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
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 2∠30° und z₂ = 0,5∠80°. Bestimme das Argument θ von w = z₁·z₂ in Grad, zwischen −180° und 180°.

z₁ = 2∠30°z₂ = 0,5∠80°
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Eine Lösung von z³ + 9z² + 40z + 100 = 0 ist z₁ = −2 + j4. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = −2 + j4
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V50 HzR = 40 ΩL = 150 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 150 mH
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
12 V60 HzR1​ = 50 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µF

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR1 = 50 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 8 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 8 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 8 kWpf = 0,7V = 400 V
Q = kvar
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 45 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 45 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V47 Ω22 mH10 nF

Ein Reihen-RLC-Kreis hat R = 47 Ω, L = 22 mH und C = 10 nF. Bestimme seine Bandbreite BW in Hz.

R = 47 ΩL = 22 mHC = 10 nF
BW = Hz
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 47 nFr = 2 ΩL = 10 µH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 47 nF und einer Spule mit 10 µH und einem Wicklungswiderstand von 2 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 10 µHC = 47 nFr = 2 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M45 kW, η = 90%cos φ = 0,84

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 45 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 90 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 45 kWη = 90%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 415 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 90 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 15 VR = 10 ΩL = 47 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 kΩC?+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 9-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 4,5 V erreicht, genau 100 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 10 kΩ die nötige Kapazität C.

Vs = 9 VVth = 4,5 VT = 100 msR = 10 kΩ
C = µF
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​2 ABRL​25 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 25 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩRL = 25 Ω
IL = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,1110100−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 45/((s + 3)(s + 5)) bei ω = 3 rad/s in dB.

G(s) = 45/((s + 3)(s + 5))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 850/(s(s + 10)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 850/(s(s + 10))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = 110 °

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| = 2 · 0,5 = 1
θ = 30° + 80° = 110°

Argument

θ = 110°

Antwort

θ = 110°
2.Komplexe Zahlen

Antwort: r = −5

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 = −2 − j4
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·(−2)·z + ((−2)² + 4²) = z² + 4z + 20

Das quadratische Polynom abspalten

z³ + 9z² + 40z + 100 = (z² + 4z + 20)(z + 5)

Reelle Lösung

r = −5

Antwort

r = −5

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = −4 + (−5) = −9 = −(9).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,3935 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

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 = 12/40 = 0,3 A
IX = V/XL = 12/47,12 = 0,2546 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) = √(0,3² + 0,2546²) = 0,3935 A

Antwort

I = 0,3935 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 141,5 Ω

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·60·10·10⁻⁶) = 265,3 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 = 87,56 − j33,01 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 50 + 87,56 − j33,01 = 137,6 − j33,01 Ω
|Z| = √(137,6² + 33,01²) = 141,5 Ω

Antwort

|Z| = 141,5 Ω
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 8,162 kvar

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.

Winkel

φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Blindleistung

Q = P·tan φ = 8·1,02 = 8,162 kvar

Antwort

Q = 8,162 kvar
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 45,21 kvar

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 = 45·tan(53,13°) = 60 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(18,19°) = 14,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 45,21 kvar

Antwort

QC = 45,21 kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: BW = 340 Hz

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 = 47/0,022 = 2136 rad/s

Bandbreite in Hz

BW = 2136/(2π) = 340 Hz = 340 Hz

Antwort

BW = 340 Hz

Mit f₀ = 10,73 kHz ergibt sich Q = 31,56.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: RD = 0,1064 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 × 10⁻⁵/(4,7 × 10⁻⁸·2) = 106,4 Ω = 0,1064 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 7,293, Q²·r = 106,4 Ω

Antwort

RD = 0,1064 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 85,92 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 = 45/0,9 = 50 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 50000/(√3·400·0,84) = 85,92 A

Antwort

IL = 85,92 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 1298 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 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 84,26 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 28088/(377·239,6²) = 1298 µF

Antwort

Cph = 1298 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 10,82 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A

Nach der Zeit auflösen

0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −4,7·ln(0,1) = 10,82 ms

Antwort

t = 10,82 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: C = 14,43 µF

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.

Erforderliche Zeitkonstante

4,5 = 9·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(9/(9 − 4,5))
τ = 100/0,6931 = 144,3 ms

Kapazität

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

C = τ/R = 144,3/10 = 14,43 µF

Antwort

C = 14,43 µF
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 6,4 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​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​6 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 4 = 6,4 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: IL = −0,5844 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​3 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 12 = 13,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​2 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) = 4,5 + (−2)·1,5 = 1,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 1,5 + (−2)·12 = −22,5 V
Rth​ = 13,5 Ω−+Vth​22,5 VRL​25 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) = −22,5/(13,5 + 25) = −0,5844 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = 5,197 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)| = 45/(√(3² + 3²)·√(3² + 5²)) = 45/(4,243·5,831) = 1,819

Ergebnis

20·log₁₀(1,819) = 5,197 dB

Antwort

|G(jω)| = 5,197 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 28,31 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 + 100ω² − 722500 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·722500))/2 = 801,5
ωc = 28,31 rad/s

Antwort

ωc = 28,31 rad/s

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