Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I2 im Zweig 2, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 36 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt einen konstanten Strom von 3 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme die Spannung vR an R bei t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 68 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vR = V
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 2,5 V erreicht, genau 100 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 22 µF den nötigen Widerstand R.
Vs = 5 VVth = 2,5 VT = 100 msC = 22 µF
R = kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 20 mH
|Z| = Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 1 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 1 V (rms)R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
VL = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 18 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 18 kWpf = 0,65V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA versorgt eine Last mit 17 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 = 50 kVAP1 = 17 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 7 + j24 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 208 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VZ = 7 + j24 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 400 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 Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 ist ein Widerstand von 75 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 4:1RL = 75 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 600 W und Kupferverluste von 2400 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 + 2 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 12·14/(12+14) = 6,462 Ω
Req = R1 + 6,462 = 12 + 6,462 = 18,46 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 = 9/18,46 = 0,4875 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 = 9 − 0,4875·12 = 3,15 V
IR2 = VA/R2 = 3,15/12 = 0,2625 A
Antwort
IR2 = 0,2625 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,414 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 = 3 + 20 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 9,079 Ω
R3 + 9,079 = 19,08 Ω
R2 ∥ 19,08 = 10,82 Ω
Req = R1 + 10,82 = 8 + 10,82 = 18,82 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 = 18/18,82 = 0,9564 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 = 18 − 0,9564·8 = 10,35 V
IR2 = VA/R2 = 10,35/25 = 0,414 A
Antwort
IR2 = 0,414 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I2 = −1,113 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 − 30)/3 + (VA − 15)/10 + (VA − 24)/12 = 0
Nach VA auflösen
VA = (30/3 + 15/10 + 24/12) / (1/3 + 1/10 + 1/12) = 13,5/0,5167 = 26,13 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I2 = (15 − VA)/R2 = (15 − 26,13)/10 = −1,113 A
Antwort
I2 = −1,113 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR1 = 0,48 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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 18)/15 + VA/10 + (VA − 10)/2 = 1
VA·(1/15 + 1/10 + 1/2) = 1 + 18/15 + 10/2 = 7,2
VA = 7,2/0,6667 = 10,8 V
VB = 0,8 V
Strom durch R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 10,8)/15 = 0,48 A
Antwort
IR1 = 0,48 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 13,09 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 5 = 7,727 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) = 24·6/(5+6) = 13,09 V
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 14,73 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 2 = 3,818 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) = 3,273 + 3·1,818 = 8,727 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,727 + 3·2 = 14,73 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vR = 48,01 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.
Zeitkonstante
τ = L/R = 47 mH / 68 Ω = 0,6912 ms
Abklingen des Stroms
i(t) = 3·e−1/0,6912 = 0,706 A
vR = R·i = 68·0,706 = 48,01 V
Antwort
vR = 48,01 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: R = 6,558 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
2,5 = 5·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(5/(5 − 2,5))
τ = 100/0,6931 = 144,3 ms
Widerstand
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
R = τ/C = 144,3/22 = 6,558 kΩ
Antwort
R = 6,558 kΩ
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 23,98 Ω
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
XL = ωL = 2π·200·0,02 = 25,13 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 12/80 = 0,15 A
IX = V/XL = 12/25,13 = 0,4775 A
Gesamtstrom
Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.
I = √(IR² + IX²) = √(0,15² + 0,4775²) = 0,5005 A
Impedanz
|Z| = V/I = 12/0,5005 = 23,98 Ω
Antwort
|Z| = 23,98 Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 20 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/√(0,1·0,1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 1/50 = 0,02 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 10000·0,1 = 1000 Ω
VL = I·XL = 0,02·1000 = 20 V
Antwort
VL = 20 V
Das ist das Q = 20-Fache der Versorgungsspannung.
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 115,4 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) = 18000/(240·0,65) = 115,4 A
Antwort
I = 115,4 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 31,88 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 = 17·tan(arccos 0,85) = 10,54 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 10,54²) = 48,88 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 48,88 − 17 = 31,88 kW
Antwort
ΔP = 31,88 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 0,4846 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 = 208/√3 = 120,1 V
Strangstrom
|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 120,1/25 = 4,804 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·4,804²·7 = 0,4846 kW
Antwort
P = 0,4846 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,28, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 917,2 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 138,3 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter 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.
Umgerechneter Widerstand
Die Spannung steigt um den Faktor a und der Strom sinkt um a, also steigt das Verhältnis V/I um a².
R1′ = a²·RL = 4²·75 = 1200 Ω
Antwort
R1′ = 1200 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 1950 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.