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.
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 = 40 ms.
Vs = 15 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 33 µFt = 40 ms
vC = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 15-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 12 V erreicht, genau 25 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 100 kΩ die nötige Kapazität C.
Vs = 15 VVth = 12 VT = 25 msR = 100 kΩ
C = µF
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 1 mH soll bei 5000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.
f0 = 5000 HzL = 1 mH
C = µF
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 5 Ω, L = 1 mH und C = 0,22 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.
R = 5 ΩL = 1 mHC = 0,22 µF
B = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 17 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 17 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 10 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 415 V einen Leiterstrom von 50 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,9 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 415 VIL = 50 Acos φ = 0,9
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 7200 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 50 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 7200 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 7200 ΩRL = 50 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 4000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 500 kVAPcore = 4000 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,717 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 8 + 9,474 = 17,47 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 = 30/17,47 = 1,717 A
Antwort
IR1 = 1,717 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,778 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 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 3,81 Ω
R3 + 3,81 = 23,81 Ω
R2 ∥ 23,81 = 3,425 Ω
Req = R1 + 3,425 = 12 + 3,425 = 15,42 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 = 12/15,42 = 0,778 A
Antwort
IR1 = 0,778 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 22,5 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 = 30 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/20 + (VA − 30)/4 + (VA − VB)/4 = 0
0,55·VA − 0,25·VB = 7,5
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/6 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,4167·VB = 2,5
Lösen
Δ = (0,55)(0,4167) − (−0,25)(−0,25) = 0,1667
VA = Δ1/Δ = 3,75/0,1667 = 22,5 V
VB = Δ2/Δ = 3,25/0,1667 = 19,5 V
Antwort
VA = 22,5 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Ix = 0,5294 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 + 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 18)/2 + VA/4 + (VA + 9)/10 = 1,5
VA·(1/2 + 1/4 + 1/10) = 1,5 + 18/2 − 9/10 = 9,6
VA = 9,6/0,85 = 11,29 V
VB = 20,29 V
Strom durch die Spannungsquelle
Knotenregel nur an Knoten A: Der über R₁ ankommende Strom fließt über R₂ und über die Spannungsquelle ab.
IR1 = (18 − 11,29)/2 = 3,353 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 3,353 − 11,29/4 = 0,5294 A
Antwort
Ix = 0,5294 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,375 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 4 = 7,333 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) = 6·20/(4+20) = 5 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) = 5/(7,333 + 6) = 0,375 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 4,292 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 30 = 33,53 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) = 10,59 + 5·3,529 = 28,24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,24 + 5·30 = 178,2 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) = 178,2/(33,53 + 8) = 4,292 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 8,544 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 = 1·2,2/(1 + 2,2) = 0,6875 kΩ
vC(∞) = 15·2,2/(1 + 2,2) = 10,31 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 0,6875·33 = 22,69 ms
Ladekurve
vC(t) = 10,31·(1 − e−40/22,69) = 8,544 V
Antwort
vC = 8,544 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: C = 0,1553 µF
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.
Erforderliche Zeitkonstante
12 = 15·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(15/(15 − 12))
τ = 25/1,609 = 15,53 ms
Kapazität
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
C = τ/R = 15,53/100 = 0,1553 µF
Antwort
C = 0,1553 µF
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: C = 1,013 µF
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·5000 = 31416 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(31416²·0,001) = 1,013 µF
Antwort
C = 1,013 µF
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: B = 795,8 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|.
Resonanzfrequenz
f0 = 1/(2π·√(0,001·0,22·10⁻⁶)) = 10730 Hz
Güte
Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.
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) = 17000/(240·0,8) = 88,54 A
Antwort
I = 88,54 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 48,31 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 = 10·tan(49,46°) = 11,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(25,84°) = 4,843 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,848 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(230·0,9) = 48,31 A
Antwort
Inew = 48,31 A
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 32,35 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 = √3·415·50 = 35,94 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 35,94·0,9 = 32,35 kW
Antwort
P = 32,35 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 76,08 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 76,08 kvar
Antwort
QC = 76,08 kvar
15.Transformatoren
Antwort: a = 12
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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·50 = 7200
a = √(7200/50) = √144 = 12
Antwort
a = 12
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 4707 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.