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
ReIm22−2−244−4−4θz

Schreibe z = 3 + j4 in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = 3 + j4
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2ABCD

Genau einer der Punkte A–D ist eine Lösung von z³ = 8∠60°. Klicke ihn an.

w = 8∠60°n = 3
  1. 1A (1∠140°)
  2. 2B (2∠60°)
  3. 3C (2∠110°)
  4. 4D (2∠140°)
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V50 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 47 µF
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V100 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 22 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 22 µF
VC = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
400 V115 kW, 0,85227 kW, 1I = ?

An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 15 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv und ein Heizgerät mit 27 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.

V = 400 VP1 = 15 kW, pf1 = 0,85 induktivP2 = 27 kW, pf2 = 1
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 83 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 83 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 200 kVAP1 = 83 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 470 nF+−3 VL = 2,2 µHiL​

Ein auf 12 V aufgeladener Kondensator mit 470 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 3 V beträgt, in µJ.

C = 470 nFV0 = 12 VvC = 3 V
WL = µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 470 nFR = 1 ΩL = 22 mH

Ein geladener Kondensator mit 470 nF entlädt sich über eine Spule mit 22 mH und einem gesamten Reihenwiderstand von 1 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 = 22 mHC = 470 nFR = 1 Ω
n =
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VZ = 24 + j18 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 24 + j18 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 400 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VZ = 24 + j18 Ω pro Strang
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​6 Vt = 0R = 20 ΩL220 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 25 ms.

Vs = 6 VR = 20 ΩL = 220 mHt = 25 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 Vt = 0R = 1 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 30 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 25 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 20 VR = 1 kΩC = 47 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 20 mHC = 10 µFR = 20 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 20 Ω abgegriffen, mit L = 20 mH und C = 10 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
BW = Hz
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 44/(s(s + 1)(s + 10)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 44/(s(s + 1)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = 0,9273 rad

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

r = √(9 + 16) = 5

Argument im Bogenmaß

θ = 53,13° = 53,13·π/180 = 0,9273 rad

Exponentialform

z = 5·ej0,9273

Antwort

θ = 0,9273 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: D (2∠140°)

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 und Argumente der Lösungen

|z| = 2
θ = 20°, 140°, −100°

Der Punkt

D = 2∠140°

Antwort

D (2∠140°)
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 35,79 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (10,81)²) = 18,49 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(10,81/15) = 35,79°

Antwort

φ = 35,79°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 404,7 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,1 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−9,511)²) = 41,12 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 230/41,12 = 5,594 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 5,594·72,34 = 404,7 V

Antwort

VC = 404,7 V
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 107,5 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 = 15·tan(arccos 0,85) = 9,296 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Summen

P = 15 + 27 = 42 kW
Q = 9,296 + 0 = 9,296 kvar
S = √(42² + 9,296²) = 43,02 kVA

Gesamtstrom

I = S/V = 43016/400 = 107,5 A

Antwort

I = 107,5 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 98,19 kW

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 der vorhandenen Last

Q1 = 83·tan(arccos 0,7) = 84,68 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 84,68²) = 181,2 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 181,2 − 83 = 98,19 kW

Antwort

ΔP = 98,19 kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 31,73 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 × 10⁻⁷·12² = 3,384 × 10⁻⁵ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·4,7 × 10⁻⁷·3² = 2,115 × 10⁻⁶ J

Energie in der Spule

WL = 3,173 × 10⁻⁵ J = 31,73 µJ

Antwort

WL = 31,73 µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: n = 47,74

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 = 2·0,022·ln 2/1 = 0,0305 s

Anzahl der Perioden

n = t·f0 = 0,0305·1565 = 47,74

Antwort

n = 47,74

Abkürzung: n = Q·ln 2/π mit Q = 216,4.

9.Drehstromleistung

Antwort: P = 12,8 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 = 400 V

Strangstrom

|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 400/30 = 13,33 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·13,33²·24 = 12,8 kW

Antwort

P = 12,8 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,8, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 127 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 127 kvar

Antwort

QC = 127 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,2691 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 und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 220 mH / 20 Ω = 11 ms
i(∞) = Vs/R = 6/20 = 0,3 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,3·(1 − e−25/11) = 0,2691 A

Antwort

i = 0,2691 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 32,58 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

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 30 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 1 kΩ · 47 µF = 47 ms
vC(t) = 20 + (30 − 20)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

25 = 20 + (10)·e−t/τ → e−t/τ = (25 − 20)/(30 − 20) = 0,5
t = τ·ln((30 − 20)/(25 − 20)) = 47·ln(2) = 32,58 ms

Antwort

t = 32,58 ms
13.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,3261 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​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 4 = 7,077 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​5 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) = 6·5/(8+5) = 2,308 V
IN​0,3261 ARth​7,077 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 = 2,308/7,077 = 0,3261 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,69 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 15 = 17,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 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) = 12 + 2·2,4 = 16,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,8 + 2·15 = 46,8 V
IN​2,69 ARth​17,4 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 = 46,8/17,4 = 2,69 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 159,2 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/√(0,02·1 × 10⁻⁵) = 2236 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 355,9 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 20/0,02 = 1000 rad/s = 159,2 Hz

Antwort

BW = 159,2 Hz
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 3,162 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.

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Antwort

ω180 = 3,162 rad/s

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