Grundlagen der Elektrotechnik 2: Wechselstromkreise: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 16 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

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
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 2∠55° und z₂ = 2∠20°. Bestimme den Imaginärteil von w = z₁/z₂.

z₁ = 2∠55°z₂ = 2∠20°
Im(w) =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Löse z² − 2z + 17 = 0. Die Lösungen sind a ± jb; bestimme b > 0.

p = −2q = 17
b =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
120 V500 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 47 µF
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 50 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 50 Ω, L = 5 mH und C = 0,1 µF. Bestimme seine Bandbreite B (die Breite des Bands zwischen den Halbleistungsfrequenzen) in Hz.

R = 50 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
B = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 6 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 6 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 6 kWpf = 0,6V = 230 V
Q = kvar
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 9 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA versorgt eine Last mit 9 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 25 kVAP1 = 9 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V5 Ω220 µH100 nF

Ein Reihen-RLC-Kreis hat R = 5 Ω, L = 220 µH und C = 100 nF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 5 ΩL = 220 µHC = 100 nF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V22 Ω22 mH100 nF100 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 22 Ω, L = 22 mH, C = 100 nF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 100 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in µJ.

R = 22 ΩL = 22 mHC = 100 nFIm = 100 mA
Ecycle = µJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M11 kW, η = 91%cos φ = 0,9

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 11 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 11 kWη = 91%cos φ = 0,9VL = 690 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 480 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R = 22 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.

Vs = 24 VR = 22 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 Vöffnet bei t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 1 kΩi2​C10 µF+−vC​

Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Strom i2 durch R2 bei t = 10 ms.

Vs = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 1 kΩC = 10 µFt = 10 ms
i2 = mA
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAIs​1,5 ABab

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 4

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 13(s + 20)/(s(s + 12)) bei ω = 4 rad/s in Grad.

G(s) = 13(s + 20)/(s(s + 12))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 16/(s(s + 1)(s + 9)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 9))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(w) = 0,5736

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 und Argument von w

|w| = 2 / 2 = 1
θ = 55° − 20° = 35°

Kartesische Form

Re(w) = 1·cos(35°) = 0,8192
Im(w) = 1·sin(35°) = 0,5736
Im(w) = 0,5736

Antwort

Im(w) = 0,5736
2.Komplexe Zahlen

Antwort: b = 4

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.

Diskriminante

p² − 4q = 4 − 68 = −64 < 0

Lösungsformel

z = (2 ± j√64)/2 = 1 + j4, 1 − j4

Antwort

b = 4

Antwort

b = 4
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 85,4 °

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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (621,5)²) = 623,6 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(621,5/50) = 85,4°

Antwort

φ = 85,4°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: B = 1592 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|.

Resonanzfrequenz

f0 = 1/(2π·√(0,005·0,1·10⁻⁶)) = 7118 Hz

Güte

Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,005/(0,1·10⁻⁶)) = 4,472

Bandbreite

B = f0/Q = 7118/4,472 = 1592 Hz

Antwort

B = 1592 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 8 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.

Winkel

φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Blindleistung

Q = P·tan φ = 6·1,333 = 8 kvar

Antwort

Q = 8 kvar
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 15,07 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 = 9·tan(arccos 0,8) = 6,75 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(25² − 6,75²) = 24,07 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 24,07 − 9 = 15,07 kW

Antwort

ΔP = 15,07 kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 9,381

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).

Wellenwiderstand

√(L/C) = √(0,00022/1 × 10⁻⁷) = 46,9 Ω

Güte

Q = 46,9/5 = 9,381

Antwort

Q = 9,381

Die Resonanzfrequenz beträgt 33,93 kHz, also ist BW = f₀/Q = 3,617 kHz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 32,42 µJ

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).

Gespeicherte Energie

W = ½·0,022·0,1² = 0,00011 J

Güte

Q = (1/22)·√(0,022/1 × 10⁻⁷) = 21,32

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·0,00011/21,32 = 3,242 × 10⁻⁵ J = 32,42 µJ
Probe: ½·0,1²·22/3393 = 3,242 × 10⁻⁵ J

Antwort

Ecycle = 32,42 µJ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 11,24 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 = 11/0,91 = 12,09 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 12088/(√3·690·0,9) = 11,24 A

Antwort

IL = 11,24 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 1027 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 89,18 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 29725/(377·277,1²) = 1027 µF

Antwort

Cph = 1027 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,8745 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 = 68 mH / 22 Ω = 3,091 ms
i(∞) = Vs/R = 24/22 = 1,091 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 1,091·(1 − e−5/3,091) = 0,8745 A

Antwort

i = 0,8745 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i2 = 0,4013 mA

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.

Anfangsspannung des Kondensators

Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.

vC(0) = 12·1/(10 + 1) = 1,091 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 1·10 = 10 ms

Entladung

vC(t) = 1,091·e−10/10 = 0,4013 V
i2 = vC/R2 = 0,4013/1 = 0,4013 mA

Antwort

i2 = 0,4013 mA
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 6,2 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​ = 3 ΩR3​ = 5 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 5 = 6,2 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,333 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​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 4 = 8 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAIs​1,5 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) = 6,667 + 1,5·4 = 12,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,67 + 1,5·4 = 18,67 V
IN​2,333 ARth​8 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 = 18,67/8 = 2,333 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −97,13 °

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 Winkel addieren

∠G = atan(4/20) − 90° − atan(4/12) = 11,31° − 90° − 18,43°

Ergebnis

∠G(j4) = −97,13°

Antwort

∠G(jω) = −97,13°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 15 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.

Phasendurchtritt

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

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 81)) = K/(1·9·(1 + 9)) = K/90

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(90/16) = 15 dB

Antwort

GM = 15 dB

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-2