Musterlösungen zu Grundlagen der Wechselstromtechnik

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1 Musterlösungen zu Grundlagen der Wechselstromtechnik W. Kippels 2. September 2016 Inhaltsverzeichnis 1 Grundgrößen der Wechselstromtechnik Übungsfragen zu Grundgrößen der Wechselstromtechnik Frage 1: Frage 2: Frage 3: Frage 4: Frage 5: Wechselstromwiderstände Übungsfragen zu Wechselstromwiderständen Frage 1: Frage 2: Frage 3: Frage 4: Frage 5: Frage 6: Schaltnetze Übungsaufgaben zu Schaltnetzen Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe

2 4 Kompensation Berechnungen der Kompensation Lösungen der Übungsaufgaben zur Kompensation Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe

3 1 Grundgrößen der Wechselstromtechnik Die nachfolgenden Musterlösungen gehören zu den Aufgaben, die in diesem Lehrgang zu finden sind: Übungsfragen zu Grundgrößen der Wechselstromtechnik Frage 1: Die Netz-Wechselspannung hat eine Frequenz von f 50 Hz. Bestimmen Sie: 1. die Periodendauer 2. die Kreisfrequenz Lösung 1: Lösung 2: T 1 f 1 50 Hz 1 50 s 1 s 20 ms 1 50 ω 2 π f 2 π 50 Hz 314 s Frage 2: Die Netz-Wechselspannung hat einen Effektivwert von U eff 230 V. Wie groß ist der Scheitelwert Û? Lösung: U eff 1 2 Û Û 2 U eff V 325 V 3

4 1.1.3 Frage 3: Eine Wechselspannung hat einen Effektivwert von U eff 10 V. Wie groß ist der Mittelwert U M? Lösung: U eff 1 Û 2 2 Ueff Û 2 Û 2 U eff U M 2 π Û Frage 4: U M 2 π 2 U eff U M 2 π 2 10 V U M 9, 00 V Mit Hilfe eines Oszilloskopes wird der Spitze-Spitze-Wert einer sinusförmigen Wechselspannung mit U ss 30 V gemessen. Wie groß ist der Effektivwert U eff der Spannung? Lösung: Frage 5: U ss 2 Û Û 1 2 U ss U eff 1 Û U ss V 10, 6 V 2 2 Mit Hilfe eines Oszilloskopes wird die Periodendauer einer sinusförmigen Wechselspannung mit T 200 µs gemessen. Wie groß ist die Frequenz f der Spannung? Lösung: f 1 T µs 5 khz 4

5 2 Wechselstromwiderstände 2.1 Übungsfragen zu Wechselstromwiderständen Frage 1: Ergänzen Sie den Satz: Der Strom in einer Induktivität eilt der Spannung in der Phase um 90 nach Frage 2: Ergänzen Sie den Satz: Je größer die Frequenz ist, desto größer ist der Wechselstromwiderstand einer Induktivität Frage 3: Ergänzen Sie den Satz: Der Strom in einer Kapazität eilt der Spannung in der Phase um 90 voraus Frage 4: Ergänzen Sie den Satz: Je größer die Frequenz ist, desto kleiner ist der Wechselstromwiderstand einer Kapazität Frage 5: Wie groß ist der Strom I in einer Induktivität mit L 10 H, die an eine Wechselspannung von U 12 V mit einer Frequenz von f 50 Hz angeschlossen ist? Wie groß ist der Komplexe Strom Ī, wenn die Spannung Ū als Reele Spannung vorausgesetzt ist? Lösung: ω 2 π f 2 π 50 Hz 314 s 1 X L ωl 314 s 1 10 H 3,14 kω I U X L 12 V 3,82 ma 3,14 kω I ji j3,82 ma 5

6 2.1.6 Frage 6: Bei welcher Frequenz f hat ein Kondensator mit einer Kapazität von C 1 µf einen Wechselstromwiderstand von X C 318 Ω? Lösung: 1 X C ω C 1 X C 2 π f C f 1 2 π C X C f 1 2 π 1 µf 318 Ω f 500 Hz f X C 6

7 3 Schaltnetze 3.1 Übungsaufgaben zu Schaltnetzen Aufgabe 1 Nebenstehende Schaltung ist an eine Wechselspannung von U 100V mit ω 100 s 1 angschlossen. Die Bauteilwerte sind: C 500 µf L 250 mh R 50 Ω Gesucht sind die Ströme I C im Kondensator, I L in der Spule und I R im ohmschen Widerstand. I C X C I L X L I R R Lösung: Zunächst werden die Blindwiderstände von C und L bestimmt. X C 1 ω C s µf 20 Ω X L ω L 100 s mh 25 Ω Nun stelle ich die verschiedenen angegebenen Größen im komplexer Form dar: X C 20 Ω X C j20 Ω X L 25 Ω X L j25 Ω R 50 Ω R 50 Ω U 100 V Ū 100 V Ich fasse X L und R zum Ersatzwiderstand Z 1 zusammen. Z 1 X L R L + X R j25 Ω 50 Ω j25 Ω + 50 Ω j1250 Ω 2 50 Ω + j25 Ω (j1250 Ω 2 )(50 Ω j25 Ω) (50 Ω + j25 Ω)(50 Ω j25 Ω) j62500 Ω Ω Ω Ω Ω3 + j62500 Ω Ω 2 Z 1 10 Ω + j20 Ω 7

8 In Reihe zu Z 1 ist X C geschaltet. Ich erhalte den Gesamt-Ersatzwiderstand der Schaltung: Z X C + Z 1 j20 Ω + 10 Ω + j20 Ω Z 10 Ω Als nächstes bestimme ich den Gesamtstrom, der durch Z fließt. Da dies zugleich der Strom im Kondensator ist, nenne ich ihn I C. I C Ū Z 100 V 10 Ω I C 10 A Mit diesem Strom kann ich die Spannung an der Spule und dem Widerstand berechnen. Er fließt durch den Ersatzwiderstand Z 1. Ich nenne die Spannung deshalb U 1. Ū 1 Z 1 Ī C (10 Ω + j20 Ω) 10 A Ū V + j200 V Mit Hilfe dieser Spannung kann ich den Strom I L in der Spule berechnen. I Ū 1 L L X 100 V + j200 V j25 Ω j100 V 200 V 25 Ω I 8 A j4 A L erweitern mit j Ebenso geht es mit dem Strom I R im Widerstand. I Ū 1 R R 100 V + j200 V 50 Ω I 2 A + j4 A R 8

9 Gesucht sind aber nicht die komplexen Ströme Ī R, Ī C und Ī L, sondern deren Beträge I R, I C und I L. Diese können wir mit der Wurzelformel z z (Rez ) 2 + (Imz ) 2 berechnen. I R (2 A) 2 + (4 A) 2 4, 472 A I C (10 A) 2 10 A I L (8 A) 2 + ( 4 A) 2 8, 944 A 9

