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 = −9 + j2 in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.
z = −9 + j2
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 4 und w = 16∠60° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2, 3. Bestimme das Argument von z₃ in Grad, zwischen −180° und 180°.
w = 16∠60°n = 4k = 3
θ₃ = °
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 10 µF soll bei 2000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.
f0 = 2000 HzC = 10 µF
L = mH
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 5 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.
V = 5 V (rms)R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,1 µF
VL = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv und eine Last mit 12 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 kapazitiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,98. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
Ein Reihen-RLC-Kreis hat seine Resonanz bei 100 kHz mit Q = 2. Bestimme die untere Halbleistungsfrequenz f1 exakt in kHz.
f0 = 100 kHzQ = 2
f1 = kHz
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
Ein geladener Kondensator mit 10 µF entlädt sich über eine Spule mit 1 mH und einem gesamten Reihenwiderstand von 2 Ω, sodass die Schwingung langsam abklingt. Ihre Amplitude fällt wie e−Rt/(2L). Wie viele Schwingungsperioden n vergehen, bis die Amplitude auf die Hälfte gefallen ist? (Die Verluste sind klein, die Frequenz ist also f₀.)
L = 1 mHC = 10 µFR = 2 Ω
n =
9.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 40 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,8 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 480 VIL = 40 Acos φ = 0,8
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.
P = 60 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
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 = 9 VR = 20 ΩL = 150 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 8 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 100 ms.
Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 33 µFvC(0) = 8 Vt = 100 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
14.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 330/((s + 5)(s + 11)) bei ω = 1 rad/s in dB.
G(s) = 330/((s + 5)(s + 11))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 56/(s(s + 4)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.
L(s) = 56/(s(s + 4))
PM = °
3Lösungen
1.Komplexe Zahlen
Antwort: θ = 167,5 °
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 = −9, b = 2 → II
Bezugswinkel
α = atan(2/9) = 12,53°
Argument
θ = 180° − α = 167,5°
Antwort
θ = 167,5°
In Polarform ist z = 9,22∠167,5°.
2.Komplexe Zahlen
Antwort: θ₃ = −75 °
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
161/4 = 2
Argument der Wurzel
θ₃ = (60° + 360°·3)/4 = 285° → −75°
Argument
θ₃ = −75°
Antwort
θ₃ = −75°
Die 4 Wurzeln liegen auf dem Kreis mit dem Radius 2, jeweils 90° auseinander.
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: L = 0,6333 mH
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·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·10·10⁻⁶) = 0,6333 mH
Antwort
L = 0,6333 mH
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 100 V
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Resonanz
Bei Resonanz heben sich die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·0,1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 5/50 = 0,1 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 10000·0,1 = 1000 Ω
VL = I·XL = 0,1·1000 = 100 V
Antwort
VL = 100 V
Das ist das Q = 20-Fache der Versorgungsspannung.
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 177 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 = 25·tan(arccos 0,65) = 29,23 kvar
Q2 = −12·tan(arccos 0,7) = −12,24 kvar
Summen
P = 25 + 12 = 37 kW
Q = 29,23 + (−12,24) = 16,99 kvar
S = √(37² + 16,99²) = 40,71 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 40713/230 = 177 A
Antwort
I = 177 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 272 µF
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.
Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,67 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 13674/(2π·50·400²) = 272 µF
Antwort
C = 272 µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite
Antwort: f1 = 78,08 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).
Wurzelterm
√(1 + 1/(4·2²)) = 1,031
Untere Halbleistungsfrequenz
f1 = 100000·(1,031 − 0,25) = 78078 Hz = 78,08 kHz
Antwort
f1 = 78,08 kHz
Die obere ist f₂ = 128,1 kHz; Kontrolle: f₂ − f₁ = 50 kHz = f₀/Q.
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite
Antwort: n = 1,103
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).
Halbwertszeit der Amplitude
t = 2·0,001·ln 2/2 = 0,0006931 s
Anzahl der Perioden
n = t·f0 = 0,0006931·1592 = 1,103
Antwort
n = 1,103
Abkürzung: n = Q·ln 2/π mit Q = 5.
9.Drehstromleistung
Antwort: P = 26,6 kW
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Scheinleistung
S = √3·VL·IL = √3·480·40 = 33,26 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 33,26·0,8 = 26,6 kW
Antwort
P = 26,6 kW
10.Drehstromleistung
Antwort: QC = 35,65 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 = 60·tan(acos 0,7) = 60·1,02 = 61,21 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 35,65 kvar
Antwort
QC = 35,65 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 10,4 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 = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms
i(∞) = Vs/R = 9/20 = 0,45 A
Nach der Zeit auflösen
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −7,5·ln(0,25) = 10,4 ms
Antwort
t = 10,4 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 13,23 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 33 µF = 72,6 ms
vC(t) = 15 + (8 − 15)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(100) = 15 + (−7)·e−100/72,6 = 13,23 V
Antwort
vC = 13,23 V
13.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 20 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 6 = 7,333 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) = 30·4/(2+4) = 20 V
14.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 5,702 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 3 = 5,182 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) = 3,636 + 5·2,182 = 14,55 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14,55 + 5·3 = 29,55 V
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 = 29,55/5,182 = 5,702 A
15.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: |G(jω)| = 15,36 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.