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 = 4∠−60° und z₂ = 0,5∠−50°. Bestimme den Imaginärteil von w = z₁/z₂.

z₁ = 4∠−60°z₂ = 0,5∠−50°
Im(w) =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm22−2−244−4−4ABCD

Genau einer der Punkte A–D ist eine Lösung von z³ = 27∠180°. Klicke ihn an.

w = 27∠180°n = 3
  1. 1A (3∠30°)
  2. 2B (3∠120°)
  3. 3C (3∠60°)
  4. 4D (5,4∠120°)
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V60 HzR = 100 ΩC = 10 µFI

Ein Widerstand und ein Kondensator liegen parallel an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
10 V1000 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µF
f0 = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 8 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 8 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 8 kWpf = 0,9V = 240 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 108 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 108 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 200 kVAP1 = 108 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 µHC = 1 nF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 47 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 = 47 µHC = 1 nF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V10 ΩLC = ?

Entwirf ein Reihen-RLC-Filter mit einem Gesamtwiderstand von 10 Ω, einer Resonanzfrequenz von 100 kHz und einer Bandbreite von 10 kHz. Bestimme die Kapazität C in nF.

R = 10 Ωf0 = 100 kHzBW = 10 kHz
C = nF
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M37 kW, η = 91%cos φ = 0,85

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 37 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,85 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 37 kWη = 91%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 10 Ωt = 0L22 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 3 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.

i(0) = 3 AR = 10 ΩL = 22 mHt = 5 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 VR1​ = 5 ΩR2​ = 20 Ωschließt bei t = 0L33 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 = 15 ms.

Vs = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩL = 33 mHt = 15 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​3 ABRL​4 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 4 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 15 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩRL = 4 Ω
IL = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 30

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 306/((s + 3)(s + 6)) bei ω = 30 rad/s in dB.

G(s) = 306/((s + 3)(s + 6))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = 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) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 12 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 12 dB
K =

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(w) = −1,389

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| = 4 / 0,5 = 8
θ = −60° − (−50)° = −10°

Kartesische Form

Re(w) = 8·cos(−10°) = 7,878
Im(w) = 8·sin(−10°) = −1,389
Im(w) = −1,389

Antwort

Im(w) = −1,389
2.Komplexe Zahlen

Antwort: C (3∠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| = 3
θ = 60°, 180°, −60°

Der Punkt

C = 3∠60°

Antwort

C (3∠60°)
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 93,57 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·60·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Zweigströme

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

IR = V/R = 50/100 = 0,5 A
IX = V/XC = 50/265,3 = 0,1885 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) = √(0,5² + 0,1885²) = 0,5344 A

Impedanz

|Z| = V/I = 50/0,5344 = 93,57 Ω

Antwort

|Z| = 93,57 Ω
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 112,5 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·√(0,02·100·10⁻⁶)) = 112,5 Hz

Antwort

f0 = 112,5 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 37,04 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) = 8000/(240·0,9) = 37,04 A

Antwort

I = 37,04 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 47,1 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 = 108·tan(arccos 0,65) = 126,3 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 126,3²) = 155,1 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 155,1 − 108 = 47,1 kW

Antwort

ΔP = 47,1 kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 0,3405 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 × 10⁻⁵·1 × 10⁻⁹) = 1,362 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 0,3405 µs

Antwort

t = 0,3405 µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: C = 15,92 nF

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).

Induktivität aus der Bandbreite

L = R/(2π·BW) = 10/(2π·10000) = 0,0001592 H

Kapazität aus der Resonanzfrequenz

C = 1/((2π·100000)²·0,0001592) = 1,592 × 10⁻⁸ F = 15,92 nF

Antwort

C = 15,92 nF

Q = f₀/BW = 10.

9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 66,55 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 = 37/0,91 = 40,66 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 40659/(√3·415·0,85) = 66,55 A

Antwort

IL = 66,55 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 60,95 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 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 27,35 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9116/(314,2·690²) = 60,95 µF

Antwort

Cph = 60,95 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,3091 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

τ = L/R = 22 mH / 10 Ω = 2,2 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 3·e−5/2,2 = 0,3091 A

Antwort

i = 0,3091 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 1,101 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) = 6/(5 + 20) = 0,24 A
i(∞) = 6/5 = 1,2 A
τ = L/R = 33/5 = 6,6 ms
i(t) = 1,2 + (0,24 − 1,2)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(15) = 1,2 + (−0,96)·e−15/6,6 = 1,101 A

Antwort

i = 1,101 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 6,222 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​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 4 = 6,222 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 2,462 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​ = 12 ΩR3​ = 5 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 + 5 = 9 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​3 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) = 5 + 3·4 = 17 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17 + 3·5 = 32 V
Rth​ = 9 Ω+−Vth​32 VRL​4 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) = 32/(9 + 4) = 2,462 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = −9,584 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.

Die Beträge multiplizieren

|G(j30)| = 306/(√(30² + 3²)·√(30² + 6²)) = 306/(30,15·30,59) = 0,3317

Ergebnis

20·log₁₀(0,3317) = −9,584 dB

Antwort

|G(jω)| = −9,584 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 17,58

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/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 25)) = K/(2·5·(2 + 5)) = K/70

Geforderte Verstärkung

70/K = 1012/20 = 3,981
K = 70/3,981 = 17,58

Antwort

K = 17,58

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