Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,25·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.
An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩRL = 6 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 = 6 VIs = 2 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.
Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µF
τ = 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 = 10 ms.
Vs = 20 VR1 = 20 ΩR2 = 22 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 5 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 5 V (rms)R = 15 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv und ein Heizgerät mit 7 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 30 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,75 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VIL = 30 Acos φ = 0,75
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 250 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 liegen 960 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 48 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 48 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 500 W und Kupferverluste von 2000 W bei Nennlast. Er liefert 75 % 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 = 6·17/(6+17) = 4,435 Ω
Req = R1 + 4,435 = 3 + 4,435 = 7,435 Ω
Antwort
Req = 7,435 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 3,112 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 = 20 + 12 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 15,48 Ω
R3 + 15,48 = 20,48 Ω
R2 ∥ 20,48 = 4,641 Ω
Req = R1 + 4,641 = 5 + 4,641 = 9,641 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 = 30/9,641 = 3,112 A
Antwort
IR1 = 3,112 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,33 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 = 30 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 − 30)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,2417·VA − 0,125·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.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/12 + (VB − VA)/8 = 4
−0,125·VA + 0,2083·VB = 4
Lösen
Δ = (0,2417)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,03472
VA = Δ1/Δ = 0,8125/0,03472 = 23,4 V
VB = Δ2/Δ = 1,154/0,03472 = 33,24 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 23,4)/20 = 0,33 A
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 1,869 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.
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
0,3667·VA − 0,06667·VB = 2,4
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.
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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 8 = 10,61 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) = 15·20/(3+20) = 13,04 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) = 13,04/(10,61 + 6) = 0,7853 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 2,116 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 10 = 19,38 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) = 2,25 + 2·9,375 = 21 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21 + 2·10 = 41 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 = 41/19,38 = 2,116 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: τ = 20 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.
Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators
Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.
Rth = R1 ∥ R2 = 1·10/(1 + 10) = 0,9091 kΩ
vC(∞) = 9·10/(1 + 10) = 8,182 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 0,9091·22 = 20 ms
Antwort
τ = 20 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,5538 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) = 20/20 = 1 A
i(∞) = 20/(20 + 22) = 0,4762 A
τ = L/R = 220/42 = 5,238 ms
i(t) = 0,4762 + (1 − 0,4762)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(10) = 0,4762 + (0,5238)·e−10/5,238 = 0,5538 A
Antwort
i = 0,5538 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,325 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 = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 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| = 230/173,6 = 1,325 A
Antwort
I = 1,325 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 158,9 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/√(0,05·0,22·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 5/15 = 0,3333 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 9535·0,05 = 476,7 Ω
VL = I·XL = 0,3333·476,7 = 158,9 V
Antwort
VL = 158,9 V
Das ist das Q = 31,78-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 30,98 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.
Blindleistung jeder Last
Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).
Q1 = 5·tan(arccos 0,85) = 3,099 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Summen
P = 5 + 7 = 12 kW
Q = 3,099 + 0 = 3,099 kvar
S = √(12² + 3,099²) = 12,39 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 12394/400 = 30,98 A
Antwort
I = 30,98 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 183,1 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.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(18,19°) = 13,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,85 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(230·0,95) = 183,1 A
Antwort
Inew = 183,1 A
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 15,59 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 = √3·400·30 = 20,78 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 20,78·0,75 = 15,59 kW
Antwort
P = 15,59 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 66,42 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 0,8) = 250·0,75 = 187,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 66,42 kvar
Antwort
QC = 66,42 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 1,25 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 1,25 A
Antwort
I1 = 1,25 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 768 Ω, und 960/768 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 1625 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.