Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 36 VIs = 3 AR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 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 = 10 VR = 22 ΩL = 100 mH
t = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 5-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 4 V erreicht, genau 10 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 47 µF den nötigen Widerstand R.
Vs = 5 VVth = 4 VT = 10 msC = 47 µF
R = kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Leistungsfaktor cos φ der Schaltung.
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 22 µF
cos φ =
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 15 Ω, L = 20 mH und C = 0,047 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.
R = 15 ΩL = 20 mHC = 0,047 µF
Q =
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 13 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 13 kWpf = 0,85V = 240 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA versorgt eine Last mit 55 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 100 kVAP1 = 55 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 75 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 88 % und sein Leistungsfaktor 0,82 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 75 kWη = 88%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 liegen 1200 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 6 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 6 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 300 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 96 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 50 kVAPcore = 300 Wpf = 0,85η = 96%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,2143 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 = 5 + 5 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R1 + 5,455 = 20 + 5,455 = 25,45 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 = 12/25,45 = 0,4714 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 = 12 − 0,4714·20 = 2,571 V
IR2 = VA/R2 = 2,571/12 = 0,2143 A
Antwort
IR2 = 0,2143 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 21,33 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 12 Ω
R3 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 13,33 Ω
Req = R1 + 13,33 = 8 + 13,33 = 21,33 Ω
Antwort
Req = 21,33 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 1,606 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 15)/6 + (VA − VB)/8 = 0
0,4167·VA − 0,125·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/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/8 = (−2)
−0,125·VA + 0,625·VB = −2
Lösen
Δ = (0,4167)(0,625) − (−0,125)(−0,125) = 0,2448
VA = Δ1/Δ = 1,313/0,2448 = 5,362 V
VB = Δ2/Δ = −0,5208/0,2448 = −2,128 V
Antwort
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 5,362)/6 = 1,606 A
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 0,491 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, 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/6 + (VA − 9)/10 + (VA − VB)/5 = 0
0,4667·VA − 0,2·VB = 0,9
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/4 + (VB − VA)/5 + (VB − (−10))/6 = (−0,5)
−0,2·VA + 0,6167·VB = −2,167
Lösen
Δ = (0,4667)(0,6167) − (−0,2)(−0,2) = 0,2478
VA = Δ1/Δ = 0,1217/0,2478 = 0,491 V
VB = Δ2/Δ = −0,8311/0,2478 = −3,354 V
Antwort
VA = 0,491 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 21,43 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 10 = 12,86 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) = 30·10/(4+10) = 21,43 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 3,415 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 = 25·12/(25+12) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 20 = 28,11 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) = 11,68 + 3·8,108 = 36 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 36 + 3·20 = 96 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 = 96/28,11 = 3,415 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 6,301 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
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −4,545·ln(0,25) = 6,301 ms
Antwort
t = 6,301 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: R = 0,1322 kΩ
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.
Erforderliche Zeitkonstante
4 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 4))
τ = 10/1,609 = 6,213 ms
Widerstand
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
R = τ/C = 6,213/47 = 0,1322 kΩ
Antwort
R = 0,1322 kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: cos φ = 0,2434
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 = 12,57 Ω, XC = 72,34 Ω
Impedanz
|Z| = √(15² + (−59,78)²) = 61,63 Ω
Leistungsfaktor
cos φ = R/|Z| = 15/61,63 = 0,2434
Die Schaltung ist kapazitiv, der Leistungsfaktor ist also kapazitiv (voreilend).
Antwort
cos φ = 0,2434
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: Q = 43,49
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·√(0,02·0,047·10⁻⁶)) = 5191 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.
Winkel
φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Blindleistung
Q = P·tan φ = 13·0,6197 = 8,057 kvar
Antwort
Q = 8,057 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 27,77 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 = 55·tan(arccos 0,7) = 56,11 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 56,11²) = 82,77 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 82,77 − 55 = 27,77 kW
Antwort
ΔP = 27,77 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 125 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 = 75/0,88 = 85,23 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 85227/(√3·480·0,82) = 125 A
Antwort
IL = 125 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 582,1 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 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 42,13 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/6 = 20 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 2 A
Antwort
I1 = 2 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 600 Ω, und 1200/600 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 1471 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.