Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.
Die Spule führt einen konstanten Strom von 2,5 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.
i(0) = 2,5 AR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 10 ms.
Vs = 9 VR1 = 33 ΩR2 = 10 ΩL = 150 mHt = 10 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 50 Ω, L = 5 mH und C = 0,47 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.
R = 50 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF
Q =
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 2 kWpf = 0,6V = 240 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 68 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 10 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 60 HzC = 68 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 18 + j24 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 480 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VZ = 18 + j24 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 415 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 = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 liegen 960 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 60 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 750 W und Kupferverluste von 1125 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1125 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 4,565 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 3·18/(3+18) = 2,571 Ω
Req = R1 + 2,571 = 4 + 2,571 = 6,571 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 = 30/6,571 = 4,565 A
Antwort
IR1 = 4,565 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 10,26 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 = 3 + 25 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 6,222 Ω
R3 + 6,222 = 9,222 Ω
R2 ∥ 9,222 = 2,264 Ω
Req = R1 + 2,264 = 8 + 2,264 = 10,26 Ω
Antwort
Req = 10,26 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I1 = 1,765 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 − 6)/6 + (VA − (−30))/5 + (VA − 12)/5 = 0
Nach VA auflösen
VA = (6/6 + (−30)/5 + 12/5) / (1/6 + 1/5 + 1/5) = −2,6/0,5667 = −4,588 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I1 = (6 − VA)/R1 = (6 − (−4,588))/6 = 1,765 A
Antwort
I1 = 1,765 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: IR4 = 1 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
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 − 0,1·VB = 3
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 = 0,1·VA
−0,2·VA + 0,2·VB = 0
Lösen
Δ = (0,4)(0,2) − (−0,1)(−0,2) = 0,06
VA = Δ1/Δ = 0,6/0,06 = 10 V
VB = Δ2/Δ = 0,6/0,06 = 10 V
Strom durch R₄
IR4 = VB/R4 = 10/10 = 1 A
Antwort
IR4 = 1 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 16,5 Ω
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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 15 = 16,5 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 5,147 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 20 = 24 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) = 1,667 + 1·4 = 5,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,667 + 1·20 = 25,67 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) = 25,67/(24 + 8) = 0,8021 A
PL = IL²·RL = 0,8021²·8 = 5,147 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,4801 A
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 = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms
Abklingen des Stroms
i(t) = 2,5·e−5/3,03 = 0,4801 A
Antwort
i = 0,4801 A
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,2657 A
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
Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 9/(33 + 10) = 0,2093 A
i(∞) = 9/33 = 0,2727 A
τ = L/R = 150/33 = 4,545 ms
i(t) = 0,2727 + (0,2093 − 0,2727)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(10) = 0,2727 + (−0,06342)·e−10/4,545 = 0,2657 A
Antwort
i = 0,2657 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 47,95 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
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·200·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 100/50 = 2 A
IX = V/XC = 100/169,3 = 0,5906 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) = √(2² + 0,5906²) = 2,085 A
Impedanz
|Z| = V/I = 100/2,085 = 47,95 Ω
Antwort
|Z| = 47,95 Ω
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: Q = 2,063
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·√(0,005·0,47·10⁻⁶)) = 3283 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(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Blindleistung
Q = P·tan φ = 2·1,333 = 2,667 kvar
Antwort
Q = 2,667 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,852
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 = 10·tan(arccos 0,8) = 7,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·68·10⁻⁶ = 1356 var = 1,356 kvar
Q2 = 7,5 − 1,356 = 6,144 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(10² + 6,144²) = 11,74 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 10/11,74 = 0,852
Antwort
cos φ = 0,852
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 4,608 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 = 480/√3 = 277,1 V
Strangstrom
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 277,1/30 = 9,238 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·18 = 4,608 kW
Antwort
P = 4,608 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 170,4 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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 27,66 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 1 A
Antwort
I1 = 1 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 960 Ω, und 960/960 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 204,1 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.