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 0,05·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren 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 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
6.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 8 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.
V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩRL = 8 Ω
PL = W
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt einen konstanten Strom von 3 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme die Spannung vR an R bei t = 5 ms.
i(0) = 3 AR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vR = V
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 = 10 ms.
Vs = 20 VR1 = 1 kΩR2 = 1 kΩC = 33 µFt = 10 ms
i2 = mA
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 200 mH soll bei 200 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.
f0 = 200 HzL = 200 mH
C = µF
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 47 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert) 18,5 A und 2128 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 230 VI = 18,5 AP = 2128 W
X = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz 12 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 33 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 12 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 33 µF
cos φ =
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 25 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,9 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VIL = 25 Acos φ = 0,9
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
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 48 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 48 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 600 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 100 kVAPcore = 600 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,6774 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 5·35/(5+35) = 4,375 Ω
Req = R1 + 4,375 = 15 + 4,375 = 19,38 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 = 15/19,38 = 0,7742 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 = 15 − 0,7742·15 = 3,387 V
IR2 = VA/R2 = 3,387/5 = 0,6774 A
Antwort
IR2 = 0,6774 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,4614 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5,455 Ω
R3 + 5,455 = 35,45 Ω
R2 ∥ 35,45 = 12,79 Ω
Req = R1 + 12,79 = 8 + 12,79 = 20,79 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 = 15/20,79 = 0,7216 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 = 15 − 0,7216·8 = 9,227 V
IR2 = VA/R2 = 9,227/20 = 0,4614 A
Antwort
IR2 = 0,4614 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I1 = −6,281 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 − (−15))/2 + (VA − 6)/15 + (VA − 9)/2 = 0
Nach VA auflösen
VA = ((−15)/2 + 6/15 + 9/2) / (1/2 + 1/15 + 1/2) = −2,6/1,067 = −2,437 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VA = 3,243 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
0,7667·VA − 0,5·VB = 1
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 = 0,05·VA
−0,55·VA + 0,6·VB = 0
Lösen
Δ = (0,7667)(0,6) − (−0,5)(−0,55) = 0,185
VA = Δ1/Δ = 0,6/0,185 = 3,243 V
VB = Δ2/Δ = 0,55/0,185 = 2,973 V
Antwort
VA = 3,243 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,3077 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 12 = 19,5 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) = 12·15/(15+15) = 6 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 = 6/19,5 = 0,3077 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 47,72 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 2 = 5 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) = 6,75 + 5·3 = 21,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,75 + 5·2 = 31,75 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) = 31,75/(5 + 8) = 2,442 A
PL = IL²·RL = 2,442²·8 = 47,72 W
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vR = 9,124 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
τ = L/R = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
Abklingen des Stroms
i(t) = 3·e−5/3,133 = 0,6083 A
vR = R·i = 15·0,6083 = 9,124 V
Antwort
vR = 9,124 V
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i2 = 7,386 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) = 20·1/(1 + 1) = 10 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 1·33 = 33 ms
Entladung
vC(t) = 10·e−10/33 = 7,386 V
i2 = vC/R2 = 7,386/1 = 7,386 mA
Antwort
i2 = 7,386 mA
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: C = 3,166 µF
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|.
Resonanzbedingung
Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,2) = 3,166 µF
Antwort
C = 3,166 µF
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: f0 = 73,41 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|.
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.
Widerstand aus der Wirkleistung
R = P/I² = 2128/18,5² = 6,218 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 230/18,5 = 12,43 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(12,43² − 6,218²) = 10,77 Ω
Antwort
X = 10,77 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,8024
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 = 12·tan(arccos 0,75) = 10,58 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·33·10⁻⁶ = 1659 var = 1,659 kvar
Q2 = 10,58 − 1,659 = 8,924 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(12² + 8,924²) = 14,95 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 12/14,95 = 0,8024
Antwort
cos φ = 0,8024
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 18,71 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.
Scheinleistung
S = √3·VL·IL = √3·480·25 = 20,78 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 20,78·0,9 = 18,71 kW
Antwort
P = 18,71 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: QC = 36,47 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 0,75) = 80·0,8819 = 70,55 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 36,47 kvar
Antwort
QC = 36,47 kvar
15.Transformatoren
Antwort: I1 = 1,25 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 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 1,25 A
Antwort
I1 = 1,25 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 768 Ω, und 960/768 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 1836 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.