Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
V1 = 6 VR1 = 20 ΩV2 = 12 VR2 = 12 ΩR3 = 4 Ω
I1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt einen konstanten Strom von 2 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Wie lange dauert es, bis der Strom auf 0,4 A gefallen ist? Bestimme t.
i(0) = 2 AR = 15 ΩL = 47 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 = 20 VR = 4,7 kΩC = 220 µFvC(0) = 12 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 10 Ω, L = 5 mH und C = 0,1 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.
R = 10 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
B = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 8 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv und eine Last mit 30 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 47 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leiterstrom I.
P = 2 kWpf1 = 0,6V = 240 Vf = 50 HzC = 47 µF
I = A
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 208 V einen Leiterstrom von 30 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,7 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VIL = 30 Acos φ = 0,7
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 480 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 Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 ist ein Widerstand von 4 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 5:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 150 W und Kupferverluste von 375 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
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 = 15 + 20 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 2·35/(2+35) = 1,892 Ω
Req = R1 + 1,892 = 12 + 1,892 = 13,89 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 = 9/13,89 = 0,6479 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 = 9 − 0,6479·12 = 1,226 V
IR2 = VA/R2 = 1,226/2 = 0,6128 A
Antwort
IR2 = 0,6128 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 18,89 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.
R5 + R6 = 10 + 5 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 7,5 Ω
R3 + 7,5 = 10,5 Ω
R2 ∥ 10,5 = 6,885 Ω
Req = R1 + 6,885 = 12 + 6,885 = 18,89 Ω
Antwort
Req = 18,89 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I1 = 0,1304 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
Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.
(VA − 6)/20 + (VA − 12)/12 + VA/4 = 0
Nach VA auflösen
VA = (6/20 + 12/12 + 0/4) / (1/20 + 1/12 + 1/4) = 1,3/0,3833 = 3,391 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I1 = (6 − VA)/R1 = (6 − 3,391)/20 = 0,1304 A
Antwort
I1 = 0,1304 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 18,37 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, V2 = 9 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/25 + (VA − 15)/4 + (VA − VB)/5 = 0
0,49·VA − 0,2·VB = 3,75
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/20 + (VB − VA)/5 + (VB − 9)/10 = 2,5
−0,2·VA + 0,35·VB = 3,4
Lösen
Δ = (0,49)(0,35) − (−0,2)(−0,2) = 0,1315
VA = Δ1/Δ = 1,993/0,1315 = 15,15 V
VB = Δ2/Δ = 2,416/0,1315 = 18,37 V
Antwort
VB = 18,37 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 11,08 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 8 = 11,08 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 60,71 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 = 30·12/(30+12) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 30 = 38,57 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) = 2,857 + 1,5·8,571 = 15,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,71 + 1,5·30 = 60,71 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 5,043 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
τ = L/R = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
Nach der Zeit auflösen
0,4 = 2·e−t/τ → t = τ·ln(2/0,4)
t = 3,133·ln(5) = 5,043 ms
Antwort
t = 5,043 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 368,8 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 − 20)/(14,4 − 20)) = 1034·ln(1,429) = 368,8 ms
Antwort
t = 368,8 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −81,66 °
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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
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·√(0,005·0,1·10⁻⁶)) = 7118 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.
Blindleistung jeder Last
Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).
Q1 = 8·tan(arccos 0,6) = 10,67 kvar
Q2 = 30·tan(arccos 0,8) = 22,5 kvar
Summen
P = 8 + 30 = 38 kW
Q = 10,67 + 22,5 = 33,17 kvar
S = √(38² + 33,17²) = 50,44 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 50438/230 = 219,3 A
Antwort
I = 219,3 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 11,26 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 = 2·tan(arccos 0,6) = 2,667 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·47·10⁻⁶ = 850,5 var = 0,8505 kvar
Q2 = 2,667 − 0,8505 = 1,816 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(2² + 1,816²) = 2,702 kVA
Neuer Leiterstrom
I = S2/V = 2702/240 = 11,26 A
Antwort
I = 11,26 A
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 7,566 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 = √3·208·30 = 10,81 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 10,81·0,7 = 7,566 kW
Antwort
P = 7,566 kW
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 = 150·tan(acos 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 59,64 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19880/(377·480²) = 228,9 µF
Antwort
Cph = 228,9 µF
15.Transformatoren
Antwort: R1′ = 100 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 = 5²·4 = 100 Ω
Antwort
R1′ = 100 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 243,8 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.