Arbeitsbuch Elektrotechnik: Volume 2 Wechselströme, Drehstrom, Leitungen, Anwendungen der Fourier-, der Laplace- und der z-Transformation 9783110672534, 9783110672527

Citation preview

Christian Gierl, Karsten Golde, Oliver Haas, Christian Spieker Arbeitsbuch Elektrotechnik De Gruyter Studium

Weitere Titel der Autoren Grundgebiete der Elektrotechnik Ludwig Brabetz, Christian Koppe, Oliver Haas, 2022 Begründet von: Horst Clausert, Gunther Wiesemann Band 1: Gleichstromnetze, Operationsverstärkerschaltungen, elektrische und magnetische Felder ISBN 978-3-11-063154-8, e-ISBN 978-3-11-063158-6 Band 2: Wechselströme, Drehstrom, Leitungen, Anwendungen der Fourier-, der Laplace- und der z-Transformation ISBN 978-3-11-063160-9, e-ISBN 978-3-11-063164-7 Arbeitsbuch Elektrotechnik Band 1: Gleichstromnetze, Operationsverstärkerschaltungen, elektrische und magnetische Felder Christian Spieker, Oliver Haas, 2022 ISBN 978-3-11-067248-0, e-ISBN 978-3-11-067251-0 Jeweils auch als Set erhältlich: Set Grundgebiete der Elektrotechnik 1, 13. Aufl.+Arbeitsbuch Elektrotechnik 1, 2. Aufl. ISBN 978-3-11-067673-0 Set Grundgebiete der Elektrotechnik 2, 13. Aufl.+Arbeitsbuch Elektrotechnik 2, 2. Aufl. ISBN 978-3-11-067674-7

Weitere empfehlenswerte Titel Elektronik für Informatiker Von den Grundlagen bis zur Mikrocontroller-Applikation Manfred Rost, Sandro Wefel, 2021 ISBN 978-3-11-060882-3, e-ISBN 978-3-11-040388-6

Power Electronics Circuit Analysis with PSIM® Farzin Asadi, Kei Eguchi, 2021 ISBN 978-3-11-074063-9, e-ISBN 978-3-11-064357-2

Christian Gierl, Karsten Golde, Oliver Haas, Christian Spieker

Arbeitsbuch Elektrotechnik

Band 2: Wechselströme, Drehstrom, Leitungen, Anwendungen der Fourier-, der Laplace- und der z-Transformation 2. Auflage

Autoren Dr.-Ing. Christian Spieker Universität Kassel Institut für Antriebs- und Fahrzeugtechnik Wilhelmshöher Allee 71 34121 Kassel [email protected] Dr.-Ing. Oliver Haas Universität Kassel Fahrzeugsysteme und Grundlagen der Elektrotechnik Wilhelmshöher Allee 73 34121 Kassel [email protected] Dipl.-Ing. Karsten Golde Paradiesweg 12 65779 Kelkheim [email protected] Dr. Christian Gierl Prebrunnstr. 16 93049 Regensburg [email protected]

ISBN 978-3-11-067252-7 e-ISBN (PDF) 978-3-11-067253-4 e-ISBN (EPUB) 978-3-11-067268-8 Library of Congress Control Number: 2022951178 Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbiblio­grafie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.dnb.de abrufbar. © 2023 Walter de Gruyter GmbH, Berlin/Boston Einbandabbildung: Nick_Picnic / iStock / Getty Images Plus Druck und Bindung: CPI books GmbH, Leck www.degruyter.com

Vorwort zur 2. Auflage Wir freuen uns über die weiterhin konstante Nachfrage nach diesem Werk und die positiven Resonanzen von Studierenden. Ebenso möchten wir uns über die hilfreichen und konstruktiven Hinweise bedanken. Wir entnehmen dem Bedarf und dem Feedback, dass unser Konzept des Arbeitsbuches, nämlich einen Schwerpunkt auf die Darstellung von ausführlichen Lösungswegen zu legen, sehr gut beim Leser angekommen ist. Mit der neuen Auflage ändert sich der Titel des Buches. Das Aufgabenbuch Elektrotechnik heißt jetzt Arbeitsbuch Elektrotechnik. In dieser Auflage wurden neben notwendigen Fehlerkorrekturen auch viele Grafiken überarbeitet und an die wissenschaftliche Notation des aktuellen Lehrbuchs (13. Auflage) angepasst. Einige Musterlösungen wurden mit dem Ziel einer besseren Verständlichkeit überarbeitet und durch neue Grafiken ergänzt. Wir wünschen allen Lesern bzw. Studierenden viel Spaß beim Bearbeiten der Übungsaufgaben und sind auch weiterhin stets dankbar für Hinweise auf noch vorhandene Fehler. Abschließend möchten wir uns beim Verlag für die gute Zusammenarbeit und der Möglichkeit bedanken, eine weitere überarbeitete Auflage dieses Werkes zu publizieren. Christian Gierl Karsten Golde Oliver Haas Christian Spieker

