Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
IL = 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 = 5 VR = 50 ΩL = 33 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 30 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 40 ms.
Vs = 9 VR = 1 kΩC = 100 µFvC(0) = 30 Vt = 40 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 0,22 µF soll bei 2000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 2000 HzC = 0,22 µF
L = mH
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 50 V (rms)f = 200 HzR1 = 20 ΩR2 = 60 ΩC = 4,7 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 15 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 15 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 30 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 75 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 75 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 690 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 10 kVA und 4800/240 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.
S = 10 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 1500 W und Kupferverluste von 3000 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 20 + 3,333 = 23,33 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 = 24/23,33 = 1,029 A
Antwort
IR1 = 1,029 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 18,6 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 + 20 = 26 Ω
R4 ∥ 26 = 3,467 Ω
R3 + 3,467 = 8,467 Ω
R2 ∥ 8,467 = 6,603 Ω
Req = R1 + 6,603 = 12 + 6,603 = 18,6 Ω
Antwort
Req = 18,6 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I1 = 1,05 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 − 18)/12 + (VA − (−18))/4 + (VA − 15)/2 = 0
Nach VA auflösen
VA = (18/12 + (−18)/4 + 15/2) / (1/12 + 1/4 + 1/2) = 4,5/0,8333 = 5,4 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I1 = (18 − VA)/R1 = (18 − 5,4)/12 = 1,05 A
Antwort
I1 = 1,05 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 0,8287 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 = 9 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/30 + (VA − 18)/25 + (VA − VB)/2 = 0
0,5733·VA − 0,5·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/15 + (VB − VA)/2 + (VB − 9)/15 = 3
−0,5·VA + 0,6333·VB = 3,6
Lösen
Δ = (0,5733)(0,6333) − (−0,5)(−0,5) = 0,1131
VA = Δ1/Δ = 2,256/0,1131 = 19,94 V
VB = Δ2/Δ = 2,424/0,1131 = 21,43 V
Antwort
IR4 = (VB − V2)/R4 = (21,43 − 9)/15 = 0,8287 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 5,182 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 3 = 5,182 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 4,505 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 10 = 11,88 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) = 3,125 + 5·1,875 = 12,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,5 + 5·10 = 62,5 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) = 62,5/(11,88 + 2) = 4,505 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 1,977 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 = 33 mH / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 5/50 = 0,1 A
Nach der Zeit auflösen
0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −0,66·ln(0,05) = 1,977 ms
Antwort
t = 1,977 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 23,08 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 100 µF = 100 ms
vC(t) = 9 + (30 − 9)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(40) = 9 + (21)·e−40/100 = 23,08 V
Antwort
vC = 23,08 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 28,78 mH
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·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·0,22·10⁻⁶) = 28,78 mH
Antwort
L = 28,78 mH
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,6605 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·200·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 15000/(230·0,6) = 108,7 A
Antwort
I = 108,7 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 25,21 kvar
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 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(18,19°) = 9,861 kvar
QC = Q1 − Q2 = 25,21 kvar
Antwort
QC = 25,21 kvar
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 82,1 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 = 75/0,91 = 82,42 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 82418/(√3·690·0,84) = 82,1 A
Antwort
IL = 82,1 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 26,89 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 26,89 kvar
Antwort
QC = 26,89 kvar
15.Transformatoren
Antwort: ILV = 41,67 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.
ILV = S/V = 10000/240 = 41,67 A
Antwort
ILV = 41,67 A
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 3188 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.