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
ReIm55−5−51010−10−10θz

Schreibe z = 12∠160° in kartesischer Form a + jb und gib den Realteil a an.

r = 12θ = 160°
a =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2θz

Bestimme den Imaginärteil von (2 + j2)⁵.

z = 2 + j2n = 5
Im(z⁵) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 200 HzRL = 2 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 2 mH soll bei 200 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 200 HzL = 2 mH
C = µF
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
24 V200 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 150 ΩC = 4,7 µFI

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 24 V (rms)f = 200 HzR1 = 10 ΩR2 = 150 ΩC = 4,7 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 VZ9 + j12 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 9 + j12 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Wirkleistung P.

V = 230 VZ = 9 + j12 Ω
P = W
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
50 V60 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j5 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 50 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 2 + j5 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 50 V (rms)f = 60 HzZs = 2 + j5 Ω
Pmax = W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 2,2 µHC = 47 nF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 2,2 µH und C = 47 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 = 2,2 µHC = 47 nF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V2 Ω22 µH470 nF500 mA

Ein Reihen-RLC-Kreis (R = 2 Ω, L = 22 µH, C = 470 nF) wird bei Resonanz mit einer Stromamplitude von 500 mA betrieben. Bestimme die in R während einer Periode in Wärme umgesetzte Energie Ecycle in µJ.

R = 2 ΩL = 22 µHC = 470 nFIm = 500 mA
Ecycle = µJ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VNZ = 5 + j12 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 5 + j12 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 480 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 480 VZ = 5 + j12 Ω pro Strang
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​20 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.

Vs = 20 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 VR1​ = 15 ΩR2​ = 5 Ωöffnet bei t = 0L68 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 10 ms.

Vs = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩL = 68 mHt = 10 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab

Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 5 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)1101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 15

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 1020/((s + 15)(s + 17)) bei ω = 15 rad/s in dB.

G(s) = 1020/((s + 15)(s + 17))ω = 15 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 8/(s(s + 3)(s + 4)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 8/(s(s + 3)(s + 4))
ω180 = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: a = −11,28

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.

Komponenten

a = 12·cos(160°) = −11,28
b = 12·sin(160°) = 4,104

Kartesische Form

z = −11,28 + j4,104
a = −11,28

Antwort

a = −11,28
2.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(z⁵) = −128

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.

Potenzen Schritt für Schritt

z² = (2 + j2)(2 + j2) = j8
z³ = (j8)(2 + j2) = −16 + j16
z⁴ = (−16 + j16)(2 + j2) = −64
z⁵ = (−64)(2 + j2) = −128 − j128

Mit De Moivre kontrollieren

z = 2,828∠45° → z⁵ = 181∠−135°
Im(z⁵) = −128

Antwort

Im(z⁵) = −128
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 316,6 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,002) = 316,6 µF

Antwort

C = 316,6 µF
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,2001 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|.

Blindwiderstand

XC = 1/(2π·200·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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 = 84,04 − j74,45 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 10 + 84,04 − j74,45 = 94,04 − j74,45 Ω
|Z| = √(94,04² + 74,45²) = 119,9 Ω

Strom

I = V/|Z| = 24/119,9 = 0,2001 A

Antwort

I = 0,2001 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: P = 2116 W

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.

Strom

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 230/15 = 15,33 A

Wirkleistung

P = I²·R = 15,33²·9 = 2116 W

Antwort

P = 2116 W
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 312,5 W

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.

Konjugiert komplexe Anpassung

Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.

ZL = Zs* = 2 − j5 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 50/4 = 12,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·2) = 312,5 W

Antwort

Pmax = 312,5 W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 0,5051 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√(2,2 × 10⁻⁶·4,7 × 10⁻⁸) = 2,02 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 0,5051 µs

Antwort

t = 0,5051 µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Ecycle = 5,051 µJ

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 = ½·2,2 × 10⁻⁵·0,5² = 2,75 × 10⁻⁶ J

Güte

Q = (1/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/4,7 × 10⁻⁷) = 3,421

Energieverlust pro Periode

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2,75 × 10⁻⁶/3,421 = 5,051 × 10⁻⁶ J = 5,051 µJ
Probe: ½·0,5²·2/49495 = 5,051 × 10⁻⁶ J

Antwort

Ecycle = 5,051 µJ
9.Drehstromleistung

Antwort: P = 6,817 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 = 480/√3 = 277,1 V

Strangstrom

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 277,1/13 = 21,32 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·21,32²·5 = 6,817 kW

Antwort

P = 6,817 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,3846, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 241,5 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 241,5 kvar

Antwort

QC = 241,5 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 1,036 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 = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 20/15 = 1,333 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 1,333·(1 − e−1/0,6667) = 1,036 A

Antwort

i = 1,036 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,5088 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 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 10/15 = 0,6667 A
i(∞) = 10/(15 + 5) = 0,5 A
τ = L/R = 68/20 = 3,4 ms
i(t) = 0,5 + (0,6667 − 0,5)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(10) = 0,5 + (0,1667)·e−10/3,4 = 0,5088 A

Antwort

i = 0,5088 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 3,333 V

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​ = 6 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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 6 = 8,667 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 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) = 10·4/(8+4) = 3,333 V
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 3,17 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 4 = 12,57 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 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) = 2,143 + 3·8,571 = 27,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,86 + 3·4 = 39,86 V
IN​3,17 ARth​12,57 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 = 39,86/12,57 = 3,17 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = 6,53 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(j15)| = 1020/(√(15² + 15²)·√(15² + 17²)) = 1020/(21,21·22,67) = 2,121

Ergebnis

20·log₁₀(2,121) = 6,53 dB

Antwort

|G(jω)| = 6,53 dB
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 3,464 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/3)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(3·4) = 3,464 rad/s

Antwort

ω180 = 3,464 rad/s

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