Grundlagen der Elektrotechnik 2: Wechselstromkreise: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 16 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

Komplexe Zahlen

Kartesische Form
z = a + jb, j² = −1, z̄ = a − jb
Betrag und Argument
|z| = √(a² + b²), tan θ = b/a (check the quadrant)
Polar- und Exponentialform
z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ
Division
z₁/z₂ = z₁z̄₂/|z₂|²
Produkt und Quotient
r₁∠θ₁ · r₂∠θ₂ = r₁r₂∠(θ₁ + θ₂), r₁∠θ₁ / r₂∠θ₂ = (r₁/r₂)∠(θ₁ − θ₂)
De Moivre
(r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ
n-te Wurzeln
zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0 … n − 1
Quadratische Gleichung mit p² < 4q
z = −p/2 ± j√(q − p²/4)

Methode

  1. Entscheide, welche Form zur Operation passt: kartesisch a + jb zum Addieren und Subtrahieren, polar r∠θ zum Multiplizieren, Dividieren, Potenzieren und Wurzelziehen.
  2. Multipliziere mit j² = −1 aus; dividiere, indem du Zähler und Nenner mit der konjugiert komplexen Zahl des Nenners multiplizierst.
  3. 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.
  4. 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

  1. Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
  2. Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
  3. Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
  4. 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

  1. Bestimme zuerst die Resonanzfrequenz: ω₀ = 1/√(LC) und f₀ = ω₀/(2π).
  2. Entscheide, ob die Schaltung ein Reihen- oder ein Parallelkreis ist: Reihe Q = (1/R)√(L/C), parallel Q = R√(C/L).
  3. Verwende BW = f₀/Q für die Bandbreite oder die Abkürzungen R/(2πL) (Reihe) und 1/(2πRC) (parallel).
  4. 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

  1. Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
  2. Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
  3. Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
  4. 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

  1. Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
  2. Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
  3. Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
  4. Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
  5. Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.

2Übungsaufgaben

1.Komplexe ZahlenMittel
ReIm22−2−244−4−4θz

Schreibe z = −4 + j3 in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = −4 + j3
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm22−2−244−4−466−6−6z₀z₁

Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 2 und w = 36∠90° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1. Bestimme den Realteil von z₀.

w = 36∠90°n = 2k = 0
Re(z₀) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 500 HzRL = 1 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 1 mH soll bei 500 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 500 HzL = 1 mH
C = µF
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V500 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 30 ΩC = 4,7 µFI

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR1 = 40 ΩR2 = 30 ΩC = 4,7 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 9 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 9 kWpf = 0,6V = 400 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V5 Ω10 µH100 nF

Ein Reihen-RLC-Kreis hat R = 5 Ω, L = 10 µH und C = 100 nF. Bestimme seine Bandbreite BW in kHz.

R = 5 ΩL = 10 µHC = 100 nF
BW = kHz
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 470 pFr = 1 ΩL = 100 µH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 470 pF und einer Spule mit 100 µH und einem Wicklungswiderstand von 1 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 100 µHC = 470 pFr = 1 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M55 kW, η = 94%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 55 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 94 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 55 kWη = 94%cos φ = 0,88VL = 690 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​20 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 95 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 20 VR = 22 ΩL = 10 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 VR1​ = 20 ΩR2​ = 47 Ωöffnet bei t = 0L100 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,434 A? Bestimme t.

Vs = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 47 ΩL = 100 mH
t = ms
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab

Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAIs​5 ABRL​8 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 8 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 8 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,1110100−60−40−200ω (rad/s)ω = 3

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 40/((s + 5)(s + 8)) bei ω = 3 rad/s in dB.

G(s) = 40/((s + 5)(s + 8))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 98/(s(s + 4)(s + 7)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 98/(s(s + 4)(s + 7))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = 2,498 rad

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.

