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 das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Is = 3 AVs = 8 VR1 = 20 ΩR2 = 20 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 60 ms in mJ.
Vs = 10 VR = 5 ΩL = 150 mHt = 60 ms
W = mJ
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 16,6 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 20 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 3 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 0,1 µF soll bei 100 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 100 HzC = 0,1 µF
L = mH
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 24 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 24 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 15 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,98. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 22 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 94 % und sein Leistungsfaktor 0,85 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 22 kWη = 94%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 liegen 460 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 24 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 24 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 1000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 250 kVAPcore = 1000 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 8,333 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 + 5 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 5 + 3,333 = 8,333 Ω
Antwort
Req = 8,333 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,2097 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 7,097 Ω
R3 + 7,097 = 9,097 Ω
R2 ∥ 9,097 = 3,615 Ω
Req = R1 + 3,615 = 25 + 3,615 = 28,62 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 = 6/28,62 = 0,2097 A
Antwort
IR1 = 0,2097 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 34 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.
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 + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/20 + (VA + 8)/20 = 3
VA = (3 − 8/20)/(1/20 + 1/20) = 26 V
VB = 26 + 8 = 34 V
Antwort
VB = 34 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = −8,734 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 = 36 V, V2 = −18 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/4 + (VA − 36)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,3833·VA − 0,05·VB = 3
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/15 + (VB − VA)/20 + (VB − (−18))/5 = 0,5
−0,05·VA + 0,3167·VB = −3,1
Lösen
Δ = (0,3833)(0,3167) − (−0,05)(−0,05) = 0,1189
VA = Δ1/Δ = 0,795/0,1189 = 6,687 V
VB = Δ2/Δ = −1,038/0,1189 = −8,734 V
Antwort
VB = −8,734 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,4235 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 10 = 15,45 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) = 12·12/(10+12) = 6,545 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 = 6,545/15,45 = 0,4235 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 69,25 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 15 = 17 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) = 1,667 + 4·2 = 9,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,667 + 4·15 = 69,67 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) = 69,67/(17 + 12) = 2,402 A
PL = IL²·RL = 2,402²·12 = 69,25 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W = 224,3 mJ
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 / 5 Ω = 30 ms
i(∞) = Vs/R = 10/5 = 2 A
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(t) = 2·(1 − e−60/30) = 1,729 A
Gespeicherte Energie
W = ½·L·i² = ½·150·1,729² = 224,3 mJ
Antwort
W = 224,3 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 109,4 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((3 − 20)/(16,6 − 20)) = 68·ln(5) = 109,4 ms
Antwort
t = 109,4 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 25330 mH
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|.
Resonanzbedingung
Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·100 = 628,3 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(628,3²·0,1·10⁻⁶) = 25330 mH
Antwort
L = 25330 mH
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 0,06934 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,2 = 1257 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 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| = 12/1252 = 0,009585 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,009585·7,234 = 0,06934 V
Antwort
VC = 0,06934 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Q = 24,48 kvar
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.
Winkel
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Blindleistung
Q = P·tan φ = 24·1,02 = 24,48 kvar
Antwort
Q = 24,48 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 63,78 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 = 15·tan(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(11,48°) = 3,046 kvar
QC = Q1 − Q2 = 12,26 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 15000/(240·0,98) = 63,78 A
Antwort
Inew = 63,78 A
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 38,31 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 = 22/0,94 = 23,4 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23404/(√3·415·0,85) = 38,31 A
Antwort
IL = 38,31 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 225,8 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 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 40,86 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) = 13619/(377·400²) = 225,8 µF
Antwort
Cph = 225,8 µF
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 4,792 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/24 = 9,583 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 4,792 A
Antwort
I1 = 4,792 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 96 Ω, und 460/96 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 5572 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.