Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,05·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 99 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 10 VR = 22 ΩL = 100 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 4 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 16 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 4 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 47 µF
P = W
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 24 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 24 V (rms)R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv und ein Heizgerät mit 30 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 137 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 200 kVAP1 = 137 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 690 V einen Leiterstrom von 15 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,85 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 690 VIL = 15 Acos φ = 0,85
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 415 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 = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 liegen 2300 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 15 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 1200 W und Kupferverluste von 3000 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 150 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,5 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Req = R1 + 4 = 20 + 4 = 24 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 = 12/24 = 0,5 A
Antwort
IR1 = 0,5 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 33,99 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 = 30 + 4 = 34 Ω
R4 ∥ 34 = 10,41 Ω
R3 + 10,41 = 22,41 Ω
R2 ∥ 22,41 = 8,985 Ω
Req = R1 + 8,985 = 25 + 8,985 = 33,99 Ω
Antwort
Req = 33,99 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 6,844 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/2 = 0
1,05·VA − 0,5·VB = 0,45
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/2 + (VB − VA)/2 = 5
−0,5·VA + VB = 5
Lösen
Δ = (1,05)(1) − (−0,5)(−0,5) = 0,8
VA = Δ1/Δ = 2,95/0,8 = 3,688 V
VB = Δ2/Δ = 5,475/0,8 = 6,844 V
Antwort
VB = 6,844 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 3,124 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.
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
0,3·VA − 0,03333·VB = 0,9
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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 6 = 8,222 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 69,55 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 20 = 21,43 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) = 8,571 + (−5)·1,429 = 1,429 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 1,429 + (−5)·20 = −98,57 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) = −98,57/(21,43 + 5) = −3,73 A
PL = IL²·RL = −3,73²·5 = 69,55 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 20,93 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 = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 10/22 = 0,4545 A
Nach der Zeit auflösen
0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −4,545·ln(0,01) = 20,93 ms
Antwort
t = 20,93 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 142,1 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((4 − 24)/(16 − 24)) = 155,1·ln(2,5) = 142,1 ms
Antwort
t = 142,1 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: P = 0,2496 W
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
XL = 125,7 Ω, XC = 33,86 Ω
Impedanz
|Z| = √(15² + (91,8)²) = 93,02 Ω
Wirkleistung
Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.
I = 12/93,02 = 0,129 A
P = I²·R = 0,129²·15 = 0,2496 W
Antwort
P = 0,2496 W
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 156,6 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/√(0,05·0,47·10⁻⁶) = 6523 rad/s
I = V/R = 24/50 = 0,48 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 6523·0,05 = 326,2 Ω
VL = I·XL = 0,48·326,2 = 156,6 V
Antwort
VL = 156,6 V
Das ist das Q = 6,523-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,9558
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 = 9·tan(arccos 0,6) = 12 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Summen
P = 9 + 30 = 39 kW
Q = 12 + 0 = 12 kvar
S = √(39² + 12²) = 40,8 kVA
Gesamtleistungsfaktor
cos φ = P/S = 39/40,8 = 0,9558 induktiv
Antwort
cos φ = 0,9558
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 44,08 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 = 137·tan(arccos 0,85) = 84,9 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 84,9²) = 181,1 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 181,1 − 137 = 44,08 kW
Antwort
ΔP = 44,08 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 15,24 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 = √3·690·15 = 17,93 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 17,93·0,85 = 15,24 kW
Antwort
P = 15,24 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 204,6 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 39,85 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13284/(377·415²) = 204,6 µF
Antwort
Cph = 204,6 µF
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 1,533 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/15 = 15,33 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 1,533 A
Antwort
I1 = 1,533 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 1500 Ω, und 2300/1500 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 94,87 kVA
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.