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 das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Is = 3 AVs = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 2 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩRL = 2 Ω
IL = 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 = 1 ms in mJ.
Vs = 9 VR = 33 ΩL = 47 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 = 50 ms.
Vs = 24 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µFt = 50 ms
i2 = mA
9.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µF
I = A
10.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
VC = V
11.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 8,5 A und 714 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 120 VI = 8,5 AP = 714 W
X = Ω
12.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 16 + j12 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 415 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 415 VZ = 16 + j12 Ω pro Strang
P = kW
14.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 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 = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformatorenMittel
Ein einphasiger Transformator mit 15 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.
S = 15 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 800 W und Kupferverluste von 2000 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 100 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 2000 W
Sη,max = kVA
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 4,364 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 + 12 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 2·32/(2+32) = 1,882 Ω
Req = R1 + 1,882 = 2 + 1,882 = 3,882 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 = 18/3,882 = 4,636 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 = 18 − 4,636·2 = 8,727 V
IR2 = VA/R2 = 8,727/2 = 4,364 A
Antwort
IR2 = 4,364 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 2,317 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 6,061 Ω
R3 + 6,061 = 21,06 Ω
R2 ∥ 21,06 = 1,827 Ω
Req = R1 + 1,827 = 10 + 1,827 = 11,83 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 = 30/11,83 = 2,537 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 = 30 − 2,537·10 = 4,633 V
IR2 = VA/R2 = 4,633/2 = 2,317 A
Antwort
IR2 = 2,317 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 5,833 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.
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 + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Lösen
VA/10 + (VA + 5)/2 = 3
VA = (3 − 5/2)/(1/10 + 1/2) = 0,8333 V
VB = 0,8333 + 5 = 5,833 V
Antwort
VB = 5,833 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 48 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
0,14·VA − 0,04·VB = 1,6
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 = 0,1·VA
−0,14·VA + 0,07333·VB = 0
Lösen
Δ = (0,14)(0,07333) − (−0,04)(−0,14) = 0,004667
VA = Δ1/Δ = 0,1173/0,004667 = 25,14 V
VB = Δ2/Δ = 0,224/0,004667 = 48 V
Antwort
VB = 48 V
5.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 22 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 Ω
6.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 2,933 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 + 25 = 27,67 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 + 3·2,667 = 12 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12 + 3·25 = 87 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) = 87/(27,67 + 2) = 2,933 A
7.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W = 0,4448 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 / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 9/33 = 0,2727 A
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(t) = 0,2727·(1 − e−1/1,424) = 0,1376 A
Gespeicherte Energie
W = ½·L·i² = ½·47·0,1376² = 0,4448 mJ
Antwort
W = 0,4448 mJ
8.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i2 = 0,3584 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/(4,7 + 2,2) = 7,652 V
Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters
τ = R2·C = 2,2·10 = 22 ms
Entladung
vC(t) = 7,652·e−50/22 = 0,7884 V
i2 = vC/R2 = 0,7884/2,2 = 0,3584 mA
Antwort
i2 = 0,3584 mA
9.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 14,96 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 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| = 230/15,37 = 14,96 A
Antwort
I = 14,96 A
10.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 27,09 V
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 = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 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| = 24/600 = 0,04 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,04·677,3 = 27,09 V
Antwort
VC = 27,09 V
11.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: X = 10,08 Ω
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 = 714/8,5² = 9,882 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 120/8,5 = 14,12 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(14,12² − 9,882²) = 10,08 Ω
Antwort
X = 10,08 Ω
12.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 81,23 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 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 1,62 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 1620/(2π·60·230²) = 81,23 µF
Antwort
C = 81,23 µF
13.Drehstromleistung
Antwort: P = 6,889 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 = 415/√3 = 239,6 V
Strangstrom
|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
Iph = 239,6/20 = 11,98 A
Gesamte Wirkleistung
Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.
P = 3·Iph²·R = 3·11,98²·16 = 6,889 kW
Antwort
P = 6,889 kW
Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.
14.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 355,4 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 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 53,59 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter 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.
Nennstrom
Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.
ILV = S/V = 15000/400 = 37,5 A
Antwort
ILV = 37,5 A
16.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 63,25 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.