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
ReIm22−2−244−4−466−6−6θz

Bestimme das Argument θ von z = −6 − j in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.

z = −6 − j
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂

Die Lösungen von zⁿ = w mit n = 3 und w = 27∠−90° sind zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Bestimme das Argument von z₀ in Grad, zwischen −180° und 180°.

w = 27∠−90°n = 3k = 0
θ₀ = °
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
100 V50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 5 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 5 Ω, L = 5 mH und C = 0,1 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.

R = 5 ΩL = 5 mHC = 0,1 µF
Q =
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 V124 kW, 0,8225 kW, 0,9I

An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 24 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und eine Last mit 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 kapazitiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

V = 240 VP1 = 24 kW, pf1 = 0,8 induktivP2 = 25 kW, pf2 = 0,9 kapazitiv
cos φ =
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
240 V50 HzLast16 kW, 0,6C220 µFI = ?

Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 16 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 220 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leiterstrom I.

P = 16 kWpf1 = 0,6V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
I = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V1 kΩ22 µH1 µF

Ein Parallel-RLC-Kreis hat R = 1 kΩ, L = 22 µH und C = 1 µF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 1 kΩL = 22 µHC = 1 µF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
f|I|0,7071f0​ = ?2 kHz3,2 kHzBW

Die Halbleistungsfrequenzen einer Resonanzkurve sind 2 kHz und 3,2 kHz. Bestimme die Resonanzfrequenz als ihr geometrisches Mittel und dann den Gütefaktor Q.

f1 = 2 kHzf2 = 3,2 kHz
Q =
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M90 kW, η = 88%cos φ = 0,88

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

Pout = 90 kWη = 88%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 100 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 20 ΩL47 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 5 ms.

Vs = 5 VR = 20 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C1 µF+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 15-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 12 V erreicht, genau 200 ms nach dem Start. Bestimme mit C = 1 µF den nötigen Widerstand R.

Vs = 15 VVth = 12 VT = 200 msC = 1 µF
R = kΩ
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩARL​3 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 3 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 10 VIs = 6 AR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 2 mHC = 0,22 µFR = 20 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 20 Ω abgegriffen, mit L = 2 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 20 ΩL = 2 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 310/(s(s + 20)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 310/(s(s + 20))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = −170,5 °

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 = −6, b = −1 → III

Bezugswinkel

α = atan(1/6) = 9,462°

Argument

θ = −(180° − α) = −170,5°

Antwort

θ = −170,5°

In Polarform ist z = 6,083∠−170,5°.

2.Komplexe Zahlen

Antwort: θ₀ = −30 °

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

271/3 = 3

Argument der Wurzel

θ₀ = (−90° + 360°·0)/3 = −30°

Argument

θ₀ = −30°

Antwort

θ₀ = −30°

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

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 2,413 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (10,81)²) = 41,44 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 100/41,44 = 2,413 A

Antwort

I = 2,413 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: Q = 44,72

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|.

Resonanzfrequenz

f0 = 1/(2π·√(0,005·0,1·10⁻⁶)) = 7118 Hz

Güte

Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,005/(0,1·10⁻⁶)) = 44,72

Antwort

Q = 44,72
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,9928

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 jeder Last

Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).

Q1 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
Q2 = −25·tan(arccos 0,9) = −12,11 kvar

Summen

P = 24 + 25 = 49 kW
Q = 18 + (−12,11) = 5,892 kvar
S = √(49² + 5,892²) = 49,35 kVA

Gesamtleistungsfaktor

cos φ = P/S = 49/49,35 = 0,9928 induktiv

Antwort

cos φ = 0,9928
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 98,35 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 = 16·tan(arccos 0,6) = 21,33 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 21,33 − 3,981 = 17,35 kvar

Neue Scheinleistung

S2 = √(16² + 17,35²) = 23,6 kVA

Neuer Leiterstrom

I = S2/V = 23603/240 = 98,35 A

Antwort

I = 98,35 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 213,2

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

ω₀ = 1/√(LC) = 213201 rad/s

Güte

Q = R/(ω₀L) = 1000/(213201·2,2 × 10⁻⁵) = 213,2

Antwort

Q = 213,2

Die Bandbreite beträgt 1/(2πRC) = 159,2 Hz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 2,108

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 = √(2000·3200) = 2530 Hz

Bandbreite

BW = 3200 − 2000 = 1200 Hz

Güte

Q = 2530/1200 = 2,108

Antwort

Q = 2,108
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 139,8 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 = 90/0,88 = 102,3 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 102273/(√3·480·0,88) = 139,8 A

Antwort

IL = 139,8 A
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 355 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 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 69,15 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 23051/(377·415²) = 355 µF

Antwort

Cph = 355 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,2202 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 = 47 mH / 20 Ω = 2,35 ms
i(∞) = Vs/R = 5/20 = 0,25 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,25·(1 − e−5/2,35) = 0,2202 A

Antwort

i = 0,2202 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: R = 124,3 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

12 = 15·(1 − e−200/τ) → τ = 200/ln(15/(15 − 12))
τ = 200/1,609 = 124,3 ms

Widerstand

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

R = τ/C = 124,3/1 = 124,3 kΩ

Antwort

R = 124,3 kΩ
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 2,951 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​ = 4 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 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) = 30·12/(2+12) = 25,71 V
Rth​ = 5,714 Ω+−Vth​25,71 VRL​3 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) = 25,71/(5,714 + 3) = 2,951 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 7,029 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​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩKURZSCHLUSSR2​25 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 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 6 = 8,679 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​25 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) = 8,929 + 6·2,679 = 25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25 + 6·6 = 61 V
IN​7,029 ARth​8,679 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 = 61/8,679 = 7,029 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 1592 Hz

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/√(0,002·2,2 × 10⁻⁷) = 47673 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 7587 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 20/0,002 = 10000 rad/s = 1592 Hz

Antwort

BW = 1592 Hz
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 13 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.

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 400ω² − 96100 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·96100))/2 = 168,9
ωc = 13 rad/s

Antwort

ωc = 13 rad/s

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