Betrag

r = √(16 + 9) = 5

Argument im Bogenmaß

θ = 143,1° = 143,1·π/180 = 2,498 rad

Exponentialform

z = 5·ej2,498

Antwort

θ = 2,498 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Re(z₀) = 4,243

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.

Betrag der Wurzeln

361/2 = 6

Argument der Wurzel

θ₀ = (90° + 360°·0)/2 = 45°

Kartesische Form

z₀ = 6·(cos 45° + j sin 45°) = 4,243 + j4,243
Re(z₀) = 4,243

Antwort

Re(z₀) = 4,243

Die 2 Wurzeln liegen auf dem Kreis mit dem Radius 6, jeweils 180° auseinander.

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 101,3 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(3142²·0,001) = 101,3 µF

Antwort

C = 101,3 µF
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 3,484 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|.

Blindwiderstand

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Parallelschaltung

Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 25,08 − j11,11 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 40 + 25,08 − j11,11 = 65,08 − j11,11 Ω
|Z| = √(65,08² + 11,11²) = 66,02 Ω

Strom

I = V/|Z| = 230/66,02 = 3,484 A

Antwort

I = 3,484 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 37,5 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) = 9000/(400·0,6) = 37,5 A

Antwort

I = 37,5 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 236,3 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.

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(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(230·0,92) = 236,3 A

Antwort

Inew = 236,3 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: BW = 79,58 kHz

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).

Bandbreite in rad/s

R/L = 5/1 × 10⁻⁵ = 500000 rad/s

Bandbreite in Hz

BW = 500000/(2π) = 79577 Hz = 79,58 kHz

Antwort

BW = 79,58 kHz

Mit f₀ = 159,2 kHz ergibt sich Q = 2.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: RD = 212,8 kΩ

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).

Dynamischer Widerstand

RD = 1 × 10⁻⁴/(4,7 × 10⁻¹⁰·1) = 212766 Ω = 212,8 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 461,3, Q²·r = 212766 Ω

Antwort

RD = 212,8 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 55,63 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 = 55/0,94 = 58,51 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 58511/(√3·690·0,88) = 55,63 A

Antwort

IL = 55,63 A
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 171,2 kvar

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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 171,2 kvar

Antwort

QC = 171,2 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 1,362 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 / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 A

Nach der Zeit auflösen

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −0,4545·ln(0,05) = 1,362 ms

Antwort

t = 1,362 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 1,37 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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 15/20 = 0,75 A
i(∞) = 15/(20 + 47) = 0,2239 A
τ = L/R = 100/67 = 1,493 ms
i(t) = 0,2239 + (0,75 − 0,2239)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

e−t/τ = (0,434 − 0,2239)/(0,75 − 0,2239) = 0,3994
t = 1,493·ln(2,504) = 1,37 ms

Antwort

t = 1,37 ms
13.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,2857 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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​12 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 10 = 14 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab+−Vth​

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) = 6·12/(6+12) = 4 V
IN​0,2857 ARth​14 Ωab

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 = 4/14 = 0,2857 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 78,82 W

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.

R1​ = 30 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​12 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 30·12/(30+12) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 4 = 12,57 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

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) = 1,714 + 5·8,571 = 44,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 44,57 + 5·4 = 64,57 V
Rth​ = 12,57 Ω+−Vth​64,57 VRL​8 ΩIL​

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) = 64,57/(12,57 + 8) = 3,139 A
PL = IL²·RL = 3,139²·8 = 78,82 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = −1,907 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.

Die Beträge multiplizieren

|G(j3)| = 40/(√(3² + 5²)·√(3² + 8²)) = 40/(5,831·8,544) = 0,8029

Ergebnis

20·log₁₀(0,8029) = −1,907 dB

Antwort

|G(jω)| = −1,907 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 9,946 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.

Phasendurchtritt

(ω/4)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(4·7) = 5,292 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 49)) = K/(4·7·(4 + 7)) = K/308

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(308/98) = 9,946 dB

Antwort

GM = 9,946 dB

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