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
ReIm11−1−122−2−2θz

Schreibe z = 2,5∠50° in kartesischer Form a + jb und gib den Realteil a an.

r = 2,5θ = 50°
a =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₀z₁z₂z₃

Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 4 und w = 16∠90° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2, 3. Bestimme den Imaginärteil von z₁.

w = 16∠90°n = 4k = 1
Im(z₁) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
120 V60 HzR = 15 ΩC = 100 µFI

Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩC = 100 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
24 Vf0​R = 5 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 24 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 24 V (rms)R = 5 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
VL = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 13 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 13 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 13 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 22 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA versorgt eine Last mit 22 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 = 50 kVAP1 = 22 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V22 kΩ100 µH4,7 nF

Ein Parallel-RLC-Kreis hat R = 22 kΩ, L = 100 µH und C = 4,7 nF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 22 kΩL = 100 µHC = 4,7 nF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V5 ΩLC = ?

Entwirf ein Reihen-RLC-Filter mit einem Gesamtwiderstand von 5 Ω, einer Resonanzfrequenz von 10 kHz und einer Bandbreite von 500 Hz. Bestimme die Kapazität C in nF.

R = 5 Ωf0 = 10 kHzBW = 500 Hz
C = nF
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 415 VIL​ = 150 Acos φ = 0,95induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 415 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,95 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 415 VIL = 150 Acos φ = 0,95
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​15 Vt = 0R = 100 ΩL22 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.

Vs = 15 VR = 100 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 5-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 3,75 V erreicht, genau 250 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 100 µF den nötigen Widerstand R.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 250 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,11101001000−100−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 40/((s + 1)(s + 20)) bei ω = 3 rad/s in dB.

G(s) = 40/((s + 1)(s + 20))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 260/(s(s + 5)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 260/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: a = 1,607

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 = 2,5·cos(50°) = 1,607
b = 2,5·sin(50°) = 1,915

Kartesische Form

z = 1,607 + j1,915
a = 1,607

Antwort

a = 1,607
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(z₁) = 1,848

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 der Wurzeln

161/4 = 2

Argument der Wurzel

θ₁ = (90° + 360°·1)/4 = 112,5°

Kartesische Form

z₁ = 2·(cos 112,5° + j sin 112,5°) = −0,7654 + j1,848
Im(z₁) = 1,848

Antwort

Im(z₁) = 1,848

Die 4 Wurzeln liegen auf dem Kreis mit dem Radius 2, jeweils 90° auseinander.

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 9,191 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

XC = 1/(ωC) = 1/(2π·60·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Zweigströme

Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.

IR = V/R = 120/15 = 8 A
IX = V/XC = 120/26,53 = 4,524 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) = √(8² + 4,524²) = 9,191 A

Antwort

I = 9,191 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 457,7 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|.

Resonanz

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

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·2,2·10⁻⁶) = 4767 rad/s
I = V/R = 24/5 = 4,8 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 4767·0,02 = 95,35 Ω
VL = I·XL = 4,8·95,35 = 457,7 V

Antwort

VL = 457,7 V

Das ist das Q = 19,07-Fache der Versorgungsspannung.

5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 43,33 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) = 13000/(400·0,75) = 43,33 A

Antwort

I = 43,33 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 22,68 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 = 22·tan(arccos 0,7) = 22,44 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 22,44²) = 44,68 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 44,68 − 22 = 22,68 kW

Antwort

ΔP = 22,68 kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 150,8

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) = 1,459 × 10⁶ rad/s

Güte

Q = R/(ω₀L) = 22000/(1,459 × 10⁶·1 × 10⁻⁴) = 150,8

Antwort

Q = 150,8

Die Bandbreite beträgt 1/(2πRC) = 1,539 kHz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: C = 159,2 nF

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).

Induktivität aus der Bandbreite

L = R/(2π·BW) = 5/(2π·500) = 0,001592 H

Kapazität aus der Resonanzfrequenz

C = 1/((2π·10000)²·0,001592) = 1,592 × 10⁻⁷ F = 159,2 nF

Antwort

C = 159,2 nF

Q = f₀/BW = 20.

9.Drehstromleistung

Antwort: P = 102,4 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 = √3·415·150 = 107,8 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 107,8·0,95 = 102,4 kW

Antwort

P = 102,4 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 1488 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 241,5 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 80506/(314,2·415²) = 1488 µF

Antwort

Cph = 1488 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,1484 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 = 22 mH / 100 Ω = 0,22 ms
i(∞) = Vs/R = 15/100 = 0,15 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,15·(1 − e−1/0,22) = 0,1484 A

Antwort

i = 0,1484 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: R = 1,803 kΩ

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

3,75 = 5·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 250/1,386 = 180,3 ms

Widerstand

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

R = τ/C = 180,3/100 = 1,803 kΩ

Antwort

R = 1,803 kΩ
13.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 3,478 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​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​10 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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 3 = 5,308 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​10 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) = 24·10/(3+10) = 18,46 V
IN​3,478 ARth​5,308 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 = 18,46/5,308 = 3,478 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,786 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​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 2 = 3,818 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​2,5 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) = 1,091 + 2,5·1,818 = 5,636 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,636 + 2,5·2 = 10,64 V
IN​2,786 ARth​3,818 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 = 10,64/3,818 = 2,786 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = −4,076 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)| = 40/(√(3² + 1²)·√(3² + 20²)) = 40/(3,162·20,22) = 0,6255

Ergebnis

20·log₁₀(0,6255) = −4,076 dB

Antwort

|G(jω)| = −4,076 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 15,74 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 + 25ω² − 67600 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·67600))/2 = 247,8
ωc = 15,74 rad/s

Antwort

ωc = 15,74 rad/s

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