Elektrische Leistung und Energie im Haushalt

Einsteiger

Jedes Gerät hat eine Leistungsangabe in Watt (W). Die Leistung sagt dir, wie schnell das Gerät Energie nutzt: Ein Watt ist ein Joule pro Sekunde. Eine LED-Lampe braucht etwa 10 W, ein Fernseher etwa 100 W und ein Wasserkocher etwa 2000 W, also 2 Kilowatt (kW).

Schritt 1: Energie = Leistung × Zeit. Diese Energie wird in Kilowattstunden (kWh) gezählt: Eine kWh ist das, was ein 1-kW-Gerät in einer Stunde verbraucht, ein 2-kW-Wasserkocher in einer halben Stunde oder eine 10-W-LED-Lampe in 100 Stunden.

Schritt 2: die Rechnung. Der Zähler addiert die kWh, und bezahlt wird Energie, nicht Leistung: die Anzahl der kWh mal der Preis einer kWh. Ein 2-kW-Heizgerät, das 3 Stunden läuft, verbraucht $2\times 3=6\mathrm{kWh}$; bei 0,20 € pro kWh kostet das 1,20 €.

Schritt 3: Strom und Sicherheit. Jedes Gerät, das du einschaltest, zieht mehr Strom durch dieselben Versorgungsleitungen, und Strom erwärmt Leitungen. Bei zu vielen starken Geräten an einem Stromkreis könnten die Leitungen überhitzen. Deshalb schaltet eine Sicherung (ein dünner Draht, der schmilzt) oder ein Leitungsschutzschalter (ein Schalter, der abspringt) den Strom vorher ab.

In der Animation werden eine Lampe, ein Wasserkocher und ein Heizgerät nacheinander eingeschaltet. Mit jedem steigt der rote Strombalken, und die Zählerscheibe dreht sich schneller. Wenn das Heizgerät zum Wasserkocher dazukommt, überschreitet der Balken die Grenzlinie, und der Schalter löst aus.

Schritt 4: Wirkungsgrad. Eine alte Glühlampe wandelt den größten Teil ihrer Energie in Wärme um; eine LED gibt dasselbe Licht mit etwa einem Sechstel der Leistung.

Test dich selbst: Wer verbraucht mehr Energie, eine 100-W-Lampe, die 10 Stunden brennt, oder ein 2000-W-Wasserkocher, der 15 Minuten läuft? (Antwort: die Lampe, 1 kWh gegen 0,5 kWh.)

Mittelstufe

Leistung: Energie pro Sekunde

Leistung ist die Rate, mit der Energie übertragen wird, $P=E/t$, in Watt: $1\mathrm{W}=1J/s$. Ein 2000-W-Wasserkocher entnimmt dem Netz jede Sekunde 2000 Joule, eine 10-W-LED-Lampe nur 10.

Die Spannung $V$ an einem Gerät ist die Energie, die jedes Coulomb Ladung beim Durchgang abgibt, $1\mathrm{V}=1J/C$, und die Stromstärke $I$ ist die Ladung, die jede Sekunde fließt, $1\mathrm{A}=1C/s$. Ihr Produkt ist Joule pro Sekunde:
$P=VI$

Das ohmsche Gesetz, $V=IR$, aus der Lektion „Gleichstromkreise und ohmsches Gesetz“, liefert zwei weitere Formen:
$P=I^{2}R=\frac{V^2}{R}$

Am Netz ist die Spannung fest, also nimmt nach $V^2/R$ ein kleinerer Widerstand mehr Leistung auf: Die Heizspirale des Wasserkochers hat nur $230^2/2000\approx 26\Omega$, der heiße Glühfaden einer 100-W-Lampe 529 Ω. Bei fester Stromstärke sagt $I^{2}R$, dass der größere Widerstand stärker heizt; deshalb sind Versorgungskabel dick.

Geräte parallel am Netz

Jede Steckdose liegt zwischen denselben beiden Leitern, Außenleiter und Neutralleiter, daher sind Haushaltsgeräte parallel geschaltet. Jedes erhält die volle Netzspannung (230 V in Europa, 120 V in Nordamerika), egal was sonst eingeschaltet ist, und die Zweigströme addieren sich im Versorgungskabel:
$I=\frac{P_1+P_2+\dots }{V}$

Ein mit $I_{\max }$ abgesicherter Stromkreis kann daher höchstens $V{I}_{\max }$ liefern: 2300 W bei 10 A und 230 V, 3680 W bei 16 A. Deshalb hat eine Küche mehrere Stromkreise.

Energie, Kilowattstunde und Wirkungsgrad

Die Energie, die ein Gerät verbraucht, ist seine Leistung mal die Laufzeit:
$E=Pt$
Mit $P$ in Watt und $t$ in Sekunden kommt sie in Joule heraus; Versorger zählen mit größeren Einheiten, Kilowattstunden, der Energie von 1 kW für eine Stunde:
$1\mathrm{kWh}=3,6\mathrm{MJ}$
denn $1000\mathrm{W}\cdot 3600\mathrm{s}=3,6\times 10^6\mathrm{J}$. Der Zähler addiert Kilowattstunden, und bezahlt wird diese Energie, nicht Leistung: Ein 2000-W-Wasserkocher, 6 Minuten benutzt, und eine 10-W-LED, 20 Stunden eingeschaltet, verbrauchen beide 0,2 kWh.

Der Wirkungsgrad vergleicht die nutzbare Leistung mit der aufgenommenen Leistung:
$\eta =\frac{P_{\mathrm{useful}}}{P_{\mathrm{in}}}$
Ein Wasserkocher gibt 80 bis 90 % seiner Energie an das Wasser ab, eine Glühlampe nur etwa 5 % an sichtbares Licht. Deshalb braucht eine LED für dasselbe Licht etwa ein Sechstel der Leistung.

