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
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1θz

Die Zahl z = 1,5·ej0,8 hat ihren Winkel im Bogenmaß. Bestimme ihren Imaginärteil b.

r = 1,5θ = 0,8 rad
b =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂

Eine Lösung von z³ − 7z² + 15z − 25 = 0 ist z₁ = 1 + j2. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = 1 + j2
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V200 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 4,7 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 = 15 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
P = W
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V100 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
f0 = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 VZ12 + j16 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 12 + j16 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Wirkleistung P.

V = 230 VZ = 12 + j16 Ω
P = W
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
230 V60 HzLast28 kW, 0,65C330 µFI = ?

Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz 28 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 330 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leiterstrom I.

P = 28 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 60 HzC = 330 µF
I = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V10 kΩ2,2 mH470 nF

Ein Parallel-RLC-Kreis hat R = 10 kΩ, L = 2,2 mH und C = 470 nF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 10 kΩL = 2,2 mHC = 470 nF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
VR = ?1 mHC

Ein Reihenschwingkreis verwendet eine Spule mit 1 mH. Welcher gesamte Reihenwiderstand R ergibt eine Bandbreite von 50 kHz?

L = 1 mHBW = 50 kHz
R = Ω
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M110 kW, η = 92%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 110 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 92 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 110 kWη = 92%cos φ = 0,88VL = 690 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 50 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 Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 20 Ωt = 0L33 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 0,5 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme den Strom i bei t = 2 ms.

i(0) = 0,5 AR = 20 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vt = 0R = 3,3 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

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 = 6 VR = 3,3 kΩC = 68 µFvC(0) = 8 Vt = 100 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩARL​2 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩRL = 2 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 2,2 nFR = 1 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 1 kΩ, C = 2,2 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 290 kHz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 1 kΩC = 2,2 nFf = 290 kHz
φ = °
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 44/(s(s + 2)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 44/(s(s + 2))
PM = °

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: b = 1,076

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.

Eulersche Formel

z = 1,5·(cos 0,8 + j sin 0,8)

Komponenten (Bogenmaß)

a = 1,5·cos 0,8 = 1,045
b = 1,5·sin 0,8 = 1,076
b = 1,076

Antwort

b = 1,076
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 = 1 − j2
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·1·z + (1² + 2²) = z² − 2z + 5

Das quadratische Polynom abspalten

z³ − 7z² + 15z − 25 = (z² − 2z + 5)(z − 5)

Reelle Lösung

r = 5

Antwort

r = 5

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = 2 + 5 = 7 = −(−7).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: P = 5,395 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 = 251,3 Ω, XC = 169,3 Ω

Impedanz

|Z| = √(15² + (82,01)²) = 83,37 Ω

Wirkleistung

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

I = 50/83,37 = 0,5997 A
P = I²·R = 0,5997²·15 = 5,395 W

Antwort

P = 5,395 W
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 73,41 Hz

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 induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,1·47·10⁻⁶)) = 73,41 Hz

Antwort

f0 = 73,41 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: P = 1587 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.

Strom

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A

Wirkleistung

P = I²·R = 11,5²·12 = 1587 W

Antwort

P = 1587 W
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 166,6 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 vorher und nachher

Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.

Q1 = 28·tan(arccos 0,65) = 32,74 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·330·10⁻⁶ = 6581 var = 6,581 kvar
Q2 = 32,74 − 6,581 = 26,15 kvar

Neue Scheinleistung

S2 = √(28² + 26,15²) = 38,32 kVA

Neuer Leiterstrom

I = S2/V = 38315/230 = 166,6 A

Antwort

I = 166,6 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 146,2

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) = 31099 rad/s

Güte

Q = R/(ω₀L) = 10000/(31099·0,0022) = 146,2

Antwort

Q = 146,2

Die Bandbreite beträgt 1/(2πRC) = 33,86 Hz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: R = 314,2 Ω

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 Reihe

BW = R/(2πL)

Widerstand

R = 2π·0,001·50000 = 314,2 Ω

Antwort

R = 314,2 Ω
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 113,7 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 = 110/0,92 = 119,6 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 119565/(√3·690·0,88) = 113,7 A

Antwort

IL = 113,7 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 397,3 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 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 59,42 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19807/(314,2·398,4²) = 397,3 µF

Antwort

Cph = 397,3 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,1488 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.

Zeitkonstante

τ = L/R = 33 mH / 20 Ω = 1,65 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 0,5·e−2/1,65 = 0,1488 A

Antwort

i = 0,1488 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 7,281 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 = 6 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 68 µF = 224,4 ms
vC(t) = 6 + (8 − 6)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(100) = 6 + (2)·e−100/224,4 = 7,281 V

Antwort

vC = 7,281 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 1,333 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​ = 5 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 5 = 7 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​6 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) = 18·6/(3+6) = 12 V
Rth​ = 7 Ω+−Vth​12 VRL​2 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) = 12/(7 + 2) = 1,333 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 43,09 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​30 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 = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 12 = 14,73 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​30 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) = 13,64 + 2·2,727 = 19,09 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,09 + 2·12 = 43,09 V
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = 14,01 °

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/(1000·2,2 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 290000/72343 = 4,009

Phase

φ = 90° − atan(4,009) = 14,01°

Antwort

φ = 14,01°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 17,14 °

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 + 4ω² − 1936 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·1936))/2 = 42,05
ωc = 6,484 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(6,484/2) = −162,9°
PM = 180° + ∠L = 17,14°

Antwort

PM = 17,14°

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