Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I3 im Zweig 3, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 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 75 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 12 VR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
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. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 2,844 A? Bestimme t.
Vs = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 22 ΩL = 47 mH
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 5 Ω, L = 100 mH und C = 0,22 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.
R = 5 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF
B = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 19,5 A und 1404 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme R.
V = 120 VI = 19,5 AP = 1404 W
R = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 10 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 0,92. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.
P = 10 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 30 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 30 kWη = 95%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 480 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 1875 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 75 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 1875 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 1875 ΩRL = 75 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 750 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,8 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 250 kVAPcore = 750 Wpf = 0,9η = 98,8%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,091 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 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 12·24/(12+24) = 8 Ω
Req = R1 + 8 = 3 + 8 = 11 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 = 18/11 = 1,636 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 = 18 − 1,636·3 = 13,09 V
IR2 = VA/R2 = 13,09/12 = 1,091 A
Antwort
IR2 = 1,091 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 16,06 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 = 6 + 30 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 14,75 Ω
R3 + 14,75 = 24,75 Ω
R2 ∥ 24,75 = 11,06 Ω
Req = R1 + 11,06 = 5 + 11,06 = 16,06 Ω
Antwort
Req = 16,06 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I3 = 1,034 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
Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.
(VA − (−12))/15 + (VA − 6)/3 + (VA − 18)/12 = 0
Nach VA auflösen
VA = ((−12)/15 + 6/3 + 18/12) / (1/15 + 1/3 + 1/12) = 2,7/0,4833 = 5,586 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I3 = (18 − VA)/R3 = (18 − 5,586)/12 = 1,034 A
Antwort
I3 = 1,034 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,2489 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 = 18 V, V2 = −15 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/15 + (VA − 18)/25 + (VA − VB)/10 = 0
0,2067·VA − 0,1·VB = 0,72
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/10 + (VB − (−15))/20 = 5
−0,1·VA + 0,3167·VB = 4,25
Lösen
Δ = (0,2067)(0,3167) − (−0,1)(−0,1) = 0,05544
VA = Δ1/Δ = 0,653/0,05544 = 11,78 V
VB = Δ2/Δ = 0,9503/0,05544 = 17,14 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 11,78)/25 = 0,2489 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 5,2 Ω
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
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = −2,366 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 25 = 29,8 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) = 4 + (−2,5)·4,8 = −8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −8 + (−2,5)·25 = −70,5 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 = −70,5/29,8 = −2,366 A
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 = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 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: t = 6,513 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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 24/(5 + 22) = 0,8889 A
i(∞) = 24/5 = 4,8 A
τ = L/R = 47/5 = 9,4 ms
i(t) = 4,8 + (0,8889 − 4,8)·e−t/τ
Nach der Zeit auflösen
e−t/τ = (2,844 − 4,8)/(0,8889 − 4,8) = 0,5001
t = 9,4·ln(2) = 6,513 ms
Antwort
t = 6,513 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,2198 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,2 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 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| = 50/227,5 = 0,2198 A
Antwort
I = 0,2198 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: B = 7,958 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|.
Resonanzfrequenz
f0 = 1/(2π·√(0,1·0,22·10⁻⁶)) = 1073 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.
Widerstand aus der Wirkleistung
R = P/I² = 1404/19,5² = 3,692 Ω
Antwort
R = 3,692 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Inew = 47,26 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 = 10·tan(36,87°) = 7,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(23,07°) = 4,26 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,24 kvar
Neuer Leiterstrom
Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(230·0,92) = 47,26 A
Antwort
Inew = 47,26 A
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 52,3 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 = 30/0,95 = 31,58 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 31579/(√3·415·0,84) = 52,3 A
Antwort
IL = 52,3 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 154,2 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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 40,19 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13397/(377·480²) = 154,2 µF
Antwort
Cph = 154,2 µF
15.Transformatoren
Antwort: a = 5
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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·75 = 1875
a = √(1875/75) = √25 = 5
Antwort
a = 5
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 1983 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.