10 3.1.2 Aufgabe 2 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Berechnen Sie den Komplexen Ersatzwiderstand der Schaltung sowie seinen Betrag Z und den Phasenverschiebungswin- Z kel ϕ. Folgende Werte sind bekannt: R Ω R Ω R Ω R Ω L 1 0, 1 H L 2 0, 1 H ω 1000 s 1 R 1 L 1 R 2 R 3 L 2 R 4 Lösung: Wir bestimmen zunächst aus den gegebenen Daten die komplexen Wirk- und Blindwiderstände. R Ω R Ω R Ω R Ω R Ω R Ω R Ω R Ω X L s 1 0, 1 H 100 Ω X L1 j100 Ω X L s 1 0, 1 H 100 Ω X L2 j100 Ω Ich fasse R 1 und X L1 mit der Formel für die Reihenschaltung als Z 1 zusammen. Z 1 R 1 + X L1 100 Ω + j100 Ω Ich fasse Z 1 mit R 2 zu Z 2 zusammen. Dazu verwende ich die Formel für die Parallelschaltung. Z 2 Z 1 R 2 Z 1 + R 2 (100 Ω + j100 Ω) 200 Ω 100 Ω + j100 Ω Ω Ω2 + j20000 Ω Ω + j100 Ω Damit die Zahlen und die Einheiten nicht so groß werden, klammere ich im Zähler und im Nenner 100 Ω aus und kürze dadurch. Z Ω (200 Ω + j200 Ω) 100 Ω (3 + j1) 200 Ω + j200 Ω 3 + j1 Das muss ich jetzt aufteilen können in Real- und Imaginärteil. Dazu muss ich den Bruch Konjugiert Komplex erweitern. Z Ω + j200 Ω 3 + j1 Z 2 80 Ω + j40 Ω 3 j1 3 j1 600 Ω j200 Ω + j600 Ω Ω Ω + j400 Ω 10 Ähnlich müssen wir auch die rechte Teilschaltung zusammenfassen. Die Reihenschaltung aus R 3 und X L2 bekommt den Namen Z 3. Die Parallelschaltung von Z 3 mit R 4 nenne 10

11 ich dann Z 4. Z L2 200 Ω + j100 Ω R X Z 4 Z 3 4 (200 Ω + j100 Ω) 100 Ω R Z Ω + j100 Ω Ω R + j10000 Ω Ω + j100 Ω 100 Ω (200 Ω + j100 Ω) 200 Ω + j100 Ω 100 Ω (3 + j1) 3 + j1 (200 Ω + j100 Ω) (3 j1) 600 Ω j200 Ω + j300 Ω Ω (3 + j1) (3 j1) Z 4 70 Ω + j10 Ω 700 Ω + j100 Ω 10 Um den Gesamtwiderstand Z zu bestimmen, muss ich nun noch Z 2 und Z 4 addieren. Z Z 2 + Z 4 80 Ω + j40 Ω + 70 Ω + j10 Ω 150 Ω + j50 Ω Mit den entsprechenden Formeln kann ich dann den Betrag Z und den Phasenverschiebungswinkel ϕ von Z berechnen. Z (ReZ ) 2 + (ImZ ) 2 (150 Ω) 2 + (50 Ω) Ω ϕ arctan ImZ arctan 50 Ω 18, Ω ReZ Z 158 Ω ϕ 18, 43 11

12 3.1.3 Aufgabe 3 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Berechnen Sie den Komplexen Ersatzwiderstand Z der Schaltung sowie seinen Betrag Z und den Phasenverschiebungswinkel ϕ. Folgende Werte sind bekannt: R 1 L 1 C 1 C 2 R 2 R Ω R Ω L mh C 1 2 µf C 2 10 µf C 3 2 µf ω 1000 s 1 Lösung: Wie schon bei Aufgabe 2 bestimmen wir zunächst aus den gegebenen Daten die komplexen Wirk- und Blindwiderstände. R Ω R Ω R Ω R Ω X L ω L 1000 s mh 200 Ω L j200 Ω X X C1 1 1 ω C s 1 2 µf 500 Ω X C1 j500 Ω X C2 1 1 ω C s 1 10 µf 100 Ω X C2 j100 Ω X C3 1 1 ω C s 1 2 µf 500 Ω X C3 j500 Ω C 3 Als nächstes werden R 1 und X L mit Hilfe der Formel für die Reihenschaltung zu Z 1 zusammengefasst. Z 1 R 1 + X L1 100 Ω + j200 Ω Nun kann man mit Hilfe der Formel für die Parallelschaltung Z 1 und X C1 zu Z 2 zusammengefasst werden. Nachdem die Werte eingesetzt und zusamengefasst sind, wird ausgeklammert, gekürzt und Konjugiert Komplex erweitert, um Z 2 in Realteil und Imaginärteil aufspalten zu können. Z 2 Z 1 C1 (100 Ω + j200 Ω) ( j500 Ω) X Z 1 + C1 100 Ω + j200 Ω + ( j500 Ω) X j50000 Ω Ω Ω j300 Ω 100 Ω ( j500 Ω Ω) j500 Ω Ω ( j500 Ω Ω) (1 + j3) 100 Ω (1 j3) j500 Ω Ω Ω + j3000 Ω j Ω + j2500 Ω 10 (1 j3) (1 + j3) 250 Ω + j250 Ω Die Parallelschaltung aus R 2 und X C3 nenne ich Z 3 und berechne sie mit der Parallelschaltungsformel. Anschließend wird wieder zusammengefasst, ausgeklammert, gekürzt und Konjugiert Komplex erweitert. 12

13 Z 3 R 2 C3 200 Ω ( j500 Ω) X 2 + C3 200 Ω + ( j500 Ω) R X j1000 Ω ( j1000 Ω) (2 + j5) 2 j5 (2 j5) (2 + j5) j68, 97 Ω + 172, 41 Ω j Ω2 100 Ω ( j1000 Ω) 200 Ω j500 Ω 100 Ω (2 j5) j2000 Ω Ω j2000 Ω Ω 29 Die drei Widerstände Z 2, X C2 und Z 3 sind in Reihe geschaltet. Ich kann also den Gesamt- Scheinwiderstand Z mit der Reihenschaltungsformel berechnen und zusammenfassen. Z Z 2+X C2+Z Ω+j250 Ω j100 Ω j68, 97 Ω+172, 41 Ω 422, 41 Ω+j81, 03 Ω Der Betrag und der Phasenwinkel dieses Widerstandes kann wieder mit Hilfe der Grundformeln berechnet werden. Z (ReZ ) 2 + (ImZ ) 2 (422, 41 Ω) 2 + (81, 03 Ω) 2 430, 11 Ω ϕ arctan ImZ 81, 03 Ω arctan 10, , 41 Ω ReZ Z 430, 11 Ω ϕ 10, 86 13

14 3.1.4 Aufgabe 4 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie den Komplexen Ersatzwiderstand der Schaltung! Bekannt sind folgende Werte: Z ω 100 s 1 L 1 0, 5 H L 2 1 H C µf C µf R 1 20 Ω R 2 50 Ω R 3 50 Ω R 4 30 Ω L 1 C 1 R 2 C 2 R 1 R 4 R 3 L 2 Lösung: Zur Lösung bestimme ich zunächst die entsprechenden Blindwiderstände aus der Kreisfrequenz und den L- und C-Werten. X L1 ω L s 1 0, 5 H 50 Ω X L1 j50 Ω X L2 ω L s 1 1 H 100 Ω L2 j100 Ω X X C1 1 1 ω C s µf 20 Ω X C1 j20 Ω X C2 1 1 ω C s µf 100 Ω X C2 j100 Ω R 1 20 Ω 1 20 Ω R R 2 50 Ω R 2 50 Ω R 3 50 Ω R 3 50 Ω R 4 30 Ω R 4 30 Ω Ich beginne bei der Reihenschaltung aus R 3 und L 2. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z 1. Z 1 R 3 + X L2 Z 1 50 Ω + j100 Ω Parallel zu Z 1 ist C 2 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z 2. Z 2 X C2 Z 1 C2 + Z 1 X j100 Ω (50 Ω + j100 Ω) j100 Ω + 50 Ω + j100 Ω j5000 Ω Ω 2 50 Ω Z 2 j100 Ω Ω In Reihe zu Z 2 ist R 4 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z 3. Z 3 R 4 + Z 2 30 Ω j100 Ω Ω Z Ω j100 Ω 14

