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
ReIm55−5−5θz

Bestimme das Argument θ von z = −7 − j7 in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.

z = −7 − j7
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1θz

Bestimme mit dem Satz von De Moivre den Realteil von z⁴ für z = 1 − j.

z = 1 − jn = 4
Re(z⁴) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V500 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V50 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 60 ΩC = 22 µF

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR1 = 40 ΩR2 = 60 ΩC = 22 µF
|Z| = Ω
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 5 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 5 kWpf = 0,75V = 240 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 82 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA versorgt eine Last mit 82 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 150 kVAP1 = 82 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 100 nF+−4 VL = 22 µHiL​

Ein auf 20 V aufgeladener Kondensator mit 100 nF schwingt mit einer idealen Spule mit 22 µH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 4 V beträgt, in µJ.

C = 100 nFV0 = 20 VvC = 4 V
WL = µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V10 Ω1 mH2,2 nF20 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 10 Ω, L = 1 mH, C = 2,2 nF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 20 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in nJ.

R = 10 ΩL = 1 mHC = 2,2 nFIm = 20 mA
Ecycle = nJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M90 kW, η = 93%cos φ = 0,8

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 90 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 93 % und sein Leistungsfaktor 0,8 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 90 kWη = 93%cos φ = 0,8VL = 690 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 300 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 480 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 = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 20 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 10 ms.

Vs = 12 VR = 20 ΩL = 68 mHt = 10 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 VR1​ = 20 ΩR2​ = 5 Ωschließt bei t = 0L22 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 = 1 ms.

Vs = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩARL​10 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 10 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩRL = 10 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAIs​1,5 ABRL​12 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 12 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩRL = 12 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 22 nFR = 1 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 1 kΩ, C = 22 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 1,4 kHz wird angelegt. Bestimme die Verstärkung |H| = |vout/vin| in dB.

R = 1 kΩC = 22 nFf = 1,4 kHz
|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) = 376/(s(s + 5)(s + 10)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 376/(s(s + 5)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −135 °

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.

Quadrant

a = −7, b = −7 → III

Bezugswinkel

α = atan(7/7) = 45°

Argument

θ = −(180° − α) = −135°

Antwort

θ = −135°

In Polarform ist z = 9,899∠−135°.

2.Komplexe Zahlen

Antwort: Re(z⁴) = −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.

Polarform

z = 1 − j = √2∠−45°

De Moivre

z⁴ = (√2)⁴∠−180° = 4∠180°

Kartesische Form

z⁴ = 4·(cos 180° + j sin 180°) = −4
Re(z⁴) = −4

Antwort

Re(z⁴) = −4
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 13,92 °

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 = 3142·0,05 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (12,39)²) = 51,51 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(12,39/50) = 13,92°

Antwort

φ = 13,92°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 93,63 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·50·22·10⁻⁶) = 144,7 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 = 51,2 − j21,23 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 40 + 51,2 − j21,23 = 91,2 − j21,23 Ω
|Z| = √(91,2² + 21,23²) = 93,63 Ω

Antwort

|Z| = 93,63 Ω
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 27,78 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) = 5000/(240·0,75) = 27,78 A

Antwort

I = 27,78 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 59,13 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 = 82·tan(arccos 0,85) = 50,82 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 50,82²) = 141,1 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 141,1 − 82 = 59,13 kW

Antwort

ΔP = 59,13 kW
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 19,2 µJ

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 × 10⁻⁷·20² = 2 × 10⁻⁵ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·1 × 10⁻⁷·4² = 8 × 10⁻⁷ J

Energie in der Spule

WL = 1,92 × 10⁻⁵ J = 19,2 µJ

Antwort

WL = 19,2 µJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 18,64 nJ

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 = ½·0,001·0,02² = 2 × 10⁻⁷ J

Güte

Q = (1/10)·√(0,001/2,2 × 10⁻⁹) = 67,42

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2 × 10⁻⁷/67,42 = 1,864 × 10⁻⁸ J = 18,64 nJ
Probe: ½·0,02²·10/107302 = 1,864 × 10⁻⁸ J

Antwort

Ecycle = 18,64 nJ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 101,2 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 = 90/0,93 = 96,77 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 96774/(√3·690·0,8) = 101,2 A

Antwort

IL = 101,2 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 439,3 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 = 300·tan(acos 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 95,39 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 31796/(314,2·480²) = 439,3 µF

Antwort

Cph = 439,3 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,5683 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 / 20 Ω = 3,4 ms
i(∞) = Vs/R = 12/20 = 0,6 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,6·(1 − e−10/3,4) = 0,5683 A

Antwort

i = 0,5683 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,5517 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) = 12/(20 + 5) = 0,48 A
i(∞) = 12/20 = 0,6 A
τ = L/R = 22/20 = 1,1 ms
i(t) = 0,6 + (0,48 − 0,6)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(1) = 0,6 + (−0,12)·e−1/1,1 = 0,5517 A

Antwort

i = 0,5517 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,2069 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​ = 5 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​4 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) = 9·4/(6+4) = 3,6 V
Rth​ = 7,4 Ω+−Vth​3,6 VRL​10 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) = 3,6/(7,4 + 10) = 0,2069 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 5,88 W

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​ = 6 ΩKURZSCHLUSSR2​3 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​3 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) = 2 + 1,5·2 = 5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5 + 1,5·6 = 14 V
Rth​ = 8 Ω+−Vth​14 VRL​12 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) = 14/(8 + 12) = 0,7 A
PL = IL²·RL = 0,7²·12 = 5,88 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |H| = −14,43 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 = 1/(RC) = 1/(1000·2,2 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935

Verstärkung

|H| = 0,1935/√(1 + 0,1935²) = 0,19
20·log₁₀(0,19) = −14,43 dB

Antwort

|H| = −14,43 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 7,071 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/5)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(5·10) = 7,071 rad/s

Antwort

ω180 = 7,071 rad/s

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