Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren die von der Stromquelle Is abgegebene Leistung PIs.
V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
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).
An a–b wird eine Last RL = 3 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩRL = 3 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.
Vs = 12 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 20 ms.
Vs = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 33 ΩL = 100 mHt = 20 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 10 mH soll bei 5000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.
f0 = 5000 HzL = 10 mH
C = µF
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩC = 47 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 11 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und eine Last mit 18 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 330 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 10 kWpf1 = 0,65V = 240 Vf = 50 HzC = 330 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 7,5 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,82 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 7,5 kWη = 95%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 liegen 2400 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 30 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 2000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 96,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 250 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,85η = 96,5%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 7,471 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.
R3 + R4 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 5 + 2,471 = 7,471 Ω
Antwort
Req = 7,471 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,3831 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 = 2 + 30 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 3,556 Ω
R3 + 3,556 = 11,56 Ω
R2 ∥ 11,56 = 3,49 Ω
Req = R1 + 3,49 = 20 + 3,49 = 23,49 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 = 9/23,49 = 0,3831 A
Antwort
IR1 = 0,3831 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 30 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/3 + (VA − 6)/6 + (VA − VB)/6 = 0
0,6667·VA − 0,1667·VB = 1
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 = 10·3 = 30 W
Antwort
PIs = 30 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 4,03 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
0,55·VA − 0,05·VB = 3
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
−0,15·VA + 0,2167·VB = 0
Lösen
Δ = (0,55)(0,2167) − (−0,05)(−0,15) = 0,1117
VA = Δ1/Δ = 0,65/0,1117 = 5,821 V
VB = Δ2/Δ = 0,45/0,1117 = 4,03 V
Antwort
VB = 4,03 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,03663 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 20 = 21,82 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) = 10·2/(20+2) = 0,9091 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) = 0,9091/(21,82 + 3) = 0,03663 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 4,962 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 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 4 = 5,2 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) = 18 + 1,5·1,2 = 19,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,8 + 1,5·4 = 25,8 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 = 25,8/5,2 = 4,962 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 5,752 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.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−1/1,36 = 5,752 V
Antwort
vL = 5,752 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,5377 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 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 6/(10 + 33) = 0,1395 A
i(∞) = 6/10 = 0,6 A
τ = L/R = 100/10 = 10 ms
i(t) = 0,6 + (0,1395 − 0,6)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(20) = 0,6 + (−0,4605)·e−20/10 = 0,5377 A
Antwort
i = 0,5377 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: C = 0,1013 µF
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·5000 = 31416 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(31416²·0,01) = 0,1013 µF
Antwort
C = 0,1013 µF
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 2,881 A
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
XC = 1/(2π·200·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω
Parallelschaltung
Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.
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 = 11·tan(arccos 0,8) = 8,25 kvar
Q2 = 18·tan(arccos 0,7) = 18,36 kvar
Summen
P = 11 + 18 = 29 kW
Q = 8,25 + 18,36 = 26,61 kvar
S = √(29² + 26,61²) = 39,36 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 39361/400 = 98,4 A
Antwort
I = 98,4 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,868
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 = 10·tan(arccos 0,65) = 11,69 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·330·10⁻⁶ = 5972 var = 5,972 kvar
Q2 = 11,69 − 5,972 = 5,72 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(10² + 5,72²) = 11,52 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 10/11,52 = 0,868
Antwort
cos φ = 0,868
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 13,9 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 = 7,5/0,95 = 7,895 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 7895/(√3·400·0,82) = 13,9 A
Antwort
IL = 13,9 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 114,1 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 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 114,1 kvar
Antwort
QC = 114,1 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 0,8 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/30 = 8 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 0,8 A
Antwort
I1 = 0,8 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 3000 Ω, und 2400/3000 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 5707 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.