Musterlösungen zu Grundlagen der Wechselstromtechnik

Musterlösungen zu Grundlagen der
Wechselstromtechnik
W. Kippels
2. September 2016
Inhaltsverzeichnis
1 Grundgrößen der Wechselstromtechnik
1.1 Übungsfragen zu Grundgrößen der Wechselstromtechnik .
1.1.1 Frage 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Frage 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Frage 3: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Frage 4: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Frage 5: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Wechselstromwiderstände
2.1 Übungsfragen zu Wechselstromwiderständen
2.1.1 Frage 1: . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Frage 2: . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.3 Frage 3: . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Frage 4: . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.5 Frage 5: . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.6 Frage 6: . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Schaltnetze
3.1 Übungsaufgaben zu
3.1.1 Aufgabe 1 .
3.1.2 Aufgabe 2 .
3.1.3 Aufgabe 3 .
3.1.4 Aufgabe 4 .
3.1.5 Aufgabe 5 .
3.1.6 Aufgabe 6 .
3.1.7 Aufgabe 7 .
Schaltnetzen
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1
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2
2
2
2
3
3
3
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4
4
4
4
4
4
4
5
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6
6
6
9
11
13
15
18
21
4 Kompensation
4.1 Berechnungen der Kompensation . . . . . . . . .
4.2 Lösungen der Übungsaufgaben zur Kompensation
4.2.1 Aufgabe 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Aufgabe 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.3 Aufgabe 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.4 Aufgabe 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.5 Aufgabe 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
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25
25
25
25
30
34
37
40
1 Grundgrößen der Wechselstromtechnik
Die nachfolgenden Musterlösungen gehören zu den Aufgaben, die in diesem Lehrgang
zu finden sind:
http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/wechsels.pdf
1.1 Übungsfragen zu Grundgrößen der Wechselstromtechnik
1.1.1 Frage 1:
Die Netz-Wechselspannung hat eine Frequenz von f = 50 Hz. Bestimmen Sie:
1. die Periodendauer
2. die Kreisfrequenz
Lösung 1:
T =
1
1
1
1s
=
=
=
= 20 ms
f
50 Hz 50 s−1 50
Lösung 2:
ω = 2 · π · f = 2 · π · 50 Hz ≈ 314 s−1
1.1.2 Frage 2:
Die Netz-Wechselspannung hat einen Effektivwert von Uef f = 230 V. Wie groß ist der
Scheitelwert Û ?
Lösung:
1
Uef f = √ · Û
2
⇒
Û =
√
√
2 · Uef f = 2 · 230 V ≈ 325 V
3
1.1.3 Frage 3:
Eine Wechselspannung hat einen Effektivwert von Uef f = 10 V. Wie groß ist der Mittelwert UM ?
Lösung:
√
1
Uef f = √ · Û
|· 2
2
√
2 · Uef f = Û
√
Û =
2 · Uef f
2
· Û
UM =
π
2 √
UM =
· 2 · Uef f
π
2 √
UM =
· 2 · 10 V
π
UM ≈ 9, 00 V
1.1.4 Frage 4:
Mit Hilfe eines Oszilloskopes wird der Spitze-Spitze-Wert einer sinusförmigen Wechselspannung mit Uss = 30 V gemessen. Wie groß ist der Effektivwert Uef f der Spannung?
Lösung:
1
· Uss
2
1
1 1
1 1
= √ · Û = √ · · Uss = √ · · 30 V ≈ 10, 6 V
2
2 2
2 2
Uss = 2 · Û
Uef f
⇒
Û =
1.1.5 Frage 5:
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
1
=
= 5 kHz
T
200 µs
4
2 Wechselstromwiderstände
2.1 Übungsfragen zu Wechselstromwiderständen
2.1.1 Frage 1:
Ergänzen Sie den Satz:
Der Strom in einer Induktivität eilt der Spannung in der Phase um 90◦ nach.
2.1.2 Frage 2:
Ergänzen Sie den Satz:
Je größer die Frequenz ist, desto größer ist der Wechselstromwiderstand
einer Induktivität.
2.1.3 Frage 3:
Ergänzen Sie den Satz:
Der Strom in einer Kapazität eilt der Spannung in der Phase um 90◦ voraus.
2.1.4 Frage 4:
Ergänzen Sie den Satz:
Je größer die Frequenz ist, desto kleiner ist der Wechselstromwiderstand
einer Kapazität.
2.1.5 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 I, wenn die Spannung U als Reele Spannung vorausgesetzt ist?
¯
¯
Lösung:
ω = 2 · π · f = 2 · π · 50 Hz = 314 s−1
XL = ωL = 314 s−1 · 10 H = 3,14 kΩ
I=
12 V
U
=
= 3,82 mA
XL 3,14 kΩ
I = −jI = −j3,82 mA
¯
5
2.1.6 Frage 6:
Bei welcher Frequenz f hat ein Kondensator mit einer Kapazität von C = 1 µF einen
Wechselstromwiderstand von XC = 318 Ω?
Lösung:
XC =
XC =
f =
f =
f =
1
ω·C
1
f
|·
2·π·f ·C
XC
1
2 · π · C · XC
1
2 · π · 1 µF · 318 Ω
500 Hz
6
3 Schaltnetze
3.1 Übungsaufgaben zu Schaltnetzen
3.1.1 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 IC im Kondensator, IL in
der Spule und IR im ohmschen Widerstand.
IC X C
IL
IR
XL
R
Lösung: Zunächst werden die Blindwiderstände
von C und L bestimmt.
XC =
1
1
=
= 20 Ω
−1
ω · C 100 s · 500 µF
XL = ω · L = 100 s−1 · 250 mH = 25 Ω
Nun stelle ich die verschiedenen angegebenen Größen im komplexer Form dar:
XC
XL
R
U
=
=
=
=
20 Ω
25 Ω
50 Ω
100 V
⇒ XC = −j20 Ω
¯
⇒ XL = j25 Ω
¯
⇒ R = 50 Ω
¯
⇒ U = 100 V
¯
Ich fasse XL und R zum Ersatzwiderstand Z1 zusammen.
X ·R
Z1 = ¯ L ¯
¯
XL + R
¯
¯
j25 Ω · 50 Ω
=
j25 Ω + 50 Ω
j1250 Ω2
=
50 Ω + j25 Ω
(j1250 Ω2 )(50 Ω − j25 Ω)
=
(50 Ω + j25 Ω)(50 Ω − j25 Ω)
j62500 Ω3 + 31250 Ω3
=
2500 Ω2 + 625 Ω2
31250 Ω3 + j62500 Ω3
=
3125 Ω2
Z1 = 10 Ω + j20 Ω
¯
7
In Reihe zu Z1 ist XC geschaltet. Ich erhalte den Gesamt-Ersatzwiderstand der Schaltung:
Z = X C + Z1
¯
¯
¯
= −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 IC .
U
¯
Z
¯
100 V
=
10 Ω
= 10 A
I =
¯C
I
¯C
Mit diesem Strom kann ich die Spannung an der Spule und dem Widerstand berechnen.
Er fließt durch den Ersatzwiderstand Z1 . Ich nenne die Spannung deshalb U1 .
U1 = Z1 · IC
¯
¯ ¯
= (10 Ω + j20 Ω) · 10 A
U1 = 100 V + j200 V
¯
Mit Hilfe dieser Spannung kann ich den Strom IL in der Spule berechnen.
U
IL = ¯ 1
¯
XL
¯
100 V + j200 V
=
j25 Ω
j100 V − 200 V
=
−25 Ω
IL = 8 A − j4 A
¯
| erweitern mit j
Ebenso geht es mit dem Strom IR im Widerstand.
U1
¯
R
¯
100 V + j200 V
=
50 Ω
= 2 A + j4 A
I =
¯R
I
¯R
8
Gesucht sind aber nicht die komplexen Ströme IR , IC und IL , sondern
p deren Beträge
¯ ¯
¯
IR , IC und IL . Diese können wir mit der Wurzelformel |z| = z = (Rez)2 + (Imz)2
¯
¯
¯
berechnen.
p
IR = (2 A)2 + (4 A)2 ≈ 4, 472 A
p
IC = (10 A)2 = 10 A
p
IL = (8 A)2 + (−4 A)2 ≈ 8, 944 A
9
3.1.2 Aufgabe 2
Gegeben ist nebenstehende Schaltung.
