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 das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 6 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 = 1 ms.
Vs = 5 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 10 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 80 ms.
Vs = 9 VR = 4,7 kΩC = 10 µFvC(0) = 10 Vt = 80 ms
vC = V
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 22 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 100 mHC = 47 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv und eine Last mit 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,95 kapazitiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt 35 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 35 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 110 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,85 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 110 kWη = 91%cos φ = 0,85VL = 690 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 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 Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 12:1 ist ein Widerstand von 50 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.
N1:N2 = 12:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 300 W und Kupferverluste von 1200 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 50 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 1200 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,4154 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 = 2 + 8 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 20 + 1,667 = 21,67 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 = 9/21,67 = 0,4154 A
Antwort
IR1 = 0,4154 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,2653 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 = 25 + 20 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 5,294 Ω
R3 + 5,294 = 11,29 Ω
R2 ∥ 11,29 = 3,918 Ω
Req = R1 + 3,918 = 30 + 3,918 = 33,92 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 = 9/33,92 = 0,2653 A
Antwort
IR1 = 0,2653 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 11,65 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 = 12 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/5 + (VA − 12)/10 + (VA − VB)/2 = 0
0,8·VA − 0,5·VB = 1,2
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/6 + (VB − VA)/2 = 5
−0,5·VA + 0,6667·VB = 5
Lösen
Δ = (0,8)(0,6667) − (−0,5)(−0,5) = 0,2833
VA = Δ1/Δ = 3,3/0,2833 = 11,65 V
VB = Δ2/Δ = 4,6/0,2833 = 16,24 V
Antwort
VA = 11,65 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 43,17 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.
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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 15 = 17,5 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) = 24·5/(5+5) = 12 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 = 12/17,5 = 0,6857 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = −4,333 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 3 = 5,4 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) = 3,6 + (−5)·2,4 = −8,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −8,4 + (−5)·3 = −23,4 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 = −23,4/5,4 = −4,333 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 2,528 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 = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms
i(∞) = Vs/R = 5/15 = 0,3333 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/1,467 = 2,528 V
Antwort
vL = 2,528 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 9,182 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 10 µF = 47 ms
vC(t) = 9 + (10 − 9)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(80) = 9 + (1)·e−80/47 = 9,182 V
Antwort
vC = 9,182 V
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 65,92 °
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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
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 induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.
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 = 5·tan(arccos 0,75) = 4,41 kvar
Q2 = −2·tan(arccos 0,95) = −0,6574 kvar
Summen
P = 5 + 2 = 7 kW
Q = 4,41 + (−0,6574) = 3,752 kvar
S = √(7² + 3,752²) = 7,942 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 7942/240 = 33,09 A
Antwort
I = 33,09 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 24,2 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.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 35·tan(45,57°) = 35,71 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(18,19°) = 11,5 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,2 kvar
Antwort
QC = 24,2 kvar
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 119 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 = 110/0,91 = 120,9 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 120879/(√3·690·0,85) = 119 A
Antwort
IL = 119 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 327,4 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 = 80·tan(acos 0,8) = 80·0,75 = 60 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 21,25 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.
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 = 12²·50 = 7200 Ω
Antwort
R1′ = 7200 Ω
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 25 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.