15 Parallel zu Z 3 ist R 2 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z 4. Z 4 Z 3 2 R Z R (230 Ω j100 Ω) 50 Ω 230 Ω j100 Ω + 50 Ω Ω2 j5000 Ω Ω j100 Ω (11500 Ω2 j5000 Ω 2 ) (280 Ω + j100 Ω) (280 Ω j100 Ω) (280 Ω + j100 Ω) Ω3 + j Ω 3 j Ω Ω Ω Ω Ω3 j Ω Ω 2 Z 4 42, 081 Ω j2, 828 Ω Parallel zu Z 4 ist C 1 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z 5. Z 5 Z 4 C1 X Z 4 + C1 X (42, 081 Ω j2, 828 Ω) ( j20 Ω) 42, 081 Ω j2, 828 Ω j20 Ω j841, 62 Ω2 56, 56 Ω 2 42, 081 Ω j22, 828 Ω ( j841, 62 Ω2 56, 56 Ω 2 ) (42, 081 Ω + j22, 828 Ω) (42, 081 Ω j22, 828 Ω)(42, 081 Ω + j22, 828 Ω) j35416 Ω Ω Ω 3 j1291 Ω Ω Ω Ω3 j36707 Ω Ω 2 Z 5 7, 344 Ω j16, 02 Ω In Reihe zu Z 5 sind R 1 und L 1 geschaltet. Damit ergibt sich der Gesamtwiderstand Z der Schaltung. Z X L1 + Z 5 + R 1 Z j50 Ω + 7, 344 Ω j16, 02 Ω + 20 Ω Z 27, 344 Ω + j33, 98 Ω 15

16 3.1.5 Aufgabe 5 Bestimmen Sie die Ströme I 1, I 2 und I 3 in den Außenleitern des nebenstehend dargestellten Dreiphasenwechselstromnetzes mit U L 400V! Stellen Sie dazu ein Lineargleichungssystem für die drei Komplexen Ströme Ī 1, Ī 2 und Ī 3 auf und lösen Sie das Gleichungssystem. Berechnen Sie anschließend die gesuchten Beträge der Ströme I 1, I 2 und I 3. Bekannt sind die Werte: X L 100 Ω; X C 200 Ω; R 50 Ω L1 L2 L3 F I 1 I 2 I 3 X C R X L R I3 U 12 X C U 23 I 2 L3 I 1 I 3 Lösung: Um einen besseren Überblick zu erhalten, wird die Schaltung zunächst etwas umgezeichnet. Dabei werden aus dem Dreiphasen-Wechselspannungsnetz L1 I 1 X L N nur die Spannungen U 12 und U 23 verwen- det; mit diesen wird aber trotzdem das komplette Netz vollständig beschrieben. Zur besseren Orientierung habe ich die Punkte, die die Außenleiter L1, L2 und L3 sowie den Sternpunkt N bezeichnen, mit in L2 die Schaltung eingetragen. Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich die Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem Maschenstromverfahren arbeiten möchte, wähle ich zunächst einen Vollständigen Baum, der alle Knoten (hier allerdings nur zwei) auf einem eindeutigen Weg miteinander verbindet. Dieser auf einen einzigen Strich verkümmerte Baum ist in grüner Farbe dargestellt. Damit ergeben sich die Maschenströme I 1 und I 3, mit denen das Gleichungssystem aufgestellt wird. Die Masche 1 verläuft über X L, X C und U 12, Masche 3 entsprechend über R, X C und U 23. Bevor wir beginnen können, sollten wir die komplexen Spannungen festlegen. Ich lege Ū 12 in die reelle Richtung. Damit ist: Ū V Die Spannung Ū 23 eilt der Spannung Ū 12 um 120 nach. Damit ergibt sich für Ū 23 : ( ) Ū V e j V cos( 120 ) + j sin( 120 ) 200 V j346,4 V Weiterhin ist: X L jx L j100 Ω 16

17 X C jx C j200 Ω Jetzt können wir einen Maschenumlauf für Masche 1 und Masche 3 aufstellen. (1) X L Ī 1 + X C (Ī 1 + Ī 3 ) Ū 12 0 (3) R Ī 2 + X C (Ī 2 + Ī 1 ) + Ū 23 0 (1) X L Ī 1 + X C Ī 1 + X C Ī 3 Ū 12 (3) R Ī 2 + X C Ī 2 + X C Ī 1 Ū 23 (1) (X L + X C) Ī 1 + X C Ī 3 Ū 12 (3) X C Ī 1 + (R + X C) Ī 2 Ū 23 Nun können die gegebenen Werte eingesetzt werden. (1) L + (X X C) Ī 1 C Ī +X 3 Ū 12 (3) C Ī X 1 + +(R X C) Ī 3 Ū 23 (1) (j100 Ω j200 Ω) Ī 1 j200 Ω Ī V (3) j200 Ω Ī 1 +(50 Ω j200 Ω) Ī V + j346,4 V (1) j100 Ω Ī 1 j200 Ω Ī V (3) j200 Ω Ī 1 +(50 Ω j200 Ω) Ī V + j346,4 V Multipliziert man Gleichung (1) mit 2, dann können die beiden Gleichungen einfach addiert werden. Ī 1 fällt dann weg. (1) j100 Ω Ī 1 j200 Ω Ī V ( 2) (3) j200 Ω Ī 1 +(50 Ω j200 Ω) Ī V + j346,4 V (1) j200 Ω Ī 1 +j400 Ω Ī V (3) j200 Ω Ī 1 +(50 Ω j200 Ω) Ī V + j346,4 V + (50 Ω + j200 Ω) Ī V + j346,4 V I I 12+j6,928 A 3 1+j4 I 12+j6,928 1 j4 3 A 1+j4 1 j4 I 12+j48+j6,928+27,712 3 I 15,712+j54,928 A 3 17 I 0,9242 A + j3,231 A 3 Zur Bestimmung von Ī 1 setze ich das Ergebnis in Gleichung (1) ein. 3 j100 Ω Ī 1 j200 Ω (0,9242 A + j3,231 A) 400 V 600 V+j346,4 V 50 Ω+j200 Ω 1+16 A j100 Ω Ī 1 j184,84 V + 646,2 V 400 V + j184,84 V 646,2 V j100 Ω Ī 1 j184,84 V 246,2 V : ( j100 Ω) j184,84 V 246,2 V I j 1 j100 Ω j 184,84 V j246,2 V I Ω I 1,8484 A j2,462 A 1 17

18 Mit diesen Ergebnissen kann nun auch Ī 2 bestimmt werden. Nach der Kirchhoffschen Knotenregel gilt: I 1 + Ī 2 + Ī 3 0 Ī 1 Ī 3 I 2 Ī 1 Ī 3 I 2 ( 1,8484 A j2,462 A) (0,9242 A + j3,231 A) I 2 1,8484 A + j2,462 A 0,9242 A j3,231 A I 2 0,9242 A j0,769 A Mit diesen Daten können wir nun die Beträge der drei Ströme bestimmen. Zur Erinnerung vorweg die zugehörige Grundformel: I (ReĪ) 2 + (ImĪ) 2 I 1 (1,8484 A) 2 + (2,462 A) 2 3,079 A I 2 (0,9242 A) 2 + (0,769 A) 2 1,202 A I 3 (0,9242 A) 2 + (3,231 A) 2 3,361 A 18