Rechenbeispiel: der Stromkreis aus der Animation

Der 230-V-Stromkreis der Animation ist mit einem 10-A-Leitungsschutzschalter abgesichert. Die 100-W-Lampe zieht $100/230=0,43\mathrm{A}$ und der 2000-W-Wasserkocher $2000/230=8,70\mathrm{A}$, zusammen also
$I=\frac{100+2000}{230}=9,13\mathrm{A}$
knapp unter der Grenze, mit $2300-2100=200\mathrm{W}$ Reserve. Das 2000-W-Heizgerät treibt den Strom dann auf
$I=\frac{100+2000+2000}{230}=17,83\mathrm{A}$
fast das Doppelte des Nennwerts.

Das sind die Werte der $I$-Anzeige, während die $P$-Anzeige in Stufen von 100 auf 2100 und 4100 W springt und der rote Pfeil $I$ auf der Versorgungsleitung länger wird; die Zweigbeschriftungen zeigen 0,43, 8,70 und 8,70 A. Die rote Säule im Strombalken bleibt mit dem Wasserkocher knapp unter der 10-A-Linie und schießt mit dem Heizgerät darüber. 1,2 s später löst der Schalter aus: $P$ und $I$ fallen auf null, und $E$ steigt nicht mehr.

Da 1 s für 1 Minute steht, ist die Lampe bis dahin 5,5 Minuten gelaufen, der Wasserkocher 3,5 und das Heizgerät 1,2, also in Wattstunden
$E=\frac{100\cdot 5,5+2000\cdot 3,5+2000\cdot 1,2}{60}\mathrm{Wh}=165,8\mathrm{Wh}$
als 0,166 kWh der $E$-Anzeige (166 Wh im Zählerfenster). Bei 0,25 € pro kWh kostet das etwa 4 Cent.

Rechenbeispiel: ein Heizgerät an einer Kabeltrommel

Ein 1500-W-Heizlüfter läuft an einer 25-m-Kabeltrommel mit 1,0-mm²-Kupferleitern. Sein Strom $1500/230=6,52\mathrm{A}$ fließt hin und zurück durch 50 m Kupfer mit dem spezifischen Widerstand $1,7\times 10^{-8}\Omega \cdot \mathrm{m}$. Mit $R=\rho L/A$ aus „Elektrischer Strom und Widerstand“
$R_c=\frac{\rho L}{A}=\frac{1,7\times 10^{-8}\cdot 50}{1,0\times 10^{-6}}=0,85\Omega$
$P_c=I^2{R}_c=6,52^2\cdot 0,85\approx 36\mathrm{W}$

Auf der abgewickelten Leitung sind 36 W harmlos; auf der Trommel aufgewickelt wird dieselbe Wärme, etwa die eines kleinen Lötkolbens, eingeschlossen und kann die Isolierung überhitzen, daher die niedrigere Nennleistung einer aufgewickelten Trommel. Die Trommel verringert außerdem die Spannung um $I{R}_c\approx 5,5\mathrm{V}$: Nach $P=V^2/R$ kosten 2,4 % weniger Spannung etwa 5 % der Leistung, sodass rund 1430 W bleiben.

Bei voller Leistung verbrauchen 4 Stunden am Abend über 30 Tage $E=1,5\cdot 4\cdot 30=180\mathrm{kWh}$, 45 € bei 0,25 € pro kWh; an der Kabeltrommel zeigt der Zähler etwa 176 kWh, davon 4 kWh als Wärme in der Trommel.

Sicherungen, Schalter und der Strombalken

Ein Kabel ist für den größten Strom ausgelegt, bei dem seine Joule-Wärme $I^{2}R$ die Isolierung sicher hält, etwa 70 °C bei PVC. Eine Sicherung (ein dünner Draht, der schmilzt) oder ein Leitungsschutzschalter (ein Schalter, der zurückgesetzt werden kann) im Außenleiter unterbricht den Strom über diesem Nennwert: Er schützt das Kabel, nicht das Gerät.

Die Erwärmung wächst mit dem Quadrat der Stromstärke, daher ist eine mäßige Überlast nur gefährlich, wenn sie andauert, ein Kurzschluss dagegen sofort. Der Bimetallstreifen des Schalters wird wie das Kabel erwärmt und löst nach Sekunden bis Minuten aus; sein Elektromagnet löst innerhalb von etwa 10 ms aus, wenn ein Kurzschluss Hunderte Ampere treibt.

In der Animation ist der rote Balken der Strom durch den Schalter, und die Linie ist sein Nennwert von 10 A: Darunter könnte die Leitung ewig laufen. Die 17,8 A mit eingeschaltetem Heizgerät sind eine Überlast, daher wartet der Schalter 1,2 s, was 1,2 Minuten entspricht, bevor er öffnet.

Häufige Fehler

• Geräte verbrauchen keinen Strom: Die 8,70 A, die über den Außenleiter in den Wasserkocher fließen, verlassen ihn über den Neutralleiter. Verbraucht wird Energie, 2000 Joule pro Sekunde.
• Eine Kilowattstunde ist nicht „Kilowatt pro Stunde“, sondern eine Leistung mal eine Zeit, also eine Energie von 3,6 MJ: Ein 3-kW-Heizgerät verbraucht in 20 Minuten 1 kWh.
• Mehr Geräte parallel erhöhen den Gesamtwiderstand nicht, sondern senken ihn: 529 Ω für die Lampe allein, 25,2 Ω mit dem Wasserkocher, 12,9 Ω mit allen dreien; deshalb steigt der Strom.
• Mehr Widerstand bedeutet nicht immer mehr Wärme: Bei fester Spannung gibt $P=V^2/R$ der 26-Ω-Heizspirale 2000 W und dem 529-Ω-Glühfaden 100 W. $I^{2}R$ begünstigt den größeren Widerstand nur bei gleichen Strömen, wie in Reihe.
• Eine größere Sicherung ist nicht sicherer: Ein 10-A-Kabel, mit 30 A abgesichert, könnte den dreifachen Nennstrom führen und dabei $3^2=9$-mal so schnell heizen, ohne dass die Sicherung durchbrennt.

