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

Schreibe z = −8 − j in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = −8 − j
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂

Eine Lösung von z³ + z + 10 = 0 ist z₁ = 1 + j2. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = 1 + j2
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 5000 HzRL = ?C = 2,2 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit C = 2,2 µF soll bei 5000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Induktivität L.

f0 = 5000 HzC = 2,2 µF
L = mH
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
2 Vf0​R = 2 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 2 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 2 V (rms)R = 2 ΩL = 100 mHC = 10 µF
VL = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 33 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 33 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 33 kWpf = 0,85V = 240 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die nötige Kapazität C.

P = 25 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 2,2 µF+−6,75 VL = 470 µHiL​

Ein auf 9 V aufgeladener Kondensator mit 2,2 µF schwingt mit einer idealen Spule mit 470 µH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 6,75 V beträgt, in µJ.

C = 2,2 µFV0 = 9 VvC = 6,75 V
WL = µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 1 nFr = 20 ΩL = 470 µH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 1 nF und einer Spule mit 470 µH und einem Wicklungswiderstand von 20 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 470 µHC = 1 nFr = 20 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = 80 Acos φ = 0,88induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 80 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 480 VIL = 80 Acos φ = 0,88
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​20 Vt = 0R = 50 ΩL220 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 5 ms in mJ.

Vs = 20 VR = 50 ΩL = 220 mHt = 5 ms
W = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vt = 0R = 1 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 100 ms.

Vs = 6 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 2 Vt = 100 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​R = 47 kΩC = 2,2 nFvout​

Der gezeigte RC-Tiefpass hat R = 47 kΩ, C = 2,2 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 15 kHz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 47 kΩC = 2,2 nFf = 15 kHz
φ = °
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) = K/(s(s + 3)(s + 9)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 4 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 9))GM = 4 dB
K =

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −3,017 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 = √(64 + 1) = 8,062

Argument im Bogenmaß

θ = −172,9° = −172,9·π/180 = −3,017 rad

Exponentialform

z = 8,062·e−j3,017

Antwort

θ = −3,017 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: r = −2

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 + z + 10 = (z² − 2z + 5)(z + 2)

Reelle Lösung

r = −2

Antwort

r = −2

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = 2 + (−2) = 0 = −(0).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: L = 0,4606 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·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·2,2·10⁻⁶) = 0,4606 mH

Antwort

L = 0,4606 mH
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 100 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|.

Resonanz

Bei Resonanz heben sich die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·10·10⁻⁶) = 1000 rad/s
I = V/R = 2/2 = 1 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 1000·0,1 = 100 Ω
VL = I·XL = 1·100 = 100 V

Antwort

VL = 100 V

Das ist das Q = 50-Fache der Versorgungsspannung.

5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 161,8 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) = 33000/(240·0,85) = 161,8 A

Antwort

I = 161,8 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 275,2 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(41,41°) = 22,05 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(18,19°) = 8,217 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,83 kvar

Kapazität

Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 13831/(2π·50·400²) = 275,2 µF

Antwort

C = 275,2 µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 38,98 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

½·2,2 × 10⁻⁶·9² = 8,91 × 10⁻⁵ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·2,2 × 10⁻⁶·6,75² = 5,012 × 10⁻⁵ J

Energie in der Spule

WL = 3,898 × 10⁻⁵ J = 38,98 µJ

Antwort

WL = 38,98 µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: RD = 23,5 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 = 0,00047/(1 × 10⁻⁹·20) = 23500 Ω = 23,5 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 34,28, Q²·r = 23500 Ω

Antwort

RD = 23,5 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 58,53 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.

Scheinleistung

S = √3·VL·IL = √3·480·80 = 66,51 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 66,51·0,88 = 58,53 kW

Antwort

P = 58,53 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 91,18 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 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 91,18 kvar

Antwort

QC = 91,18 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 8,115 mJ

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 / 50 Ω = 4,4 ms
i(∞) = Vs/R = 20/50 = 0,4 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 0,4·(1 − e−5/4,4) = 0,2716 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·220·0,2716² = 8,115 mJ

Antwort

W = 8,115 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 3,461 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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 6 + (2 − 6)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(100) = 6 + (−4)·e−100/220 = 3,461 V

Antwort

vC = 3,461 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 11,5 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​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 10 = 11,5 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 30 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​ = 6 ΩR3​ = 30 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 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 30 = 35 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​0,5 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) = 12,5 + 0,5·5 = 15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15 + 0,5·30 = 30 V
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = −84,14 °

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.

Eckfrequenz

ωc = 1/(RC) = 1/(47000·2,2 × 10⁻⁹) = 9671 rad/s
fc = 1539 Hz → f/fc = 15000/1539 = 9,745

Phase

φ = − atan(9,745) = −84,14°

Antwort

φ = −84,14°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 204,4

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/3)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(3·9) = 5,196 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 81)) = K/(3·9·(3 + 9)) = K/324

Geforderte Verstärkung

324/K = 104/20 = 1,585
K = 324/1,585 = 204,4

Antwort

K = 204,4

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