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
ReIm55−5−51010−10−10θz

Schreibe z = 12∠65° in kartesischer Form a + jb und gib den Realteil a an.

r = 12θ = 65°
a =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2θz

Bestimme mit dem Satz von De Moivre den Realteil von z⁵ für z = −2 − j2.

z = −2 − j2n = 5
Re(z⁵) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 10 µF
P = W
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 22 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 37 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 37 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 37 kWpf = 0,6V = 400 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.

P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V1 kΩ220 µH22 nF

Ein Parallel-RLC-Kreis hat R = 1 kΩ, L = 220 µH und C = 22 nF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 1 kΩL = 220 µHC = 22 nF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
f|I|0,7071f0​ = ?10 kHz12,5 kHzBW

Die Halbleistungsfrequenzen einer Resonanzkurve sind 10 kHz und 12,5 kHz. Bestimme die Resonanzfrequenz als ihr geometrisches Mittel und dann den Gütefaktor Q.

f1 = 10 kHzf2 = 12,5 kHz
Q =
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VZ = 7 + j24 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 7 + j24 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 480 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 480 VZ = 7 + j24 Ω pro Strang
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL33 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 80 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 33 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 VR1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ωschließt bei t = 0L47 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 5 ms.

Vs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAab

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

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

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

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 50 mHC = 0,22 µFR = 100 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 100 Ω abgegriffen, mit L = 50 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 100 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 680/(s(s + 6)(s + 10)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 680/(s(s + 6)(s + 10))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: a = 5,071

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.

Komponenten

a = 12·cos(65°) = 5,071
b = 12·sin(65°) = 10,88

Kartesische Form

z = 5,071 + j10,88
a = 5,071

Antwort

a = 5,071
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Re(z⁵) = 128

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.

Polarform

z = −2 − j2 = 2√2∠−135°

De Moivre

z⁵ = (2√2)⁵∠−675° = 181∠45°

Kartesische Form

z⁵ = 181·(cos 45° + j sin 45°) = 128 + j128
Re(z⁵) = 128

Antwort

Re(z⁵) = 128
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: P = 10,95 W

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

XL = 188,5 Ω, XC = 79,58 Ω

Impedanz

|Z| = √(80² + (108,9)²) = 135,1 Ω

Wirkleistung

Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.

I = 50/135,1 = 0,37 A
P = I²·R = 0,37²·80 = 10,95 W

Antwort

P = 10,95 W
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 139,9 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|.

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 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) = √(100² + (−26,32)²) = 103,4 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 120/103,4 = 1,16 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 1,16·120,6 = 139,9 V

Antwort

VC = 139,9 V
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 154,2 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) = 37000/(400·0,6) = 154,2 A

Antwort

I = 154,2 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 305,9 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(25,84°) = 12,11 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,642 kvar

Kapazität

Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 6642/(2π·60·240²) = 305,9 µF

Antwort

C = 305,9 µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 10

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).

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 454545 rad/s

Güte

Q = R/(ω₀L) = 1000/(454545·0,00022) = 10

Antwort

Q = 10

Die Bandbreite beträgt 1/(2πRC) = 7,234 kHz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 4,472

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).

Resonanzfrequenz

f0 = √(10000·12500) = 11180 Hz

Bandbreite

BW = 12500 − 10000 = 2500 Hz

Güte

Q = 11180/2500 = 4,472

Antwort

Q = 4,472
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 7,741 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.

Strangspannung

Vph = VL = 480 V

Strangstrom

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 480/25 = 19,2 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·19,2²·7 = 7,741 kW

Antwort

P = 7,741 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,28, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 101,6 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 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18237/(377·690²) = 101,6 µF

Antwort

Cph = 101,6 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 2,414 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 = 33 mH / 22 Ω = 1,5 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Nach der Zeit auflösen

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1,5·ln(0,2) = 2,414 ms

Antwort

t = 2,414 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,9929 A

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 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.

i(0) = 12/(10 + 10) = 0,6 A
i(∞) = 12/10 = 1,2 A
τ = L/R = 47/10 = 4,7 ms
i(t) = 1,2 + (0,6 − 1,2)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(5) = 1,2 + (−0,6)·e−5/4,7 = 0,9929 A

Antwort

i = 0,9929 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 6 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​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​3 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 4 = 6 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 6,714 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​ = 12 ΩR3​ = 3 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 3 = 10,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAIs​6 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) = 7,5 + 6·7,5 = 52,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 52,5 + 6·3 = 70,5 V
IN​6,714 ARth​10,5 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 = 70,5/10,5 = 6,714 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 318,3 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/√(0,05·2,2 × 10⁻⁷) = 9535 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1517 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 100/0,05 = 2000 rad/s = 318,3 Hz

Antwort

BW = 318,3 Hz
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 2,995 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/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 100)) = K/(6·10·(6 + 10)) = K/960

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(960/680) = 2,995 dB

Antwort

GM = 2,995 dB

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