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
ReIm22−2−244−4−466−6−6θz

Schreibe z = 5 − j6 in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = 5 − j6
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2ABCD

Genau einer der Punkte A–D ist eine Lösung von z⁴ = 16∠120°. Klicke ihn an.

w = 16∠120°n = 4
  1. 1A (2∠−60°)
  2. 2B (1∠−60°)
  3. 3C (2∠60°)
  4. 4D (2∠−15°)
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V60 HzR = 30 ΩC = 100 µFI

Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
100 V200 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 10 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 10 µF
VC = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 V128 kW, 0,75223 kW, 0,7I = ?

An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 28 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv und eine Last mit 23 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.

V = 240 VP1 = 28 kW, pf1 = 0,75 induktivP2 = 23 kW, pf2 = 0,7 induktiv
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 40 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 470 µHC = 1 nF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 470 µH und C = 1 nF ist der Kondensator bei t = 0 voll aufgeladen. Wie lange dauert es, bis die gesamte Energie in der Spule steckt? Gib t in µs an.

L = 470 µHC = 1 nF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 47 pFr = 5 ΩL = 1 mH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 47 pF und einer Spule mit 1 mH und einem Wicklungswiderstand von 5 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 1 mHC = 47 pFr = 5 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = 150 Acos φ = 0,85induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 690 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,85 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 690 VIL = 150 Acos φ = 0,85
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 100 Ωt = 0L68 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 2 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Wie lange dauert es, bis der Strom auf 0,4 A gefallen ist? Bestimme t.

i(0) = 2 AR = 100 ΩL = 68 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 Vt = 0R = 2,2 kΩC100 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 = 60 ms.

Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 2 Vt = 60 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩARL​6 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩRL = 6 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAIs​1 ABRL​25 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 25 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩRL = 25 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 20 mHC = 4,7 µFR = 10 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 10 Ω abgegriffen, mit L = 20 mH und C = 4,7 µF. Bestimme die Güte Q.

R = 10 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
Q =
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 22,5/(s(s + 5)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 22,5/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −0,8761 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 = √(25 + 36) = 7,81

Argument im Bogenmaß

θ = −50,19° = −50,19·π/180 = −0,8761 rad

Exponentialform

z = 7,81·e−j0,8761

Antwort

θ = −0,8761 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: A (2∠−60°)

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 = 30°, 120°, −150°, −60°

Der Punkt

A = 2∠−60°

Antwort

A (2∠−60°)
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 19,87 Ω

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 = 12/30 = 0,4 A
IX = V/XC = 12/26,53 = 0,4524 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) = √(0,4² + 0,4524²) = 0,6039 A

Impedanz

|Z| = V/I = 12/0,6039 = 19,87 Ω

Antwort

|Z| = 19,87 Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 33,65 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (234,6)²) = 236,5 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 100/236,5 = 0,4228 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 0,4228·79,58 = 33,65 V

Antwort

VC = 33,65 V
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 292,3 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 = 28·tan(arccos 0,75) = 24,69 kvar
Q2 = 23·tan(arccos 0,7) = 23,46 kvar

Summen

P = 28 + 23 = 51 kW
Q = 24,69 + 23,46 = 48,16 kvar
S = √(51² + 48,16²) = 70,14 kVA

Gesamtstrom

I = S/V = 70144/240 = 292,3 A

Antwort

I = 292,3 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 33,96 kvar

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 = 40·tan(53,13°) = 53,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 33,96 kvar

Antwort

QC = 33,96 kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 1,077 µs

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.

Periodendauer

T = 2π√(0,00047·1 × 10⁻⁹) = 4,308 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 1,077 µs

Antwort

t = 1,077 µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: RD = 4255 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 = 0,001/(4,7 × 10⁻¹¹·5) = 4,255 × 10⁶ Ω = 4255 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 922,5, Q²·r = 4,255 × 10⁶ Ω

Antwort

RD = 4255 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 152,4 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 = √3·690·150 = 179,3 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 179,3·0,85 = 152,4 kW

Antwort

P = 152,4 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 917,2 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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 138,3 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 46101/(314,2·400²) = 917,2 µF

Antwort

Cph = 917,2 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 1,094 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

τ = L/R = 68 mH / 100 Ω = 0,68 ms

Nach der Zeit auflösen

0,4 = 2·e−t/τ → t = τ·ln(2/0,4)
t = 0,68·ln(5) = 1,094 ms

Antwort

t = 1,094 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 6,297 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 = 20 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 20 + (2 − 20)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(60) = 20 + (−18)·e−60/220 = 6,297 V

Antwort

vC = 6,297 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,2727 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​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​15 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 3 = 10,5 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​15 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) = 9·15/(15+15) = 4,5 V
Rth​ = 10,5 Ω+−Vth​4,5 VRL​6 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) = 4,5/(10,5 + 6) = 0,2727 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 3,067 W

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​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​3 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 5 = 7,182 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAIs​1 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) = 4,091 + 1·2,182 = 6,273 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,273 + 1·5 = 11,27 V
Rth​ = 7,182 Ω+−Vth​11,27 VRL​25 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) = 11,27/(7,182 + 25) = 0,3503 A
PL = IL²·RL = 0,3503²·25 = 3,067 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: Q = 6,523

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/√(0,02·4,7 × 10⁻⁶) = 3262 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 519,1 Hz

Güte

BW = R/L = 10/0,02 = 500 rad/s = 79,58 Hz
Q = ω₀/BW = 3262/500 = 6,523

Antwort

Q = 6,523
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 3,639 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 − 506,3 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·506,3))/2 = 13,24
ωc = 3,639 rad/s

Antwort

ωc = 3,639 rad/s

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