Wo dir das begegnet

Jede Stromrechnung ist diese Lektion. Ein Kühlschrank mit durchschnittlich 40 W verbraucht etwa 350 kWh im Jahr, und ein Gerät im Standby mit 1 W nimmt trotzdem 8,76 kWh auf; der 60-kWh-Akku eines Elektroautos braucht an einer 7,4-kW-Heimladestation etwa 8 Stunden; ein Kraftwerk mit 1 GW entspricht einer halben Million Wasserkochern, die gleichzeitig kochen.

Das Magnetfeld um jeden Strom, das den Schalter auslöst, ist Thema von „Magnetfelder von Magneten und Strömen“. „Motoren, Generatoren und Transformatoren“ erklärt, warum Stromleitungen mit Hunderten Kilovolt betrieben werden, um die $I^{2}R$-Verluste zu senken, und „Halbleiter, Dioden und LEDs“, warum eine LED einer Glühlampe überlegen ist.

Fortgeschritten

Leistung als Arbeit an bewegter Ladung

Jedes Gerät trägt eine Leistungsangabe in Watt, und die ganze Lektion beruht auf einer Formel dafür, $P=VI$. Dieser Abschnitt leitet sie aus der Arbeit her, die das elektrische Feld an der Ladung verrichtet, die durch ein Bauteil fließt. So zeigt sich, warum sie für jede Art von Gerät gilt.

Legende

$I$	Strom, der am Ende mit dem höheren Potential eintritt.	$\mathrm{A}$
$dq$	Ladung, die in einer kurzen Zeit $dt$ einen Querschnitt des Leiters durchquert: $dq=Idt$.	$\mathrm{C}$
$\vec{E}$	Elektrisches Feld im Leiter, in Stromrichtung; sein Betrag ist $V/L$.	$V/m$
$L$	Länge des Leiters.	$\mathrm{m}$
$V_a$	Potential am Ende, an dem der Strom eintritt.	$\mathrm{V}$
$V_b$	Potential am Ende, an dem der Strom austritt.	$\mathrm{V}$
$V$	Potentialabfall längs des Leiters, $V=V_a-V_b$.	$\mathrm{V}$

Abbildung 1 zeigt das einfachste Bauteil, einen gleichmäßigen Leiter der Länge $L$. Der Strom $I$ tritt am linken Ende ein, wo das Potential $V_a$ herrscht, und verlässt es am rechten Ende, wo es $V_b$ ist. Unter dem Leiter ist auf gleichem waagerechten Maßstab das Potential als Höhe aufgetragen. Sieh dir die schräge Linie an: Das Potential fällt gleichmäßig von $V_a$ auf $V_b$, und der gesamte Abfall ist $V=V_a-V_b$. Das elektrische Feld $\vec{E}$ im Inneren zeigt diese Steigung hinab, in Stromrichtung, und weil der Abfall gleichmäßig ist, hat es überall denselben Betrag: $E=V/L$.

Betrachte nun die schraffierte Scheibe $dq$. Es ist die Ladung, die in einer kurzen Zeit $dt$ einen Querschnitt des Leiters durchquert. Strom ist Ladung pro Zeit, also $dq=Idt$. In dieser Zeit tritt links eine Ladung $dq$ ein und rechts eine gleich große aus, denn Ladung staut sich im Inneren nicht. Die Gesamtwirkung ist dieselbe, als wäre die Scheibe $dq$ den ganzen Weg vom Potential $V_a$ bis zum Potential $V_b$ getragen worden.

Eine Potentialdifferenz ist Arbeit pro Ladungseinheit: Wenn eine Ladung $q$ einen Abfall $V$ durchläuft, verrichtet das Feld an ihr die Arbeit $qV$. In der Zeit $dt$ verrichtet das Feld also die Arbeit $dW=Vdq=VIdt$, und die Leistung, Arbeit pro Zeit, ist
$P=\frac{dW}{dt}=V\frac{dq}{dt}=VI$

In diese Überlegung gingen nur die Potentiale der beiden Enden ein. Innerhalb eines Bauteils, das kein gerader Draht ist, kann das Potential ungleichmäßig fallen oder stellenweise sogar steigen. Die Arbeit an einer Ladung, die von einem Anschluss zum anderen getragen wird, hängt trotzdem nur von den Endwerten ab. Die Überlegung fragt auch nicht, was aus der Energie wird: Ein Motor wandelt sie in mechanische Arbeit um, ein Akku beim Laden in chemische Energie, eine LED teilweise in Licht.

Das Vorzeichen braucht eine Festlegung. Nimm für $V$ das Potential an der Stelle, wo der Strom eintritt, minus das Potential an der Stelle, wo er austritt. Dann bedeutet $P=VI>0$, dass das Bauteil dem Stromkreis Energie entnimmt. Eine Quelle treibt den Strom aus ihrem positiven Anschluss heraus, also tritt der Strom bei ihr mit dem niedrigeren Potential ein, $V$ ist negativ und $P<0$: Die Quelle liefert Energie an den Stromkreis.

Im Widerstand wird die gesamte Arbeit zu Wärme. Der Strom ist an beiden Enden gleich, daher driften die Ladungen genauso schnell hinaus, wie sie hineindriften, und gewinnen insgesamt keine kinetische Energie. Die Energie, die ihnen das Feld gibt, wird in Stößen an die schwingenden Atome des Metalls weitergegeben.

