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 = −6 − j3 in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = −6 − j3
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₀z₁z₂z₃z₄

Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 5 und w = 32∠−120° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, …, 4. Bestimme das Argument von z₁ in Grad, zwischen −180° und 180°.

w = 32∠−120°n = 5k = 1
θ₁ = °
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
24 V200 HzR = 60 ΩL = 150 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
100 V100 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 80 ΩC = 22 µF

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 100 V (rms)f = 100 HzR1 = 15 ΩR2 = 80 ΩC = 22 µF
|Z| = Ω
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 VR + jXP = 2880 W16 A

Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert) 16 A und 2880 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.

V = 240 VI = 16 AP = 2880 W
X = Ω
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 5 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 1 nF+−2,4 VL = 10 mHiL​

Ein auf 12 V aufgeladener Kondensator mit 1 nF schwingt mit einer idealen Spule mit 10 mH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 2,4 V beträgt, in nJ.

C = 1 nFV0 = 12 VvC = 2,4 V
WL = nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
VR = ?10 mHC

Ein Reihenschwingkreis verwendet eine Spule mit 10 mH. Welcher gesamte Reihenwiderstand R ergibt eine Bandbreite von 20 kHz?

L = 10 mHBW = 20 kHz
R = Ω
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = 75 Acos φ = 0,92induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 V einen Leiterstrom von 75 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,92 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 480 VIL = 75 Acos φ = 0,92
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 33 Ωt = 0L100 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 1 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme die Spannung vR an R bei t = 5 ms.

i(0) = 1 AR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vR = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 VR1​ = 22 ΩR2​ = 15 Ωöffnet bei t = 0L22 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,391 A? Bestimme t.

Vs = 12 VR1 = 22 ΩR2 = 15 ΩL = 22 mH
t = ms
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩARL​20 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 20 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩRL = 20 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABRL​2 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
IL = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​R = 47 ΩL = 10 mHvout​

Der gezeigte RL-Hochpass hat R = 47 Ω, L = 10 mH. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 370 Hz wird angelegt. Bestimme die Verstärkung |H| = |vout/vin| in dB.

R = 47 ΩL = 10 mHf = 370 Hz
|H| = dB
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) = 96/(s(s + 6)(s + 10)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 96/(s(s + 6)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −2,678 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 = √(36 + 9) = 6,708

Argument im Bogenmaß

θ = −153,4° = −153,4·π/180 = −2,678 rad

Exponentialform

z = 6,708·e−j2,678

Antwort

θ = −2,678 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: θ₁ = 48 °

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

321/5 = 2

Argument der Wurzel

θ₁ = (−120° + 360°·1)/5 = 48°

Argument

θ₁ = 48°

Antwort

θ₁ = 48°

Die 5 Wurzeln liegen auf dem Kreis mit dem Radius 2, jeweils 72° auseinander.

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 57,17 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

XL = ωL = 2π·200·0,15 = 188,5 Ω

Zweigströme

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

IR = V/R = 24/60 = 0,4 A
IX = V/XL = 24/188,5 = 0,1273 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 + 0,1273²) = 0,4198 A

Impedanz

|Z| = V/I = 24/0,4198 = 57,17 Ω

Antwort

|Z| = 57,17 Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 64,68 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/(2π·100·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Parallelschaltung

Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 35,99 − j39,8 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 15 + 35,99 − j39,8 = 50,99 − j39,8 Ω
|Z| = √(50,99² + 39,8²) = 64,68 Ω

Antwort

|Z| = 64,68 Ω
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: X = 9,922 Ω

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.

Widerstand aus der Wirkleistung

R = P/I² = 2880/16² = 11,25 Ω

Blindwiderstand aus der Impedanz

|Z| = V/I = 240/16 = 15 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(15² − 11,25²) = 9,922 Ω

Antwort

X = 9,922 Ω
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 2,766 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 = 5·tan(41,41°) = 4,41 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 2,766 kvar

Antwort

QC = 2,766 kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 69,12 nJ

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

½·1 × 10⁻⁹·12² = 7,2 × 10⁻⁸ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·1 × 10⁻⁹·2,4² = 2,88 × 10⁻⁹ J

Energie in der Spule

WL = 6,912 × 10⁻⁸ J = 69,12 nJ

Antwort

WL = 69,12 nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: R = 1257 Ω

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).

Bandbreite in Reihe

BW = R/(2πL)

Widerstand

R = 2π·0,01·20000 = 1257 Ω

Antwort

R = 1257 Ω
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 57,37 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 = √3·480·75 = 62,35 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 62,35·0,92 = 57,37 kW

Antwort

P = 57,37 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 35,95 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 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 35,95 kvar

Antwort

QC = 35,95 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vR = 6,338 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.

Zeitkonstante

τ = L/R = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 1·e−5/3,03 = 0,192 A
vR = R·i = 33·0,192 = 6,338 V

Antwort

vR = 6,338 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 0,7129 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

Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 12/22 = 0,5455 A
i(∞) = 12/(22 + 15) = 0,3243 A
τ = L/R = 22/37 = 0,5946 ms
i(t) = 0,3243 + (0,5455 − 0,3243)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

e−t/τ = (0,391 − 0,3243)/(0,5455 − 0,3243) = 0,3015
t = 0,5946·ln(3,317) = 0,7129 ms

Antwort

t = 0,7129 ms
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,1791 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​ = 20 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 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) = 12·5/(3+5) = 7,5 V
Rth​ = 21,88 Ω+−Vth​7,5 VRL​20 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) = 7,5/(21,88 + 20) = 0,1791 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 2,263 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​ = 5 ΩR3​ = 10 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​30 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) = 15,43 + 1,5·4,286 = 21,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,86 + 1,5·10 = 36,86 V
Rth​ = 14,29 Ω+−Vth​36,86 VRL​2 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) = 36,86/(14,29 + 2) = 2,263 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |H| = −7,065 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.

Eckfrequenz

ωc = R/L = 47/0,01 = 4700 rad/s
fc = 748 Hz → f/fc = 370/748 = 0,4946

Verstärkung

|H| = 0,4946/√(1 + 0,4946²) = 0,4434
20·log₁₀(0,4434) = −7,065 dB

Antwort

|H| = −7,065 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 7,746 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/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Antwort

ω180 = 7,746 rad/s

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