Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,4·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 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 95 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 9 VR = 10 ΩL = 100 mH
t = ms
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 = 20 ms.
Vs = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 22 ΩL = 220 mHt = 20 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 0,22 µF soll bei 500 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 500 HzC = 0,22 µF
L = mH
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 100 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 25 kWpf = 0,8V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 24 V (Effektivwert) und 50 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 8 + j5 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.
Vs = 24 V (rms)f = 50 HzZs = 8 + j5 Ω
Pmax = W
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 690 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 690 VIL = 150 Acos φ = 0,88
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 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 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 1150 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 5 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 450 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,8η = 97%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,161 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 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 2·14/(2+14) = 1,75 Ω
Req = R1 + 1,75 = 6 + 1,75 = 7,75 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 = 9/7,75 = 1,161 A
Antwort
IR1 = 1,161 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,4614 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 = 4 + 5 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 5,143 Ω
R3 + 5,143 = 30,14 Ω
R2 ∥ 30,14 = 5,004 Ω
Req = R1 + 5,004 = 8 + 5,004 = 13 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 = 6/13 = 0,4614 A
Antwort
IR1 = 0,4614 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 4,889 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 24)/2 + (VA − VB)/8 = 0
0,75·VA − 0,125·VB = 12
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/12 + (VB − VA)/8 = (−4)
−0,125·VA + 0,2083·VB = −4
Lösen
Δ = (0,75)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,1406
VA = Δ1/Δ = 2/0,1406 = 14,22 V
VB = Δ2/Δ = −1,5/0,1406 = −10,67 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − 14,22)/2 = 4,889 A
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 23,48 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
0,1833·VA − 0,05·VB = 0,5
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 = 0,4·VA
−0,45·VA + 0,175·VB = 0
Lösen
Δ = (0,1833)(0,175) − (−0,05)(−0,45) = 0,009583
VA = Δ1/Δ = 0,0875/0,009583 = 9,13 V
VB = Δ2/Δ = 0,225/0,009583 = 23,48 V
Antwort
VB = 23,48 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,1053 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 15 = 19 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) = 10·5/(20+5) = 2 V
Norton-Ersatzschaltbild
Eine Norton-Quelle ist dieselbe Schaltung, gesehen als Stromquelle parallel zu R_th. Ihr Strom ist der Kurzschlussstrom an a–b.
IN = Vth/Rth = 2/19 = 0,1053 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 50,26 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 5 = 8,158 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) = 9,474 + 5·3,158 = 25,26 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,26 + 5·5 = 50,26 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 29,96 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 = 100 mH / 10 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 9/10 = 0,9 A
Nach der Zeit auflösen
0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −10·ln(0,05) = 29,96 ms
Antwort
t = 29,96 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,7655 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) = 15/5 = 3 A
i(∞) = 15/(5 + 22) = 0,5556 A
τ = L/R = 220/27 = 8,148 ms
i(t) = 0,5556 + (3 − 0,5556)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(20) = 0,5556 + (2,444)·e−20/8,148 = 0,7655 A
Antwort
i = 0,7655 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 460,6 mH
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|.
Resonanzbedingung
Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·0,22·10⁻⁶) = 460,6 mH
Antwort
L = 460,6 mH
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: f0 = 71,18 Hz
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 induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.
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) = 25000/(230·0,8) = 135,9 A
Antwort
I = 135,9 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Pmax = 18 W
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* = 8 − j5 Ω
Maximale Leistung
I = Vs/(2Rs) = 24/16 = 1,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 24²/(4·8) = 18 W
Antwort
Pmax = 18 W
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 157,8 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.
Scheinleistung
S = √3·VL·IL = √3·690·150 = 179,3 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 179,3·0,88 = 157,8 kW
Antwort
P = 157,8 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 752,6 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 163,4 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 9,2 A
Antwort
I1 = 9,2 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 125 Ω, und 1150/125 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 1406 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.