Entscheide, welche Form zur Operation passt: kartesisch a + jb zum Addieren und Subtrahieren, polar r∠θ zum Multiplizieren, Dividieren, Potenzieren und Wurzelziehen.
Multipliziere mit j² = −1 aus; dividiere, indem du Zähler und Nenner mit der konjugiert komplexen Zahl des Nenners multiplizierst.
Wandle mit r = √(a² + b²) um und bestimme θ anhand einer Skizze des Punktes (Quadrant prüfen), und zurück mit a = r cos θ, b = r sin θ.
Verwende für Potenzen De Moivre, (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ; liste für zⁿ = R∠φ alle n Wurzeln R1/n∠((φ + 360°k)/n) auf.
Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Impedanzen
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kreisfrequenz
ω = 2πf
Betrag und Winkel
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Ohmsches Gesetz mit Zeigern
V = I·Z
Methode
Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
Bestimme den Betrag |Z| = √(R² + X²) und den Winkel φ = atan(X/R) und wende dann das ohmsche Gesetz mit Zeigern an.
Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Wirkleistung
P = V·I·cos φ
Blindleistung
Q = V·I·sin φ
Scheinleistung
S = V·I = √(P² + Q²)
Leistungsfaktor
pf = cos φ = P/S
Kompensationskondensator
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite
Eigenfrequenz
ω0 = 1/√(LC), f0 = 1/(2π√(LC))
Energie
W = ½CV0² = ½Cv² + ½Li²
Spitzenstrom
Imax = V0√(C/L)
Güte
Q = 2π·(energy stored)/(energy lost per cycle)
Reihen-RLC
Q = (1/R)√(L/C), BW = R/(2πL)
Parallel-RLC
Q = R√(C/L), BW = 1/(2πRC)
Bandbreite
BW = f2 − f1 = f0/Q, f0 = √(f1f2)
Halbleistungsfrequenzen
f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q))
Schwingkreis mit Spulenwiderstand r
RD = L/(C·r) = Q²·r
Abklingen der Amplitude
e−Rt/(2L)
Methode
Bestimme zuerst die Resonanzfrequenz: ω₀ = 1/√(LC) und f₀ = ω₀/(2π).
Entscheide, ob die Schaltung ein Reihen- oder ein Parallelkreis ist: Reihe Q = (1/R)√(L/C), parallel Q = R√(C/L).
Verwende BW = f₀/Q für die Bandbreite oder die Abkürzungen R/(2πL) (Reihe) und 1/(2πRC) (parallel).
Nutze bei Energieaufgaben, dass die Gesamtenergie ½CV₀² im idealen LC-Kreis konstant bleibt und alle Viertelperiode zwischen C und L wechselt.
Drehstromleistung
Sternschaltung (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Dreieckschaltung (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Gesamte Wirkleistung
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Schein- und Blindleistung
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensationskondensatoren
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Spannung an jedem Kondensator
Δ: VL Y: VL/√3
Aufgenommene Motorleistung
Pin = Pout/η
RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ
Methode
Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Thévenin und Norton
Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Methode
Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.
2Übungsaufgaben
1.Komplexe ZahlenMittel
Bestimme das Argument θ von z = −2 + j6 in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.
z = −2 + j6
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
Eine Lösung von z³ + 3z² + 4z − 8 = 0 ist z₁ = −2 + j2. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.
z₁ = −2 + j2
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).
V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩC = 10 µF
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert) 17,5 A und 3623 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.
V = 230 VI = 17,5 AP = 3623 W
X = Ω
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz 13 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 150 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.
P = 13 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 60 HzC = 150 µF
cos φ =
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
Ein auf 9 V aufgeladener Kondensator mit 470 nF schwingt mit einer idealen Spule mit 0,1 µH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 2,25 V beträgt, in µJ.
C = 470 nFV0 = 9 VvC = 2,25 V
WL = µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 22 Ω, L = 2,2 mH, C = 100 pF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 500 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in µJ.
R = 22 ΩL = 2,2 mHC = 100 pFIm = 500 mA
Ecycle = µJ
9.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 208 V einen Leiterstrom von 12 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,75 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VIL = 12 Acos φ = 0,75
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 480 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 Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 75 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 24 VR = 100 ΩL = 10 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 12 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 300 ms.
Vs = 10 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 300 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
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 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩRL = 4 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 36 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 120/((s + 2)(s + 6)) bei ω = 4 rad/s in dB.
G(s) = 120/((s + 2)(s + 6))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 6/(s(s + 1)(s + 5)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.
L(s) = 6/(s(s + 1)(s + 5))
GM = dB
3Lösungen
1.Komplexe Zahlen
Antwort: θ = 108,4 °
Polarform: z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ, mit r = |z| und θ = arg z. Zurück zur kartesischen Form: a = r cos θ, b = r sin θ. Für das Argument braucht man den Quadranten: θ = atan(b/a) gilt nur für a > 0; für a < 0 addiere oder subtrahiere 180°. In der Polarform ist die Multiplikation einfach: Multipliziere die Beträge und addiere die Argumente; bei der Division teile die Beträge und subtrahiere die Argumente.
