 Ω, und 4800/19200 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 204,1 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.