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
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−11,51,5−1,5−1,5z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 1,5∠−35° und z₂ = 1,5∠65°. Bestimme das Argument θ von w = z₁/z₂ in Grad, zwischen −180° und 180°.

z₁ = 1,5∠−35°z₂ = 1,5∠65°
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Bestimme den Imaginärteil von (3 − j)⁵.

z = 3 − jn = 5
Im(z⁵) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 1000 HzRL = 100 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 100 mH soll bei 1000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 1000 HzL = 100 mH
C = µF
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
24 V60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 47 µF
f0 = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VZ9 + j12 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 9 + j12 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.

V = 120 VZ = 9 + j12 Ω
Q = var
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 5 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 mHC = 220 nF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 47 mH 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 mHC = 220 nF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
f|I|0,7071f0​ = ?10 kHz20 kHzBW

Die Halbleistungsfrequenzen einer Resonanzkurve sind 10 kHz und 20 kHz. Bestimme die Resonanzfrequenz als ihr geometrisches Mittel und dann den Gütefaktor Q.

f1 = 10 kHzf2 = 20 kHz
Q =
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = 150 Acos φ = 0,9induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,9 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VIL = 150 Acos φ = 0,9
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 200 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
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 in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 5 ms in mJ.

Vs = 6 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
W = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 VR1​ = 33 ΩR2​ = 33 Ωöffnet bei t = 0L150 mHi(t)

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

Vs = 10 VR1 = 33 ΩR2 = 33 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 5 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 5 mHC = 0,1 µFR = 5 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 5 Ω abgegriffen, mit L = 5 mH und C = 0,1 µF. Bestimme die Güte Q.

R = 5 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
Q =
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) = 30/(s(s + 2)(s + 6)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 30/(s(s + 2)(s + 6))
ω180 = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −100 °

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| = 1,5 / 1,5 = 1
θ = −35° − 65° = −100°

Argument

θ = −100°

Antwort

θ = −100°
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(z⁵) = −316

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.

Potenzen Schritt für Schritt

z² = (3 − j)(3 − j) = 8 − j6
z³ = (8 − j6)(3 − j) = 18 − j26
z⁴ = (18 − j26)(3 − j) = 28 − j96
z⁵ = (28 − j96)(3 − j) = −12 − j316

Mit De Moivre kontrollieren

z = 3,162∠−18,43° → z⁵ = 316,2∠−92,17°
Im(z⁵) = −316

Antwort

Im(z⁵) = −316
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 0,2533 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(6283²·0,1) = 0,2533 µF

Antwort

C = 0,2533 µF
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 46,43 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|.

Resonanz

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·47·10⁻⁶)) = 46,43 Hz

Antwort

f0 = 46,43 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 768 var

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.

Strom

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 120/15 = 8 A

Blindleistung

Q = I²·X = 8²·12 = 768 var

Antwort

Q = 768 var
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 22,64 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 vorher und nachher

Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.

Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(49,46°) = 5,846 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,716 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(240·0,92) = 22,64 A

Antwort

Inew = 22,64 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 159,7 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√(0,047·2,2 × 10⁻⁷) = 638,9 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 159,7 µs

Antwort

t = 159,7 µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 1,414

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

f0 = √(10000·20000) = 14142 Hz

Bandbreite

BW = 20000 − 10000 = 10000 Hz

Güte

Q = 14142/10000 = 1,414

Antwort

Q = 1,414
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 93,53 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 = √3·400·150 = 103,9 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 103,9·0,9 = 93,53 kW

Antwort

P = 93,53 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 391,8 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 0,78) = 200·0,8023 = 160,5 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 63,59 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) = 21197/(314,2·415²) = 391,8 µF

Antwort

Cph = 391,8 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 0,7723 mJ

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

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 0,1277·(1 − e−5/4,681) = 0,08379 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·220·0,08379² = 0,7723 mJ

Antwort

W = 0,7723 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,1683 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 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 10/33 = 0,303 A
i(∞) = 10/(33 + 33) = 0,1515 A
τ = L/R = 150/66 = 2,273 ms
i(t) = 0,1515 + (0,303 − 0,1515)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(5) = 0,1515 + (0,1515)·e−5/2,273 = 0,1683 A

Antwort

i = 0,1683 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 15 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​ = 10 ΩR3​ = 12 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 + 12 = 17 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 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) = 30·10/(10+10) = 15 V
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 7,071 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​ = 2 ΩR3​ = 2 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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 2 = 3,5 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​6 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) = 3,75 + 6·1,5 = 12,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,75 + 6·2 = 24,75 V
IN​7,071 ARth​3,5 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 = 24,75/3,5 = 7,071 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: Q = 44,72

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/√(0,005·1 × 10⁻⁷) = 44721 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 7118 Hz

Güte

BW = R/L = 5/0,005 = 1000 rad/s = 159,2 Hz
Q = ω₀/BW = 44721/1000 = 44,72

Antwort

Q = 44,72
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 3,464 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/2)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(2·6) = 3,464 rad/s

Antwort

ω180 = 3,464 rad/s

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