Dasselbe Ergebnis erhält man Punkt für Punkt im Inneren des Metalls. Es gebe $n$ Ladungsträger pro Volumeneinheit, jeder mit der Ladung $q$ und der Driftgeschwindigkeit $\vec{v}$. Das Feld drückt jeden mit der Kraft $q\vec{E}$, verrichtet also an ihm die Arbeit mit der Rate $q\vec{E}\cdot \vec{v}$. Pro Volumeneinheit ist das $nq\vec{v}\cdot \vec{E}$, und $nq\vec{v}$ ist die Stromdichte $\vec{j}$, der Strom pro Flächeneinheit des Querschnitts. Die pro Volumeneinheit freigesetzte Leistung ist daher $\vec{j}\cdot \vec{E}$. Das ohmsche Gesetz in seiner lokalen Form, $\vec{j}=\sigma \vec{E}$, wobei $\sigma$ die Leitfähigkeit des Materials ist, macht daraus $j^2/\sigma$. Ein Draht der Länge $L$ und des Querschnitts $A$ hat die Stromdichte $j=I/A$, das Volumen $AL$ und den Widerstand $R=L/(\sigma A)$, also
$P=\frac{j^2}{\sigma }AL=I^2\frac{L}{\sigma A}=I^{2}R$

Mit $V=IR$ ergibt sich daraus auch $P=V^2/R$, die praktische Form, wenn die Spannung festliegt, wie an einer Steckdose.

Wo die Energie tatsächlich fließt

Der Wasserkocher bezieht aus der Steckdose 2000 W. Es liegt nahe, sich vorzustellen, dass diese Energie im Kupfer des Kabels wandert, von den Elektronen mitgetragen. Das tut sie nicht, und wenn man sieht, wo sie tatsächlich wandert, wird die Vorstellung des Feldes konkret. Die Elektronen sind viel zu langsam, um sie zu tragen. Kupfer hat etwa $n=8,5\times 10^{28}$ freie Elektronen pro Kubikmeter, jedes mit der Ladung $e=1,6\times 10^{-19}\mathrm{C}$; die 8,70 A des Wasserkochers in einem 1,5-mm²-Draht brauchen daher nur eine Driftgeschwindigkeit von $v=I/(neA)\approx 0,43mm/s$. Bei Wechselstrom, der 100-mal pro Sekunde seine Richtung wechselt, pendeln sie nur um etwa 2 µm hin und her. Doch das Heizelement beginnt sich in dem Augenblick zu erwärmen, in dem der Schalter schließt. Die Energie wandert in den elektrischen und magnetischen Feldern um die Drähte.

Legende

$I$	Strom entlang der Achse; in der Ansicht von vorn kommt er auf dich zu (der Punkt).	$\mathrm{A}$
$\vec{E}$	Elektrisches Feld entlang der Achse, Betrag $V/L$ im Metall und knapp außerhalb davon.	$V/m$
$L$	Länge des Zylinders.	$\mathrm{m}$
$a$	Radius des Zylinders.	$\mathrm{m}$
$\vec{B}$	Magnetfeld des Stroms, das den Zylinder umkreist; an der Oberfläche ist sein Betrag $I/(2\pi {\epsilon }_0{c}^{2}a)$.	$\mathrm{T}$
$\vec{S}$	Energiefluss des Feldes, Leistung pro Flächeneinheit: Er zeigt von außen in den Widerstand hinein.	$W/{\mathrm{m}}^2$

Abbildung 2 modelliert das Heizelement des Wasserkochers als einfachen zylindrischen Widerstand mit Radius $a$ und Länge $L$, links von der Seite und rechts von vorn gesehen. Drei Felder sind eingezeichnet. Das erste ist das elektrische Feld $\vec{E}$, das entlang der Achse in Richtung des Stroms $I$ verläuft, den es treibt. Sein Betrag im Inneren ist $V/L$. Der Teil eines elektrischen Feldes, der entlang einer Fläche liegt, ist auf beiden Seiten derselbe, daher herrscht auch knapp außerhalb des Metalls ein Feld $V/L$ entlang der Achse.

Das zweite ist das Magnetfeld $\vec{B}$ des Stroms, das den Zylinder umkreist. In der Ansicht von vorn kommt der Strom auf dich zu (der Punkt), und $\vec{B}$ läuft gegen den Uhrzeigersinn: Zeige mit dem rechten Daumen in Stromrichtung, dann krümmen sich deine Finger in der Richtung von $\vec{B}$. Sein Betrag an der Oberfläche folgt aus dem ampèreschen Gesetz, $B\cdot 2\pi a=I/({\epsilon }_0{c}^2)$, also $B=I/(2\pi {\epsilon }_0{c}^{2}a)$. (Hier ist ${\epsilon }_0{c}^2=1/{\mu }_0$, also ergibt sich die bekannte Form $B={\mu }_{0}I/(2\pi a)$.)

Das dritte ist der Energiefluss $\vec{S}$, also die Leistung, die eine Flächeneinheit durchquert, in Watt pro Quadratmeter. Überall dort, wo ein elektrisches und ein magnetisches Feld zugleich vorhanden sind, fließt Energie mit der Rate, die der nach John Henry Poynting benannte Poynting-Vektor angibt:
$\vec{S}={\epsilon }_0{c}^2\vec{E}\times \vec{B}$

Seine Richtung ergibt sich aus der Abbildung. $\vec{E}$ zeigt entlang der Achse, und $\vec{B}$ läuft um sie herum, also stehen beide senkrecht aufeinander, und ihr Kreuzprodukt, senkrecht zu beiden, liegt längs eines Radius. Die Rechte-Hand-Regel entscheidet zwischen nach innen und nach außen. Oben in der Ansicht von vorn zeigt $\vec{E}$ auf dich zu und $\vec{B}$ nach links; auf dich zu mal nach links ergibt nach unten, also in den Zylinder hinein. Das gilt ringsum, daher zeigt $\vec{S}$ an jedem Punkt der Seite in den Widerstand hinein, wie die Pfeile $\vec{S}$ in beiden Ansichten zeigen. Auf den ebenen Stirnflächen verläuft ein radiales $\vec{S}$ entlang der Fläche, daher tritt dort keine Energie ein.

