Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 7 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
V1 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 ΩVA = 7 V
Is = A
5.Thévenin und NortonMittel
An a–b wird eine Last RL = 20 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩRL = 20 Ω
IL = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 5 ms.
Vs = 20 VR = 20 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vL = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 12 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 21,6 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 24 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 12 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩC = 47 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 1 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 6 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv und eine Last mit 16 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 kapazitiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz 22 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 150 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 22 kWpf1 = 0,75V = 230 Vf = 60 HzC = 150 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 3 + j4 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 = 3 + j4 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 50 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 = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 128 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 128 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 128 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 3000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 4,609 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.
R3 + R4 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Req = R1 + 2,609 = 2 + 2,609 = 4,609 Ω
Antwort
Req = 4,609 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 16,34 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 + 15 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 7,297 Ω
R3 + 7,297 = 27,3 Ω
R2 ∥ 27,3 = 8,336 Ω
Req = R1 + 8,336 = 8 + 8,336 = 16,34 Ω
Antwort
Req = 16,34 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 38,55 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 = 24 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 − 24)/10 + (VA − VB)/15 = 0
0,6667·VA − 0,06667·VB = 2,4
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(7 − 5)/4 + 7/12 = (VB − 7)/5
1,083 = (VB − 7)/5 → VB = 12,42 V
Knotenregel am Knoten B
Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (12,42 − 7)/5 + 12,42/4 = 4,188 A
Antwort
Is = 4,188 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,1974 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 15 = 18 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) = 10·12/(4+12) = 7,5 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) = 7,5/(18 + 20) = 0,1974 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 3,108 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 = 30·4/(30+4) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 3 = 6,529 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) = 0,7059 + 3·3,529 = 11,29 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,29 + 3·3 = 20,29 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 = 20,29/6,529 = 3,108 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 10,27 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 und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms
i(∞) = Vs/R = 20/20 = 1 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 20·e−5/7,5 = 10,27 V
Antwort
vL = 10,27 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 531,1 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((12 − 24)/(21,6 − 24)) = 330·ln(5) = 531,1 ms
Antwort
t = 531,1 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −23,89 °
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
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·50·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 24/30 = 0,8 A
IX = V/XC = 24/67,73 = 0,3544 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) = √(0,8² + 0,3544²) = 0,875 A
Phasenwinkel
Der Kondensatorstrom eilt V voraus, der Gesamtstrom eilt also voraus, und der Winkel ist negativ.
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 230/479,7 = 0,4795 A
Antwort
I = 0,4795 A
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,921
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 = 6·tan(arccos 0,65) = 7,015 kvar
Q2 = −16·tan(arccos 0,7) = −16,32 kvar
Summen
P = 6 + 16 = 22 kW
Q = 7,015 + (−16,32) = −9,308 kvar
S = √(22² + (−9,308)²) = 23,89 kVA
Gesamtleistungsfaktor
cos φ = P/S = 22/23,89 = 0,921 kapazitiv
Antwort
cos φ = 0,921
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,8016
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 = 22·tan(arccos 0,75) = 19,4 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·150·10⁻⁶ = 2991 var = 2,991 kvar
Q2 = 19,4 − 2,991 = 16,41 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(22² + 16,41²) = 27,45 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 22/27,45 = 0,8016
Antwort
cos φ = 0,8016
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 62 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| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 415/5 = 83 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·83²·3 = 62 kW
Antwort
P = 62 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 493,6 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 107,2 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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·8 = 128
a = √(128/8) = √16 = 4
Antwort
a = 4
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 3472 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.