Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.
An a–b wird eine Last RL = 4 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩRL = 4 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 90 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 15 VR = 33 ΩL = 220 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 12 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 14,4 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 15 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 12 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 20 mH
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 150 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine Last mit der Impedanz Z = 9 + j12 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Wirkleistung P.
V = 240 VZ = 9 + j12 Ω
P = W
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 35 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 12 + j16 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 = 12 + j16 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 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 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 512 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 512 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 512 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 450 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,8 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,9η = 98,8%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,5814 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Req = R1 + 4,286 = 8 + 4,286 = 12,29 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 = 10/12,29 = 0,814 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 = 10 − 0,814·8 = 3,488 V
IR2 = VA/R2 = 3,488/6 = 0,5814 A
Antwort
IR2 = 0,5814 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,588 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 + 6 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 3,429 Ω
R3 + 3,429 = 15,43 Ω
R2 ∥ 15,43 = 6,75 Ω
Req = R1 + 6,75 = 6 + 6,75 = 12,75 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 = 36/12,75 = 2,824 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 − 2,824·6 = 19,06 V
IR2 = VA/R2 = 19,06/12 = 1,588 A
Antwort
IR2 = 1,588 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = −19,2 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 = 15 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 − 15)/3 + (VA − VB)/8 = 0
0,5083·VA − 0,125·VB = 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/20 + (VB − VA)/8 = (−4)
−0,125·VA + 0,175·VB = −4
Lösen
Δ = (0,5083)(0,175) − (−0,125)(−0,125) = 0,07333
VA = Δ1/Δ = 0,375/0,07333 = 5,114 V
VB = Δ2/Δ = −1,408/0,07333 = −19,2 V
Antwort
VB = −19,2 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = −0,971 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 − 5)/10 + VA/8 + (VA − 9)/30 = 3
VA·(1/10 + 1/8 + 1/30) = 3 + 5/10 + 9/30 = 3,8
VA = 3,8/0,2583 = 14,71 V
VB = 5,71 V
Strom durch R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 14,71)/10 = −0,971 A
Antwort
IR1 = −0,971 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 1,705 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 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) = 15·15/(2+15) = 13,24 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) = 13,24/(3,765 + 4) = 1,705 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = −55 V
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 = 15·30/(15+30) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 15 = 25 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) = 20 + (−3)·10 = −10 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −10 + (−3)·15 = −55 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 15,35 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.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 220 mH / 33 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 15/33 = 0,4545 A
Nach der Zeit auflösen
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −6,667·ln(0,1) = 15,35 ms
Antwort
t = 15,35 ms
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((12 − 15)/(14,4 − 15)) = 68·ln(5) = 109,4 ms
Antwort
t = 109,4 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 38,51 °
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·200·0,02 = 25,13 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 230/20 = 11,5 A
IX = V/XL = 230/25,13 = 9,151 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) = √(11,5² + 9,151²) = 14,7 A
Phasenwinkel
Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(9,151/11,5) = 38,51°
Antwort
φ = 38,51°
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 159,5 Ω
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·60·4,7·10⁻⁶) = 564,4 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.
Strom
|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 240/15 = 16 A
Wirkleistung
P = I²·R = 16²·9 = 2304 W
Antwort
P = 2304 W
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 769 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 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,92 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 13916/(2π·50·240²) = 769 µF
Antwort
C = 769 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 4,8 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| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 230,9/20 = 11,55 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·11,55²·12 = 4,8 kW
Antwort
P = 4,8 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 228,9 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 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 41,09 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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·8 = 512
a = √(512/8) = √64 = 8
Antwort
a = 8
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 369,8 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.