Da $\vec{E}$ und $\vec{B}$ senkrecht stehen, ist der Betrag von $\vec{S}$ einfach das Produkt der Beträge:
$S={\epsilon }_0{c}^2\cdot \frac{V}{L}\cdot \frac{I}{2\pi {\epsilon }_0{c}^{2}a}=\frac{VI}{2\pi aL}$
Er ist an jedem Punkt der Seite gleich, deren Fläche $2\pi aL$ ist; die gesamte hineinfließende Leistung ist daher $S\cdot 2\pi aL=VI$: genau die Rate, mit der der Widerstand Energie in Wärme umwandelt.

Die Energie tritt also aus dem Raum um den Widerstand durch dessen Oberfläche in ihn ein. Entlang des Versorgungskabels überbrückt das elektrische Feld den Spalt zwischen Außen- und Neutralleiter, und das Magnetfeld umkreist jeden Draht; dort verläuft $\vec{S}$ größtenteils parallel zu den Drähten, durch die Isolierung und die Luft zwischen ihnen, von der Steckdose zum Wasserkocher. Nur ein kleiner einwärts gerichteter Teil tritt in das Kupfer ein, und das ist der eigene $I^{2}R$-Verlust des Kabels. Kehrt sich der Strom um, kehren sich $\vec{E}$ und $\vec{B}$ beide um, und ihr Kreuzprodukt behält seine Richtung, sodass die Energie immer zum Verbraucher fließt. Die Drähte leiten die Energie, statt sie zu transportieren, und ihre Erhaltung ist lokal: Die Energie in einem Gebiet ändert sich nur um das, was über dessen Oberfläche fließt.

Wechselstrom: Effektivwerte

Das Netz liefert Wechselstrom: Spannung und Strom ändern sich ständig. Dieser Abschnitt klärt, was die 230 V und die 2000 W auf einem Typenschild dann bedeuten.

Die Spannung ist sinusförmig, $v=V_0\sin \omega t$, mit der Amplitude $V_0$ und $\omega =2\pi \cdot 50{\mathrm{s}}^{-1}$ in Europa. Im Widerstand folgt der Strom $i=v/R$ genau der Spannung, $i=I_0\sin \omega t$ mit $I_0=V_0/R$; beide sind in Phase. Die Momentanleistung ist $p=vi$, und mit ${\sin }^{2}x=\frac{1}{2}(1-\cos 2x)$
$p(t)=V_0{I}_0{\sin }^2\omega t=\frac{1}{2}{V}_0{I}_0(1-\cos 2\omega t)$

Lies diesen Ausdruck Term für Term. Die Leistung wird nie negativ: Sie pulsiert mit der doppelten Netzfrequenz, 100 Hz, zwischen 0 und $V_0{I}_0$. Der Kosinusterm mittelt sich über jede Periode zu null, also ist die mittlere Leistung $P=\frac{1}{2}{V}_0{I}_0$.

Ein Gleichstrom $I$ würde denselben Widerstand mit der Rate $I^{2}R$ erwärmen. Er stimmt mit dem Wechselstrom überein, wenn $I^2$ gleich dem Mittelwert von $i^2$ ist, also $\frac{1}{2}{I}_0^2$, denn ${\sin }^2$ mittelt sich zu einer Hälfte. Dieser Gleichstromwert, die Wurzel aus dem Mittelwert des Quadrats, ist der Effektivstrom $I_{\mathrm{rms}}=I_0/\sqrt{2}$; die Effektivspannung ist ebenso $V_{\mathrm{rms}}=V_0/\sqrt{2}$. Dann gilt $\frac{1}{2}{V}_0{I}_0=V_{\mathrm{rms}}{I}_{\mathrm{rms}}$, und alle Gleichstromformeln, $P=VI=I^{2}R=V^2/R$, gelten für die mittlere Leistung, wenn Effektivwerte verwendet werden. Deshalb werden Nennwerte als Effektivwerte angegeben: Ein Effektivstrom erwärmt einen Widerstand genauso wie ein gleich großer Gleichstrom.

Beim Wasserkocher sind die 230 V auf dem Typenschild Effektivwerte, daher erreicht die Spannung Spitzen von $230\sqrt{2}\approx 325\mathrm{V}$. Sein Effektivstrom von 8,70 A erreicht Spitzen von $8,70\sqrt{2}\approx 12,3\mathrm{A}$, und seine Leistung schwankt zwischen 0 und $V_0{I}_0=4000\mathrm{W}$ und beträgt im Mittel 2000 W.

Phase und Leistungsfaktor

Beim Wasserkocher steigen und fallen Strom und Spannung gemeinsam. Bei Geräten mit Spulen oder Kondensatoren, etwa Motoren und Transformatoren, ist der Strom zeitlich gegenüber der Spannung verschoben, und dann überschätzt $V_{\mathrm{rms}}{I}_{\mathrm{rms}}$ die tatsächlich aufgenommene Leistung. Abbildung 3 zeigt, wie man die echte Leistung findet.

Legende

$V_0$	Amplitude der Spannung; ihr Pfeil ist die Bezugsrichtung.	$\mathrm{V}$
$I_0$	Amplitude des Stroms.	$\mathrm{A}$
$\phi$	Phasenwinkel, um den der Strom der Spannung nachläuft.	$\mathrm{rad}$
$I_0\cos \phi$	Anteil des Stroms, der mit der Spannung in Phase ist: der einzige Anteil, der im Mittel Leistung liefert.	$\mathrm{A}$
$I_0\sin \phi$	Anteil des Stroms, eine Viertelperiode hinter der Spannung: Seine Leistung mittelt sich zu null.	$\mathrm{A}$

Schreibe den Strom als $i=I_0\sin (\omega t-\phi )$, wobei $\phi$ der Phasenwinkel ist. Eine Spule lässt den Strom der Spannung nachlaufen ($\phi >0$, wie gezeichnet), ein Kondensator lässt ihn vorauseilen ($\phi <0$); das Ergebnis unten gilt für beide. Abbildung 3 stellt jede Größe als Pfeil dar, dessen Länge die Amplitude ist und dessen Richtung die Phase angibt. Der Spannungspfeil $V_0$ ist die Bezugsrichtung und waagerecht gezeichnet. Der Strompfeil $I_0$ ist um den Winkel $\phi$ von ihm weggedreht, im Uhrzeigersinn, weil der Strom nachläuft. Die beiden Längen haben verschiedene Einheiten, Volt und Ampere, daher trägt nur der Winkel zwischen den Pfeilen Bedeutung.