Quadrant
a = −2, b = 6 → II
Bezugswinkel
α = atan(6/2) = 71,57°
Argument
θ = 180° − α = 108,4°
Antwort
θ = 108,4°
In Polarform ist z = 6,325∠108,4°.
2.Komplexe Zahlen
Antwort: r = 1
De Moivre und Wurzeln: (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ. Die Gleichung zⁿ = R∠φ hat genau n Lösungen, alle mit dem Betrag R1/n, bei den Argumenten (φ + 360°·k)/n für k = 0, 1, …, n − 1: Sie liegen gleichmäßig verteilt auf einem Kreis, jeweils 360°/n auseinander. Eine quadratische Gleichung z² + pz + q = 0 mit p² < 4q hat die komplexen Lösungen z = −p/2 ± j√(q − p²/4); ein Polynom mit reellen Koeffizienten hat seine komplexen Nullstellen immer in konjugierten Paaren a ± jb.
Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = −4 + 1 = −3 = −(3).
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: φ = −17,44 °
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·100·10·10⁻⁶) = 159,2 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 230/50 = 4,6 A
IX = V/XC = 230/159,2 = 1,445 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) = √(4,6² + 1,445²) = 4,822 A
Phasenwinkel
Der Kondensatorstrom eilt V voraus, der Gesamtstrom eilt also voraus, und der Winkel ist negativ.
φ = −arctan(IX/IR) = −arctan(1,445/4,6) = −17,44°
Antwort
φ = −17,44°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,11 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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| = 12/109,1 = 0,11 A
Antwort
I = 0,11 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: X = 5,725 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 = 3623/17,5² = 11,83 Ω
Blindwiderstand aus der Impedanz
|Z| = V/I = 230/17,5 = 13,14 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(13,14² − 11,83²) = 5,725 Ω
Antwort
X = 5,725 Ω
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: cos φ = 0,9832
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 = 13·tan(arccos 0,75) = 11,46 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·150·10⁻⁶ = 9048 var = 9,048 kvar
Q2 = 11,46 − 9,048 = 2,417 kvar
Neue Scheinleistung
S2 = √(13² + 2,417²) = 13,22 kVA
Neuer Leistungsfaktor
cos φ = P/S2 = 13/13,22 = 0,9832
Antwort
cos φ = 0,9832
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite
Antwort: WL = 17,85 µJ
LC-Resonanz: Ein aufgeladener Kondensator, der an eine Spule angeschlossen wird, treibt einen Strom, der ihn in die andere Richtung auflädt: Die Energie pendelt bei der Eigenfrequenz f0 = 1/(2π√(LC)) zwischen dem elektrischen Feld von C (½Cv²) und dem magnetischen Feld von L (½Li²). Ohne Widerstand bleibt die Gesamtenergie ½CV0² konstant, der Spitzenstrom ist also Imax = V0√(C/L). Eine Periode ist T = 1/f0; die Energie wandert in einem Viertel davon von C nach L.
Gesamtenergie
½·4,7 × 10⁻⁷·9² = 1,903 × 10⁻⁵ J
Im Kondensator verbleibende Energie
½·4,7 × 10⁻⁷·2,25² = 1,19 × 10⁻⁶ J
Energie in der Spule
WL = 1,785 × 10⁻⁵ J = 17,85 µJ
Antwort
WL = 17,85 µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite
Antwort: Ecycle = 8,104 µJ
Gütefaktor und Bandbreite: In einem Resonanzkreis gilt Q = 2π·(gespeicherte Energie)/(Energieverlust pro Periode). Für den Reihen-RLC-Kreis ist Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C); für den Parallel-RLC-Kreis ist Q = R/(ω0L) = R√(C/L). Die Bandbreite zwischen den Halbleistungsfrequenzen f1 und f2 (bei denen die Leistung halb so groß ist und Strom oder Spannung 1/√2 ihres Spitzenwerts betragen) ist BW = f2 − f1 = f0/Q, das heißt R/(2πL) in Reihe und 1/(2πRC) parallel. Die Resonanzfrequenz ist das geometrische Mittel f0 = √(f1f2), und f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). Verluste lassen die Schwingung auch abklingen: Im Reihen-RLC-Kreis fällt die Amplitude wie e−Rt/(2L).
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 = √3·208·12 = 4,323 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 4,323·0,75 = 3,242 kW
Antwort
P = 3,242 kW
10.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 412,8 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 107,6 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) = 35857/(377·480²) = 412,8 µF
Antwort
Cph = 412,8 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 0,1386 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.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 10 mH / 100 Ω = 0,1 ms
i(∞) = Vs/R = 24/100 = 0,24 A
Nach der Zeit auflösen
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −0,1·ln(0,25) = 0,1386 ms
Antwort
t = 0,1386 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 11,29 V
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.
vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 10 + (12 − 10)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(300) = 10 + (2)·e−300/680 = 11,29 V
Antwort
vC = 11,29 V
13.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,2093 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 + 12 = 20,57 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) = 12·15/(20+15) = 5,143 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) = 5,143/(20,57 + 4) = 0,2093 A
14.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 77,33 V
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 + 8 = 10,67 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) = 24 + 5·2,667 = 37,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,33 + 5·8 = 77,33 V
15.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: |G(jω)| = 11,41 dB
Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.
Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.