Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.
Is = 1 AVs = 3 VR1 = 3 ΩR2 = 15 Ω
Ix = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
An a–b wird eine Last RL = 10 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩRL = 10 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 = 30 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
7.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.
Vs = 12 VR = 100 ΩL = 10 mHt = 1 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 = 2 ms.
Vs = 15 VR1 = 22 ΩR2 = 15 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 100 µF
φ = °
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 32 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 32 kWpf = 0,7V = 240 V
I = A
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 45 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 45 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 15 + j20 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 = 15 + j20 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 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 = 60 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 512 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 512 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 512 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 450 W und Kupferverluste von 1350 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 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 = 15 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 2·19/(2+19) = 1,81 Ω
Req = R1 + 1,81 = 10 + 1,81 = 11,81 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 = 24/11,81 = 2,032 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 = 24 − 2,032·10 = 3,677 V
IR2 = VA/R2 = 3,677/2 = 1,839 A
Antwort
IR2 = 1,839 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 9,194 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 = 25 + 25 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 2,83 Ω
R3 + 2,83 = 6,83 Ω
R2 ∥ 6,83 = 3,194 Ω
Req = R1 + 3,194 = 6 + 3,194 = 9,194 Ω
Antwort
Req = 9,194 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Ix = 0,3333 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.
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 + Vs = VA + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/3 + (VA + 3)/15 = 1
VA = (1 − 3/15)/(1/3 + 1/15) = 2 V
VB = 2 + 3 = 5 V
Strom durch die Spannungsquelle
Alles, was von A nach B durch die Quelle fließt, verlässt den Knoten B über R₂.
Ix = VB/R2 = 5/15 = 0,3333 A
Antwort
Ix = 0,3333 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 0,32 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
(5 − 12)/10 + 5/10 = (VB − 5)/12
−0,2 = (VB − 5)/12 → VB = 2,6 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 = (2,6 − 5)/12 + 2,6/5 = 0,32 A
Antwort
Is = 0,32 A
5.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,16 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 + 20 = 27,5 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
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/(27,5 + 10) = 0,16 A
6.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 4,579 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 10 = 14,62 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) = 23,08 + 3·4,615 = 36,92 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 36,92 + 3·10 = 66,92 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 = 66,92/14,62 = 4,579 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,12 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.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 15/(22 + 15) = 0,4054 A
i(∞) = 15/22 = 0,6818 A
τ = L/R = 33/22 = 1,5 ms
i(t) = 0,6818 + (0,4054 − 0,6818)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(2) = 0,6818 + (−0,2764)·e−2/1,5 = 0,609 A
Antwort
i = 0,609 A
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = 72,17 °
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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,25 = 1571 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 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| = 10/1414 = 0,007073 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,007073·159,2 = 1,126 V
Antwort
VC = 1,126 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 190,5 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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 32000/(240·0,7) = 190,5 A
Antwort
I = 190,5 A
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 20,52 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 = 45·tan(41,41°) = 39,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(23,07°) = 19,17 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,52 kvar
Antwort
QC = 20,52 kvar
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 5,53 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| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 277,1/25 = 11,09 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·11,09²·15 = 5,53 kW
Antwort
P = 5,53 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 77,06 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 0,7) = 60·1,02 = 61,21 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 41,49 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13830/(377·690²) = 77,06 µF
Antwort
Cph = 77,06 µF
15.Transformatoren
Antwort: a = 8
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.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·8 = 512
a = √(512/8) = √64 = 8
Antwort
a = 8
16.Transformatoren
Antwort: Ploss = 787,5 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.