Berechnen Sie den Komplexen ErsatzwiR1
L1
derstand Z der Schaltung sowie seinen Be¯
trag Z und den PhasenverschiebungswinR2
kel ϕ. Folgende Werte sind bekannt:
R1 = 100 Ω
R2 = 200 Ω
R3 = 200 Ω
R4 = 100 Ω L1 = 0, 1 H L2 = 0, 1 H ω = 1000 s−1
R3
L2
R4
Lösung: Wir bestimmen zunächst aus den gegebenen Daten die komplexen Wirk- und
Blindwiderstände.
R1 = 100 Ω
¯
R2 = 200 Ω
¯
R3 = 200 Ω
¯
R4 = 100 Ω
¯
XL1
XL1 = j100 Ω
¯
XL2
XL2 = j100 Ω
¯
Ich fasse R1 und XL1 mit der Formel für die Reihenschaltung als Z1 zusammen.
R1 = 100 Ω
R2 = 200 Ω
R3 = 200 Ω
R4 = 100 Ω
−1
= 1000 s · 0, 1 H = 100 Ω
= 1000 s−1 · 0, 1 H = 100 Ω
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
Z1 = R1 + XL1 = 100 Ω + j100 Ω
¯
¯
¯
Ich fasse Z1 mit R2 zu Z2 zusammen. Dazu verwende ich die Formel für die Parallelschaltung.
Z ·R
(100 Ω + j100 Ω) · 200 Ω
20000 Ω2 + j20000 Ω2
Z2 = ¯ 1 ¯ 2 =
=
¯
Z1 + R 2
100 Ω + j100 Ω + 200 Ω
300 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.
Z2 =
¯
100 Ω · (200 Ω + j200 Ω)
200 Ω + j200 Ω
=
100 Ω · (3 + j1)
3 + j1
Das muss ich jetzt aufteilen können in Real- und Imaginärteil. Dazu muss ich den Bruch
Konjugiert Komplex erweitern.
200 Ω + j200 Ω 3 − j1
600 Ω − j200 Ω + j600 Ω + 200 Ω
800 Ω + j400 Ω
Z2 =
·
=
=
2
2
¯
3 + j1
3 − j1
3 +1
10
Z2 = 80 Ω + j40 Ω
¯
Ähnlich müssen wir auch die rechte Teilschaltung zusammenfassen. Die Reihenschaltung
aus R3 und XL2 bekommt den Namen Z3 . Die Parallelschaltung von Z3 mit R4 nenne
10
ich dann Z4 .
Z3 = R3 + XL2 = 200 Ω + j100 Ω
¯
¯
¯
Z3 · R4
(200 Ω + j100 Ω) · 100 Ω
20000 Ω2 + j10000 Ω2
Z4 = ¯ ¯ =
=
¯
Z3 + R 4
200 Ω + j100 Ω + 100 Ω
300 Ω + j100 Ω
¯
¯
200 Ω + j100 Ω
100 Ω · (200 Ω + j100 Ω)
=
=
100 Ω · (3 + j1)
3 + j1
(200 Ω + j100 Ω) · (3 − j1)
600 Ω − j200 Ω + j300 Ω + 100 Ω
700 Ω + j100 Ω
=
=
=
2
2
(3 + j1) · (3 − j1)
3 +1
10
Z4 = 70 Ω + j10 Ω
¯
Um den Gesamtwiderstand Z zu bestimmen, muss ich nun noch Z2 und Z4 addieren.
¯
¯
¯
Z = Z2 + Z4 = 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.
¯
p
p
Z =
(ReZ)2 + (ImZ)2 = (150 Ω)2 + (50 Ω)2 ≈ 158 Ω
¯
¯
ImZ
50 Ω
ϕ = arctan ¯ = arctan
≈ 18, 43◦
ReZ
150 Ω
¯
ϕ ≈ 18, 43◦
Z ≈ 158 Ω
11
3.1.3 Aufgabe 3
Gegeben ist nebenstehende Schaltung.
Berechnen Sie den Komplexen ErsatzR1
L1
R2
widerstand Z der Schaltung sowie sei¯
C
2
nen Betrag Z und den PhasenverschieC1
C3
bungswinkel ϕ. Folgende Werte sind bekannt:
R1 = 100 Ω R2 = 200 Ω L1 = 200 mH C1 = 2 µF C2 = 10 µF C3 = 2 µF
ω = 1000 s−1
Lösung: Wie schon bei Aufgabe 2 bestimmen wir zunächst aus den gegebenen Daten
die komplexen Wirk- und Blindwiderstände.
R1 = 100 Ω
R2 = 200 Ω
−1
XL = ω · L = 1000 s · 200 mH = 200 Ω
1
1
XC1 =
= 500 Ω
=
−1
ω · C1
1000 s · 2 µF
1
1
XC2 =
=
= 100 Ω
−1
ω · C2
1000 s · 10 µF
1
1
XC3 =
= 500 Ω
=
ω · C3
1000 s−1 · 2 µF
⇒
⇒
⇒
R1 = 100 Ω
¯
R2 = 200 Ω
¯
XL = j200 Ω
¯
⇒ XC1 = −j500 Ω
¯
⇒ XC2 = −j100 Ω
¯
⇒ XC3 = −j500 Ω
¯
Als nächstes werden R1 und XL mit Hilfe der Formel für die Reihenschaltung zu Z1
zusammengefasst.
Z1 = R1 + XL1 = 100 Ω + j200 Ω
¯
¯
¯
Nun kann man mit Hilfe der Formel für die Parallelschaltung Z1 und XC1 zu Z2 zusammengefasst werden. Nachdem die Werte eingesetzt und zusamengefasst sind, wird
ausgeklammert, gekürzt und Konjugiert Komplex erweitert, um Z2 in Realteil und Ima¯
ginärteil aufspalten zu können.
Z ·X
(100 Ω + j200 Ω) · (−j500 Ω)
−j50000 Ω2 + 100000 Ω2
Z2 = ¯ 1 ¯ C1 =
=
¯
Z1 + XC1
100 Ω + j200 Ω + (−j500 Ω)
100 Ω − j300 Ω
¯
¯
100 Ω · (−j500 Ω + 1000 Ω)
−j500 Ω + 1000 Ω
(−j500 Ω + 1000 Ω) · (1 + j3)
=
=
=
100 Ω · (1 − j3)
1 − j3
(1 − j3) · (1 + j3)
−j500 Ω + 1500 Ω + 1000 Ω + j3000 Ω
2500 Ω + j2500 Ω
=
=
= 250 Ω + j250 Ω
2
2
1 +3
10
Die Parallelschaltung aus R2 und XC3 nenne ich Z3 und berechne sie mit der Parallelschaltungsformel. Anschließend wird wieder zusammengefasst, ausgeklammert, gekürzt
und Konjugiert Komplex erweitert.
12
200 Ω · (−j500 Ω)
R ·X
−j100000 Ω2
100 Ω · (−j1000 Ω)
Z3 = ¯ 2 ¯ C3 =
=
=
¯
R2 + XC3
200 Ω + (−j500 Ω)
200 Ω − j500 Ω
100 Ω · (2 − j5)
¯
¯
−j1000 Ω
(−j1000 Ω) · (2 + j5)
−j2000 Ω + 5000 Ω
−j2000 Ω + 5000 Ω
=
=
=
=
2
2
2 − j5
(2 − j5) · (2 + j5)
2 +5
29
≈ −j68, 97 Ω + 172, 41 Ω
Die drei Widerstände Z2 , XC2 und Z3 sind in Reihe geschaltet. Ich kann also den GesamtScheinwiderstand Z mit der Reihenschaltungsformel berechnen und zusammenfassen.
Z = Z2 +XC2 +Z3 = 250 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.
p
p
Z =
(ReZ)2 + (ImZ)2 = (422, 41 Ω)2 + (81, 03 Ω)2 ≈ 430, 11 Ω
¯
¯
ImZ
81, 03 Ω
ϕ = arctan ¯ = arctan
≈ 10, 86◦
ReZ
422, 41 Ω
¯
Z ≈ 430, 11 Ω
13
ϕ ≈ 10, 86◦
3.1.4 Aufgabe 4
Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen
Sie den Komplexen Ersatzwiderstand Z der Schal¯
tung! Bekannt sind folgende Werte:
ω = 100 s−1 L1 = 0, 5 H L2 = 1 H
C1 = 500 µF C2 = 100 µF R1 = 20 Ω
R2 = 50 Ω R3 = 50 Ω R4 = 30 Ω
L1
C1
R1
R3
R2
C2
L2
R4
Lösung: Zur Lösung bestimme ich zunächst die
entsprechenden Blindwiderstände aus der Kreisfrequenz und den L- und C-Werten.
