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
ReIm22−2−244−4−4θz

Schreibe z = −3 + j4 in Exponentialform r·ejθ. Gib θ im Bogenmaß an, zwischen −π und π.

z = −3 + j4
θ = rad
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Eine Lösung von z³ + z² + 11z + 51 = 0 ist z₁ = 1 + j4. Die Koeffizienten sind reell. Bestimme die reelle Lösung r.

z₁ = 1 + j4
r =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
10 V50 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 4,7 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 2 ΩL = 10 mHC = 10 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 2 Ω, L = 10 mH und C = 10 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.

R = 2 ΩL = 10 mHC = 10 µF
Q =
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VR + jXP = 570 W9,5 A

Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 9,5 A und 570 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.

V = 120 VI = 9,5 AP = 570 W
X = Ω
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,98. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 10 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
C = 1 nF+−16 VL = 100 mHiL​

Ein auf 20 V aufgeladener Kondensator mit 1 nF schwingt mit einer idealen Spule mit 100 mH. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie WL in dem Moment, in dem die Kondensatorspannung 16 V beträgt, in nJ.

C = 1 nFV0 = 20 VvC = 16 V
WL = nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V1 Ω100 µH220 nF20 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 1 Ω, L = 100 µH, C = 220 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 = 1 ΩL = 100 µHC = 220 nFIm = 20 mA
Ecycle = nJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 208 VNZ = 12 + j16 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 12 + j16 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 = 12 + j16 Ω pro Strang
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 480 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 Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL22 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 1 ms in mJ.

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = 2,2 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 400 ms.

Vs = 5 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 2 Vt = 400 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAIs​6 ABRL​20 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 20 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 10 VIs = 6 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 25 ΩRL = 20 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 10

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 23(s + 12)/(s(s + 6)) bei ω = 10 rad/s in Grad.

G(s) = 23(s + 12)/(s(s + 6))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 16/(s(s + 1)(s + 5)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 5))
GM = dB

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = 2,214 rad

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

r = √(9 + 16) = 5

Argument im Bogenmaß

θ = 126,9° = 126,9·π/180 = 2,214 rad

Exponentialform

z = 5·ej2,214

Antwort

θ = 2,214 rad
2.Komplexe Zahlen

Antwort: r = −3

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.

Konjugiertes Paar

z₂ = 1 − j4
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·1·z + (1² + 4²) = z² − 2z + 17

Das quadratische Polynom abspalten

z³ + z² + 11z + 51 = (z² − 2z + 17)(z + 3)

Reelle Lösung

r = −3

Antwort

r = −3

Kontrolliere mit der Summe der Lösungen: z₁ + z₂ + r = 2 + (−3) = −1 = −(1).

3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,01656 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/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−598,7)²) = 604 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 10/604 = 0,01656 A

Antwort

I = 0,01656 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: Q = 15,81

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·√(0,01·10·10⁻⁶)) = 503,3 Hz

Güte

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/2)·√(0,01/(10·10⁻⁶)) = 15,81

Antwort

Q = 15,81
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: X = 10,94 Ω

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.

Widerstand aus der Wirkleistung

R = P/I² = 570/9,5² = 6,316 Ω

Blindwiderstand aus der Impedanz

|Z| = V/I = 120/9,5 = 12,63 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(12,63² − 6,316²) = 10,94 Ω

Antwort

X = 10,94 Ω
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 42,52 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 = 10·tan(41,41°) = 8,819 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(11,48°) = 2,031 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,789 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(240·0,98) = 42,52 A

Antwort

Inew = 42,52 A
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: WL = 72 nJ

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 × 10⁻⁹·20² = 2 × 10⁻⁷ J

Im Kondensator verbleibende Energie

½·1 × 10⁻⁹·16² = 1,28 × 10⁻⁷ J

Energie in der Spule

WL = 7,2 × 10⁻⁸ J = 72 nJ

Antwort

WL = 72 nJ
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 5,894 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 = ½·1 × 10⁻⁴·0,02² = 2 × 10⁻⁸ J

Güte

Q = (1/1)·√(1 × 10⁻⁴/2,2 × 10⁻⁷) = 21,32

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2 × 10⁻⁸/21,32 = 5,894 × 10⁻⁹ J = 5,894 nJ
Probe: ½·0,02²·1/33932 = 5,894 × 10⁻⁹ J

Antwort

Ecycle = 5,894 nJ
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 1,298 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| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 120,1/20 = 6,004 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·6,004²·12 = 1,298 kW

Antwort

P = 1,298 kW

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

10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 604,5 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 = 80·tan(acos 0,8) = 80·0,75 = 60 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 43,76 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14585/(314,2·277,1²) = 604,5 µF

Antwort

Cph = 604,5 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 0,5098 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 = 22 mH / 50 Ω = 0,44 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 0,24·(1 − e−1/0,44) = 0,2153 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·22·0,2153² = 0,5098 mJ

Antwort

W = 0,5098 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 4,513 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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 5 + (2 − 5)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(400) = 5 + (−3)·e−400/220 = 4,513 V

Antwort

vC = 4,513 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 9,765 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 8 = 9,765 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 234,5 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​ = 8 ΩR3​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 25 = 28,08 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​10 VR2​5 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) = 3,846 + (−6)·3,077 = −14,62 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −14,62 + (−6)·25 = −164,6 V
Rth​ = 28,08 Ω−+Vth​164,6 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) = −164,6/(28,08 + 20) = −3,424 A
PL = IL²·RL = −3,424²·20 = 234,5 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −109,2 °

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 Winkel addieren

∠G = atan(10/12) − 90° − atan(10/6) = 39,81° − 90° − 59,04°

Ergebnis

∠G(j10) = −109,2°

Antwort

∠G(jω) = −109,2°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 5,46 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.

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2,236 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 25)) = K/(1·5·(1 + 5)) = K/30

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(30/16) = 5,46 dB

Antwort

GM = 5,46 dB

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