19 3.1.6 Aufgabe 6 Die Ströme in nebenstehende Schaltung können durch ein Lineargleichungssystem beschrieben werden. Stellen Sie das Gleichungssystem auf und berechnen Sie die Komplexen Ströme Ī 1, Ī 2 und Ī 3. Bekannt sind die Werte: R 1 1 kω; X C1 3 kω R 2 2 kω; X C2 4 kω X L 2 kω; Ū 1 j4 V; Ū 2 4 V R 1 I 1 C 1 C 2 R 2 I 3 I 2 U 1 L U 2 Lösung: werden. Vorweg können R 1 und C 1 zu Z 1 und R 2 und C 2 zu Z 2 zusammengefasst Z 1 R 1 + X C1 1 kω j3 kω Z 2 R 2 + X C2 2 kω j4 kω Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich die Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem Maschenstromverfahren arbeiten möchte, wähle ich zunächst einen Vollständigen Baum, der alle Knoten (hier allerdings nur zwei) auf einem eindeutigen Weg miteinander verbindet. Dieser auf einen einzigen Strich verkümmerte Baum ist in grüner Farbe dargestellt. Damit ergeben sich die Maschenströme I 1 I 2 I 1 und I 2, mit denen das Gleichungssystem aufgestellt wird. Die Masche 1 verläuft über Z 1, X L und U 1, Masche 2 entsprechend über Z 2, U 2 und X L. (1) Z 1 Ī 1 + X L (Ī 1 Ī 2 ) Ū 1 0 (2) Z 2 Ī 2 + X L (Ī 2 Ī 1 ) + Ū 2 0 (1) Z 1 Ī 1 + X L Ī 1 X L Ī 2 Ū 1 (2) Z 2 Ī 2 + X L Ī 2 X L Ī 1 Ū 2 (1) (Z 1 + X L) Ī 1 X L Ī 2 Ū 1 (2) X L Ī 1 + (Z 2 + X L) Ī 2 Ū 2 Nun können die gegebenen Werte eingesetzt werden. (1) (Z 1 + X L) Ī 1 L Ī X 2 Ū 1 (2) L Ī X 1 +(Z 2 + X L) Ī 2 Ū 2 (1) (1 kω j3 kω + j2 kω) Ī 1 j2 kω Ī 2 j4 V (2) j2 kω Ī 1 +(2 kω j4 kω + j2 kω) Ī 2 4 V (1) (1 kω j1 kω) Ī 1 j2 kω Ī 2 j4 V (2) j2 kω Ī 1 +(2 kω j2 kω) Ī 2 4 V 19

20 Zur Lösung kann man natürlich jedes beliebige Lösungsverfahren für Lineargleichungssysteme verwenden. 1 Ich möchte gern das Additions-/Subtraktionsverfahren verwenden. Damit beim Addieren die Variable Ī 1 wegfällt, multipliziere ich Gleichung (1) mit j2 und Gleichung (2) mit (1 j1). (1) (1 kω j1 kω) Ī 1 j2 kω Ī 2 j4 V (j2) (2) j2 kω Ī 1 +(2 kω j2 kω) Ī 2 4 V (1 j1) (1) (j2 kω j 2 2 kω) Ī 1 j 2 4 kω Ī 2 j 2 8 V (2) ( j2 kω + j 2 2 kω) Ī 1 +(2 kω j2 kω j2 kω + j 2 2 kω) Ī 2 4 V + j4 V (1) (j2 kω + 2 kω) Ī 1 +4 kω Ī 2 8 V (2) ( j2 kω 2 kω) Ī 1 +(2 kω j2 kω j2 kω 2 kω) Ī 2 4 V + j4 V (1) (j2 kω + 2 kω) Ī 1 +4 kω Ī 2 8 V (2) ( j2 kω 2 kω) Ī 1 j4 kω Ī 2 4 V + j4 V + (4 kω j4 kω) Ī 2 12 V + j4 V : (4 kω j4 kω) I I 2 12 V+j4 V 4 kω j4 kω 1 j1 ma 2 3+j1 I ( 3+j1) (1+j1) 2 (1 j1) (1+j1) ma I ma 2 3 j3+j+j2 1 j 2 I 2 3 j3+j ma I 2 4 j2 2 ma I 2 ma j1 ma 2 1 In Frage kommt beispielsweise das Einsetzungsverfahren, das Additions-/Subtraktionsverfahren, die Cramersche Regel oder das Gauß-Jordan-Verfahren. Einzelheiten zu den verschiedenen Verfahren sind hier zu finden: Einsetzungsverfahren: Additions-/Subtraktionsverfahren: Cramersche Regel: Gauß-Jordan-Verfahren: 20

21 Das Ergebnis setze ich in Gleichung (2) ein, um Ī 1 zu bestimmen. j2 kω Ī 1 + (2 kω j2 kω) Ī 2 4 V j2 kω Ī 1 + (2 kω j2 kω) ( 2 ma j1 ma) 4 V j2 kω Ī 1 4 V j2 V + j4 V + j 2 2 V 4 V j2 kω Ī 1 4 V j2 V + j4 V 2 V 4 V j2 kω Ī 1 6 V + j2 V 4 V + 6 V j2 V j2 kω Ī 1 2 V j2 V : ( j2 kω) I 2 V j2 V 1 j2 kω j j I j2 V j2 2 V 1 j 2 2 kω I j2 V + 2 V 1 2 kω I 1 ma + j1 ma 1 Damit kann nun I 3 bestimmt werden: I 3 I 1 I 2 1 ma+j1 ma ( 2 ma j1 ma) 1 ma+j1 ma+2 ma+j1 ma 3 ma+j2 ma Zusammengefasstes Ergebnis: Ī 1 1 ma + j1 ma Ī 2 2 ma j1 ma Ī 3 3 ma + j2 ma 21

22 3.1.7 Aufgabe 7 Nebenstehende Schaltung ist an zwei Spannungsquellen U 01 und U 02 mit einer Spannung von je 60 V angeschlossen. Die Phasenverschiebung zwischen diesen beiden Spannungen beträgt 0. Berechnen Sie die Komplexen Ströme Ī 1 bis Ī 5. Bekannt sind diese Werte: R 1 6 Ω; R 2 3 Ω; R 3 10 Ω; X C1 6 Ω X C2 15 Ω X L1 12 Ω I 1 R 1 L 1 C 1 R 2 I 4 U 01 C 2 R 3 U 02 I 2 I 5 I 3 Lösung: Zunächst stelle ich die gegebenen Größen als komplexe Werte auf. Da beide Spannungen die gleiche Phasenlage haben, lege ich die Spannungen entlang der reellen Achse fest: Ū 01 Ū V Die anderen komplexen Größen können aufgestellt werden: R 1 6 Ω R 2 3 Ω R 3 10 Ω X C1 j6 Ω X C2 j15 Ω X L1 j12 Ω Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich die Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem Maschenstromverfahren I 1 I 3 arbeiten möchte, wähle ich zunächst einen Vollständigen Baum, der alle Knoten (hier allerdings nur zwei) auf einem eindeutigen Weg miteinander verbindet. Die beiden Knoten über bzw. unter C 2 und R 3 sind in Wahrheit nur jeweils ein Knoten, da sie leitend miteinander I 4 verbunden sind. Dieser auf einen einzigen Strich verkümmerte Baum ist in grüner Farbe dargestellt. Damit ergeben sich die Maschenströme I 1, I 3 und I 4, mit denen das Gleichungssystem aufgestellt wird. Der Strom I 2 bleibt zunächst außen vor, er wird zum Schluss berechnet. Mit diesem Baum können nun die Maschengleichungen aufgestellt werden. (1) (R 1 + X L1 + R 3) Ī 1 R 3 Ī 3 R 3 Ī 4 Ū 01 (3) R 3 Ī 1 +(R 3 + X C1 + R 2) I 3 +R 3 I 4 Ū 02 (4) R 3 Ī 1 +R 3 I 2 +(X C2 + R 3) Ī