XL1 = ω · L1 = 100 s−1 · 0, 5 H = 50 Ω
XL2 = ω · L2 = 100 s−1 · 1 H = 100 Ω
1
1
XC1 =
=
= 20 Ω
ω · C1
100 s−1 · 500 µF
1
1
XC2 =
=
= 100 Ω
−1
ω · C2
100 s · 100 µF
R1 = 20 Ω
R2 = 50 Ω
R3 = 50 Ω
R4 = 30 Ω
⇒ XL1 = j50 Ω
¯
⇒ XL2 = j100 Ω
¯
⇒ XC1 = −j20 Ω
¯
⇒ XC2 = −j100 Ω
¯
⇒ R1 = 20 Ω
¯
⇒ R2 = 50 Ω
¯
⇒ R3 = 50 Ω
¯
⇒ R4 = 30 Ω
¯
Ich beginne bei der Reihenschaltung aus R3 und L2 . Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z1 .
Z1 = R3 + XL2
¯
¯
¯
Z1 = 50 Ω + j100 Ω
¯
Parallel zu Z1 ist C2 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z2 .
X ·Z
Z2 = ¯ C2 ¯ 1
¯
XC2 + Z1
¯
¯
−j100 Ω · (50 Ω + j100 Ω)
=
−j100 Ω + 50 Ω + j100 Ω
−j5000 Ω2 + 10000 Ω2
=
50 Ω
Z2 = −j100 Ω + 200 Ω
¯
In Reihe zu Z2 ist R4 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z3 .
Z3 = R 4 + Z 2
¯
¯
¯
= 30 Ω − j100 Ω + 200 Ω
Z3 = 230 Ω − j100 Ω
¯
14
Parallel zu Z3 ist R2 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z4 .
Z ·R
Z4 = ¯ 3 ¯ 2
¯
Z3 + R 2
¯
¯
(230 Ω − j100 Ω) · 50 Ω
=
230 Ω − j100 Ω + 50 Ω
11500 Ω2 − j5000 Ω2
=
280 Ω − j100 Ω
(11500 Ω2 − j5000 Ω2 ) · (280 Ω + j100 Ω)
=
(280 Ω − j100 Ω) · (280 Ω + j100 Ω)
3220000 Ω3 + j1150000 Ω3 − j1400000 Ω3 + 500000Ω3
=
78400 Ω2 + 10000 Ω2
3
3720000 Ω − j250000 Ω3
=
88400 Ω2
Z4 ≈ 42, 081 Ω − j2, 828 Ω
¯
Parallel zu Z4 ist C1 geschaltet. Den zugehörigen Teilersatzwiderstand nenne ich Z5 .
Z ·X
Z5 = ¯ 4 ¯ C1
¯
Z4 + XC1
¯
¯
(42, 081 Ω − j2, 828 Ω) · (−j20 Ω)
≈
42, 081 Ω − j2, 828 Ω − j20 Ω
−j841, 62 Ω2 − 56, 56 Ω2
=
42, 081 Ω − j22, 828 Ω
(−j841, 62 Ω2 − 56, 56 Ω2 ) (42, 081 Ω + j22, 828 Ω)
=
(42, 081 Ω − j22, 828 Ω)(42, 081 Ω + j22, 828 Ω)
−j35416 Ω3 + 19212 Ω3 − 2380 Ω3 − j1291 Ω3
≈
1771 Ω2 + 521 Ω2
6832 Ω3 − j36707 Ω3
=
2292 Ω2
Z5 ≈ 7, 344 Ω − j16, 02 Ω
¯
In Reihe zu Z5 sind R1 und L1 geschaltet. Damit ergibt sich der Gesamtwiderstand Z
¯
der Schaltung.
Z = XL1 + Z5 + R1
¯
¯
¯
¯
Z ≈ j50 Ω + 7, 344 Ω − j16, 02 Ω + 20 Ω
¯
Z ≈ 27, 344 Ω + j33, 98 Ω
¯
15
3.1.5 Aufgabe 5
Bestimmen Sie die Ströme I1 , I2 und I3 in
den Außenleitern des nebenstehend dargestellten Dreiphasenwechselstromnetzes
mit UL = 400V! Stellen Sie dazu ein Lineargleichungssystem für die drei Komplexen Ströme I1 , I2 und I3 auf und lösen
¯ ¯
¯
Sie das Gleichungssystem. Berechnen Sie
anschließend die gesuchten Beträge der
Ströme I1 , I2 und I3 . Bekannt sind die
Werte:
XL = 100 Ω; XC = 200 Ω; R = 50 Ω
L1
L2
L3
F
I1
XL
I2
XC
I3
R
Lösung: Um einen besseren Überblick zu erhalten, wird die Schaltung zunächst etwas umgezeichR I3
I XL N
L1 1
L3
net. Dabei werden aus dem Dreiphasen-Wechselspannungsnetz nur die Spannungen U12 und U23 verwenXC
U23
det; mit diesen wird aber trotzdem das komplette U12
Netz vollständig beschrieben. Zur besseren OrientieI2
rung habe ich die Punkte, die die Außenleiter L1, L2
L2
und L3 sowie den Sternpunkt N bezeichnen, mit in
die Schaltung eingetragen.
Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich die
Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem MaschenstromverfahI1
I3
ren 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 I1 und I3 , mit denen das Gleichungssystem aufgestellt wird. Die Masche 1 verläuft
über XL , XC und U12 , Masche 3 entsprechend über R, XC und U23 .
Bevor wir beginnen können, sollten wir die komplexen Spannungen festlegen. Ich lege
U12 in die reelle Richtung. Damit ist:
¯
U12 = 400 V
¯
Die Spannung U23 eilt der Spannung U12 um 120◦ nach. Damit ergibt sich für U23 :
¯
¯
¯
◦
U23 = 400 V · e−j120 = 400 V · cos(−120◦ ) + j sin(−120◦ ) ≈ −200 V − j346,4 V
¯
Weiterhin ist:
XL = jXL = j100 Ω
¯
16
XC = −jXC = −j200 Ω
¯
Jetzt können wir einen Maschenumlauf für Masche 1 und Masche 3 aufstellen.
(1) XL · I1 + XC · (I1 + I3 ) − U12
¯
¯ ¯
¯
¯ ¯
(3) R · I2 + XC · (I2 + I1 ) + U23
¯
¯ ¯
¯
¯ ¯
(1)
X L · I1 + X C · I1 + X C · I3
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
(3)
R · I2 + X C · I2 + X C · I1
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
(1)
(XL + XC ) · I1 + XC · I3
¯
¯
¯
¯ ¯
(3)
XC · I1 + (R + XC ) · I2
¯ ¯
¯ ¯
¯
Nun können die gegebenen Werte eingesetzt werden.
=
=
=
=
=
=
0
0
U12
¯
−U23
¯
U12
¯
−U23
¯
(1)
(XL + XC ) · I1
+XC · I3 = U12
¯
¯
¯
¯ ¯
¯
+(R + XC ) · I3 = −U23
(3)
X C · I1
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
(1) (j100 Ω − j200 Ω) · I1
−j200 Ω · I3 = 400 V
¯
¯
(3)
−j200 Ω · I1 +(50 Ω − j200 Ω) · I3 = 200 V + j346,4 V
¯
¯
(1)
−j100 Ω · I1
−j200 Ω · I3 = 400 V
¯
¯
(3)
−j200 Ω · I1 +(50 Ω − j200 Ω) · I3 = 200 V + j346,4 V
¯
¯
Multipliziert man Gleichung (1) mit −2, dann können die beiden Gleichungen einfach
addiert werden. I1 fällt dann weg.
¯
| · (−2)
−j200 Ω · I3 = 400 V
(1) −j100 Ω · I1
¯
¯
(3) −j200 Ω · I1 +(50 Ω − j200 Ω) · I3 = 200 V + j346,4 V
¯
¯
|
+j400 Ω · I3 = −800 V
(1)
j200 Ω · I1
¯
¯
|+
(3) −j200 Ω · I1 +(50 Ω − j200 Ω) · I3 = 200 V + j346,4 V
¯
¯
(50 Ω + j200 Ω) · I3 = −600 V + j346,4 V
¯
V+j346,4 V
I = −600
50 Ω+j200 Ω
¯3
I = −12+j6,928
A
1+j4
¯3
−12+j6,928 1−j4
I =
· 1−j4 A
1+j4
¯3
−12+j48+j6,928+27,712
I =
A
1+16
¯3
15,712+j54,928
I =
A
17
¯3
I ≈ 0,9242 A + j3,231 A
¯3
Zur Bestimmung von I1 setze ich das Ergebnis in Gleichung (1) ein.