Zerlege nun den Strompfeil in zwei Teile, wie es die Abbildung tut: seinen Anteil entlang der Spannung, $I_0\cos \phi$, und seinen Anteil senkrecht dazu, $I_0\sin \phi$. In Formeln ist das die Identität für den Sinus einer Differenz:
$I_0\sin (\omega t-\phi )=I_0\cos \phi \sin \omega t-I_0\sin \phi \cos \omega t$

Der erste Teil steigt und fällt genau mit der Spannung. Er verhält sich wie der Strom in einem Widerstand und liefert daher nach dem letzten Abschnitt die mittlere Leistung $\frac{1}{2}{V}_0{I}_0\cos \phi$. Der zweite Teil verläuft wie $-\cos \omega t$, also um eine Viertelperiode hinter der Spannung. Sein Produkt mit $v=V_0\sin \omega t$ ist $-V_0{I}_0\sin \phi \sin \omega t\cos \omega t=-\frac{1}{2}{V}_0{I}_0\sin \phi \sin 2\omega t$. Es ist die Hälfte der Zeit positiv und die andere Hälfte negativ, mittelt sich also zu null. Es verschiebt Energie nur hin und her: Während einer Viertelperiode speichert das Gerät Energie im Magnetfeld seiner Spule (oder im elektrischen Feld seines Kondensators), und in der nächsten Viertelperiode gibt es sie an das Netz zurück.

Addiert man die beiden Produkte und benutzt $\cos \phi \cos 2\omega t+\sin \phi \sin 2\omega t=\cos (2\omega t-\phi )$, erhält man
$p(t)=\frac{1}{2}{V}_0{I}_0(\cos \phi -\cos (2\omega t-\phi ))$
Ein Teil jeder Periode ist negativ, während das Gerät gespeicherte Energie zurückgibt. Sein Mittelwert ist der konstante Anteil:
$P=V_{\mathrm{rms}}{I}_{\mathrm{rms}}\cos \phi$

Der Faktor $\cos \phi$ heißt Leistungsfaktor, und das Produkt $V_{\mathrm{rms}}{I}_{\mathrm{rms}}$, in Voltampere (V·A) gemessen, heißt Scheinleistung. Ein Motor, der bei 230 V 5,0 A zieht und $\cos \phi =0,8$ hat, hat eine Scheinleistung von 1150 V·A, nimmt aber nur 920 W auf. Ein Verbraucher mit Leistungsfaktor 1 bräuchte für dieselben 920 W nur 4,0 A, doch Kabel und Schalter führen trotzdem die vollen 5,0 A des Motors und erwärmen sich entsprechend mit $I^{2}R$. Deshalb stellen Versorger Industriekunden einen schlechten Leistungsfaktor in Rechnung, und deshalb setzen Fabriken Kondensatoren ein, um die Nacheilung ihrer Motoren auszugleichen.

Der Energiegraph ist ein Integral

Die Stromrechnung zählt Energie, nicht Leistung. Ändert sich die Leistung mit der Zeit, ist die Energie die Fläche unter dem Graphen der Leistung über der Zeit, also ihr zeitliches Integral, und die Leistung ist die Steigung der Energie:
$E=\int Pdt$

In der Animation auf Fortgeschrittenen-Niveau ist $P(t)$ eine Treppenkurve. Die Lampe bringt sie bei 0,5 s auf 100 W, der Wasserkocher bei 2,5 s auf 2100 W und das Heizgerät bei 4,8 s auf 4100 W. Die gestrichelte Linie markiert $V{I}_{\max }=230\cdot 10=2300\mathrm{W}$, die höchste Leistung, die der Stromkreis bei der Nennstromstärke $I_{\max }=10\mathrm{A}$ des Schalters liefern kann. Die Stufe des Heizgeräts überschreitet diese Linie, der Schalter löst bei 6,0 s aus, und die Leistung fällt auf null.

$E(t)$ ist die laufende Fläche unter der Treppenkurve, wobei 1 s Animation für 1 Minute steht. Jede Stufe addiert ihre Höhe mal ihre Breite: $100\mathrm{W}\cdot 2\min =200\mathrm{W}\min \approx 3,3\mathrm{Wh}$ bis 2,5 s, dann $2100\mathrm{W}\cdot 2,3\min =80,5\mathrm{Wh}$, sodass es bei 4,8 s 83,8 Wh erreicht, dann $4100\mathrm{W}\cdot 1,2\min =82\mathrm{Wh}$, sodass es beim Auslösen 165,8 Wh erreicht. Danach bleibt der Graph waagerecht. Die 1,2 Minuten der Überlast fügen also mehr Energie hinzu als die 2,3 Minuten davor. Jedes gerade Segment von $E(t)$ steigt mit einer Steigung, die gleich der Leistung zu diesem Zeitpunkt ist, und jede Ecke markiert eine Stufe von $P(t)$; eine sich glatt ändernde Leistung würde den Graphen krümmen.

Ein Zähler berechnet dieses Integral. Der ältere Induktionszähler dreht eine Aluminiumscheibe mit einem Drehmoment, das proportional zum Mittelwert von $vi$ ist, also zu $P$, gegen eine magnetische Bremse, deren Bremswirkung proportional zur Drehzahl der Scheibe ist. Beide halten sich die Waage, wenn die Drehzahl proportional zu $P$ ist, sodass die Anzahl der Umdrehungen $E$ zählt. Ein elektronischer Zähler tastet $v$ und $i$ tausendmal pro Sekunde ab, multipliziert jedes Paar und addiert die Produkte. Beide arbeiten mit dem Momentanprodukt $vi$, daher ist der Leistungsfaktor automatisch berücksichtigt: Sie zählen die echte Leistung, nicht $V_{\mathrm{rms}}{I}_{\mathrm{rms}}$.

