Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 75 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 20 VR = 15 ΩL = 150 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 4 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 100 ms.
Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 4 Vt = 100 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 22 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 10 Ω, L = 5 mH und C = 0,01 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.
R = 10 ΩL = 5 mHC = 0,01 µF
B = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv und eine Last mit 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA versorgt eine Last mit 52 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 100 kVAP1 = 52 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 18 + j24 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 415 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 ist ein Widerstand von 75 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 10:1RL = 75 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 900 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 150 kVAPcore = 900 Wpf = 0,9η = 97%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,4348 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 = 2 + 4 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 20 + 3 = 23 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 = 10/23 = 0,4348 A
Antwort
IR1 = 0,4348 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 33,64 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 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 7,2 Ω
R3 + 7,2 = 15,2 Ω
R2 ∥ 15,2 = 8,636 Ω
Req = R1 + 8,636 = 25 + 8,636 = 33,64 Ω
Antwort
Req = 33,64 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 40,71 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/12 + (VA − 18)/4 + (VA − VB)/3 = 0
0,6667·VA − 0,3333·VB = 4,5
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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 = 16,29·2,5 = 40,71 W
Antwort
PIs = 40,71 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 8,721 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 = 18 V, V2 = 18 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/12 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 1,2
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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 + 6 = 9,077 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) = 12·8/(5+8) = 7,385 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) = 7,385/(9,077 + 4) = 0,5647 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 91,33 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 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) = 7,714 + 5·4,286 = 29,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 29,14 + 5·10 = 79,14 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) = 79,14/(14,29 + 6) = 3,901 A
PL = IL²·RL = 3,901²·6 = 91,33 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 13,86 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 = 150 mH / 15 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 20/15 = 1,333 A
Nach der Zeit auflösen
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −10·ln(0,25) = 13,86 ms
Antwort
t = 13,86 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 4,975 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) = 4 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 6 + (4 − 6)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(100) = 6 + (−2)·e−100/149,6 = 4,975 V
Antwort
vC = 4,975 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 79,96 °
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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 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·√(0,005·0,01·10⁻⁶)) = 22508 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 = 10·tan(arccos 0,7) = 10,2 kvar
Q2 = 10·tan(arccos 0,85) = 6,197 kvar
Summen
P = 10 + 10 = 20 kW
Q = 10,2 + 6,197 = 16,4 kvar
S = √(20² + 16,4²) = 25,86 kVA
Gesamtleistungsfaktor
cos φ = P/S = 20/25,86 = 0,7733 induktiv
Antwort
cos φ = 0,7733
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 42,66 kW
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 der vorhandenen Last
Q1 = 52·tan(arccos 0,85) = 32,23 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 32,23²) = 94,66 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 94,66 − 52 = 42,66 kW
Antwort
ΔP = 42,66 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 10,33 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 = VL = 415 V
Strangstrom
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 415/30 = 13,83 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·13,83²·18 = 10,33 kW
Antwort
P = 10,33 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 1413 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 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 71,04 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 = 10²·75 = 7500 Ω
Antwort
R1′ = 7500 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 3275 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.