¯
−j100 Ω · I1 − j200 Ω · (0,9242 A + j3,231 A)
¯
−j100 Ω · I1 − j184,84 V + 646,2 V
¯
−j100 Ω · I1
¯
I
¯1
I
¯1
I
¯1
17
= 400 V
= 400 V | + j184,84 V − 646,2 V
= j184,84 V − 246,2 V | : (−j100 Ω)
j184,84 V − 246,2 V j
=
·
−j100 Ω
j
−184,84 V − j246,2 V
=
100 Ω
≈ −1,8484 A − j2,462 A
Mit diesen Ergebnissen kann nun auch I2 bestimmt werden. Nach der Kirchhoffschen
¯
Knotenregel gilt:
I +I +I
¯1 ¯2 ¯3
I
¯2
I
¯2
I
¯2
I
¯2
=
=
=
=
≈
0 | − I1 − I3
¯ ¯
−I1 − I3
¯ ¯
−(−1,8484 A − j2,462 A) − (0,9242 A + j3,231 A)
1,8484 A + j2,462 A − 0,9242 A − j3,231 A
0,9242 A − j0,769 A
Mit diesen Daten können wir nun die Beträge der drei Ströme bestimmen. Zur Erinnerung vorweg die zugehörige Grundformel:
p
I = (ReI)2 + (ImI)2
¯
¯
p
I1 = (1,8484 A)2 + (2,462 A)2 ≈ 3,079 A
p
I2 = (0,9242 A)2 + (0,769 A)2 ≈ 1,202 A
p
I3 = (0,9242 A)2 + (3,231 A)2 ≈ 3,361 A
18
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 I1 , I2 und I3 . Bekannt sind die Werte:
¯ ¯
¯
R1 = 1 kΩ; XC1 = 3 kΩ
R2 = 2 kΩ; XC2 = 4 kΩ
XL = 2 kΩ; U1 = j4 V; U2 = 4 V
¯
¯
R1
C1
C2
I3
I1
U1
R2
I2
U2
L
Lösung: Vorweg können R1 und C1 zu Z1 und R2 und C2 zu Z2 zusammengefasst
werden.
Z1 = R1 + XC1 = 1 kΩ − j3 kΩ
¯
¯
¯
Z2 = R2 + XC2 = 2 kΩ − j4 kΩ
¯
¯
¯
Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich die
Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem MaschenstromverfahI1
I2
ren 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 I1 und I2 , mit denen das Gleichungssystem aufgestellt wird. Die Masche 1 verläuft
über Z1 , XL und U1 , Masche 2 entsprechend über Z2 , U2 und XL .
Z1 · I1 + XL · (I1 − I2 ) − U1
¯
¯ ¯
¯
¯ ¯
Z2 · I2 + XL · (I2 − I1 ) + U2
¯ ¯
¯
¯ ¯
¯
Z 1 · I1 + X L · I1 − X L · I2
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
Z 2 · I2 + X L · I2 − X L · I1
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
(Z1 + XL ) · I1 − XL · I2
¯
¯ ¯
¯
¯
−XL · I1 + (Z2 + XL ) · I2
¯
¯
¯
¯ ¯
Nun können die gegebenen Werte eingesetzt werden.
(1)
(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
=
=
=
=
=
=
0
0
U1
¯
−U2
¯
U1
¯
−U2
¯
−XL · I2
(1)
(Z1 + XL ) · I1
¯
¯ ¯
¯
¯
(2)
−XL · I1
+(Z2 + XL ) · I2
¯ ¯
¯
¯
¯
(1) (1 kΩ − j3 kΩ + j2 kΩ) · I1
−j2 kΩ · I2
¯
¯
(2)
−j2 kΩ · I1 +(2 kΩ − j4 kΩ + j2 kΩ) · I2
¯
¯
(1)
(1 kΩ − j1 kΩ) · I1
−j2 kΩ · I2
¯
¯
(2)
−j2 kΩ · I1
+(2 kΩ − j2 kΩ) · I2
¯
¯
19
=
=
=
=
=
=
U1
¯
−U2
¯
j4 V
−4 V
j4 V
−4 V
Zur Lösung kann man natürlich jedes beliebige Lösungsverfahren für Lineargleichungssysteme verwenden.1
Ich möchte gern das Additions-/Subtraktionsverfahren verwenden. Damit beim Addieren die Variable I1 wegfällt, multipliziere ich Gleichung (1) mit j2 und Gleichung (2)
¯
mit (1 − j1).
(1)
(1 kΩ − j1 kΩ) · I1
−j2 kΩ · I2
¯
¯
(2)
−j2 kΩ · I1
+(2 kΩ − j2 kΩ) · I2
¯
¯
(1)
(j2 kΩ − j 2 2 kΩ) · I1
−j 2 4 kΩ · I2
¯
¯
(2) (−j2 kΩ + j 2 2 kΩ) · I1 +(2 kΩ − j2 kΩ − j2 kΩ + j 2 2 kΩ) · I2
¯
¯
(1)
(j2 kΩ + 2 kΩ) · I1
+4 kΩ · I2
¯
¯
(2)
(−j2 kΩ − 2 kΩ) · I1
+(2 kΩ − j2 kΩ − j2 kΩ − 2 kΩ) · I2
¯
¯
(1)
(j2 kΩ + 2 kΩ) · I1
+4 kΩ · I2
¯
¯
(2)
(−j2 kΩ − 2 kΩ) · I1
−j4 kΩ · I2
¯
¯
(4 kΩ − j4 kΩ) · I2
¯
I
¯2
I
¯2
I
¯2
I
¯2
I
¯2
I
¯2
I
¯2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
j4 V
−4 V
j28 V
−4 V + j4 V
−8 V
−4 V + j4 V
−8 V
−4 V + j4 V
−12 V + j4 V
| · (j2)
| · (1 − j1)
|
|+
| : (4 kΩ − j4 kΩ)
−12 V+j4 V
4 kΩ−j4 kΩ
−3+j1
1−j1 mA
(−3+j1)·(1+j1)
(1−j1)·(1+j1) mA
−3−j3+j+j 2
mA
1−j 2
−3−j3+j−1
mA
1+1
−4−j2
2 mA
=
=
=
= −2 mA − j1 mA
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: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/einsetz.pdf
Additions-/Subtraktionsverfahren: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/add.pdf
Cramersche Regel: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/cramer.pdf
Gauß-Jordan-Verfahren: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/gauss.pdf
20
Das Ergebnis setze ich in Gleichung (2) ein, um I1 zu bestimmen.
¯
−j2 kΩ · I1 + (2 kΩ − j2 kΩ) · I2
¯
¯
−j2 kΩ · I1 + (2 kΩ − j2 kΩ) · (−2 mA − j1 mA)
¯
−j2 kΩ · I1 − 4 V − j2 V + j4 V + j 2 2 V
¯
−j2 kΩ · I1 − 4 V − j2 V + j4 V − 2 V
¯
−j2 kΩ · I1 − 6 V + j2 V
¯
−j2 kΩ · I1
¯
I
¯1
=
=
=
=
=
=
=
I =
¯1
I =
¯1
I =
¯1
−4 V
−4 V
−4 V
−4 V
−4 V | + 6 V − j2 V
2 V − j2 V | : (−j2 kΩ)
2 V − j2 V j
·
−j2 kΩ
j
2
j2 V − j 2 V
−j 2 2 kΩ
j2 V + 2 V
2 kΩ
1 mA + j1 mA
Damit kann nun I3 bestimmt werden:
I3 = I1 −I2 = 1 mA+j1 mA−(−2 mA−j1 mA) = 1 mA+j1 mA+2 mA+j1 mA = 3 mA+j2 mA
Zusammengefasstes Ergebnis: I1 = 1 mA + j1 mA
¯
21
I = −2 mA − j1 mA
¯2
I = 3 mA + j2 mA
¯3
3.1.7 Aufgabe 7
Nebenstehende Schaltung ist an zwei
Spannungsquellen U01 und U02 mit einer Spannung von je 60 V angeschlossen.
Die Phasenverschiebung zwischen diesen
beiden Spannungen beträgt 0◦ . Berech- U01
nen Sie die Komplexen Ströme I1 bis I5 .