23 Um die Rechnung etwas zu vereinfachen trage ich die Zahlenwerte ohne Einheiten ein. Die Widerstände werden in Ohm und die Spannungen in Volt eingetragen, dann erhalten wir die Einheit Ampere für die sich ergebenden Ströme. (1) (16 + j12) Ī 1 10 Ī 3 10 Ī 4 60 (3) 10 Ī 1 +(13 j6) Ī Ī 4 60 (4) 10 Ī Ī 3 +(10 j15) Ī 4 0 Dieses Gleichungssystem kann nun mit einem beliebigen Verfahren gelöst werden. 2 Ich möchte hier die Cramersche Regel verwenden. I (13 j6) (10 j15) (16 + j12) (13 j6) (10 j15) 60 (13 j6) (10 j15) + ( 10) ( 60) 10 (16 + j12) (13 j6) (10 j15) + ( 10) 10 ( 10) + ( 10) ( 10) (10 j15) ( 60) ( 10) ( 10) (13 j6) ( 10) (16 + j12) (10 j15) ( 10) ( 10) (2 400 j15 300) (6 000 j9 000) (3 700 j3 600) (1 300 j600) ( j1 200) (1 000 j1 500) j j j j j j j j j63 18 j27 ( 36 j63) (18 + j27) (18 j27) (18 + j27) 648 j972 j j I 1 j2 1 Ergebnis: Ī 1 1 A j2 A Als nächstes kann der Strom Ī 3 bestimmt werden. Da im Nenner für alle Ströme die selbe Determinante steht, kann dieser Wert hier sofort eingesetzt werden. Er wurde ja 2 In Frage kommt beispielsweise das Einsetzungsverfahren, das Additions-/Subtraktionsverfahren, die Cramersche Regel oder das Gauß-Jordan-Verfahren. Einzelheiten zu den verschiedenen Verfahren sind hier zu finden: Einsetzungsverfahren: Additions-/Subtraktionsverfahren: Cramersche Regel: Gauß-Jordan-Verfahren: 23

24 schon für Ī 1 bestimmt. I 3 (16 + j12) (10 j15) j2 700 (16 + j12) ( 60) (10 j15) ( 10) ( 10) ( 60) ( 10) (10 j15) ( 10) j2 700 ( j7 200) ( j9 000) j j j j j j j18 18 j27 ( 144 j18) (18 + j27) (18 j27) (18 + j27) j3 888 j j I 2 j4 3 Ergebnis: Ī 3 2 A j4 A Zur Bestimmung von Ī 4 verwende ich Gleichung (3), weil hier am Schluss nur durch die reelle Zahl 10 dividiert werden muss. 10 Ī 1 + (13 j6) Ī Ī (1 j2) + (13 j6) ( 2 j4) + 10 Ī j20 26 j52 + j Ī j Ī j20 10 Ī 2 j20 : 10 I 2 j2 Ergebnis: Ī 4 j2 A Damit ist das Gleichungssystem gelöst. Es fehlen aber noch die Ströme Ī 2 und Ī 5. Dazu gehen wir in die Originalschaltung hinein. Ab Knoten rechts von L 1 kann die Knotengleichung zur Bestimmung von Ī 2 aufgestellt werden. Ergebnis: Ī 2 1 A j4 A I Ī 2 + Ī 4 Ī 4 1 I Ī 4 Ī 2 1 I (1 A j2 A) j2 A 2 I 1 A j4 A 2 24

25 Zur Bestimmung von Ī 5 verwendet man sinngemäß den Knoten oberhalb von R 3. I Ī 5 + Ī 3 Ī 3 2 I Ī 3 Ī 5 2 I (1 A j4 A) ( 2 A j4 A) 5 I 1 A j4 A + 2 A + j4 A 5 I 3 A 5 Ergebnis: Ī 5 3 A Hier noch einmal alle Ergebnisse zusammengefasst: I 1 A j2 A 1 I 1 A j4 A 2 I 2 A j4 A 3 I j2 A 4 I 3 A 5 25

26 4 Kompensation 4.1 Berechnungen der Kompensation Die Grundlagen zur Berechnung bei Kompensation sind hier zu finden: Lösungen der Übungsaufgaben zur Kompensation Aufgabe 1 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie den Widerstand R 2 so, dass der Gesamtwiderstand Z der Schaltung reell wird! Folgende Werte sind bekannt: X C 2 Ω X L 8 Ω R 1 4 Ω Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z der Schaltung? R 1 X C X L R2 Lösung: Um das Problem lösen zu können, stelle ich die Formel auf, mit deren Hilfe Z aus den Blind- und Wirkwiderständen bestimmt wird. Dabei setze ich die unbekannten Größe 2 an mit: R 2 R R Mit diesem Ansatz erreiche ich, dass ich nur eine reelle Größe nämlich R bestimmen muss. Die Liste der verwendeten Größe sieht damit dann so aus: R 1 4 Ω R 2 R X L j8 Ω X C j2 Ω Beginnen wir mit der Zusammenfassung der Parallelschaltung aus R 1 Ersatzwiderstand nenne ich Z 1. und X C. Den Z 1 R 1 C X 1 + C R X 4 Ω ( j2 Ω) 4 Ω + ( j2 Ω) j8 Ω 2 4 Ω j2 Ω Z 1 j4 Ω 2 j 26

27 Mit Z 1 in Reihe geschaltet ist R 2. Den Ersatzwiderstand dieser Reihenschaltung nenne ich Z 2. Wir können Z 2 berechnen. Z 2 Z 1 + R 2 Z 2 j4 Ω 2 j + R Parallel zu Z 2 ist X L geschaltet. Damit können wir nun den Ersatzwiderstand der gesamten Schaltung Z aufstellen. Z Z 2 L X Z 2 + L ( X ) j4 Ω + R j8 Ω 2 j ( ) Z j4 Ω + R + j8 Ω 2 j Bevor wir weiterrechnen, sollten wir diesen Term vereinfachen. Dazu fassen wir im Zähler und im Nenner des Hauptbruches die Teilbrüche zusammen, damit wir anschließend die Nenner der Teilbrüche herauskürzen können. Z ( j4 Ω 2 j ( j4 Ω 2 j ) + R j8 Ω ) + R + j8 Ω ) j8 Ω ( j4 Ω+R(2 j) 2 j j4 Ω+R(2 j)+j8 Ω(2 j) 2 j ( j4 Ω + R(2 j)) j8 Ω j4 Ω + R(2 j) + j8 Ω(2 j) ( j4 Ω + 2R jr) j8 Ω j4 Ω + 2R jr + j16 Ω j 2 8 Ω j 2 32 Ω 2 + j16 ΩR j 2 8 ΩR j4 Ω + 2R jr + j16 Ω + 8 Ω Z 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR 2R jr + j12 Ω + 8 Ω Nachdem wir nun den Term für Z vereinfacht haben, gibt zwei grundsätzlich verschiedene Wege, wie man weiterarbeiten kann. 1. Wir können den Term für Z in einen Realteil und einen Imaginärteil aufspalten. Dann können wir den Imaginärteil gleich Null setzen, um dadurch R zu bestimmen. 2. Da Z laut Aufgabenstellung als reelle Größe bekannt ist, können wir Z Z setzen. Dadurch erhalten wir die Möglichkeit, die Gleichung in Real- und Imaginärteile aufzuspalten. Wir bekommen dann zwei Gleichungen mit zwei Variablen, nämlich Z und R. Um die Vor- und Nachteile der beiden Verfahren besser unterscheiden zu können, führe ich nacheinander beide vor. 27