Einschaltstöße und verzerrte Ströme

Bisher war jeder Verbraucher ein fester Widerstand. Echte Verbraucher sind das nicht, und zwei häufige Effekte lassen den Strom größer werden, als $P/V$ vermuten lässt; das ist für Sicherungen und Kabel wichtig.

Der Widerstand eines Wolframglühfadens wächst auf das Zehnfache oder mehr, wenn er sich von Raumtemperatur auf etwa 2700 K erhitzt. Eine 100-W-Lampe hat im heißen Zustand $R=V^2/P=230^2/100=529\Omega$, im kalten aber nur etwa 50 Ω. Beim Einschalten zieht sie daher $230/50\approx 4,6\mathrm{A}$, also über 1 kW, für einen Bruchteil einer Sekunde, bis sich der Faden erwärmt. Diese plötzliche Belastung ist der Grund, warum solche Lampen oft genau beim Einschalten ausfallen.

Viele Handyladegeräte ziehen Strom nur in kurzen Impulsen nahe den Spannungsspitzen, daher ist ihr Strom gar keine Sinuskurve. Die Erwärmung wächst mit $i^2$, was hohe, schmale Impulse stark gewichtet; deshalb übersteigt ihr $I_{\mathrm{rms}}$ den Wert $P/V_{\mathrm{rms}}$, selbst ohne jede Phasenverschiebung.

Kabelerwärmung und Leitungsschutzschalter

Ein Leitungsschutzschalter schützt das Kabel, dessen Isolierung beschädigt wird, wenn es zu heiß wird. Die Regel, wann er auslösen muss, folgt daher daraus, wie sich ein Kabel erwärmt.

Modelliere das Kabel als Körper mit der Wärmekapazität $C$, dessen Temperatur um $\Delta T$ über der Umgebung liegt. Der Strom erwärmt es mit der Rate $I^{2}R$, und es gibt Wärme an die Umgebung ab mit einer Rate $k\Delta T$, proportional dazu, wie viel wärmer es ist; dabei ist $k$ ein Wärmeverlustkoeffizient in Watt pro Kelvin. Die Änderungsrate seiner gespeicherten Wärme, $Cd\Delta T/dt$, ist die Differenz:
$C\frac{d\Delta T}{dt}=I^{2}R-k\Delta T$

Zu Beginn ist $\Delta T$ klein, der Verlust vernachlässigbar, und die Temperatur steigt mit der Rate $I^{2}R/C$. Während sie steigt, holt der Verlust auf, bis Zufuhr und Verlust bei der Endtemperaturerhöhung $\Delta T=I^{2}R/k$ im Gleichgewicht sind. Die Lösung nähert sich diesem Wert wie $1-e^{-t/\tau }$ mit der Zeitkonstanten $\tau =C/k$ und ist nach einigen Zeitkonstanten praktisch dort, bei Hausinstallationen typischerweise nach Minuten.

Die Endtemperaturerhöhung wächst mit $I^2$. Kabel werden so bemessen, dass ihr Nennstrom sie unterhalb der sicheren Grenze ihrer Isolierung hält. Die Überlast in der Animation, $17,83/10=1,78$ mal der Nennwert, ergibt eine $1,78^2\approx 3,2$-fache Temperaturerhöhung, weit über dieser Grenze.

Der Bimetallstreifen im Schalter wird vom selben Strom erwärmt und hat eigene Wärmekapazität und Wärmeverlust; er ist daher ein kleines Modell des Kabels: Er biegt sich und löst den Schalter aus, wenn seine eigene Temperatur einen festgelegten Wert erreicht. Je größer die Überlast, desto höher wäre ihre Endtemperatur und desto früher auf dem Anstieg überschreitet sie den Auslösepunkt; daher wird die Verzögerung mit wachsender Überlast steil kürzer. Bei einem Kurzschluss könnte der Strom 300 A erreichen, was $(300/10{)}^2=900$-mal so schnell erwärmt wie 10 A. Das ist zu schnell, um auf die Erwärmung eines Streifens zu warten; deshalb öffnet eine Magnetspule, die vom Strom selbst angezogen wird, die Kontakte innerhalb von etwa 10 ms, einer halben Netzperiode.

Beispielaufgabe: die Überlast in einem echten Kabel

Die Animation setzt an jeder Steckdose die volle Spannung von 230 V voraus, als hätte das Kabel keinen Widerstand. Angenommen, das Kabel des Stromkreises führt stattdessen 15 m hin und 15 m zurück, aus 1,5-mm²-Kupfer. Wenn alle drei Geräte eingeschaltet sind: Welcher Strom fließt, welche Leistung nimmt das Kabel auf, und wie stark könnte es sich in den 1,2 Minuten bis zum Auslösen erwärmen?

Legende

$V$	Spannung der Versorgung (Effektivwert).	$\mathrm{V}$
$I$	Strom, überall in der Schleife gleich.	$\mathrm{A}$
$R_w$	Widerstand des gesamten Kabels, beider Leiter, in einem Draht gezeichnet.	$\Omega$
$R_L$	Gemeinsamer Widerstand der drei Geräte.	$\Omega$
$P_w$	Im Kabel als Wärme abgegebene Leistung.	$\mathrm{W}$
$P_L$	Leistung, die die Geräte aufnehmen.	$\mathrm{W}$

Abbildung 4 stellt die Lage als Reihenschaltung dar. Die Versorgung $V$ treibt einen Strom $I$ durch die Schleife: durch das Kabel, dessen beide Leiter zusammen den Widerstand $R_w$ haben (in einem einzigen Draht gezeichnet), und durch die drei Geräte, die zusammen wie ein Widerstand $R_L$ wirken. Da durch beide derselbe $I$ fließt, verhält sich die von ihnen abgegebene Wärme, $P_w=I^2{R}_w$ und $P_L=I^2{R}_L$, wie ihre Widerstände. Behandle jedes Gerät als festen Widerstand, der seinem Wert bei der Nennspannung von 230 V entspricht; das ist ein gutes Modell für Heizelemente.

