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 = 6∠35° in kartesischer Form a + jb und gib den Realteil a an.

r = 6θ = 35°
a =
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Löse z² + 6z + 18 = 0. Die Lösungen sind a ± jb; bestimme den Realteil a.

p = 6q = 18
a =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V100 HzR = 25 ΩL = 20 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 20 mH
φ = °
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
24 V500 HzR1​ = 40 ΩR2​ = 60 ΩC = 2,2 µF

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR1 = 40 ΩR2 = 60 ΩC = 2,2 µF
|Z| = Ω
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 27 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 27 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 27 kWpf = 0,6V = 230 V
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
12 V50 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j30 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 2 + j30 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 12 V (rms)f = 50 HzZs = 2 + j30 Ω
Pmax = W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 470 µHC = 2,2 µF

In einem idealen LC-Kreis mit L = 470 µH und C = 2,2 µF 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 = 470 µHC = 2,2 µF
t = µs
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
C = 100 nFr = 2 ΩL = 220 µH

Ein Parallelschwingkreis besteht aus einem Kondensator mit 100 nF und einer Spule mit 220 µH und einem Wicklungswiderstand von 2 Ω. Bei Resonanz verhält er sich wie ein Widerstand, sein dynamischer Widerstand ist RD = L/(C·r). Bestimme RD in kΩ.

L = 220 µHC = 100 nFr = 2 Ω
RD = kΩ
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M37 kW, η = 88%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 37 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 = 37 kWη = 88%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
10.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​10 Vt = 0R = 20 ΩL100 mHi(t)

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

Vs = 10 VR = 20 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vöffnet bei t = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 2,2 kΩC22 µF+−vC​

Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 60 ms.

Vs = 6 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 60 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩARL​5 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 5 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩRL = 5 Ω
IL = A
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 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 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 22 nFR = 22 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 22 kΩ, C = 22 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 1,6 kHz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 22 kΩC = 22 nFf = 1,6 kHz
φ = °
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) = 400/(s(s + 10)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 400/(s(s + 10))
PM = °

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: a = 4,915

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 = 6·cos(35°) = 4,915
b = 6·sin(35°) = 3,441

Kartesische Form

z = 4,915 + j3,441
a = 4,915

Antwort

a = 4,915
2.Komplexe Zahlen

Antwort: a = −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.

Diskriminante

p² − 4q = 36 − 72 = −36 < 0

Lösungsformel

z = (−6 ± j√36)/2 = −3 + j3, −3 − j3

Antwort

a = −3

Antwort

a = −3
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 63,31 °

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

XL = ωL = 2π·100·0,02 = 12,57 Ω

Zweigströme

Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.

IR = V/R = 50/25 = 2 A
IX = V/XL = 50/12,57 = 3,979 A

Gesamtstrom

Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.

I = √(IR² + IX²) = √(2² + 3,979²) = 4,453 A

Phasenwinkel

Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(3,979/2) = 63,31°

Antwort

φ = 63,31°
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 93,63 Ω

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·500·2,2·10⁻⁶) = 144,7 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 = 51,2 − j21,23 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 40 + 51,2 − j21,23 = 91,2 − j21,23 Ω
|Z| = √(91,2² + 21,23²) = 93,63 Ω

Antwort

|Z| = 93,63 Ω
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 195,7 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.

Leiterstrom

Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.

I = P/(V·cos φ) = 27000/(230·0,6) = 195,7 A

Antwort

I = 195,7 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 18 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 − j30 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 12/4 = 3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·2) = 18 W

Antwort

Pmax = 18 W
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: t = 50,51 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√(0,00047·2,2 × 10⁻⁶) = 202 µs

Viertelperiode

t = T/4 = 50,51 µs

Antwort

t = 50,51 µs
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 × 10⁻⁷·2) = 1100 Ω = 1,1 kΩ

Kontrolle mit Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 23,45, Q²·r = 1100 Ω

Antwort

RD = 1,1 kΩ
9.Drehstromleistung

Antwort: IL = 57,47 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 = 37/0,88 = 42,05 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 42045/(√3·480·0,88) = 57,47 A

Antwort

IL = 57,47 A
10.Drehstromleistung

Antwort: QC = 190,2 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 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 190,2 kvar

Antwort

QC = 190,2 kvar
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,3161 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 = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,5·(1 − e−5/5) = 0,3161 A

Antwort

i = 0,3161 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 0,6948 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.

Anfangsspannung des Kondensators

Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.

vC(0) = 6·2,2/(3,3 + 2,2) = 2,4 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 2,2·22 = 48,4 ms

Entladung

vC(t) = 2,4·e−60/48,4 = 0,6948 V

Antwort

vC = 0,6948 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,2521 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​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 6 = 8,222 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 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) = 6·5/(4+5) = 3,333 V
Rth​ = 8,222 Ω+−Vth​3,333 VRL​5 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) = 3,333/(8,222 + 5) = 0,2521 A
14.Thévenin und Norton

Antwort: IN = −5,688 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​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 12 = 14,22 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 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) = 4,444 + (−6)·2,222 = −8,889 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −8,889 + (−6)·12 = −80,89 V
IN​5,688 ARth​14,22 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 = −80,89/14,22 = −5,688 A
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = 11,61 °

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.

Eckfrequenz

ωc = 1/(RC) = 1/(22000·2,2 × 10⁻⁸) = 2066 rad/s
fc = 328,8 Hz → f/fc = 1600/328,8 = 4,866

Phase

φ = 90° − atan(4,866) = 11,61°

Antwort

φ = 11,61°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 28,02 °

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 + 100ω² − 160000 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·160000))/2 = 353,1
ωc = 18,79 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(18,79/10) = −152°
PM = 180° + ∠L = 28,02°

Antwort

PM = 28,02°

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