Grundlagen der Elektrotechnik 2: Wechselstromkreise: Lernpaket

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

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

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
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 3∠55° und z₂ = 1,5∠−140°. Bestimme den Imaginärteil von w = z₁·z₂.

z₁ = 3∠55°z₂ = 1,5∠−140°
Im(w) =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Löse z² − 6z + 18 = 0. Die Lösungen sind a ± jb; bestimme b > 0.

p = −6q = 18
b =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
230 V50 HzR = 30 ΩL = 150 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 150 mH
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V60 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 22 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 22 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 V116 kW, 0,7523 kW, 0,85I = ?

An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 16 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv und eine Last mit 3 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 kapazitiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.

V = 230 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,75 induktivP2 = 3 kW, pf2 = 0,85 kapazitiv
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
10 V50 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j5 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 10 V (Effektivwert) und 50 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j5 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 10 V (rms)f = 50 HzZs = 4 + j5 Ω
Pmax = W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 100 pF+−8 VL = 470 µHiL​

Ein auf 10 V aufgeladener Kondensator mit 100 pF schwingt mit einer idealen Spule mit 470 µH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 8 V beträgt, in nJ.

C = 100 pFV0 = 10 VvC = 8 V
WL = nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V10 Ω2,2 mH1 nF200 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 10 Ω, L = 2,2 mH, C = 1 nF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 200 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in µJ.

R = 10 ΩL = 2,2 mHC = 1 nFIm = 200 mA
Ecycle = µJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M75 kW, η = 90%cos φ = 0,9

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 75 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 90 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 75 kWη = 90%cos φ = 0,9VL = 400 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 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 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​6 Vt = 0R = 20 ΩL22 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 99 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 6 VR = 20 ΩL = 22 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 7,6 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 9 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩARL​6 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩRL = 6 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​0,5 ABRL​10 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 10 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 5 VIs = 0,5 AR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩRL = 10 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 20 mHC = 4,7 µFR = 10 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 10 Ω abgegriffen, mit L = 20 mH und C = 4,7 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 10 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
BW = Hz
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) = 332/(s(s + 4)(s + 9)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 332/(s(s + 4)(s + 9))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(w) = −4,483

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 und Argument von w

|w| = 3 · 1,5 = 4,5
θ = 55° + (−140)° = −85°

Kartesische Form

Re(w) = 4,5·cos(−85°) = 0,3922
Im(w) = 4,5·sin(−85°) = −4,483
Im(w) = −4,483

Antwort

Im(w) = −4,483
2.Komplexe Zahlen

Antwort: b = 3

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.

Diskriminante

p² − 4q = 36 − 72 = −36 < 0

Lösungsformel

z = (6 ± j√36)/2 = 3 + j3, 3 − j3

Antwort

b = 3

Antwort

b = 3
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 32,48 °

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

XL = ωL = 2π·50·0,15 = 47,12 Ω

Zweigströme

Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.

IR = V/R = 230/30 = 7,667 A
IX = V/XL = 230/47,12 = 4,881 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) = √(7,667² + 4,881²) = 9,088 A

Phasenwinkel

Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(4,881/7,667) = 32,48°

Antwort

φ = 32,48°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 1,362 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Impedanz

In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−82,87)²) = 88,14 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 120/88,14 = 1,362 A

Antwort

I = 1,362 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 98,29 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 jeder Last

Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).

Q1 = 16·tan(arccos 0,75) = 14,11 kvar
Q2 = −3·tan(arccos 0,85) = −1,859 kvar

Summen

P = 16 + 3 = 19 kW
Q = 14,11 + (−1,859) = 12,25 kvar
S = √(19² + 12,25²) = 22,61 kVA

Gesamtstrom

I = S/V = 22607/230 = 98,29 A

Antwort

I = 98,29 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 6,25 W

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.

Konjugiert komplexe Anpassung

Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.

ZL = Zs* = 4 − j5 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 10/8 = 1,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·4) = 6,25 W

Antwort

Pmax = 6,25 W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 1,8 nJ

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

½·1 × 10⁻¹⁰·10² = 5 × 10⁻⁹ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·1 × 10⁻¹⁰·8² = 3,2 × 10⁻⁹ J

Energie in der Spule

WL = 1,8 × 10⁻⁹ J = 1,8 nJ

Antwort

WL = 1,8 nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 1,864 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).

Gespeicherte Energie

W = ½·0,0022·0,2² = 4,4 × 10⁻⁵ J

Güte

Q = (1/10)·√(0,0022/1 × 10⁻⁹) = 148,3

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·4,4 × 10⁻⁵/148,3 = 1,864 × 10⁻⁶ J = 1,864 µJ
Probe: ½·0,2²·10/107302 = 1,864 × 10⁻⁶ J

Antwort

Ecycle = 1,864 µJ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 133,6 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 = 75/0,9 = 83,33 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 83333/(√3·400·0,9) = 133,6 A

Antwort

IL = 133,6 A
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 63,52 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 63,52 kvar

Antwort

QC = 63,52 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 5,066 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 = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
i(∞) = Vs/R = 6/20 = 0,3 A

Nach der Zeit auflösen

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −1,1·ln(0,01) = 5,066 ms

Antwort

t = 5,066 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 531,1 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

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 9 + (2 − 9)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

7,6 = 9 + (−7)·e−t/τ → e−t/τ = (7,6 − 9)/(2 − 9) = 0,2
t = τ·ln((2 − 9)/(7,6 − 9)) = 330·ln(5) = 531,1 ms

Antwort

t = 531,1 ms
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,9643 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​ = 4 ΩR3​ = 5 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 5 = 8 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 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) = 18·12/(4+12) = 13,5 V
Rth​ = 8 Ω+−Vth​13,5 VRL​6 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) = 13,5/(8 + 6) = 0,9643 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 2,33 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​ = 3 ΩR3​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR2​20 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 25 = 27,61 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​0,5 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) = 4,348 + 0,5·2,609 = 5,652 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,652 + 0,5·25 = 18,15 V
Rth​ = 27,61 Ω+−Vth​18,15 VRL​10 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) = 18,15/(27,61 + 10) = 0,4827 A
PL = IL²·RL = 0,4827²·10 = 2,33 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 79,58 Hz

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.

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7 × 10⁻⁶) = 3262 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 519,1 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 10/0,02 = 500 rad/s = 79,58 Hz

Antwort

BW = 79,58 Hz
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 2,982 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/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 81)) = K/(4·9·(4 + 9)) = K/468

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(468/332) = 2,982 dB

Antwort

GM = 2,982 dB

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-2