Zunächst die beiden Widerstände. Kupfer hat den spezifischen Widerstand $\rho =1,7\times 10^{-8}\Omega \mathrm{m}$, das Kabel hat eine Gesamtlänge von 30 m und den Querschnitt $A=1,5\times 10^{-6}{\mathrm{m}}^2$, also $R_w=\rho L/A=1,7\times 10^{-8}\cdot 30/(1,5\times 10^{-6})=0,34\Omega$. Die Geräte nehmen zusammen bei 230 V 4100 W auf, also $R_L=V^2/P=230^2/4100=12,90\Omega$.

Die beiden liegen in Reihe, also addieren sich ihre Widerstände, und Strom und Erwärmung des Kabels sind
$I=\frac{V}{R_L+R_w}=\frac{230}{12,90+0,34}=17,37\mathrm{A}$
$P_w=I^2{R}_w=17,37^2\cdot 0,34\approx 103\mathrm{W}$

Das Kabel nimmt einen Teil der Spannung auf, $17,37\cdot 0,34\approx 5,9\mathrm{V}$, daher bekommen die Steckdosen $230-5,9=224,1\mathrm{V}$ und die Geräte $P_L=I^2{R}_L\approx 3890\mathrm{W}$ statt 4100 W. Die 103 W des Kabels sind 3,4 W pro Meter, das Dreifache der 34 W, die es bei dem Nennstrom von 10 A abgibt, da $(17,37/10{)}^2=3,0$.

Nun zur Erwärmung. In den 72 s bis zum Auslösen gibt das Kabel $103\cdot 72\approx 7,4\mathrm{kJ}$ ab. Sein Kupfer hat das Volumen $30\cdot 1,5\times 10^{-6}=4,5\times 10^{-5}{\mathrm{m}}^3$; bei 8960 kg/m³ ist das eine Masse von 0,40 kg und bei 385 J/(kg·K) eine Wärmekapazität von 155 J/K. Würde keine Wärme entweichen, erwärmte sich das Kupfer um
$\Delta T=\frac{7400}{155}\approx 48\mathrm{K}$

In Wirklichkeit nehmen Isolierung und Wand einen Teil der Wärme auf, daher fällt die Erwärmung kleiner aus. Dagegen wächst der Widerstand von Kupfer um etwa 0,4 % pro Kelvin, also um bis zu etwa 19 % bei einem Anstieg um 48 K, was die Erwärmung etwas erhöht. Entscheidend ist die Größenordnung: Dutzende Kelvin in etwa einer Minute, und es steigt weiter; eine Überlast dieser Größe muss daher innerhalb von Minuten abgeschaltet werden.

Grenzen der Gültigkeit

Alles oben beruht auf Vereinfachungen. Dieser Abschnitt sagt, wo sie gelten.

Die Schaltungstheorie behandelt die Drähte als ideale Verbindungen, die zu jedem Zeitpunkt entlang ihrer ganzen Länge denselben Strom führen. Das setzt voraus, dass eine Änderung an einem Ende das andere Ende schnell erreicht, verglichen mit einer Periode. Quer durch ein Haus braucht eine solche Änderung etwa ein Zehntel einer Mikrosekunde, gegenüber einer Periode von 20 ms bei 50 Hz; anders gesagt, der Stromkreis muss viel kleiner sein als die Wellenlänge $c/f$, die bei 50 Hz 6000 km beträgt. Bei Funkfrequenzen mit Wellenlängen von Metern strahlen die Drähte, und das Feldbild übernimmt vollständig.

Bei 50 Hz füllt der Strom den Leiter auch gleichmäßig aus. Ein Wechselstrom wird zur Oberfläche eines Leiters gedrängt, innerhalb einer Schicht namens Skintiefe, und in Kupfer beträgt diese Tiefe bei 50 Hz 9,2 mm, mehr als der Radius von 0,7 mm eines 1,5-mm²-Drahtes. Bei 1 MHz schrumpft sie auf 65 µm, und der Widerstand des Drahtes steigt.

Auch das Netz ist nicht ideal: Das europäische Netz kann um 10 % von 230 V abweichen, und nach $P=V^2/R$ liefert ein Wasserkocher an 207 V nur $2000\cdot 0,9^2=1620\mathrm{W}$. Das ohmsche Gesetz versagt bei Glühfäden, deren Widerstand von ihrer Temperatur abhängt, und bei LEDs und Elektronik. Selbst der Widerstand von Kupfer steigt um etwa 0,4 % pro Kelvin, und nur supraleitende Kabel, mit flüssigem Stickstoff auf 77 K gekühlt, führen Gleichstrom ganz ohne ohmsche Verluste.

Wohin das führt

Das Magnetfeld um jeden Strom wird in „Magnetfelder von Magneten und Strömen“ entwickelt, und „Elektromagnetische Induktion“ zeigt, wie die 50-Hz-Spannung erzeugt wird. „Motoren, Generatoren und Transformatoren“ erklärt, warum Strom mit 400 kV über Ländergrenzen transportiert wird: Bei gleicher Leistung bedeutet die tausendfache Spannung ein Tausendstel des Stroms und damit ein Millionstel der $I^{2}R$-Verluste.

Der Poynting-Vektor kehrt in „Elektromagnetische Wellen“ zurück, wo er das Sonnenlicht mit rund 1 kW/m² trägt. „Schwarzkörperstrahlung und das Quant“ erklärt, warum ein Glühfaden bei 2700 K überwiegend Infrarot abstrahlt, „Halbleiter, Dioden und LEDs“, warum eine LED viel besser abschneidet, und „Erster Hauptsatz der Thermodynamik und Wärmekraftmaschinen“, warum eine Wärmepumpe pro Kilowattstunde drei- oder viermal so viel Wärme liefert wie ein Heizgerät.