28 Lösungsweg 1 Z 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR 2R jr + j12 Ω + 8 Ω 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR (2R + 8 Ω) j(r 12 Ω) (32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR) ((2R + 8 Ω) + j(r 12 Ω)) ((2R + 8 Ω) j(r 12 Ω)) ((2R + 8 Ω) + j(r 12 Ω)) (32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR) (2R + 8 Ω + jr j12 Ω) (2R + 8 Ω) 2 + (R 12 Ω) 2 64 Ω2 R Ω 3 + j32 Ω 2 R j384 Ω 3 + j32 ΩR 2 + j128 Ω 2 R 16 ΩR 2 4R ΩR + 64 Ω 2 + R 2 24 ΩR Ω Ω2 R + 16 ΩR Ω 2 R + j8 ΩR 2 j96 Ω 2 R 320 Ω2 R Ω 3 + j64 Ω 2 R j384 Ω 3 + j40 ΩR 2 5R ΩR Ω Ω 2 R Ω 3 Z 5R ΩR Ω + j 64 Ω2 R 384 Ω ΩR 2 2 5R ΩR Ω 2 Da Z reell sein soll, ist der Imaginärteil von Z gleich Null. Damit bekommen wir eine Gleichung zur Bestimmung von R. Im(Z ) 0 64 Ω 2 R 384 Ω ΩR 2 5R ΩR Ω 2 0 Nenner 64 Ω 2 R 384 Ω ΩR ΩR Ω 2 R 384 Ω 3 0 : 40 Ω R 2 + 1,6 ΩR 9,6 Ω 2 0 p-q-formel R 1/2 0,8 Ω ± 0,64 Ω 2 + 9,6 Ω 2 0,8 Ω ± 3,2 Ω R 1 2,4 Ω R 2 4 Ω (entfällt) Die Lösung lautet also R 2,4 Ω, denn negative Widerstände gibt es nicht. 28

29 Lösungsweg 2 Als alternative Lösungsmethode können wir Z setzen. Dadurch Z erhalten wir die Möglichkeit, die Gleichung in Real- und Imaginärteile aufzuspalten. Wir bekommen dann zwei Gleichungen mit zwei reellen Variablen, nämlich Z und R. Z 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR 2R jr + j12 Ω + 8 Ω Z 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR 2R jr + j12 Ω + 8 Ω 2RZ jrz + j12 ΩZ + 8 ΩZ 32 Ω 2 + j16 ΩR + 8 ΩR (2R jr + j12 Ω + 8 Ω) Aus dieser komplexen Gleichung können wir nun zwei reelle Gleichungen machen, indem wir die Gleichung in eine Gleichung für die Realteile und eine andere für die Imaginärteile aufspalten. 2RZ jrz + j12 ΩZ + 8 ΩZ 32 Ω 2 + j16 ΩR + 8 ΩR Re: 2RZ + 8 ΩZ 32 Ω ΩR Im: RZ + 12 ΩZ 16 ΩR Das Gleichungssystem lösen wir, indem wir die Gleichung aus den reellen Anteilen nach Z auflösen und in die andere Gleichung einsetzen. 2RZ + 8 ΩZ 32 Ω ΩR Z (2R + 8 Ω) 32 Ω ΩR : (2R + 8 Ω) Z 32 Ω2 + 8 ΩR 2R + 8 Ω Z 8 Ω (4 Ω + R) 2 (R + 4 Ω) Z 4 Ω Das Ergebnis setzen wir in die Gleichung aus den Imaginärteilen ein. RZ + 12 ΩZ 16 ΩR R 4 Ω + 12 Ω 4 Ω 16 ΩR 4 ΩR + 48 Ω 2 16 ΩR + 4 ΩR 48 Ω 2 20 ΩR : 20 Ω 2,4 Ω R R 2,4 Ω Jeder mag für sich selbst entscheiden, welchen Lösungsweg er einfacher findet. 29

30 Zum ersten Lösungsweg müsste noch die fehlende Größe Z bestimmt werden. (Im zweiten Lösungsweg entfällt das, weil die Lösung Z 4 Ω quasi nebenbei angefallen ist.) Dazu setzen wir den gefundenen Wert R 2,4 Ω in die gefundene Formel für Z ein. Z 320 Ω2 R Ω 3 5R ΩR Ω + j 64 Ω2 R 384 Ω ΩR 2 2 5R ΩR Ω 2 Laut Aufgabenstellung ist der Imaginärteil ImZ 0. (Das ist der Bruch hinter dem j.) Daher können wir ihn der Einfachheit halber auch gleich weglassen. In den so vereinfachten Term setzen wir dann R 2,4 Ω ein. Z 320 Ω 2 R Ω 3 5R ΩR Ω Ω 2 2,4 Ω Ω 3 5 (2,4 Ω) Ω 2,4 Ω Ω Ω Ω 3 28,8 Ω ,2 Ω Ω Ω3 256 Ω 2 4 Ω Gesamtwiderstand Z 4 Ω 30

31 4.2.2 Aufgabe 2 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie den Widerstand X C2 so, dass der Gesamtwiderstand der Schaltung Z reell wird! Bekannt sind die Werte: X C1 50 Ω X L 12,5 Ω R 1 20 Ω. Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z der Schaltung? X L X C1 X C2 R Lösung: Um das Problem lösen zu können, stelle ich die Formel auf, mit deren Hilfe Z aus den Blind- und Wirkwiderständen bestimmt wird. Dabei setze ich die unbekannten Größe C2 an mit: X C2 jx X Mit diesem Ansatz erreiche ich, dass ich nur eine reelle Größe nämlich X bestimmen muss. Die Liste der verwendeten Größe sieht damit dann so aus: X C1 j50 Ω X L j12,5 Ω R 20 Ω X C2 jx Ich beginne mit der Zusammenfassung aus X C2 und R. Diese nenne ich Z 1. Z 1 X C2 + R jx + 20 Ω Parallel zu Z 1 liegt X C1. Diese Parallelschaltung nenne ich Z 2. Z 2 Z 1 C1 X Z 1 + C1 X ( jx + 20 Ω) ( j50 Ω) Z 2 jx + 20 Ω j50 Ω 50 ΩX j1000 Ω2 Z 2 20 Ω j(x + 50 Ω) In Reihe zu Z 2 liegt X L. Damit erhalte ich den Gesamtwiderstand Z : Z 2 + L Z X 50 ΩX j1000 Ω2 Z 20 Ω j(x + 50 Ω) + j12,5 Ω Ab hier gibt es wieder wie bei den vorangehenden Aufgaben auch zwei unterschiedliche Lösungswege. 31

32 Lösungsweg 1 Z 50 ΩX j1000 Ω2 20 Ω j(x + 50 Ω) + j12,5 Ω Konjugiert Komplex erweitern ( 50 ΩX j1000 Ω2 ) (20 Ω + jx + j50 Ω) [20 Ω j(x + 50 Ω)] [(20 Ω + j(x + 50 Ω)] + j12,5 Ω 1000 Ω2 X j50 ΩX 2 j2500 Ω 2 X j20000 Ω Ω 2 X Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) 2 + j12,5 Ω Z j50 ΩX2 j2500 Ω 2 X j20000 Ω Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) 2 + j2,5 Ω Der Bruch kann nun in Realteil und Imaginärteil zerlegt werden. Das geht dann auch mit dem gesamten Z. Z Z Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) + j 50 ΩX Ω 2 X Ω 3 + j12,5 Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) ( 2 ) Ω 3 50 ΩX Ω 2 + (X + 50 Ω) + j 2500 Ω 2 X Ω ,5 Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) 2 Laut Aufgabenstellung ist Im(Z ) 0. Daraus können wir eine Gleichung zur Bestimmung von X machen. 50 ΩX Ω 2 X Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) ,5 Ω 0 Nenner 50 ΩX Ω 2 X Ω ,5 Ω (400 Ω 2 + (X + 50 Ω) 2) 0 50 ΩX Ω 2 X Ω ,5 Ω (400 Ω 2 + X ΩX Ω 2) 0 50 ΩX Ω 2 X Ω ,5 Ω (2900 Ω 2 + X ΩX ) 0 50 ΩX Ω 2 X Ω Ω ,5 ΩX Ω 2 X 0 37,5 ΩX Ω 2 X Ω 3 0 Wir haben eine Quadratische Gleichung erhalten, die wir nun mit der p q Formel lösen können. 32

