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
ReIm55−5−51010−10−10zABCD

Das Diagramm zeigt z = −2 + j4. Klicke mit w = 2∠−90° den Punkt an, der z·w darstellt.

z = −2 + j4w = 2∠−90°
  1. 1A (−4 + j8)
  2. 2B (−8 − j4)
  3. 3C (8 + j4)
  4. 4D (2 + j)
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₀z₁z₂

Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 3 und w = 8∠−90° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Bestimme den Imaginärteil von z₀.

w = 8∠−90°n = 3k = 0
Im(z₀) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
230 V200 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 100 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 47 µF
f0 = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 2 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 2 kWpf = 0,9V = 230 V
Q = kvar
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,98. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V2 Ω2,2 mH1 µF

Ein Reihen-RLC-Kreis hat R = 2 Ω, L = 2,2 mH und C = 1 µF. Bestimme seine Bandbreite BW in Hz.

R = 2 ΩL = 2,2 mHC = 1 µF
BW = Hz
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 10 nFr = 20 ΩL = 220 µH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 10 nF und einer Spule mit 220 µH und einem Wicklungswiderstand von 20 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 220 µHC = 10 nFr = 20 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 208 VNZ = 9 + j12 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 9 + j12 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 208 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 208 VZ = 9 + j12 Ω pro Strang
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 50 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 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​9 Vt = 0R = 15 ΩL22 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.

Vs = 9 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = ?C47 µF+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 5-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 3,75 V erreicht, genau 1000 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 47 µF den nötigen Widerstand R.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 1000 msC = 47 µF
R = kΩ
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩARL​2 ΩIL​B

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 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩRL = 2 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAIs​1 ABRL​20 ΩIL​

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 = 30 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
IL = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 5 mHC = 0,22 µFR = 20 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 20 Ω abgegriffen, mit L = 5 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die Güte Q.

R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,22 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) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 6 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))GM = 6 dB
K =

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: C (8 + j4)

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.

Wirkung von w

|z·w| = 2·|z|, arg(z·w) = arg z + (−90)°

Der Punkt

z·w = 8 + j4 → C

Antwort

C (8 + j4)
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(z₀) = −1

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

81/3 = 2

Argument der Wurzel

θ₀ = (−90° + 360°·0)/3 = −30°

Kartesische Form

z₀ = 2·(cos −30° + j sin −30°) = 1,732 − j1
Im(z₀) = −1

Antwort

Im(z₀) = −1

Die 3 Wurzeln liegen auf dem Kreis mit dem Radius 2, jeweils 120° auseinander.

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 4,124 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(10² + (54,87)²) = 55,78 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 230/55,78 = 4,124 A

Antwort

I = 4,124 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 59,94 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·√(0,15·47·10⁻⁶)) = 59,94 Hz

Antwort

f0 = 59,94 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 0,9686 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.

Winkel

φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Blindleistung

Q = P·tan φ = 2·0,4843 = 0,9686 kvar

Antwort

Q = 0,9686 kvar
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 221,8 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 = 50·tan(36,87°) = 37,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,35 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(230·0,98) = 221,8 A

Antwort

Inew = 221,8 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: BW = 144,7 Hz

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 rad/s

R/L = 2/0,0022 = 909,1 rad/s

Bandbreite in Hz

BW = 909,1/(2π) = 144,7 Hz = 144,7 Hz

Antwort

BW = 144,7 Hz

Mit f₀ = 3,393 kHz ergibt sich Q = 23,45.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: RD = 1,1 kΩ

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).

Dynamischer Widerstand

RD = 0,00022/(1 × 10⁻⁸·20) = 1100 Ω = 1,1 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 7,416, Q²·r = 1100 Ω

Antwort

RD = 1,1 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 1,731 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.

Strangspannung

Vph = 208/√3 = 120,1 V

Strangstrom

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 120,1/15 = 8,006 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·8,006²·9 = 1,731 kW

Antwort

P = 1,731 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 44,57 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 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 44,57 kvar

Antwort

QC = 44,57 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 4,551 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 = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms
i(∞) = Vs/R = 9/15 = 0,6 A

Spulenspannung

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 9·e−1/1,467 = 4,551 V

Antwort

vL = 4,551 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: R = 15,35 kΩ

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.

Erforderliche Zeitkonstante

3,75 = 5·(1 − e−1000/τ) → τ = 1000/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 1000/1,386 = 721,3 ms

Widerstand

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

R = τ/C = 721,3/47 = 15,35 kΩ

Antwort

R = 15,35 kΩ
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,3871 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​ = 15 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​12 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 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 12 = 18,67 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 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) = 18·12/(15+12) = 8 V
Rth​ = 18,67 Ω+−Vth​8 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) = 8/(18,67 + 2) = 0,3871 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 1 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​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​20 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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 2 = 8,667 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAIs​1 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) = 20 + 1·6,667 = 26,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,67 + 1·2 = 28,67 V
Rth​ = 8,667 Ω+−Vth​28,67 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) = 28,67/(8,667 + 20) = 1 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: Q = 7,538

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/√(0,005·2,2 × 10⁻⁷) = 30151 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 4799 Hz

Güte

BW = R/L = 20/0,005 = 4000 rad/s = 636,6 Hz
Q = ω₀/BW = 30151/4000 = 7,538

Antwort

Q = 7,538
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 375,9

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

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 100)) = K/(5·10·(5 + 10)) = K/750

Geforderte Verstärkung

750/K = 106/20 = 1,995
K = 750/1,995 = 375,9

Antwort

K = 375,9

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