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
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂w

Gegeben sind z₁ = 5∠−35° und z₂ = 4∠20°. Bestimme den Imaginärteil von w = z₁/z₂.

z₁ = 5∠−35°z₂ = 4∠20°
Im(w) =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂

Löse z² − 3z + 6,25 = 0. Die Lösungen sind a ± jb; bestimme den Realteil a.

p = −3q = 6,25
a =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
10 V200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 100 µF
I = A
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V60 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 100 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 100 µF
f0 = Hz
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
400 V14 kW, 0,8212 kW, 0,85I

An einer einphasigen Versorgung mit 400 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 4 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und eine Last mit 12 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

V = 400 VP1 = 4 kW, pf1 = 0,8 induktivP2 = 12 kW, pf2 = 0,85 induktiv
cos φ =
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 30 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 30 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V1 kΩ470 µH47 nF

Ein Parallel-RLC-Kreis hat R = 1 kΩ, L = 470 µH und C = 47 nF. Bestimme seinen Gütefaktor Q.

R = 1 kΩL = 470 µHC = 47 nF
Q =
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 22 nFR = 2 ΩL = 10 µH

Ein geladener Kondensator mit 22 nF entlädt sich über eine Spule mit 10 µH und einem gesamten Reihenwiderstand von 2 Ω, sodass die Schwingung langsam abklingt. Ihre Amplitude fällt wie e−Rt/(2L). Wie viele Schwingungsperioden n vergehen, bis die Amplitude auf die Hälfte gefallen ist? (Die Verluste sind klein, die Frequenz ist also f₀.)

L = 10 µHC = 22 nFR = 2 Ω
n =
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 208 VIL​ = 120 Acos φ = 0,9induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 208 V einen Leiterstrom von 120 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,9 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 208 VIL = 120 Acos φ = 0,9
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 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 = 60 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 5 ΩL33 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.

Vs = 5 VR = 5 ΩL = 33 mH
W(∞) = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 VR1​ = 22 ΩR2​ = 10 Ωschließt bei t = 0L33 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 = 2 ms.

Vs = 15 VR1 = 22 ΩR2 = 10 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 1 mHC = 0,22 µFR = 2 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 2 Ω abgegriffen, mit L = 1 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 2 ΩL = 1 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
16.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 28/(s(s + 8)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 28/(s(s + 8))
ωc = rad/s

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: Im(w) = −1,024

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 und Argument von w

|w| = 5 / 4 = 1,25
θ = −35° − 20° = −55°

Kartesische Form

Re(w) = 1,25·cos(−55°) = 0,717
Im(w) = 1,25·sin(−55°) = −1,024
Im(w) = −1,024

Antwort

Im(w) = −1,024
2.Komplexe Zahlen

Antwort: a = 1,5

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.

Diskriminante

p² − 4q = 9 − 25 = −16 < 0

Lösungsformel

z = (3 ± j√16)/2 = 1,5 + j2, 1,5 − j2

Antwort

a = 1,5

Antwort

a = 1,5
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,04087 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 = 1257·0,2 = 251,3 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) = √(25² + (243,4)²) = 244,7 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 10/244,7 = 0,04087 A

Antwort

I = 0,04087 A
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 35,59 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·√(0,2·100·10⁻⁶)) = 35,59 Hz

Antwort

f0 = 35,59 Hz
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,8376

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 = 4·tan(arccos 0,8) = 3 kvar
Q2 = 12·tan(arccos 0,85) = 7,437 kvar

Summen

P = 4 + 12 = 16 kW
Q = 3 + 7,437 = 10,44 kvar
S = √(16² + 10,44²) = 19,1 kVA

Gesamtleistungsfaktor

cos φ = P/S = 16/19,1 = 0,8376 induktiv

Antwort

cos φ = 0,8376
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 9,72 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.

Blindleistung vorher und nachher

Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(36,87°) = 22,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,72 kvar

Antwort

QC = 9,72 kvar
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: Q = 10

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) = 212766 rad/s

Güte

Q = R/(ω₀L) = 1000/(212766·0,00047) = 10

Antwort

Q = 10

Die Bandbreite beträgt 1/(2πRC) = 3,386 kHz.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: n = 2,352

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).

Halbwertszeit der Amplitude

t = 2·1 × 10⁻⁵·ln 2/2 = 6,931 × 10⁻⁶ s

Anzahl der Perioden

n = t·f0 = 6,931 × 10⁻⁶·339319 = 2,352

Antwort

n = 2,352

Abkürzung: n = Q·ln 2/π mit Q = 10,66.

9.Drehstromleistung

Antwort: P = 38,91 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.

Scheinleistung

S = √3·VL·IL = √3·208·120 = 43,23 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 43,23·0,9 = 38,91 kW

Antwort

P = 38,91 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 148,1 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 = 60·tan(acos 0,7) = 60·1,02 = 61,21 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 32,15 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) = 10718/(314,2·480²) = 148,1 µF

Antwort

Cph = 148,1 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W(∞) = 16,5 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 = 33 mH / 5 Ω = 6,6 ms
i(∞) = Vs/R = 5/5 = 1 A

Gespeicherte Energie

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·33·1² = 16,5 mJ

Antwort

W(∞) = 16,5 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,6257 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) = 15/(22 + 10) = 0,4688 A
i(∞) = 15/22 = 0,6818 A
τ = L/R = 33/22 = 1,5 ms
i(t) = 0,6818 + (0,4688 − 0,6818)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(2) = 0,6818 + (−0,2131)·e−2/1,5 = 0,6257 A

Antwort

i = 0,6257 A
13.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,3214 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​ = 8 ΩR3​ = 4 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 4 = 5,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​2 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) = 9·2/(8+2) = 1,8 V
IN​0,3214 ARth​5,6 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 = 1,8/5,6 = 0,3214 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 51,73 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​ = 6 ΩR3​ = 5 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 5 = 9,615 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​2,5 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) = 27,69 + 2,5·4,615 = 39,23 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 39,23 + 2,5·5 = 51,73 V
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 318,3 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/√(0,001·2,2 × 10⁻⁷) = 67420 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 10730 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 2/0,001 = 2000 rad/s = 318,3 Hz

Antwort

BW = 318,3 Hz
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 3,244 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 + 64ω² − 784 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·784))/2 = 10,52
ωc = 3,244 rad/s

Antwort

ωc = 3,244 rad/s

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