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 Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 11,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 18 VIs = 0,5 AR1 = 25 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 1 ms in mJ.
Vs = 15 VR = 33 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Strom i2 durch R2 bei t = 40 ms.
Vs = 24 VR1 = 6,8 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 40 ms
i2 = mA
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 40 ΩC = 22 µF
|Z| = Ω
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 19 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 19 kWpf = 0,9V = 230 V
Q = kvar
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 4 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 22 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 4 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 22 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 22 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,85 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 22 kWη = 95%cos φ = 0,85VL = 480 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 4:1 liegen 480 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 40 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 40 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 750 W und Kupferverluste von 1875 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1875 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,374 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 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 15 + 2,471 = 17,47 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 = 24/17,47 = 1,374 A
Antwort
IR1 = 1,374 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 33,9 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 = 10 + 30 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 2,791 Ω
R3 + 2,791 = 17,79 Ω
R2 ∥ 17,79 = 3,903 Ω
Req = R1 + 3,903 = 30 + 3,903 = 33,9 Ω
Antwort
Req = 33,9 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I2 = 1,294 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 − (−10))/20 + (VA − 18)/8 + (VA − 6)/4 = 0
Nach VA auflösen
VA = ((−10)/20 + 18/8 + 6/4) / (1/20 + 1/8 + 1/4) = 3,25/0,425 = 7,647 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I2 = (18 − VA)/R2 = (18 − 7,647)/8 = 1,294 A
Antwort
I2 = 1,294 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 8,722 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
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(11,5 − 10)/4 + 11,5/12 = (VB − 11,5)/8
1,333 = (VB − 11,5)/8 → VB = 22,17 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 = (22,17 − 11,5)/8 + 22,17/3 = 8,722 A
Antwort
Is = 8,722 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 4,667 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 3 = 4,667 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 20,9 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 = 25·6/(25+6) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 30 = 34,84 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) = 3,484 + 0,5·4,839 = 5,903 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,903 + 0,5·30 = 20,9 V
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W = 0,9583 mJ
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 = 10 mH / 33 Ω = 0,303 ms
i(∞) = Vs/R = 15/33 = 0,4545 A
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(t) = 0,4545·(1 − e−1/0,303) = 0,4378 A
Gespeicherte Energie
W = ½·L·i² = ½·10·0,4378² = 0,9583 mJ
Antwort
W = 0,9583 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i2 = 1,167 mA
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.
Anfangsspannung des Kondensators
Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.
vC(0) = 24·2,2/(6,8 + 2,2) = 5,867 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 2,2·22 = 48,4 ms
Entladung
vC(t) = 5,867·e−40/48,4 = 2,567 V
i2 = vC/R2 = 2,567/2,2 = 1,167 mA
Antwort
i2 = 1,167 mA
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,771 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|.
Blindwiderstände
ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 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| = 100/56,47 = 1,771 A
Antwort
I = 1,771 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 52,42 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/(2π·60·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω
Parallelschaltung
Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.
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(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843
Blindleistung
Q = P·tan φ = 19·0,4843 = 9,202 kvar
Antwort
Q = 9,202 kvar
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,8383
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 = 4·tan(arccos 0,8) = 3 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·22·10⁻⁶ = 398,1 var = 0,3981 kvar
Q2 = 3 − 0,3981 = 2,602 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(4² + 2,602²) = 4,772 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 4/4,772 = 0,8383
Antwort
cos φ = 0,8383
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 32,77 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 = 22/0,95 = 23,16 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23158/(√3·480·0,85) = 32,77 A
Antwort
IL = 32,77 A
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 50,56 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 = 120·tan(acos 0,8) = 120·0,75 = 90 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 50,56 kvar
Antwort
QC = 50,56 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 0,75 A
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 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/40 = 3 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 0,75 A
Antwort
I1 = 0,75 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 640 Ω, und 480/640 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 94,87 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.