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 den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.
An a–b wird eine Last RL = 4 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩRL = 4 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 = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
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 = 10 ms in mJ.
Vs = 24 VR = 10 ΩL = 47 mHt = 10 ms
W = mJ
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 15 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 20,4 V erreicht? Bestimme t.
Vs = 24 VR = 4,7 kΩC = 22 µFvC(0) = 15 V
t = ms
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 100 mH
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und eine Last mit 21 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 15 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,95 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 400 VIL = 15 Acos φ = 0,95
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 480 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 Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 10 kVA und 4160/480 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.
S = 10 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 250 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,286 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 = 5 + 3 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Req = R1 + 4 = 3 + 4 = 7 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 = 9/7 = 1,286 A
Antwort
IR1 = 1,286 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 2,808 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 + 25 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 4,545 Ω
R3 + 4,545 = 7,545 Ω
R2 ∥ 7,545 = 3,342 Ω
Req = R1 + 3,342 = 2 + 3,342 = 5,342 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 = 15/5,342 = 2,808 A
Antwort
IR1 = 2,808 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 10,76 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 = 9 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/12 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/6 = 0
0,5833·VA − 0,1667·VB = 3
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.
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.
VB = VA − 15
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 5)/25 + VA/15 + (VA − 15)/3 = 0,5
VA·(1/25 + 1/15 + 1/3) = 0,5 + 5/25 + 15/3 = 5,7
VA = 5,7/0,44 = 12,95 V
VB = −2,045 V
Strom durch R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 12,95)/25 = −0,3182 A
Antwort
IR1 = −0,3182 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,5096 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 5 = 8,077 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) = 10·8/(5+8) = 6,154 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) = 6,154/(8,077 + 4) = 0,5096 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 4,176 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 20 = 22,67 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) = 4 + 4·2,667 = 14,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14,67 + 4·20 = 94,67 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 = 94,67/22,67 = 4,176 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W = 105 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(t) = 2,4·(1 − e−10/4,7) = 2,114 A
Gespeicherte Energie
W = ½·L·i² = ½·47·2,114² = 105 mJ
Antwort
W = 105 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 94,74 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((15 − 24)/(20,4 − 24)) = 103,4·ln(2,5) = 94,74 ms
Antwort
t = 94,74 ms
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 57,86 °
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
XL = ωL = 2π·50·0,1 = 31,42 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/XL = 100/31,42 = 3,183 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 + 3,183²) = 3,759 A
Phasenwinkel
Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(3,183/2) = 57,86°
Antwort
φ = 57,86°
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,3422 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 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| = 24/70,13 = 0,3422 A
Antwort
I = 0,3422 A
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 82,4 A
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 = 9·tan(arccos 0,8) = 6,75 kvar
Q2 = 21·tan(arccos 0,95) = 6,902 kvar
Summen
P = 9 + 21 = 30 kW
Q = 6,75 + 6,902 = 13,65 kvar
S = √(30² + 13,65²) = 32,96 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 32960/400 = 82,4 A
Antwort
I = 82,4 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 13,28 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 = 50·tan(36,87°) = 37,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(25,84°) = 24,22 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,28 kvar
Antwort
QC = 13,28 kvar
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 9,873 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 = √3·400·15 = 10,39 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 10,39·0,95 = 9,873 kW
Antwort
P = 9,873 kW
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 381,5 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 99,4 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 33133/(377·480²) = 381,5 µF
Antwort
Cph = 381,5 µF
15.Transformatoren
Antwort: IHV = 2,404 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
IHV = S/V = 10000/4160 = 2,404 A
Antwort
IHV = 2,404 A
16.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 483,2 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.