Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Is = 3 AVs = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 10 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
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 = 20 VR = 50 ΩL = 100 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. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 750 ms.
Vs = 24 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 750 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 50 mHC = 22 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine Last mit der Impedanz Z = 6 + j8 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Wirkleistung P.
V = 230 VZ = 6 + j8 Ω
P = W
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 25 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 120 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VIL = 120 Acos φ = 0,88
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 15 kVA und 2400/240 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.
S = 15 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 150 W und Kupferverluste von 450 W bei Nennlast. Er liefert 50 % 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 20·17/(20+17) = 9,189 Ω
Req = R1 + 9,189 = 3 + 9,189 = 12,19 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 = 10/12,19 = 0,8204 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 = 10 − 0,8204·3 = 7,539 V
IR2 = VA/R2 = 7,539/20 = 0,3769 A
Antwort
IR2 = 0,3769 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 14,04 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 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 9,07 Ω
R3 + 9,07 = 21,07 Ω
R2 ∥ 21,07 = 4,041 Ω
Req = R1 + 4,041 = 10 + 4,041 = 14,04 Ω
Antwort
Req = 14,04 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 22 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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/15 + (VA + 10)/10 = 3
VA = (3 − 10/10)/(1/15 + 1/10) = 12 V
VB = 12 + 10 = 22 V
Antwort
VB = 22 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Ix = −0,1988 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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA + 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 9)/15 + VA/2 + (VA + 9)/8 = 1,5
VA·(1/15 + 1/2 + 1/8) = 1,5 + 9/15 − 9/8 = 0,975
VA = 0,975/0,6917 = 1,41 V
VB = 10,41 V
Strom durch die Spannungsquelle
Knotenregel nur an Knoten A: Der über R₁ ankommende Strom fließt über R₂ und über die Spannungsquelle ab.
IR1 = (9 − 1,41)/15 = 0,506 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,506 − 1,41/2 = −0,1988 A
Antwort
Ix = −0,1988 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,375 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 10 = 12 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) = 9·4/(4+4) = 4,5 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 = 4,5/12 = 0,375 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 3,167 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 15 = 22,5 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) = 3,75 + 3·7,5 = 26,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,25 + 3·15 = 71,25 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 = 71,25/22,5 = 3,167 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 5,991 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 / 50 Ω = 2 ms
i(∞) = Vs/R = 20/50 = 0,4 A
Nach der Zeit auflösen
0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −2·ln(0,05) = 5,991 ms
Antwort
t = 5,991 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 21,63 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) = 12 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms
vC(t) = 24 + (12 − 24)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(750) = 24 + (−12)·e−750/462,4 = 21,63 V
Antwort
vC = 21,63 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,1896 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 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).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 100/527,5 = 0,1896 A
Antwort
I = 0,1896 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 166 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,05 = 31,42 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).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 100/43,59 = 2,294 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 2,294·72,34 = 166 V
Antwort
VC = 166 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: P = 3174 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.
Strom
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 230/10 = 23 A
Wirkleistung
P = I²·R = 23²·6 = 3174 W
Antwort
P = 3174 W
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 571,5 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.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(41,41°) = 22,05 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(23,07°) = 10,65 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,4 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 11398/(2π·60·230²) = 571,5 µF
Antwort
C = 571,5 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 73,16 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 = √3·400·120 = 83,14 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 83,14·0,88 = 73,16 kW
Antwort
P = 73,16 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 138,3 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 138,3 kvar
Antwort
QC = 138,3 kvar
15.Transformatoren
Antwort: IHV = 6,25 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
IHV = S/V = 15000/2400 = 6,25 A
Antwort
IHV = 6,25 A
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 262,5 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.