¯
¯
Bekannt sind diese Werte:
R1 = 6 Ω; R2 = 3 Ω; R3 = 10 Ω;
XC1 = 6 Ω XC2 = 15 Ω XL1 = 12 Ω
I1 R1
L1
I4
C2
I2
C1
I5
R3
I3 R2
U02
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:
U01 = U02 = 60 V
¯
¯
Die anderen komplexen Größen können aufgestellt werden:
R1 = 6 Ω
¯
R2 = 3 Ω
¯
R3 = 10 Ω
¯
XC1 = −j6 Ω
¯
XC2 = −j15 Ω
¯
XL1 = j12 Ω
¯
Nebenstehend ist das Gerippe der Schaltung dargestellt, mit dem ich
die Schaltung analysieren möchte. Da ich mit dem MaschenstromI1
I3
verfahren arbeiten möchte, wähle ich zunächst einen Vollständigen
”
I4
Baum“, der alle Knoten (hier allerdings nur zwei) auf einem eindeutigen Weg miteinander verbindet. Die beiden Knoten über bzw. unter
C2 und R3 sind in Wahrheit nur jeweils ein Knoten, da sie leitend miteinander verbunden sind. Dieser auf einen einzigen Strich verkümmerte“ Baum ist in
”
grüner Farbe dargestellt. Damit ergeben sich die Maschenströme I1 , I3 und I4 , mit denen
das Gleichungssystem aufgestellt wird. Der Strom I2 bleibt zunächst außen vor, er wird
zum Schluss berechnet.
Mit diesem Baum können nun die Maschengleichungen aufgestellt werden.
(1) (R1 + XL1 + R3 ) · I1
−R3 · I3
−R3 · I4 = U01
¯
¯
¯
¯
¯ ¯
¯ ¯
¯
(3)
−R3 · I1 +(R3 + XC1 + R2 ) · I3
+R3 · I4 = −U02
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
¯
(4)
−R3 · I1
+R3 · I2 +(XC2 + R3 ) · I4 = 0
¯ ¯
¯
¯
¯
¯
22
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) · I1
−10 · I3
−10 · I4 = 60
¯
¯
¯
(3)
−10 · I1 +(13 − j6) · I3
+10 · I4 = −60
¯
¯
¯
(4)
−10 · I1
+10 · I3 +(10 − j15) · I4 = 0
¯
¯
¯
Dieses Gleichungssystem kann nun mit einem beliebigen Verfahren gelöst werden.2 Ich
möchte hier die Cramersche Regel verwenden.
I
¯1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
I
¯1
=
60
−10
−10
−60 (13 − j6)
10
0
10
(10 − j15)
(16 + j12)
−10
−10
−10
(13 − j6)
10
−10
10
(10 − j15)
60 · (13 − j6) · (10 − j15) + (−10) · (−60) · 10
···
(16 + j12) · (13 − j6) · (10 − j15) + (−10) · 10 · (−10) + (−10) · (−10) · 10
− 10 · 10 · 60 − (10 − j15) · (−60) · (−10)
···
−(−10) · (13 − j6) · (−10) − 10 · 10 · (16 + j12) − (10 − j15) · (−10) · (−10)
(2 400 − j15 300) + 6 000 − 6 000 − (6 000 − j9 000)
(3 700 − j3 600) + 1 000 + 1 000 − (1 300 − j600) − (1 600 + j1 200) − (1 000 − j1 500)
2 400 − j15 300 + 6 000 − 6 000 − 6 000 + j9 000
3 700 − j3 600 + 1 000 + 1 000 − 1 300 + j600 − 1 600 − j1 200 − 1 000 + j1 500
− 3 600 − j6 300
1 800 − j2 700
− 36 − j63
18 − j27
(−36 − j63) · (18 + j27)
(18 − j27) · (18 + j27)
− 648 − j972 − j1 134 + 1 701
324 + 729
1 053 − j2 106
1 053
1 − j2
Ergebnis: I1 = 1 A − j2 A
¯
Als nächstes kann der Strom I3 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: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/einsetz.pdf
Additions-/Subtraktionsverfahren: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/add.pdf
Cramersche Regel: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/cramer.pdf
Gauß-Jordan-Verfahren: http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/gauss.pdf
23
schon für I1 bestimmt.
¯
I
¯3
=
=
=
=
=
=
=
=
=
I
¯3
=
(16 + j12) 60
−10
−10
−60
10
−10
0
(10 − j15)
1 800 − j2 700
(16 + j12) · (−60) · (10 − j15) + 60 · 10 · (−10) − (−10) · (−60) · (−10) − (10 − j15) · (−10) · 60
1 800 − j2 700
(−20 400 + j7 200) − 6 000 + 6 000 − (−6 000 + j9 000)
1 800 − j2 700
− 20 400 + j7 200 − 6 000 + 6 000 + 6 000 − j9 000
1 800 − j2 700
− 14 400 − j1 800
1 800 − j2 700
− 144 − j18
18 − j27
(−144 − j18) · (18 + j27)
(18 − j27) · (18 + j27)
− 2 592 − j3 888 − j324 + 486
324 + 729
− 2 106 − j4 212
1 053
−2 − j4
Ergebnis: I3 = −2 A − j4 A
¯
Zur Bestimmung von I4 verwende ich Gleichung (3), weil hier am Schluss nur durch die
¯
reelle Zahl 10 dividiert werden muss.
−10 · I1 + (13 − j6) · I3 + 10 · I4
¯
¯
¯
−10 · (1 − j2) + (13 − j6) · (−2 − j4) + 10 · I4
¯
−10 + j20 − 26 − j52 + j12 − 24 + 10 · I2
¯
−60 − j20 + 10 · I2
¯
10 · I2
¯
I
¯2
=
=
=
=
=
=
−60
−60
−60
−60 | + 60 + j20
j20 | : 10
j2
Ergebnis: I4 = j2 A
¯
Damit ist das Gleichungssystem gelöst. Es fehlen aber noch die Ströme I2 und I5 . Dazu
¯
¯
gehen wir in die Originalschaltung hinein. Ab Knoten rechts von L1 kann die Knotengleichung zur Bestimmung von I2 aufgestellt werden.
¯
I = I 2 + I4
| − I4
¯1
¯ ¯
¯
I1 − I4 = I 2
¯ ¯
¯
I = (1 A − j2 A) − j2 A
¯2
I = 1 A − j4 A
¯2
Ergebnis: I2 = 1 A − j4 A
¯
24
Zur Bestimmung von I5 verwendet man sinngemäß den Knoten oberhalb von R3 .
¯
I = I 5 + I3
| − I3
¯2
¯ ¯
¯
I2 − I3 = I 5
¯ ¯
¯
I5 = (1 A − j4 A) − (−2 A − j4 A)
¯
I = 1 A − j4 A + 2 A + j4 A
¯5
I = 3A
¯5
Ergebnis: I5 = 3 A
¯
Hier noch einmal alle Ergebnisse zusammengefasst:
I
¯1
I
¯2
I
¯3
I
¯4
I
¯5
=
=
=
=
=
1 A − j2 A
1 A − j4 A
−2 A − j4 A
j2 A
3A
25
4 Kompensation
4.1 Berechnungen der Kompensation
Die Grundlagen zur Berechnung bei Kompensation sind hier zu finden:
http://www.dk4ek.de/lib/exe/fetch.php/wechsels.pdf
4.2 Lösungen der Übungsaufgaben zur Kompensation
4.2.1 Aufgabe 1
Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie
den Widerstand R2 so, dass der Gesamtwiderstand
Z der Schaltung reell wird! Folgende Werte sind be¯
kannt:
XC = 2 Ω XL = 8 Ω R1 = 4 Ω
Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z der Schaltung?
R1
XC
R2
XL
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 R2 an mit:
¯
R2 = 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:
R1
¯
R2
¯
XL
¯
XC
¯
=
=
=
=
4Ω
R
j8 Ω
−j2 Ω
Beginnen wir mit der Zusammenfassung der Parallelschaltung aus R1 und XC . Den
Ersatzwiderstand nenne ich Z1 .
R ·X
Z1 = ¯ 1 ¯ C
¯
R1 + X C
¯
¯
4 Ω · (−j2 Ω)
=
4 Ω + (−j2 Ω)
−j8 Ω2
=
4 Ω − j2 Ω
−j4 Ω
Z1 =
¯
2−j
26
Mit Z1 in Reihe geschaltet ist R2 . Den Ersatzwiderstand dieser Reihenschaltung nenne
ich Z2 . Wir können Z2 berechnen.
¯
Z2 = Z 1 + R 2
¯
¯
¯
−j4 Ω
Z2 =
+R
¯
2−j
Parallel zu Z2 ist XL geschaltet. Damit können wir nun den Ersatzwiderstand der gesamten Schaltung Z aufstellen.
¯
Z ·X
Z = ¯2 ¯ L
¯
Z2 + X L
¯ ¯
−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.
