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 = 8,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.
Vs = 15 VR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
8.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 5-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 3 V erreicht, genau 10 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 100 kΩ die nötige Kapazität C.
Vs = 5 VVth = 3 VT = 10 msR = 100 kΩ
C = µF
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩC = 100 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.
V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
f0 = Hz
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert) 7 A und 840 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 240 VI = 7 AP = 840 W
X = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 45 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,86 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 45 kWη = 91%cos φ = 0,86VL = 400 V
IL = A
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 1200 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 5 Ω
I1 = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2000 W und Kupferverluste von 6000 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
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 + 4 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 20·24/(20+24) = 10,91 Ω
Req = R1 + 10,91 = 10 + 10,91 = 20,91 Ω
Antwort
Req = 20,91 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,4796 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 = 20 + 12 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 3,556 Ω
R3 + 3,556 = 9,556 Ω
R2 ∥ 9,556 = 2,82 Ω
Req = R1 + 2,82 = 6 + 2,82 = 8,82 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 = 6/8,82 = 0,6803 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 = 6 − 0,6803·6 = 1,918 V
IR2 = VA/R2 = 1,918/4 = 0,4796 A
Antwort
IR2 = 0,4796 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I2 = 0,1111 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 − (−18))/6 + (VA − 15)/12 + (VA − 24)/2 = 0
Nach VA auflösen
VA = ((−18)/6 + 15/12 + 24/2) / (1/6 + 1/12 + 1/2) = 10,25/0,75 = 13,67 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I2 = (15 − VA)/R2 = (15 − 13,67)/12 = 0,1111 A
Antwort
I2 = 0,1111 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 2,688 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
(8,5 − 5)/25 + 8,5/8 = (VB − 8,5)/30
1,203 = (VB − 8,5)/30 → VB = 44,58 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 = (44,58 − 8,5)/30 + 44,58/30 = 2,688 A
Antwort
Is = 2,688 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,5556 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 3 = 11,57 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) = 15·15/(20+15) = 6,429 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 = 6,429/11,57 = 0,5556 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 1,157 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 20 = 23,75 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) = 15 + 1,5·3,75 = 20,63 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,63 + 1,5·20 = 50,63 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) = 50,63/(23,75 + 20) = 1,157 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,2525 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 und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
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.
Erforderliche Zeitkonstante
3 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 3))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms
Kapazität
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
C = τ/R = 10,91/100 = 0,1091 µF
Antwort
C = 0,1091 µF
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −25,23 °
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·50·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 50/15 = 3,333 A
IX = V/XC = 50/31,83 = 1,571 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) = √(3,333² + 1,571²) = 3,685 A
Phasenwinkel
Der Kondensatorstrom eilt V voraus, der Gesamtstrom eilt also voraus, und der Winkel ist negativ.
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 = 840/7² = 17,14 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 240/7 = 34,29 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(34,29² − 17,14²) = 29,69 Ω
Antwort
X = 29,69 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 915,5 µF
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(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(25,84°) = 24,22 kvar
QC = Q1 − Q2 = 19,88 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 19880/(2π·60·240²) = 915,5 µF
Antwort
C = 915,5 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: IL = 83 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 = 45/0,91 = 49,45 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 49451/(√3·400·0,86) = 83 A
Antwort
IL = 83 A
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 453,5 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 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 27,36 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/5 = 48 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 9,6 A
Antwort
I1 = 9,6 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 125 Ω, und 1200/125 ergibt denselben Strom.
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 2375 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.