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 = 4 AVs = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 8 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.
An a–b wird eine Last RL = 12 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩRL = 12 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
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 Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.
Vs = 12 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µF
τ = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 24 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 15,6 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 12 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 24 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 150 mH
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 100 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 19 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 19 kWpf = 0,7V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA versorgt eine Last mit 49 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 150 kVAP1 = 49 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 3 + j4 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 400 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 ist ein Widerstand von 8 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 2:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 150 W und Kupferverluste von 225 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 50 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 225 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,3837 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 4·11/(4+11) = 2,933 Ω
Req = R1 + 2,933 = 20 + 2,933 = 22,93 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 = 12/22,93 = 0,5233 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 = 12 − 0,5233·20 = 1,535 V
IR2 = VA/R2 = 1,535/4 = 0,3837 A
Antwort
IR2 = 0,3837 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,461 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 1,556 Ω
R3 + 1,556 = 5,556 Ω
R2 ∥ 5,556 = 3,797 Ω
Req = R1 + 3,797 = 4 + 3,797 = 7,797 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 = 36/7,797 = 4,617 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 = 36 − 4,617·4 = 17,53 V
IR2 = VA/R2 = 17,53/12 = 1,461 A
Antwort
IR2 = 1,461 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 20,44 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 + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/10 + (VA + 6)/8 = 4
VA = (4 − 6/8)/(1/10 + 1/8) = 14,44 V
VB = 14,44 + 6 = 20,44 V
Antwort
VB = 20,44 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,5669 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/6 + (VA − 9)/4 + (VA − VB)/10 = 0
0,5167·VA − 0,1·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.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/30 + (VB − VA)/10 + (VB − 24)/8 = (−0,5)
−0,1·VA + 0,2583·VB = 2,5
Lösen
Δ = (0,5167)(0,2583) − (−0,1)(−0,1) = 0,1235
VA = Δ1/Δ = 0,8312/0,1235 = 6,732 V
VB = Δ2/Δ = 1,517/0,1235 = 12,28 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 6,732)/4 = 0,5669 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,3239 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 15 = 20,22 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) = 30·8/(15+8) = 10,43 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) = 10,43/(20,22 + 12) = 0,3239 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 2,071 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 = 25·3/(25+3) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 20 = 22,68 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) = 1,607 + 2·2,679 = 6,964 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,964 + 2·20 = 46,96 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 = 46,96/22,68 = 2,071 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: τ = 82,46 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.
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 = 4,7·1/(4,7 + 1) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 12·1/(4,7 + 1) = 2,105 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 0,8246·100 = 82,46 ms
Antwort
τ = 82,46 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 26,49 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((24 − 12)/(15,6 − 12)) = 22·ln(3,333) = 26,49 ms
Antwort
t = 26,49 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 17,66 °
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·200·0,15 = 188,5 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 = 24/188,5 = 0,1273 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 + 0,1273²) = 0,4198 A
Phasenwinkel
Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(0,1273/0,4) = 17,66°
Antwort
φ = 17,66°
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,486 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 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| = 120/80,78 = 1,486 A
Antwort
I = 1,486 A
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 113,1 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) = 19000/(240·0,7) = 113,1 A
Antwort
I = 113,1 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 96,43 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 = 49·tan(arccos 0,8) = 36,75 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 36,75²) = 145,4 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 145,4 − 49 = 96,43 kW
Antwort
ΔP = 96,43 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 19,2 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 = 400/√3 = 230,9 V
Strangstrom
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 230,9/5 = 46,19 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·46,19²·3 = 19,2 kW
Antwort
P = 19,2 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 74,31 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 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 74,31 kvar
Antwort
QC = 74,31 kvar
15.Transformatoren
Antwort: R1′ = 32 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 = 2²·8 = 32 Ω
Antwort
R1′ = 32 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 40,82 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.