−j4 Ω
+ R · j8 Ω
2−j
Z = −j4 Ω
¯
+
R
+ j8 Ω
2−j
−j4 Ω+R(2−j)
· j8 Ω
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 Ω2 + j16 ΩR − j 2 8 ΩR
=
−j4 Ω + 2R − jR + j16 Ω + 8 Ω
32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR
Z =
¯
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
Lösungsweg 1
32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR
Z =
¯
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 + 256 Ω3 + j32 Ω2 R − j384 Ω3 + j32 ΩR2 + j128 Ω2 R − 16 ΩR2
=
···
4R2 + 32 ΩR + 64 Ω2 + R2 − 24 ΩR + 144 Ω2
+192 Ω2 R + 16 ΩR2 + 64 Ω2 R + j8 ΩR2 − j96 Ω2 R
···
···
320 Ω2 R + 256 Ω3 + j64 Ω2 R − j384 Ω3 + j40 ΩR2
=
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
2
64 Ω2 R − 384 Ω3 + 40 ΩR2
320 Ω R + 256 Ω3
+j
Z =
¯
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
Da Z reell sein soll, ist der Imaginärteil von Z gleich Null. Damit bekommen wir eine
¯
¯
Gleichung zur Bestimmung von R.
Im(Z)
¯
64 Ω R − 384 Ω + 40 ΩR2
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
64 Ω2 R − 384 Ω3 + 40 ΩR2
40 ΩR2 + 64 Ω2 R − 384 Ω3
R2 + 1,6 ΩR − 9,6 Ω2
2
= 0
3
R1/2
R1
R2
= 0 | · Nenner
= 0
= 0 | : 40 Ω
= 0 | p-q-Formel
p
= −0,8 Ω ± 0,64 Ω2 + 9,6 Ω2
= −0,8 Ω ± 3,2 Ω
= 2,4 Ω
= −4 Ω (entfällt)
Die Lösung lautet also R = 2,4 Ω , denn negative Widerstände gibt es nicht.
28
Lösungsweg 2 Als alternative Lösungsmethode können wir Z = Z setzen. Dadurch
¯
erhalten wir die Möglichkeit, die Gleichung in Real- und Imaginärteile aufzuspalten. Wir
bekommen dann zwei Gleichungen mit zwei reellen Variablen, nämlich Z und R.
32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR
Z =
¯
2R − jR + j12 Ω + 8 Ω
32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR
Z =
2R − jR + j12 Ω + 8 Ω
2RZ − jRZ + j12 ΩZ + 8 ΩZ = 32 Ω2 + 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.
Re:
Im:
2RZ − jRZ + j12 ΩZ + 8 ΩZ = 32 Ω2 + j16 ΩR + 8 ΩR
2RZ + 8 ΩZ = 32 Ω2 + 8 ΩR
−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 Ω2 + 8 ΩR
Z · (2R + 8 Ω) = 32 Ω2 + 8 ΩR | : (2R + 8 Ω)
32 Ω2 + 8 ΩR
Z =
2R + 8 Ω
8 Ω · (4 Ω + R)
Z =
2 · (R + 4 Ω)
Z = 4Ω
Das Ergebnis setzen wir in die Gleichung aus den Imaginärteilen ein.
−RZ + 12 ΩZ
−R · 4 Ω + 12 Ω · 4 Ω
−4 ΩR + 48 Ω2
48 Ω2
2,4 Ω
=
=
=
=
=
16 ΩR
16 ΩR
16 ΩR | + 4 ΩR
20 ΩR | : 20 Ω
R
R = 2,4 Ω
Jeder mag für sich selbst entscheiden, welchen Lösungsweg er einfacher findet.
29
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.
¯
2
3
2
3
2
320 Ω R + 256 Ω
64 Ω R − 384 Ω + 40 ΩR
Z=
+
j
¯ 5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
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.
320 Ω2 R + 256 Ω3
Z =
¯
5R2 + 8 ΩR + 208 Ω2
320 Ω2 · 2,4 Ω + 256 Ω3
=
5 · (2,4 Ω)2 + 8 Ω · 2,4 Ω + 208 Ω2
768 Ω3 + 256 Ω3
=
28,8 Ω2 + 19,2 Ω2 + 208 Ω2
1024 Ω3
=
256 Ω2
= 4Ω
Gesamtwiderstand Z = 4 Ω
¯
30
4.2.2 Aufgabe 2
Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie den Widerstand XC2 so, dass der Gesamtwiderstand Z der Schaltung
¯
reell wird! Bekannt sind die Werte:
XC1 = 50 Ω XL = 12,5 Ω R1 = 20 Ω.
Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z der Schaltung?
XL
XC1
XC2
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 XC2 an mit:
¯
XC2 = −jX
¯
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:
XC1
¯
XL
¯
R
¯
XC2
¯
=
=
=
=
−j50 Ω
j12,5 Ω
20 Ω
−jX
Ich beginne mit der Zusammenfassung aus XC2 und R. Diese nenne ich Z1 .
¯
Z1 = XC2 + R = −jX + 20 Ω
¯
¯
¯
Parallel zu Z1 liegt XC1 . Diese Parallelschaltung nenne ich Z2 .
¯
Z1 · XC1
Z2 = ¯ ¯
¯
Z1 + XC1
¯
¯
(−jX + 20 Ω) · (−j50 Ω)
Z2 =
¯
−jX + 20 Ω − j50 Ω
−50 ΩX − j1000 Ω2
Z2 =
¯
20 Ω − j(X + 50 Ω)
In Reihe zu Z2 liegt XL . Damit erhalte ich den Gesamtwiderstand Z:
¯
Z = Z2 + XL
¯
¯
¯
−50 ΩX − j1000 Ω2
Z =
+ j12,5 Ω
¯
20 Ω − j(X + 50 Ω)
Ab hier gibt es wieder – wie bei den vorangehenden Aufgaben auch – zwei unterschiedliche Lösungswege.
31
Lösungsweg 1
−50 ΩX − j1000 Ω2
+ j12,5 Ω | Konjugiert Komplex erweitern
20 Ω − j(X + 50 Ω)
(−50 ΩX − j1000 Ω2 ) · (20 Ω + jX + j50 Ω)
=
+ j12,5 Ω
[20 Ω − j(X + 50 Ω)] · [(20 Ω + j(X + 50 Ω)]
−1000 Ω2 X − j50 ΩX 2 − j2500 Ω2 X − j20000 Ω3 + 1000 Ω2 X + 50000 Ω3
=
+ j12,5 Ω
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
−j50 ΩX 2 − j2500 Ω2 X − j20000 Ω3 + 50000 Ω3
Z =
+ j2,5 Ω
¯
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
Z =
¯
Der Bruch kann nun in Realteil und Imaginärteil zerlegt werden. Das geht dann auch
mit dem gesamten Z.
¯
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3
50000 Ω3
+j
+ j12,5 Ω
Z =
¯
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3
50000 Ω3
+j
+ 12,5 Ω
Z =
¯
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
Laut Aufgabenstellung ist Im(Z) = 0. Daraus können wir eine Gleichung zur Bestim¯
mung von X machen.
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3
+ 12,5 Ω
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3 + 12,5 Ω · 400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3 + 12,5 Ω · 400 Ω2 + X 2 + 100 ΩX + 2500 Ω2
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3 + 12,5 Ω · 2900 Ω2 + X 2 + 100 ΩX
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3 + 36250 Ω3 + 12,5 ΩX 2 + 1250 Ω2 X
−37,5 ΩX 2 − 1250 Ω2 X + 16250 Ω3
= 0 | · Nenner
=
=
=
=
=
0
0
0
0
0
Wir haben eine Quadratische Gleichung erhalten, die wir nun mit der p − q−Formel
lösen können.
32
−37,5 ΩX 2 − 1250 Ω2 X + 16250 Ω3 = 0 | : (−37,5 Ω)
100
1300 2
X2 +
ΩX −
Ω = 0
3
3
r
2500 2 3900 2
50
X1/2 = − Ω ±
Ω +
Ω
3
9
9
r
6400 2
50
X1/2 = − Ω ±
Ω
3
9
80
50
X1/2 = − Ω ± Ω
3
3
30
X1 =
Ω = 10 Ω
3
130
X2 = −
Ω (entfällt)
3
Ergebnis: XC2 = −j10 Ω oder: XC2 = 10 Ω
¯
Fehlt noch Z. Da ImZ = 0 ist, ist Z = Z = ReZ.
¯
¯
¯
¯
3
−50 ΩX 2 − 2500 Ω2 X − 20000 Ω3
50000 Ω
+j
+ 12,5 Ω
Z =
¯
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
50000 Ω3
=
400 Ω2 + (X + 50 Ω)2
50000 Ω3
=
400 Ω2 + (10 Ω + 50 Ω)2
50000 Ω3
=
400 Ω2 + (60 Ω)2
50000 Ω3
=
400 Ω2 + 3600 Ω2
50000 Ω3
=
4000 Ω2
Z = 12,5 Ω
¯
Ergebnis: Z = Z = 12,5 Ω
¯
33
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 = Z ist!
