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
ReIm55−5−5θz

Bestimme das Argument θ von z = −8 − j8 in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.

z = −8 − j8
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Eine Lösung von z³ − 6z² + 18z − 40 = 0 ist z₁ = 1 + j3. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = 1 + j3
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 500 HzRL = ?C = 0,1 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 0,1 µF soll bei 500 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.

f0 = 500 HzC = 0,1 µF
L = mH
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
10 V200 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 22 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 1 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 1 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 1 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
100 V50 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j3 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 100 V (Effektivwert) und 50 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j3 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 100 V (rms)f = 50 HzZs = 4 + j3 Ω
Pmax = W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 47 nF+−5 VL = 2,2 µHiL​

Ein auf 20 V aufgeladener Kondensator mit 47 nF schwingt mit einer idealen Spule mit 2,2 µH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 5 V beträgt, in µJ.

C = 47 nFV0 = 20 VvC = 5 V
WL = µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V20 ΩLC = ?

Entwirf ein Reihen-RLC-Filter mit einem Gesamtwiderstand von 20 Ω, einer Resonanzfrequenz von 200 kHz und einer Bandbreite von 5 kHz. Bestimme die Kapazität C in nF.

R = 20 Ωf0 = 200 kHzBW = 5 kHz
C = nF
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M22 kW, η = 94%cos φ = 0,9

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 22 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 94 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 22 kWη = 94%cos φ = 0,9VL = 480 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 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 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 1 kΩC10 µF+−vC​

Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.

Vs = 24 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 10 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​24 VR1​ = 5 ΩR2​ = 22 Ωöffnet bei t = 0L22 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 2,844 A? Bestimme t.

Vs = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 22 ΩL = 22 mH
t = ms
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABab

Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 10 nFR = 10 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 10 kΩ, C = 10 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 320 Hz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 10 kΩC = 10 nFf = 320 Hz
φ = °
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 110/(s(s + 20)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 110/(s(s + 20))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −135 °

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 = −8, b = −8 → III

Bezugswinkel

α = atan(8/8) = 45°

Argument

θ = −(180° − α) = −135°

Antwort

θ = −135°

In Polarform ist z = 11,31∠−135°.

2.Komplexe Zahlen

Antwort: r = 4

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.

Konjugiertes Paar

z₂ = 1 − j3
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·1·z + (1² + 3²) = z² − 2z + 10

Das quadratische Polynom abspalten

z³ − 6z² + 18z − 40 = (z² − 2z + 10)(z − 4)

Reelle Lösung

r = 4

Antwort

r = 4

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = 2 + 4 = 6 = −(−6).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: L = 1013 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·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·0,1·10⁻⁶) = 1013 mH

Antwort

L = 1013 mH
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,04527 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 = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (215,2)²) = 220,9 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 10/220,9 = 0,04527 A

Antwort

I = 0,04527 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 5,208 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) = 1000/(240·0,8) = 5,208 A

Antwort

I = 5,208 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 625 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 − j3 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 100/8 = 12,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·4) = 625 W

Antwort

Pmax = 625 W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 8,813 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 × 10⁻⁸·20² = 9,4 × 10⁻⁶ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·4,7 × 10⁻⁸·5² = 5,875 × 10⁻⁷ J

Energie in der Spule

WL = 8,813 × 10⁻⁶ J = 8,813 µJ

Antwort

WL = 8,813 µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: C = 0,9947 nF

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).

Induktivität aus der Bandbreite

L = R/(2π·BW) = 20/(2π·5000) = 0,0006366 H

Kapazität aus der Resonanzfrequenz

C = 1/((2π·200000)²·0,0006366) = 9,947 × 10⁻¹⁰ F = 0,9947 nF

Antwort

C = 0,9947 nF

Q = f₀/BW = 40.

9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 31,28 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 = 22/0,94 = 23,4 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23404/(√3·480·0,9) = 31,28 A

Antwort

IL = 31,28 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 1922 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 115,9 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 38643/(377·230,9²) = 1922 µF

Antwort

Cph = 1922 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 8,246 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.

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·1/(4,7 + 1) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 24·1/(4,7 + 1) = 4,211 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 0,8246·10 = 8,246 ms

Antwort

τ = 8,246 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 0,565 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) = 24/5 = 4,8 A
i(∞) = 24/(5 + 22) = 0,8889 A
τ = L/R = 22/27 = 0,8148 ms
i(t) = 0,8889 + (4,8 − 0,8889)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

e−t/τ = (2,844 − 0,8889)/(4,8 − 0,8889) = 0,4999
t = 0,8148·ln(2) = 0,565 ms

Antwort

t = 0,565 ms
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 5,857 Ω

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​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​10 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 3 = 5,857 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 76,81 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR2​6 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 25 = 29,62 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​2,5 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) = 2,769 + 2,5·4,615 = 14,31 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14,31 + 2,5·25 = 76,81 V
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = 78,63 °

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.

Eckfrequenz

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·1 × 10⁻⁸) = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 320/1592 = 0,2011

Phase

φ = 90° − atan(0,2011) = 78,63°

Antwort

φ = 78,63°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 5,315 rad/s

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.

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 400ω² − 12100 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·12100))/2 = 28,25
ωc = 5,315 rad/s

Antwort

ωc = 5,315 rad/s

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