Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Is = 5 AVs = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 12 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,2·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 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 = 6 VR1 = 3,3 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µF
τ = ms
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 30 ms.
Vs = 5 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 2 Vt = 30 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mH
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 5 Ω, L = 20 mH und C = 1 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.
R = 5 ΩL = 20 mHC = 1 µF
B = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 22 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 22 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA versorgt eine Last mit 66 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?
Smax = 100 kVAP1 = 66 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 16 + j12 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 = 16 + j12 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 576 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 16 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 576 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 576 ΩRL = 16 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 1000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 200 kVAPcore = 1000 Wpf = 0,85η = 98%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 1,183 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 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 15·14/(15+14) = 7,241 Ω
Req = R1 + 7,241 = 5 + 7,241 = 12,24 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 = 30/12,24 = 2,451 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 = 30 − 2,451·5 = 17,75 V
IR2 = VA/R2 = 17,75/15 = 1,183 A
Antwort
IR2 = 1,183 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 15,69 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 1,892 Ω
R3 + 1,892 = 4,892 Ω
R2 ∥ 4,892 = 3,689 Ω
Req = R1 + 3,689 = 12 + 3,689 = 15,69 Ω
Antwort
Req = 15,69 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 19,5 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.
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 + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/4 + (VA + 6)/12 = 5
VA = (5 − 6/12)/(1/4 + 1/12) = 13,5 V
VB = 13,5 + 6 = 19,5 V
Antwort
VB = 19,5 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 2,571 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
0,4·VA − 0,25·VB = 0,45
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.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,45·VA + 0,5·VB = 0
Lösen
Δ = (0,4)(0,5) − (−0,25)(−0,45) = 0,0875
VA = Δ1/Δ = 0,225/0,0875 = 2,571 V
VB = Δ2/Δ = 0,2025/0,0875 = 2,314 V
Antwort
VA = 2,571 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 1,667 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 8 = 9,818 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) = 18·20/(2+20) = 16,36 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 = 16,36/9,818 = 1,667 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 31,02 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 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 6 = 17,11 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) = 13,33 + 3·11,11 = 46,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 46,67 + 3·6 = 64,67 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) = 64,67/(17,11 + 3) = 3,215 A
PL = IL²·RL = 3,215²·3 = 31,02 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: τ = 63,98 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 = 3,3·4,7/(3,3 + 4,7) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 6·4,7/(3,3 + 4,7) = 3,525 V
Zeitkonstante
τ = Rth·C = 1,939·33 = 63,98 ms
Antwort
τ = 63,98 ms
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 3,791 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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 5 + (2 − 5)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(30) = 5 + (−3)·e−30/33 = 3,791 V
Antwort
vC = 3,791 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,63 A
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·200·0,15 = 188,5 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 120/80 = 1,5 A
IX = V/XL = 120/188,5 = 0,6366 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) = √(1,5² + 0,6366²) = 1,63 A
Antwort
I = 1,63 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: B = 39,79 Hz
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·√(0,02·1·10⁻⁶)) = 1125 Hz
Güte
Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.
Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,02/(1·10⁻⁶)) = 28,28
Bandbreite
B = f0/Q = 1125/28,28 = 39,79 Hz
Antwort
B = 39,79 Hz
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Q = 29,33 kvar
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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Blindleistung
Q = P·tan φ = 22·1,333 = 29,33 kvar
Antwort
Q = 29,33 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: ΔP = 20,89 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 = 66·tan(arccos 0,8) = 49,5 kvar
Größte gesamte Wirkleistung
Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.
P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 49,5²) = 86,89 kW
Zusätzliche Wirkleistung
ΔP = 86,89 − 66 = 20,89 kW
Antwort
ΔP = 20,89 kW
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 20,67 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| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 415/20 = 20,75 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·20,75²·16 = 20,67 kW
Antwort
P = 20,67 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 65,37 kvar
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 0,7) = 80·1,02 = 81,62 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 65,37 kvar
Antwort
QC = 65,37 kvar
15.Transformatoren
Antwort: a = 6
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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·16 = 576
a = √(576/16) = √36 = 6
Antwort
a = 6
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 2469 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.