33 37,5 ΩX Ω 2 X Ω 3 0 : ( 37,5 Ω) X ΩX 3 3 Ω2 0 X 1/ Ω ± 9 Ω X 1/ Ω ± 9 Ω2 X 1/ Ω ± 80 3 Ω X Ω 10 Ω X Ω (entfällt) 9 Ω2 Ergebnis: X C2 j10 Ω oder: X C2 10 Ω Fehlt noch Z. Da ImZ 0 ist, ist Z Z ReZ. Z Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) 2 + j Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) Ω Ω 2 + (10 Ω + 50 Ω) Ω Ω 2 + (60 Ω) Ω Ω Ω Ω Ω 2 Z 12,5 Ω ( 50 ΩX Ω 2 X Ω Ω 2 + (X + 50 Ω) ,5 Ω ) Ergebnis: Z Z 12,5 Ω 33

34 Lösungsweg 2 Alternativ ergibt sich auch hier wieder die Möglichkeit, aus einer Komplexen Gleichung zwei Reelle Gleichungen zu machen. Das allerdings geht nur, weil Z ist! Z Z 50 ΩX j1000 Ω2 20 Ω j(x + 50 Ω) + j12,5 Ω Z 50 ΩX j1000 Ω2 + j12,5 Ω 20 Ω j(x + 50 Ω) Nenner Z [20 Ω j(x + 50 Ω)] 50 ΩX j1000 Ω 2 + j12,5 Ω [20 Ω j(x + 50 Ω)] Z (20 Ω jx j50 Ω) 50 ΩX j1000 Ω 2 + j12,5 Ω (20 Ω jx j50 Ω) 20 ΩZ jxz j50 ΩZ 50 ΩX j1000 Ω 2 + j250 Ω ,5 ΩX Ω 2 20 ΩZ jxz j50 ΩZ 37,5 ΩX j750 Ω Ω 2 Diese Gleichung können wir nun ein eine Gleichung mit den Realteilen und in eine mit den Imaginärteilen zerlegen. Das ist der eigentliche Trick bei diesem Verfahren. Realteile: 20 ΩZ 37,5 ΩX Ω 2 Imaginärteile: XZ 50 ΩZ 750 Ω 2 Da dieses Gleichungssystem nichtlinear ist, kommt als Lösungsverfahren wohl nur das Einsetzungsverfahren in Frage. Dazu löse ich die Realteilgleichung nach Z auf und setze das Ergebnis in die Imaginärteilgleichung ein. 20 ΩZ 37,5 ΩX Ω 2 : 20 Ω Z 1,875X + 31,25 Ω Eingesetzt in die Imaginärteilgleichung: XZ 50 ΩZ 750 Ω 2 X ( 1,875X + 31,25 Ω) 50 Ω ( 1,875X + 31,25 Ω) 750 Ω 2 1,875X 2 31,25 ΩX + 93,75 ΩX 1562,5 Ω Ω Ω 2 1,875X ,5 ΩX 812,5 Ω 2 0 : 1,875 x ΩX 3 3 Ω2 0 Da diese Gleichung auch schon beim ersten Lösungsweg auftrat, kann man den Rest der Lösung dort nachlesen; der restliche Lösungsweg ist identisch. 34

35 4.2.3 Aufgabe 3 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie die Widerstände X L1 und X C so, dass der Gesamtwiderstand der Z Schaltung gleich 10 Ω reell wird! Bekannt sind die Werte X L2 8 Ω und R 16 Ω. X L1 X C X L2 R Lösung: Um das Problem lösen zu können, stelle ich die Formel auf, mit deren Hilfe Z aus den Blind- und Wirkwiderständen bestimmt wird. Dabei setze ich die unbekannten Größen L1 und C an mit: X X X L1 jx L und X C jx C Mit diesem Ansatz erreiche ich, dass ich nur zwei reelle Größen, nämlich X L und X C, bestimmen muss. Die Liste der verwendeten Größe sieht demnach also so aus: R 16 Ω R 16 Ω X L2 8 Ω X L2 j8 Ω X L1 X L X L1 jx L X C jx C Die Reihenschaltung aus X L2 und R nenne ich Z 1 und erhalte mit der Formel für die Reihenschaltung: Z 1 R + X L2 16 Ω + j8 Ω Z 1 ist zu X C parallel geschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z 2. Ich bestimme Z 2 mit der Formel für die Parallelschaltung. Z 2 Z 1 X C Z 1 + X C (16 Ω + j8 Ω) ( jx C) (16 Ω + j8 Ω) + ( jx C ) j16 ΩX C + 8 ΩX C 16 Ω + j8 Ω jx C Hinzu kommt noch X L1, wenn ich den Gesamtwiderstand Z bestimmen will: Z X L1 + Z 2 jx L + j16 ΩX C + 8 ΩX C 16 Ω + j8 Ω jx C Da Z 10 Ω (reell) bekannt ist, kann diesen Wert für Z einsetzen. Ich erhalte dann eine Komplexe Gleichung mit zwei Variablen. 10 Ω jx + j16 ΩX C + 8 ΩX C 16 Ω + j8 Ω jx C Eine solche Gleichung löst man am besten dadurch, dass man sie in Komponentengleichungen aufspaltet. Damit das möglich ist, muss ich die Gleichung vorher mit dem 35

36 Hauptnenner multiplizieren, um keine Brüche mehr zu haben. Die Aufspaltung ist nämlich nur bei Linearen Gleichungen möglich! 10 Ω jx L + j16 ΩX C + 8 ΩX C (16 Ω + j8 Ω jx C ) 16 Ω + j8 Ω jx C 10 Ω (16 Ω + j8 Ω jx C ) jx L (16 Ω + j8 Ω jx C ) j16 ΩX C + 8 ΩX C 160 Ω 2 + j80 Ω 2 j10 ΩX C j16 ΩX L 8 ΩX L + X L X C j16 ΩX C + 8 ΩX C + j10 ΩX C 160 Ω 2 + j80 Ω 2 j16 ΩX L 8 ΩX L + X L X C j6 ΩX C + 8 ΩX C Diese Komplexe Gleichung kann nun aufgespaltet werden in eine Gleichung mit den Realteilen und eine andere Gleichung mit den Imaginärteilen. Re: 160 Ω 2 8 ΩX L + X L X C + 8 ΩX C Im: 80 Ω 2 16 ΩX L 6 ΩX C Ich löse die Gleichung aus den Imaginärteilen nach X L auf, um das Ergebnis in die andere Gleichung einzusetzen. 80 Ω 2 16 ΩX L 6 ΩX C + 6 ΩX C 80 Ω ΩX C 16 ΩX L : 16 Ω 5 Ω X C X L 36

37 Einsetzen in die Reelle Gleichung: 160 Ω 2 8 ΩX L + X L X C + 8 ΩX C 160 Ω 2 8 Ω(5 Ω X C) + (5 Ω X C)X C + 8 ΩX C 160 Ω 2 40 Ω 2 3 ΩX C + 5 ΩX C X2 C + 8 ΩX C + 40 Ω Ω 2 10 ΩX C X2 C Ω ΩX C + XC Ω2 0 XC ΩX C Ω2 X C1/ Ω ± 40 3 Ω ± 40 3 Ω ± 40 3 Ω ± 80 3 Ω X C Ω X C Ω 40 Ω (40 ) 2 3 Ω Ω Ω2 3 Ω2 9 Ω2 Die Lösung X C2 40 Ω entfällt, denn es können nur positive Werte eingesetzt werden. Sonst wäre C eine Spule! Die Lösung X C2 40 Ω setze ich in die umgeformte 3 Imaginärteil-Gleichung ein. X L 5 Ω X C 5 Ω Ω 10 Ω Die Lösungen lauten also: X L 10 Ω X C 40 3 Ω 13,3 Ω 37