¯
−50 ΩX − j1000 Ω2
Z =
+ j12,5 Ω
¯
20 Ω − j(X + 50 Ω)
−50 ΩX − j1000 Ω2
+ j12,5 Ω | · Nenner
Z =
20 Ω − j(X + 50 Ω)
Z · [20 Ω − j(X + 50 Ω)] = −50 ΩX − j1000 Ω2 + j12,5 Ω · [20 Ω − j(X + 50 Ω)]
Z · (20 Ω − jX − j50 Ω) = −50 ΩX − j1000 Ω2 + j12,5 Ω · (20 Ω − jX − j50 Ω)
20 ΩZ − jXZ − j50 ΩZ = −50 ΩX − j1000 Ω2 + j250 Ω2 + 12,5 ΩX + 625 Ω2
20 ΩZ − jXZ − j50 ΩZ = −37,5 ΩX − j750 Ω2 + 625 Ω2
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:
Imaginärteile:
20 ΩZ = −37,5 ΩX + 625 Ω2
−XZ − 50 ΩZ = −750 Ω2
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 + 625 Ω2 | : 20 Ω
Z = −1,875X + 31,25 Ω
Eingesetzt in die Imaginärteilgleichung:
−XZ − 50 ΩZ
−X · (−1,875X + 31,25 Ω) − 50 Ω · (−1,875X + 31,25 Ω)
1,875X 2 − 31,25 ΩX + 93,75 ΩX − 1562,5 Ω2
1,875X 2 + 62,5 ΩX − 812,5 Ω2
100
1300 2
x2 +
ΩX −
Ω
3
3
=
=
=
=
−750 Ω2
−750 Ω2
−750 Ω3 | + 750 Ω2
0 | : 1,875
= 0
Da diese Gleichung auch schon beim ersten Lösungsweg auftrat, kann man den Rest der
Lösung dort nachlesen; der restliche Lösungsweg ist identisch.
34
4.2.3 Aufgabe 3
Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie die Widerstände XL1 und XC so, dass der Gesamtwiderstand Z der
¯
Schaltung gleich 10 Ω reell wird!
Bekannt sind die Werte XL2 = 8 Ω und R = 16 Ω.
XL1
XC
XL2
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 XL1 und XC an mit:
¯
¯
XL1 = jXL und XC = −jXC
¯
¯
Mit diesem Ansatz erreiche ich, dass ich nur zwei reelle Größen, nämlich XL und XC ,
bestimmen muss. Die Liste der verwendeten Größe sieht demnach also so aus:
R = 16 Ω
XL2 = 8 Ω
XL1 = XL
⇒
⇒
⇒
R = 16 Ω
¯
XL2 = j8 Ω
¯
XL1 = jXL
¯
XC = −jXC
¯
und R nenne ich Z1 und erhalte mit der Formel für die
Die Reihenschaltung aus XL2
Reihenschaltung:
Z1 = R + XL2 = 16 Ω + j8 Ω
¯
¯ ¯
Z1 ist zu XC parallel geschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z2 . Ich bestimme Z2
¯
mit der Formel für die Parallelschaltung.
Z ·X
(16 Ω + j8 Ω) · (−jXC )
−j16 ΩXC + 8 ΩXC
Z2 = ¯ 1 ¯ C =
=
¯
Z1 + XC
(16 Ω + j8 Ω) + (−jXC )
16 Ω + j8 Ω − jXC
¯
¯
Hinzu kommt noch XL1 , wenn ich den Gesamtwiderstand Z bestimmen will:
¯
¯
−j16 ΩXC + 8 ΩXC
Z = XL1 + Z2 = jXL +
¯ ¯
¯
16 Ω + j8 Ω − jXC
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 ΩXC + 8 ΩXC
16 Ω + j8 Ω − jXC
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
Hauptnenner multiplizieren, um keine Brüche mehr zu haben. Die Aufspaltung ist
nämlich nur bei Linearen Gleichungen möglich!
−j16 ΩXC + 8 ΩXC
| · (16 Ω + j8 Ω − jXC )
16 Ω + j8 Ω − jXC
10 Ω · (16 Ω + j8 Ω − jXC ) = jXL · (16 Ω + j8 Ω − jXC ) − j16 ΩXC + 8 ΩXC
160 Ω2 + j80 Ω2 − j10 ΩXC = j16 ΩXL − 8 ΩXL + XL XC − j16 ΩXC + 8 ΩXC | + j10 ΩXC
160 Ω2 + j80 Ω2 = j16 ΩXL − 8 ΩXL + XL XC − j6 ΩXC + 8 ΩXC
10 Ω = jXL +
Diese Komplexe Gleichung kann nun aufgespaltet werden in eine Gleichung mit den
Realteilen und eine andere Gleichung mit den Imaginärteilen.
Re: 160 Ω2 = −8 ΩXL + XL XC + 8 ΩXC
Im: 80 Ω2 = 16 ΩXL − 6 ΩXC
Ich löse die Gleichung aus den Imaginärteilen nach XL auf, um das Ergebnis in die
andere Gleichung einzusetzen.
80 Ω2 = 16 ΩXL − 6 ΩXC | + 6 ΩXC
80 Ω2 + 6 ΩXC = 16 ΩXL | : 16 Ω
3
5 Ω + XC = X L
8
36
Einsetzen in die Reelle Gleichung:
160 Ω2 = −8 ΩXL + XL XC + 8 ΩXC
3
3
160 Ω2 = −8 Ω(5 Ω + XC ) + (5 Ω + XC )XC + 8 ΩXC
8
8
3
160 Ω2 = −40 Ω2 − 3 ΩXC + 5 ΩXC + XC2 + 8 ΩXC | + 40 Ω2
8
3
8
200 Ω2 = 10 ΩXC + XC2 | ·
8
3
1600 2
80
1600
Ω =
ΩXC + XC2 | −
Ω2
3
3
3
80
1600 2
0 = XC2 + ΩXC −
Ω
3 s
3
2
40
40
1600 2
XC1/2 = − Ω ±
Ω +
Ω
3
3
3
r
1600 2 4800 2
40
= − Ω±
Ω +
Ω
3
9
9
r
6400 2
40
Ω
= − Ω±
3
9
80
40
= − Ω± Ω
3
3
40
XC1 =
Ω
3
120
Ω = −40 Ω
XC2 = −
3
Die Lösung XC2 = −40 Ω entfällt, denn es können nur positive Werte eingesetzt werden. Sonst wäre C eine Spule! Die Lösung XC2 = 40
Ω setze ich in die umgeformte
3
Imaginärteil-Gleichung ein.
3
3 40
XL = 5 Ω + XC = 5 Ω + · Ω = 10 Ω
8
8 3
Die Lösungen lauten also: XL = 10 Ω
XC =
37
40
Ω
3
≈ 13,3 Ω
4.2.4 Aufgabe 4
Gegeben ist nebenstehende Schaltung. Bestimmen Sie die Kapazität C2 so, dass bei einer Kreisfrequenz von ω = 1 000 s−1 der
Ersatzwiderstand Z der Schaltung rein reell wird! Bekannt sind
¯
folgende Werte:
L1 = 4 H L2 = 25 H R = 50 kΩ C1 = 200 nF
Wie groß wird damit der Ersatzwiderstand Z?
¯
L1
C1
C2
L2
R
Lösung: Zunächst werden die Blindwiderstände bestimmt:
XL1 = jωL1 = j · 1 000 s−1 · 4 H = j4 kΩ
¯
XL2 = jωL2 = j · 1 000 s−1 · 25 H = j25 kΩ
¯
1
1
X̧C1 =
=
= −j5 kΩ
−1
jωC1 j · 1 000 s · 200 µF
Den Betrag des kapazitiven Blindwiderstand des gesuchten Kondensators nenne ich X.
Damit erhalte ich:
XC2 = −jX
¯
Den Ersatzwiderstand der Parallelschaltung R k L2 nenne ich Z1 . Dieser kann berechnet
¯
werden:
R · XL2
Z1 = ¯ ¯
¯
R + XL2
¯50 kΩ
¯ · j25 kΩ
=
50 kΩ + j25 kΩ
j1 250 kΩ2
=
50 kΩ + j25 kΩ
j1 250 kΩ2 · (50 kΩ − j25 kΩ)
=
(50 kΩ + j25 kΩ) · (50 kΩ − j25 kΩ)
j62 500 kΩ3 + 31 250 kΩ3
=
2 500 kΩ2 + 625 kΩ2
j62 500 kΩ3 + 31 250 kΩ3
=
3 125 kΩ2
62 500 kΩ3 31 250 kΩ3
+
= j
3 125 kΩ2
3 125 kΩ2
Z1 = j20 kΩ + 10 kΩ
¯
Jetzt kann Z1 mit XC2 zu Z2 zusammengefasst werden.
