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 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩRL = 6 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 3 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.
V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 3 Ω
PL = W
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 Kondensatorspannung vC bei t = 150 ms.
Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 68 µFt = 150 ms
vC = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 6 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 7,2 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 6 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 2 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 2 V (rms)R = 2 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 29 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 29 kWpf = 0,7V = 230 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 20 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 18 + j24 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 415 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 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 = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 600 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 6 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 6 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 99 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 500 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,9η = 99%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,931 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
Req = R1 + 5,538 = 10 + 5,538 = 15,54 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 = 30/15,54 = 1,931 A
Antwort
IR1 = 1,931 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 2,109 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 1,833 Ω
R3 + 1,833 = 13,83 Ω
R2 ∥ 13,83 = 5,069 Ω
Req = R1 + 5,069 = 12 + 5,069 = 17,07 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 = 36/17,07 = 2,109 A
Antwort
IR1 = 2,109 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 8,993 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/8 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,45·VA − 0,125·VB = 1,2
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/10 + (VB − VA)/8 = 4
−0,125·VA + 0,225·VB = 4
Lösen
Δ = (0,45)(0,225) − (−0,125)(−0,125) = 0,08563
VA = Δ1/Δ = 0,77/0,08563 = 8,993 V
VB = Δ2/Δ = 1,95/0,08563 = 22,77 V
Antwort
VA = 8,993 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 0,8513 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 = 5 V, V2 = 10 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/10 + (VA − 5)/2 + (VA − VB)/4 = 0
0,85·VA − 0,25·VB = 2,5
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/30 + (VB − VA)/4 + (VB − 10)/10 = 4
−0,25·VA + 0,3833·VB = 5
Lösen
Δ = (0,85)(0,3833) − (−0,25)(−0,25) = 0,2633
VA = Δ1/Δ = 2,208/0,2633 = 8,386 V
VB = Δ2/Δ = 4,875/0,2633 = 18,51 V
Antwort
IR4 = (VB − V2)/R4 = (18,51 − 10)/10 = 0,8513 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,2778 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 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) = 9·5/(6+5) = 4,091 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) = 4,091/(8,727 + 6) = 0,2778 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 0,5567 W
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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 2 = 4,222 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) = 20 + (−4)·2,222 = 11,11 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,11 + (−4)·2 = 3,111 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) = 3,111/(4,222 + 3) = 0,4308 A
PL = IL²·RL = 0,4308²·3 = 0,5567 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 10,17 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.
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 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 24·6,8/(3,3 + 6,8) = 16,16 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 2,222·68 = 151,1 ms
Ladekurve
vC(t) = 16,16·(1 − e−150/151,1) = 10,17 V
Antwort
vC = 10,17 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 236,2 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
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
t = τ·ln((6 − 9)/(7,2 − 9)) = 462,4·ln(1,667) = 236,2 ms
Antwort
t = 236,2 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −85,66 °
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).
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/√(0,005·0,47·10⁻⁶) = 20628 rad/s
I = V/R = 2/2 = 1 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 20628·0,005 = 103,1 Ω
VL = I·XL = 1·103,1 = 103,1 V
Antwort
VL = 103,1 V
Das ist das Q = 51,57-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 180,1 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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 29000/(230·0,7) = 180,1 A
Antwort
I = 180,1 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 300,8 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 = 20·tan(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,15 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 18147/(2π·60·400²) = 300,8 µF
Antwort
C = 300,8 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 10,33 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.
Strangspannung
Vph = VL = 415 V
Strangstrom
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 415/30 = 13,83 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·13,83²·18 = 10,33 kW
Antwort
P = 10,33 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 937,4 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 60,86 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/6 = 20 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 4 A
Antwort
I1 = 4 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 150 Ω, und 600/150 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 2545 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.