Die Spule führt einen konstanten Strom von 2 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.
i(0) = 2 AR = 20 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 750 ms.
Vs = 20 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 100 µFt = 750 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 200 mH
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 1 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 24 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv und eine Last mit 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 68 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 5 kWpf1 = 0,65V = 240 Vf = 60 HzC = 68 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 8 + j6 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 208 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VZ = 8 + j6 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 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 = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 12:1 ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 12:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 900 W und Kupferverluste von 2250 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 150 kVAPcore = 900 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 14,19 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 20·17/(20+17) = 9,189 Ω
Req = R1 + 9,189 = 5 + 9,189 = 14,19 Ω
Antwort
Req = 14,19 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 7,548 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 = 5 + 10 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 2,5 Ω
R3 + 2,5 = 5,5 Ω
R2 ∥ 5,5 = 3,548 Ω
Req = R1 + 3,548 = 4 + 3,548 = 7,548 Ω
Antwort
Req = 7,548 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 19,31 W
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.
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/6 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,3917·VA − 0,125·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.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/8 = 3
−0,125·VA + 0,625·VB = 3
Lösen
Δ = (0,3917)(0,625) − (−0,125)(−0,125) = 0,2292
VA = Δ1/Δ = 1,875/0,2292 = 8,182 V
VB = Δ2/Δ = 1,475/0,2292 = 6,436 V
Von der Stromquelle abgegebene Leistung
Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.
PIs = VB·Is = 6,436·3 = 19,31 W
Antwort
PIs = 19,31 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,5416 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 = 9 V, V2 = 24 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/8 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/4 = 0
0,4417·VA − 0,25·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/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/2 + (VB − VA)/4 + (VB − 24)/6 = (−5)
−0,25·VA + 0,9167·VB = −1
Lösen
Δ = (0,4417)(0,9167) − (−0,25)(−0,25) = 0,3424
VA = Δ1/Δ = 0,3/0,3424 = 0,8763 V
VB = Δ2/Δ = −0,2917/0,3424 = −0,8519 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 0,8763)/15 = 0,5416 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 3,261 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 2 = 5,75 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) = 30·10/(6+10) = 18,75 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 = 18,75/5,75 = 3,261 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 16,48 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 25 = 31,32 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) = 18,95 + 1,5·6,316 = 28,42 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,42 + 1,5·25 = 65,92 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) = 65,92/(31,32 + 5) = 1,815 A
PL = IL²·RL = 1,815²·5 = 16,48 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,8058 A
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
τ = L/R = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
Abklingen des Stroms
i(t) = 2·e−1/1,1 = 0,8058 A
Antwort
i = 0,8058 A
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 0,6733 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.
Anfangsspannung des Kondensators
Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.
vC(0) = 20·3,3/(6,8 + 3,3) = 6,535 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 3,3·100 = 330 ms
Entladung
vC(t) = 6,535·e−750/330 = 0,6733 V
Antwort
vC = 0,6733 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,4112 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
XL = ωL = 2π·200·0,2 = 251,3 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 24/60 = 0,4 A
IX = V/XL = 24/251,3 = 0,09549 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) = √(0,4² + 0,09549²) = 0,4112 A
Antwort
I = 0,4112 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: f0 = 503,3 Hz
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 induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.
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 = 24·tan(arccos 0,7) = 24,48 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,95) = 2,958 kvar
Summen
P = 24 + 9 = 33 kW
Q = 24,48 + 2,958 = 27,44 kvar
S = √(33² + 27,44²) = 42,92 kVA
Gesamtleistungsfaktor
cos φ = P/S = 33/42,92 = 0,7689 induktiv
Antwort
cos φ = 0,7689
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,753
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 = 5·tan(arccos 0,65) = 5,846 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·68·10⁻⁶ = 1477 var = 1,477 kvar
Q2 = 5,846 − 1,477 = 4,369 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(5² + 4,369²) = 6,64 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 5/6,64 = 0,753
Antwort
cos φ = 0,753
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 3,461 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.
Strangspannung
Vph = 208/√3 = 120,1 V
Strangstrom
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·8 = 3,461 kW
Antwort
P = 3,461 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 394 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 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 59,42 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19807/(314,2·400²) = 394 µF
Antwort
Cph = 394 µF
15.Transformatoren
Antwort: R1′ = 720 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 = 12²·5 = 720 Ω
Antwort
R1′ = 720 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 94,87 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.