¯
¯
¯
Z2 = XC2 + Z1 = −jX + j20 kΩ + 10 kΩ
¯
¯
¯
Zu Z2 ist C1 parallelgeschaltet. Den zugehörigen Ersatzwiderstand nenne ich Z3 . Wir
können Z3 über die Parallelschaltungsformel berechnen:
¯
38
XC1 · Z2
¯
Z3 = ¯
¯
XC1 + Z2
¯− j5 kΩ
¯ · (−jX + j20 kΩ + 10 kΩ)
=
−j5 kΩ − jX + j20 kΩ + 10 kΩ
− 5 kΩX + 100 kΩ2 − j50 kΩ2
Z3 =
¯
j15 kΩ − jX + 10 kΩ
Nun kann der Ersatzwiderstand Z der Gesamtschaltung aufgestellt werden:
Z = Z3 + XL1 =
¯ ¯
¯
− 5 kΩX + 100 kΩ2 − j50 kΩ2
+ j4 kΩ
j15 kΩ − jX + 10 kΩ
Weil Z reell werden soll, gilt: Z = Z Die sich damit ergebende Gleichung kann dann in
¯
¯
eine Lineare Gleichung umgeformt werden.
Z =
Z · (j15 kΩ − jX + 10 kΩ) =
j15 kΩZ − jXZ + 10 kΩZ =
j15 kΩZ − jXZ + 10 kΩZ =
− 5 kΩX + 100 kΩ2 − j50 kΩ2
+ j4 kΩ
| · Nenner
j15 kΩ − jX + 10 kΩ
2
2
−5 kΩX + 100 kΩ − j50 kΩ + j4 kΩ · (j15 kΩ − jX + 10 kΩ)
−5 kΩX + 100 kΩ2 − j50 kΩ2 − 60 kΩ2 + 4 kΩX + j40 kΩ2
−1 kΩX + 40 kΩ2 − j10 kΩ2
Diese Gleichung kann nun in eine Realteil- und in eine Imaginärteilgleichung aufgespalten
werden.
Re:
10 kΩZ = −1 kΩX + 40 kΩ2
Im: 15 kΩZ − XZ = −10 kΩ2
Die Realteilgleichung kann einfach nach Z aufgelöst werden.
10 kΩZ = −1 kΩX + 40 kΩ2 | : (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
15 kΩ · (−0,1X + 4 kΩ) − X · (−0,1X + 4 kΩ)
−1,5 kΩ · X + 60 kΩ2 + 0,1X 2 − 4 kΩ · X
0,1X 2 − 5,5 kΩ · X + 70 kΩ2
X 2 − 55 kΩ · X + 700 kΩ2
X1/2
X1 = 35 kΩ
=
=
=
=
=
=
=
−10 kΩ2
−10 kΩ2
−10 kΩ2
| + 10 kΩ
0
| · 10
0
p
27,5 kΩ ± 756,25 kΩ2 − 700 kΩ2
27,5 kΩ ± 7,5 kΩ
X2 = 20 kΩ
Zu beiden Lösungen muss noch die entsprechende Kapazität bestimmt werden. Dazu
stelle ich zunächst die Formel um.
39
1
ωC2
1
C2 =
ωXC2
Beide Kapazitäten können nun bestimmt werden:
XC2 =
C21 =
1
1
=
= 28,57 nF
ω · X1 1 000 s−1 · 35 kΩ
1
1
= 50 nF
=
−1
ω · X2 1 000 s · 20 kΩ
Zu jeder der beiden Lösungen gibt es natürlich einen anderen Gesamtwiderstand Z.
C22 =
Zges1 = −0,1X + 4 kΩ = −0,1 · 35 kΩ + 4 kΩ = 500 Ω
Zges2 = −0,1X + 4 kΩ = −0,1 · 20 kΩ + 4 kΩ = 2 kΩ
Zusammengefasste Ergebnisse:
Lösung 1: C21 = 28,57 nF mit Z1 = 500 Ω
Lösung 2: C22 = 50 nF mit Z2 = 2 kΩ
40
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!
C1
Gegeben sind folgende Werte:
XL1 = 30 Ω XL2 = 36 Ω XC1 = 300 Ω XC2 = 45 Ω
L1
C2
L2
R
Lösung: Zunächst werden die komplexen Widerstände aufgestellt.
XL1 =
¯
XL2 =
¯
XC1 =
¯
XC2 =
¯
R =
¯
Die Zusammenfassung aus R und L2 nenne
j30 Ω
j36 Ω
−j300 Ω
−j45 Ω
R
ich Z1 .
Z1 = R + XL2 = R + j36 Ω
¯ ¯
¯
Zu Z1 ist C2 parallelgeschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z2 .
Z1 · XC2
Z2 = ¯ ¯
¯
Z1 + XC2
¯ + ¯j36 Ω) · (−j45 Ω)
(R
=
R + j36 Ω − j45 Ω
− j45 ΩR + 1 620 Ω2
Z2 =
¯
R − j9 Ω
Zu Z2 ist L1 in Reihe geschaltet. Diese Reihenschaltung nenne ich Z3 .
Z3 = Z2 + XL1
¯
¯
¯
− j45 ΩR + 1 620 Ω2
=
+ j30 Ω
R − j9 Ω
− j45 ΩR + 1 620 Ω2 j30 Ω · (R − j9 Ω)
=
+
R − j9 Ω
R − j9 Ω
− j45 ΩR + 1 620 Ω2 + j30 ΩR + 270 Ω2
=
R − j9 Ω
− j15 ΩR + 1 890 Ω2
Z3 =
¯
R − j9 Ω
Zu Z3 ist C1 parallelgeschaltet. Diese Parallelschaltung nenne ich Z, denn es ist der
Ersatzwiderstand der gesamten Schaltung.
41
Z3 · XC1
Z = ¯ ¯
¯
Z3 + XC1
¯−j15 ΩR+1
¯ 890 Ω2
· (−j300 Ω)
R−j9 Ω
=
2
−j15 ΩR+1 890 Ω
− j300 Ω
R−j9 Ω
=
(−j15 ΩR+1 890 Ω2 )·(−j300 Ω)
R−j9 Ω
−j15 ΩR+1 890 Ω2 −j300 Ω·(R−j9 Ω)
R−j9 Ω
2
(−j15 ΩR + 1 890 Ω ) · (−j300 Ω)
−j15 ΩR + 1 890 Ω2 − j300 Ω · (R − j9 Ω)
− 4 500 Ω2 R − j567 000 Ω3
=
−j15 ΩR + 1 890 Ω2 − j300 ΩR − 2 700 Ω2
− 4 500 Ω2 R − j567 000 Ω3
Z =
¯
−j315 ΩR − 810 Ω2
=
Da Z reell sein muss, gilt: Z = Z.
¯
¯
− 4 500 Ω2 R − j567 000 Ω3
−j315 ΩR − 810 Ω2
2
Z · (−j315 ΩR − 810 Ω ) = −4 500 Ω2 R − j567 000 Ω3
−j315 ΩRZ − 810 Ω2 Z = −4 500 Ω2 R − j567 000 Ω3
Z =
Diese Komplexe Gleichung kann nun in eine Realteil- und eine Imaginärteilgleichung
aufgespalten werden.
Re: −810 Ω2 Z = −4 500 Ω2 R
Im: −315 ΩRZ = −567 000 Ω3
Nun kann die Realteilgleichung nach Z umgestellt werden.
−810 Ω2 Z = −4 500 Ω2 R | : (−810 Ω2 )
50
Z =
R
9
Das Ergebnis wird in die Imaginärteilgleichung eingesetzt:
−315 ΩRZ
50
−315 ΩR · R
9
−1 750 ΩR2
R2
R1/2
= −567 000 Ω3
= −567 000 Ω3
= −567 000 Ω3 | : (−1 750 Ω)
√
= 324 Ω2
|
= ±18 Ω
Der negative Wert entfällt natürlich aus elektrotechnischen Gründen. Es gibt nur die
eine Lösung:
R = 18 Ω
42
Dieser Wert kann in die umgeformte Realteilgleichung eingesetzt werden, um Z zu erhalten.
50
R
9
50
Z =
· 18 Ω
9
Z = 100 Ω
Z =
Zusammengefasste Ergebnisse: R = 18 Ω und Z = 100 Ω
43