Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. 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(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.
Vs = 24 VR = 5 ΩL = 220 mH
W(∞) = mJ
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 15 ms.
Vs = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩL = 220 mHt = 15 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Leistungsfaktor cos φ der Schaltung.
V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 10 µF
cos φ =
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 22 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine Last mit der Impedanz Z = 12 + j5 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.
V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
Q = var
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 12 V (Effektivwert) und 1000 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j3 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Die Last für maximale Leistung besteht aus einem Widerstand in Reihe mit einem Kondensator. Bestimme die Kapazität C.
Vs = 12 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j3 Ω
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 45 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 45 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 15 kVA und 7200/240 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.
S = 15 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 400 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,85η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,3734 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 = 8 + 5 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 20 + 4,105 = 24,11 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 = 9/24,11 = 0,3734 A
Antwort
IR1 = 0,3734 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,115 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 6,618 Ω
R3 + 6,618 = 31,62 Ω
R2 ∥ 31,62 = 5,043 Ω
Req = R1 + 5,043 = 4 + 5,043 = 9,043 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 = 12/9,043 = 1,327 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 − 1,327·4 = 6,692 V
IR2 = VA/R2 = 6,692/6 = 1,115 A
Antwort
IR2 = 1,115 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 34,21 W
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.
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/15 + (VA − 24)/15 + (VA − VB)/5 = 0
0,3333·VA − 0,2·VB = 1,6
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/2 + (VB − VA)/5 = 4
−0,2·VA + 0,7·VB = 4
Lösen
Δ = (0,3333)(0,7) − (−0,2)(−0,2) = 0,1933
VA = Δ1/Δ = 1,92/0,1933 = 9,931 V
VB = Δ2/Δ = 1,653/0,1933 = 8,552 V
Von der Stromquelle abgegebene Leistung
Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.
PIs = VB·Is = 8,552·4 = 34,21 W
Antwort
PIs = 34,21 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 12,86 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.
Knotenregel am Knoten A
Die über die Widerstände von A abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in A hineinschieben.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,3667·VA − 0,25·VB = 1,5
Knotenregel am Knoten B
Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,35·VA + 0,35·VB = 0
Lösen
Δ = (0,3667)(0,35) − (−0,25)(−0,35) = 0,04083
VA = Δ1/Δ = 0,525/0,04083 = 12,86 V
VB = Δ2/Δ = 0,525/0,04083 = 12,86 V
Antwort
VB = 12,86 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,6128 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 3 = 6,077 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) = 18·8/(5+8) = 11,08 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) = 11,08/(6,077 + 12) = 0,6128 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 76,99 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 = 25·5/(25+5) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 15 = 19,17 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 + (−5)·4,167 = −19,83 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −19,83 + (−5)·15 = −94,83 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) = −94,83/(19,17 + 5) = −3,924 A
PL = IL²·RL = −3,924²·5 = 76,99 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W(∞) = 2534 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 = 220 mH / 5 Ω = 44 ms
i(∞) = Vs/R = 24/5 = 4,8 A
Gespeicherte Energie
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·220·4,8² = 2534 mJ
Antwort
W(∞) = 2534 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,3665 A
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 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.
i(0) = 12/20 = 0,6 A
i(∞) = 12/(20 + 15) = 0,3429 A
τ = L/R = 220/35 = 6,286 ms
i(t) = 0,3429 + (0,6 − 0,3429)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(15) = 0,3429 + (0,2571)·e−15/6,286 = 0,3665 A
Antwort
i = 0,3665 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: cos φ = 0,11
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
XL = 47,12 Ω, XC = 318,3 Ω
Impedanz
|Z| = √(30² + (−271,2)²) = 272,8 Ω
Leistungsfaktor
cos φ = R/|Z| = 30/272,8 = 0,11
Die Schaltung ist kapazitiv, der Leistungsfaktor ist also kapazitiv (voreilend).
Antwort
cos φ = 0,11
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 60,22 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 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| = 50/120,1 = 0,4162 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,4162·144,7 = 60,22 V
Antwort
VC = 60,22 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Q = 1704 var
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| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A
Blindleistung
Q = I²·X = 18,46²·5 = 1704 var
Antwort
Q = 1704 var
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 53,05 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.
Konjugiert komplexe Anpassung
Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.
ZL = Zs* = 4 − j3 Ω
Kapazität
XC = 3 Ω → C = 1/(2π·1000·3) = 53,05 µF
Antwort
C = 53,05 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 70,81 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 = 45/0,91 = 49,45 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 49451/(√3·480·0,84) = 70,81 A
Antwort
IL = 70,81 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 67,24 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 67,24 kvar
Antwort
QC = 67,24 kvar
15.Transformatoren
Antwort: IHV = 2,083 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
IHV = S/V = 15000/7200 = 2,083 A
Antwort
IHV = 2,083 A
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 1158 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.