Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 5 VIs = 6 AR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 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 80 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 20 VR = 33 ΩL = 47 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 400 ms.
Vs = 6 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 Vt = 400 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 100 mH
|Z| = Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 1 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 1 V (rms)R = 50 ΩL = 20 mHC = 0,1 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 13 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 13 kWpf = 0,7V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 10 V (Effektivwert) und 1000 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j40 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 = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j40 Ω
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 25 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,95 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VIL = 25 Acos φ = 0,95
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 480 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 ist ein Widerstand von 4 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 4:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 4000 W und Kupferverluste von 10000 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 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 = 10 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 20·14/(20+14) = 8,235 Ω
Req = R1 + 8,235 = 12 + 8,235 = 20,24 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 = 9/20,24 = 0,4448 A
Antwort
IR1 = 0,4448 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,2441 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 + 10 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 5,333 Ω
R3 + 5,333 = 25,33 Ω
R2 ∥ 25,33 = 12,58 Ω
Req = R1 + 12,58 = 12 + 12,58 = 24,58 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 = 6/24,58 = 0,2441 A
Antwort
IR1 = 0,2441 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR3 = 0,4678 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 = 6 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/15 + (VA − 6)/4 + (VA − VB)/20 = 0
0,3667·VA − 0,05·VB = 1,5
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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 = 10 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/3 + (VA − 10)/30 + (VA − VB)/3 = 0
0,7·VA − 0,3333·VB = 0,3333
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/15 + (VB − VA)/3 + (VB − 24)/6 = 1
−0,3333·VA + 0,5667·VB = 5
Lösen
Δ = (0,7)(0,5667) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2856
VA = Δ1/Δ = 1,856/0,2856 = 6,498 V
VB = Δ2/Δ = 3,611/0,2856 = 12,65 V
Antwort
IR2 = (VA − VB)/R2 = (6,498 − 12,65)/3 = −2,049 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 6,429 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 12 = 14,86 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) = 9·10/(4+10) = 6,429 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 99 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 = 20·30/(20+30) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 4 = 16 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 + 6·12 = 75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 75 + 6·4 = 99 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 2,292 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 = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 20/33 = 0,6061 A
Nach der Zeit auflösen
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1,424·ln(0,2) = 2,292 ms
Antwort
t = 2,292 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 5,513 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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 6 + (3 − 6)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(400) = 6 + (−3)·e−400/220 = 5,513 V
Antwort
vC = 5,513 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 35,28 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
XL = ωL = 2π·60·0,1 = 37,7 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 12/100 = 0,12 A
IX = V/XL = 12/37,7 = 0,3183 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) = √(0,12² + 0,3183²) = 0,3402 A
Impedanz
|Z| = V/I = 12/0,3402 = 35,28 Ω
Antwort
|Z| = 35,28 Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 8,944 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|.
Resonanz
Bei Resonanz heben sich die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·0,1·10⁻⁶) = 22361 rad/s
I = V/R = 1/50 = 0,02 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 22361·0,02 = 447,2 Ω
VL = I·XL = 0,02·447,2 = 8,944 V
Antwort
VL = 8,944 V
Das ist das Q = 8,944-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 77,38 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) = 13000/(240·0,7) = 77,38 A
Antwort
I = 77,38 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 3,979 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 − j40 Ω
Kapazität
XC = 40 Ω → C = 1/(2π·1000·40) = 3,979 µF
Antwort
C = 3,979 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 19,75 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 = √3·480·25 = 20,78 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 20,78·0,95 = 19,75 kW
Antwort
P = 19,75 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 619,2 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 53,79 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.
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 = 4²·4 = 64 Ω
Antwort
R1′ = 64 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 4625 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.