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
ReIm55−5−5z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 2∠125° und z₂ = 4∠−95°. Bestimme den Imaginärteil von w = z₁·z₂.

z₁ = 2∠125°z₂ = 4∠−95°
Im(w) =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1z₁z₂

Eine Lösung von z³ − 4z² + 6z − 4 = 0 ist z₁ = 1 + j. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = 1 + j
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V500 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 1 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 1 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
1 Vf0​R = 2 ΩL = 10 mHC = 1 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 1 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 1 V (rms)R = 2 ΩL = 10 mHC = 1 µF
VL = V
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 40 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 40 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
120 V1000 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 120 V (Effektivwert) und 1000 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 20 + j40 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 20 + j40 Ω
Pmax = W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 µHC = 220 nF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 47 µH und C = 220 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 = 47 µHC = 220 nF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V22 Ω100 mH220 nF500 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 22 Ω, L = 100 mH, C = 220 nF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 500 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in µJ.

R = 22 ΩL = 100 mHC = 220 nFIm = 500 mA
Ecycle = µJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M30 kW, η = 90%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 30 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 90 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 30 kWη = 90%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 400 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 = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​6 Vt = 0R = 47 ΩL220 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 10 ms.

Vs = 6 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 10 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​24 VR1​ = 10 ΩR2​ = 33 Ωschließt bei t = 0L150 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 33 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩARL​5 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 5 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩRL = 5 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 12 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 36 VIs = 0,5 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,010,010,10,111101010010010001000−20020406080100ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 48(s + 15)/(s(s + 5)) bei ω = 0,5 rad/s in Grad.

G(s) = 48(s + 15)/(s(s + 5))ω = 0,5 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) = 28/(s(s + 1)(s + 10)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 28/(s(s + 1)(s + 10))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(w) = 4

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 · 4 = 8
θ = 125° + (−95)° = 30°

Kartesische Form

Re(w) = 8·cos(30°) = 6,928
Im(w) = 8·sin(30°) = 4
Im(w) = 4

Antwort

Im(w) = 4
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 − j
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·1·z + (1² + 1²) = z² − 2z + 2

Das quadratische Polynom abspalten

z³ − 4z² + 6z − 4 = (z² − 2z + 2)(z − 2)

Reelle Lösung

r = 2

Antwort

r = 2

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = 2 + 2 = 4 = −(−4).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,02548 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|.

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,25 = 785,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·1·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (467,1)²) = 470,9 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 12/470,9 = 0,02548 A

Antwort

I = 0,02548 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 50 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/√(0,01·1·10⁻⁶) = 10000 rad/s
I = V/R = 1/2 = 0,5 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 10000·0,01 = 100 Ω
VL = I·XL = 0,5·100 = 50 V

Antwort

VL = 50 V

Das ist das Q = 50-Fache der Versorgungsspannung.

5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 289,9 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) = 40000/(230·0,6) = 289,9 A

Antwort

I = 289,9 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 180 W

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.

Konjugiert komplexe Anpassung

Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.

ZL = Zs* = 20 − j40 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 120/40 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·20) = 180 W

Antwort

Pmax = 180 W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 5,051 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√(4,7 × 10⁻⁵·2,2 × 10⁻⁷) = 20,2 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 5,051 µs

Antwort

t = 5,051 µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 2563 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 = ½·0,1·0,5² = 0,0125 J

Güte

Q = (1/22)·√(0,1/2,2 × 10⁻⁷) = 30,65

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·0,0125/30,65 = 0,002563 J = 2563 µJ
Probe: ½·0,5²·22/1073 = 0,002563 J

Antwort

Ecycle = 2563 µJ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 45,56 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 = 30/0,9 = 33,33 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 33333/(√3·480·0,88) = 45,56 A

Antwort

IL = 45,56 A
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 55,73 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 = 75·tan(acos 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 55,73 kvar

Antwort

QC = 55,73 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 0,7085 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 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 / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 6/47 = 0,1277 A

Spulenspannung

Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−10/4,681 = 0,7085 V

Antwort

vL = 0,7085 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 1,08 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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

i(0) = 24/(10 + 33) = 0,5581 A
i(∞) = 24/10 = 2,4 A
τ = L/R = 150/10 = 15 ms
i(t) = 2,4 + (0,5581 − 2,4)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(5) = 2,4 + (−1,842)·e−5/15 = 1,08 A

Antwort

i = 1,08 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,2 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​ = 10 ΩR3​ = 20 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 20 = 25 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 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) = 12·10/(10+10) = 6 V
Rth​ = 25 Ω+−Vth​6 VRL​5 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) = 6/(25 + 5) = 0,2 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 26,5 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​ = 12 ΩR3​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR2​6 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 25 = 29 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​6 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 + 0,5·4 = 14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 14 + 0,5·25 = 26,5 V
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −93,8 °

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(0,5/15) − 90° − atan(0,5/5) = 1,909° − 90° − 5,711°

Ergebnis

∠G(j0,5) = −93,8°

Antwort

∠G(jω) = −93,8°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 11,88 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/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 100)) = K/(1·10·(1 + 10)) = K/110

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(110/28) = 11,88 dB

Antwort

GM = 11,88 dB

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