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 = −5 + j6 in Grad als Hauptwert zwischen −180° und 180°.

z = −5 + j6
θ = °
2.Komplexe ZahlenSchwer
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Bestimme den Realteil von (1 + j3)⁵.

z = 1 + j3n = 5
Re(z⁵) =
3.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 2,2 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
P = W
4.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
24 V1000 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
5.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 V126 kW, 0,75221 kW, 1I = ?

An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 26 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv und ein Heizgerät mit 21 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.

V = 240 VP1 = 26 kW, pf1 = 0,75 induktivP2 = 21 kW, pf2 = 1
I = A
6.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 35 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die nötige Kapazität C.

P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteMittel
V100 Ω470 µH4,7 nF

Ein Reihen-RLC-Kreis hat R = 100 Ω, L = 470 µH und C = 4,7 nF. Bestimme seine Bandbreite BW in kHz.

R = 100 ΩL = 470 µHC = 4,7 nF
BW = kHz
8.LC-Resonanz, Gütefaktor und BandbreiteSchwer
V5 ΩLC = ?

Entwirf ein Reihen-RLC-Filter mit einem Gesamtwiderstand von 5 Ω, einer Resonanzfrequenz von 100 kHz und einer Bandbreite von 5 kHz. Bestimme die Kapazität C in nF.

R = 5 Ωf0 = 100 kHzBW = 5 kHz
C = nF
9.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = 80 Acos φ = 0,88induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 80 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VIL = 80 Acos φ = 0,88
P = kW
10.DrehstromleistungSchwer
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL33 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​9 Vöffnet bei t = 0R1​ = 6,8 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 = 80 ms.

Vs = 9 VR1 = 6,8 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 80 ms
vC = V
13.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​5 ABRL​15 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 15 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩRL = 15 Ω
PL = W
15.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 2(s + 6)/(s(s + 5)) bei ω = 20 rad/s in Grad.

G(s) = 2(s + 6)/(s(s + 5))ω = 20 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) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 10 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))GM = 10 dB
K =

3Lösungen

1.Komplexe Zahlen

Antwort: θ = 129,8 °

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 = −5, b = 6 → II

Bezugswinkel

α = atan(6/5) = 50,19°

Argument

θ = 180° − α = 129,8°

Antwort

θ = 129,8°

In Polarform ist z = 7,81∠129,8°.

2.Komplexe Zahlen

Antwort: Re(z⁵) = 316

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 = (1 + j3)(1 + j3) = −8 + j6
z³ = (−8 + j6)(1 + j3) = −26 − j18
z⁴ = (−26 − j18)(1 + j3) = 28 − j96
z⁵ = (28 − j96)(1 + j3) = 316 − j12

Mit De Moivre kontrollieren

z = 3,162∠71,57° → z⁵ = 316,2∠−2,175°
Re(z⁵) = 316

Antwort

Re(z⁵) = 316
3.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: P = 1,247 W

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

XL = 314,2 Ω, XC = 361,7 Ω

Impedanz

|Z| = √(25² + (−47,56)²) = 53,73 Ω

Wirkleistung

Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.

I = 12/53,73 = 0,2234 A
P = I²·R = 0,2234²·25 = 1,247 W

Antwort

P = 1,247 W
4.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,01909 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,2 = 1257 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (1253)²) = 1257 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 24/1257 = 0,01909 A

Antwort

I = 0,01909 A
5.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 217,9 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 jeder Last

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

Q1 = 26·tan(arccos 0,75) = 22,93 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Summen

P = 26 + 21 = 47 kW
Q = 22,93 + 0 = 22,93 kvar
S = √(47² + 22,93²) = 52,3 kVA

Gesamtstrom

I = S/V = 52295/240 = 217,9 A

Antwort

I = 217,9 A
6.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 881,8 µF

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 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(23,07°) = 14,91 kvar
QC = Q1 − Q2 = 15,96 kvar

Kapazität

Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 15957/(2π·50·240²) = 881,8 µF

Antwort

C = 881,8 µF
7.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: BW = 33,86 kHz

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).

Bandbreite in rad/s

R/L = 100/0,00047 = 212766 rad/s

Bandbreite in Hz

BW = 212766/(2π) = 33863 Hz = 33,86 kHz

Antwort

BW = 33,86 kHz

Mit f₀ = 107,1 kHz ergibt sich Q = 3,162.

8.LC-Resonanz, Gütefaktor und Bandbreite

Antwort: C = 15,92 nF

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).

Induktivität aus der Bandbreite

L = R/(2π·BW) = 5/(2π·5000) = 0,0001592 H

Kapazität aus der Resonanzfrequenz

C = 1/((2π·100000)²·0,0001592) = 1,592 × 10⁻⁸ F = 15,92 nF

Antwort

C = 15,92 nF

Q = f₀/BW = 20.

9.Drehstromleistung

Antwort: P = 48,77 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 = √3·400·80 = 55,43 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 55,43·0,88 = 48,77 kW

Antwort

P = 48,77 kW
10.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 269,1 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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 144,9 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 48304/(377·690²) = 269,1 µF

Antwort

Cph = 269,1 µF
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 2,637 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.

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 / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A

Spulenspannung

Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−1/0,66 = 2,637 V

Antwort

vL = 2,637 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 0,4213 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) = 9·2,2/(6,8 + 2,2) = 2,2 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 2,2·22 = 48,4 ms

Entladung

vC(t) = 2,2·e−80/48,4 = 0,4213 V

Antwort

vC = 0,4213 V
13.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 5,667 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​ = 10 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 4 = 5,667 Ω
14.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 112,8 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​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​8 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAIs​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) = 5 + 5·4 = 25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25 + 5·12 = 85 V
Rth​ = 16 Ω+−Vth​85 VRL​15 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) = 85/(16 + 15) = 2,742 A
PL = IL²·RL = 2,742²·15 = 112,8 W
15.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −92,66 °

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(20/6) − 90° − atan(20/5) = 73,3° − 90° − 75,96°

Ergebnis

∠G(j20) = −92,66°

Antwort

∠G(jω) = −92,66°
16.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 123,3

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/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Geforderte Verstärkung

390/K = 1010/20 = 3,162
K = 390/3,162 = 123,3

Antwort

K = 123,3

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