Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 12 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
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 = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 33 µF
τ = 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 = 200 ms.
Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 12 Vt = 200 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine Last mit der Impedanz Z = 6 + j8 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.
V = 120 VZ = 6 + j8 Ω
Q = var
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 78 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 200 kVAP1 = 78 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 75 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,7 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VIL = 75 Acos φ = 0,7
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 300 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 liegen 480 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 40 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 40 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 225 W und Kupferverluste von 900 W bei Nennlast. Er liefert 75 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 20·26/(20+26) = 11,3 Ω
Req = R1 + 11,3 = 6 + 11,3 = 17,3 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 = 12/17,3 = 0,6935 A
Antwort
IR1 = 0,6935 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,3896 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 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 3,733 Ω
R3 + 3,733 = 11,73 Ω
R2 ∥ 11,73 = 5,399 Ω
Req = R1 + 5,399 = 10 + 5,399 = 15,4 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 = 6/15,4 = 0,3896 A
Antwort
IR1 = 0,3896 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 14,24 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.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 6 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/4 + (VA − 6)/15 + (VA − VB)/4 = 0
0,5667·VA − 0,25·VB = 0,4
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)/4 = 3
−0,25·VA + 0,3333·VB = 3
Lösen
Δ = (0,5667)(0,3333) − (−0,25)(−0,25) = 0,1264
VA = Δ1/Δ = 0,8833/0,1264 = 6,989 V
VB = Δ2/Δ = 1,8/0,1264 = 14,24 V
Antwort
VB = 14,24 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 1,92 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
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12 − 24)/25 + 12/30 = (VB − 12)/25
−0,08 = (VB − 12)/25 → VB = 10 V
Knotenregel am Knoten B
Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (10 − 12)/25 + 10/5 = 1,92 A
Antwort
Is = 1,92 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,8108 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 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) = 30·3/(12+3) = 6 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 = 6/7,4 = 0,8108 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 142,7 V
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 = 25·30/(25+30) = 13,64 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 13,64 + 20 = 33,64 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) = 8,182 + 4·13,64 = 62,73 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 62,73 + 4·20 = 142,7 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: τ = 43,56 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 = 3,3·2,2/(3,3 + 2,2) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 10·2,2/(3,3 + 2,2) = 4 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 1,32·33 = 43,56 ms
Antwort
τ = 43,56 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 11,52 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 = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 10 + (12 − 10)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(200) = 10 + (2)·e−200/726 = 11,52 V
Antwort
vC = 11,52 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −49,93 °
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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
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 = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·10·10⁻⁶) = 159,2 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| = 10/149,6 = 0,06683 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,06683·159,2 = 10,64 V
Antwort
VC = 10,64 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Q = 1152 var
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| = 120/10 = 12 A
Blindleistung
Q = I²·X = 12²·8 = 1152 var
Antwort
Q = 1152 var
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 100 kW
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 der vorhandenen Last
Q1 = 78·tan(arccos 0,65) = 91,19 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 91,19²) = 178 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 178 − 78 = 100 kW
Antwort
ΔP = 100 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 43,65 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 = √3·480·75 = 62,35 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 62,35·0,7 = 43,65 kW
Antwort
P = 43,65 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 3515 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 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 228,2 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.
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 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/40 = 3 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 0,75 A
Antwort
I1 = 0,75 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 640 Ω, und 480/640 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 731,3 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.