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 = 2,5 AVs = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 24,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
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 = 80 ms.
Vs = 20 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 22 µFt = 80 ms
vC = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,39 A? Bestimme t.
Vs = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩL = 33 mH
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 100 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 50 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 50 V (rms)f = 100 HzR1 = 20 ΩR2 = 150 ΩC = 10 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 40 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 37 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 88 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 37 kWη = 88%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 480 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 Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 60 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA und 6600/230 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.
S = 150 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
ILV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2500 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 500 kVAPcore = 2500 Wpf = 0,9η = 98%
Pcu,fl = W
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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 20·14/(20+14) = 8,235 Ω
Req = R1 + 8,235 = 8 + 8,235 = 16,24 Ω
Antwort
Req = 16,24 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,6024 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 = 3 + 12 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 29,29 Ω
R2 ∥ 29,29 = 9,919 Ω
Req = R1 + 9,919 = 10 + 9,919 = 19,92 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 = 12/19,92 = 0,6024 A
Antwort
IR1 = 0,6024 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 20 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 + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/12 + (VA + 10)/12 = 2,5
VA = (2,5 − 10/12)/(1/12 + 1/12) = 10 V
VB = 10 + 10 = 20 V
Antwort
VB = 20 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 4,073 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.
Knotenregel am Knoten A
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(24,5 − 30)/8 + 24,5/12 = (VB − 24,5)/6
1,354 = (VB − 24,5)/6 → VB = 32,63 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 = (32,63 − 24,5)/6 + 32,63/12 = 4,073 A
Antwort
Is = 4,073 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 16,8 Ω
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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 12 = 16,8 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,3623 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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 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) = 3,375 + 1·3,75 = 7,125 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,125 + 1·8 = 15,13 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) = 15,13/(11,75 + 30) = 0,3623 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 6,986 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 = 4,7·3,3/(4,7 + 3,3) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 20·3,3/(4,7 + 3,3) = 8,25 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 1,939·22 = 42,65 ms
Ladekurve
vC(t) = 8,25·(1 − e−80/42,65) = 6,986 V
Antwort
vC = 6,986 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 1,177 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 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 6/(10 + 10) = 0,3 A
i(∞) = 6/10 = 0,6 A
τ = L/R = 33/10 = 3,3 ms
i(t) = 0,6 + (0,3 − 0,6)·e−t/τ
Nach der Zeit auflösen
e−t/τ = (0,39 − 0,6)/(0,3 − 0,6) = 0,7
t = 3,3·ln(1,429) = 1,177 ms
Antwort
t = 1,177 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,7584 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 = 377·0,15 = 56,55 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| = 24/31,64 = 0,7584 A
Antwort
I = 0,7584 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,4017 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
XC = 1/(2π·100·10·10⁻⁶) = 159,2 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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 40000/(240·0,85) = 196,1 A
Antwort
I = 196,1 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 492,6 µF
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 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 29,71 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 29710/(2π·60·400²) = 492,6 µF
Antwort
C = 492,6 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 60,21 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 = 37/0,88 = 42,05 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 42045/(√3·480·0,84) = 60,21 A
Antwort
IL = 60,21 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 492,6 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 = 60·tan(acos 0,7) = 60·1,02 = 61,21 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 35,65 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
ILV = S/V = 150000/230 = 652,2 A
Antwort
ILV = 652,2 A
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 6684 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.