38 4.2.4 Aufgabe 4 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie die Kapazität C 2 so, dass bei einer Kreisfrequenz von ω s 1 der Ersatzwiderstand Z der Schaltung rein reell wird! Bekannt sind folgende Werte: L 1 4 H L 2 25 H R 50 kω C nf Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z? L 1 C 1 C 2 L 2 R Lösung: Zunächst werden die Blindwiderstände bestimmt: X L1 jωl 1 j s 1 4 H j4 kω X L2 jωl 2 j s 1 25 H j25 kω X C1 1 jωc 1 1 j5 kω j s µf Den Betrag des kapazitiven Blindwiderstand des gesuchten Kondensators nenne ich X. Damit erhalte ich: X C2 jx Den Ersatzwiderstand der Parallelschaltung R L 2 nenne ich Z 1. Dieser kann berechnet werden: L2 Z 1 R X + L2 R 50 kω X j25 kω 50 kω + j25 kω j1 250 kω 2 50 kω + j25 kω j1 250 kω 2 (50 kω j25 kω) (50 kω + j25 kω) (50 kω j25 kω) j kω kω kω kω 2 j kω kω kω kω kω3 j kω kω 2 Z 1 j20 kω + 10 kω Jetzt kann Z 1 mit X C2 zu Z 2 zusammengefasst werden. Z 2 X C2 + Z 1 jx + j20 kω + 10 kω Zu Z 2 ist C 1 parallelgeschaltet. Den zugehörigen Ersatzwiderstand nenne ich Z 3. Wir können Z 3 über die Parallelschaltungsformel berechnen: 38

39 Z 3 X C1 Z 2 C1 + Z 2 X j5 kω ( jx + j20 kω + 10 kω) j5 kω jx + j20 kω + 10 kω Z 3 5 kωx kω2 j50 kω 2 j15 kω jx + 10 kω Nun kann der Ersatzwiderstand Z der Gesamtschaltung aufgestellt werden: Z Z 3 + X L1 5 kωx kω2 j50 kω 2 j15 kω jx + 10 kω + j4 kω Weil Z reell werden soll, gilt: Z Z Die sich damit ergebende Gleichung kann dann in eine Lineare Gleichung umgeformt werden. Z 5 kωx kω2 j50 kω 2 + j4 kω j15 kω jx + 10 kω Nenner Z (j15 kω jx + 10 kω) 5 kωx kω 2 j50 kω 2 + j4 kω (j15 kω jx + 10 kω) j15 kωz jxz + 10 kωz 5 kωx kω 2 j50 kω 2 60 kω kωx + j40 kω 2 j15 kωz jxz + 10 kωz 1 kωx + 40 kω 2 j10 kω 2 Diese Gleichung kann nun in eine Realteil- und in eine Imaginärteilgleichung aufgespalten werden. Re: 10 kωz 1 kωx + 40 kω 2 Im: 15 kωz XZ 10 kω 2 Die Realteilgleichung kann einfach nach Z aufgelöst werden. 10 kωz 1 kωx + 40 kω 2 : (10 kω) Z 0,1X + 4 kω Dieser Term kann nun für Z in die Imaginärteilgleichung eingesetzt werden. Man erhält eine Quadratische Gleichung, die z.b. mit der p-q-forlel gelöst werden kann. 15 kωz XZ 10 kω 2 15 kω ( 0,1X + 4 kω) X ( 0,1X + 4 kω) 10 kω 2 1,5 kω X + 60 kω 2 + 0,1X 2 4 kω X 10 kω kω 0,1X 2 5,5 kω X + 70 kω X 2 55 kω X kω 2 0 X 1/2 27,5 kω ± 756,25 kω kω 2 27,5 kω ± 7,5 kω X 1 35 kω X 2 20 kω Zu beiden Lösungen muss noch die entsprechende Kapazität bestimmt werden. Dazu stelle ich zunächst die Formel um. 39

40 X C2 1 ωc 2 C 2 1 ωx C2 Beide Kapazitäten können nun bestimmt werden: C 21 1 ω X 1 C 22 1 ω X ,57 nf s 1 35 kω 1 50 nf s 1 20 kω Zu jeder der beiden Lösungen gibt es natürlich einen anderen Gesamtwiderstand Z. Zusammengefasste Ergebnisse: Z ges1 0,1X + 4 kω 0,1 35 kω + 4 kω 500 Ω Z ges2 0,1X + 4 kω 0,1 20 kω + 4 kω 2 kω Lösung 1: C 21 28,57 nf mit Z Ω Lösung 2: C nf mit Z 2 2 kω 40

41 4.2.5 Aufgabe 5 Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie den Widerstand R so, dass die gesamte Schaltung einen rein reellen Ersatzwiderstand hat! Berechnen Sie auch, wie groß dieser Ersatzwiderstand dann wird! Gegeben sind folgende Werte: X L1 30 Ω X L2 36 Ω X C1 300 Ω X C2 45 Ω C 1 C 2 L 1 L 2 R Lösung: Zunächst werden die komplexen Widerstände aufgestellt. X L1 j30 Ω X L2 j36 Ω X C1 j300 Ω X C2 j45 Ω R R Die Zusammenfassung aus R und L 2 nenne ich Z 1. Z 1 R + X L2 R + j36 Ω Zu Z 1 ist C 2 parallelgeschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z 2. Z 2 Z 1 C2 X Z 1 + C2 (R + X j36 Ω) ( j45 Ω) R + j36 Ω j45 Ω j45 ΩR Ω2 Z 2 R j9 Ω Zu Z 2 ist L 1 in Reihe geschaltet. Diese Reihenschaltung nenne ich Z 3. Z 3 Z 2 + L1 X j45 ΩR Ω2 + j30 Ω R j9 Ω j45 ΩR Ω2 j30 Ω (R j9 Ω) + R j9 Ω R j9 Ω j45 ΩR Ω2 + j30 ΩR Ω 2 R j9 Ω j15 ΩR Ω2 Z 3 R j9 Ω Zu Z 3 ist C 1 parallelgeschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z, denn es ist der Ersatzwiderstand der gesamten Schaltung. 41

42 Z Z 3 C1 X Z 3 + C1 j15 ΩR+1 X 890 Ω 2 ( j300 Ω) R j9 Ω j15 ΩR Ω 2 j300 Ω Da Z reell sein muss, gilt: Z Z. R j9 Ω ( j15 ΩR Ω 2 ) ( j300 Ω) R j9 Ω j15 ΩR Ω 2 j300 Ω (R j9 Ω) R j9 Ω ( j15 ΩR Ω 2 ) ( j300 Ω) j15 ΩR Ω 2 j300 Ω (R j9 Ω) Ω 2 R j Ω 3 j15 ΩR Ω 2 j300 ΩR Ω 2 Z Ω2 R j Ω 3 j315 ΩR 810 Ω 2 Z Ω2 R j Ω 3 j315 ΩR 810 Ω 2 Z ( j315 ΩR 810 Ω 2 ) Ω 2 R j Ω 3 j315 ΩRZ 810 Ω 2 Z Ω 2 R j Ω 3 Diese Komplexe Gleichung kann nun in eine Realteil- und eine Imaginärteilgleichung aufgespalten werden. Re: 810 Ω 2 Z Ω 2 R Im: 315 ΩRZ Ω 3 Nun kann die Realteilgleichung nach Z umgestellt werden. 810 Ω 2 Z Ω 2 R : ( 810 Ω 2 ) Z 50 9 R Das Ergebnis wird in die Imaginärteilgleichung eingesetzt: 315 ΩRZ Ω ΩR 50 R Ω ΩR Ω 3 : ( Ω) R Ω 2 R 1/2 ±18 Ω Der negative Wert entfällt natürlich aus elektrotechnischen Gründen. Es gibt nur die eine Lösung: R 18 Ω 42

43 Dieser Wert kann in die umgeformte Realteilgleichung eingesetzt werden, um Z zu erhalten. Z 50 9 R Z Ω Z 100 Ω Zusammengefasste Ergebnisse: R 18 Ω und Z 100 Ω 43