Vorwort zur 1. Auflage Das vorliegende Buch stellt eine Fortsetzung des Aufgabenbuchs Aufgaben zur Elektrotechnik 1 dar. Es ist eine Sammlung von Aufgaben mit ausführlichen Lösungswegen aus Übungen, Tutorien und Klausuren mit dem Ziel, das Verständnis der Vorlesung Grundlagen der Elektrotechnik zu erleichtern und die Studierenden bei der Klausurvorbereitung zu unterstützen. Es handelt sich hierbei um ein Universitätsübergreifendes Projekt. Verantwortlich sind – Herr Haas und Herr Spieker von der Universität Kassel für die Kapitel 7 und 8, – Herr Golde von der Technischen Universität Darmstadt für die Kapitel 9 und 10 sowie – Herr Gierl und Herr Paul (ebenfalls Technische Universität Darmstadt) für die Kapitel 11 bis 14. https://doi.org/10.1515/9783110672534-202

VI | Vorwort zur 2. Auflage Didaktisch ist dieses Buch an das Standardwerk Grundgebiete der Elektrotechnik 2 von Clausert und Wiesemann angelehnt, so dass passend zu den jeweiligen Kapiteln des Lehrbuchs Aufgaben mit Lösungsweg nachgeschlagen werden können. Das Buch ist in zwei Abschnitte aufgeteilt. Im ersten Teil findet der Leser die Aufgabenstellung und im zweiten Teil ist jeweils dazu ein ausführlicher Lösungsweg dargestellt. Auf diese Aufteilung wird großen Wert gelegt, da man als neugieriger Leser oft geneigt ist, schon einmal vorab den Lösungsweg zu studieren. Es sei aber an dieser Stelle darauf hingewiesen, dass es ein entscheidender Unterschied ist, einen Lösungsweg nur nachvollziehen zu können oder aber ihn selbständig zu erarbeiten. Oftmals macht genau dies den Unterschied zwischen einer guten und einer nicht bestandenen Prüfung aus. Wir wünschen allen Lesern bzw. Studierenden viel Spaß beim Bearbeiten der Aufgaben und sind stets dankbar für Verbesserungsvorschläge und Hinweise auf noch vorhandene Fehler. Abschließend möchten wir es nicht versäumen, dem Verlag für die gute Zusammenarbeit zu danken.

Christian Gierl Karsten Golde Oliver Haas Sujoy Paul Christian Spieker

Quelle und Literaturhinweis Dieses Arbeitsbuch wurde didaktisch speziell für das Standardwerk H. Clausert, G. Wiesemann, L. Brabetz, O. Haas, C. Spieker; Grundgebiete der Elektrotechnik, Band 2; Verlag Walter de Gruyter; 2015 entwickelt. Die Gliederung wurde daher thematisch an dieses Werk angepasst.

Inhalt Vorwort zur 2. Auflage | V

Teil I: Aufgaben 7 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5

Wechselstromlehre | 3 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 3 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 5 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 11 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 12 Vierpole | 14

8 8.1 8.2

Mehrphasensysteme | 15 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 15 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 17

9 9.1 9.2

Leitungen | 19 Allgemeine Zusammenhänge | 19 Vernetzte Leitungen | 21

10 10.1 10.2

Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder | 24 Ampere-Maxwell’sches Durchflutungsgesetz | 24 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz | 25

11 11.1 11.2 11.3

Nichtsinusförmige Vorgänge | 26 Fourier-Reihen | 26 Fourier-Transformation | 29 Faltung | 33

12 12.1 12.2

Die Laplace-Transformation | 36 Hin- und Rücktransformation | 36 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 38

13 13.1 13.2

Die z-Transformation | 40 Hin- und Rücktransformation | 40 Übertragungsfunktion diskreter Systeme | 41

VIII | Inhalt

14 14.1 14.2

Systemtheorie | 43 Signalanalyse und -rekonstruktion | 43 Analyse diskreter Systeme | 45

Teil II: Lösungen 7 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5

Wechselstromlehre | 49 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 49 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 60 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 89 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 95 Vierpole | 102

8 8.1 8.2

Mehrphasensysteme | 112 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 112 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 123

9 9.1 9.2

Leitungen | 132 Allgemeine Zusammenhänge | 132 Vernetzte Leitungen | 142

10 10.1 10.2

Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder | 149 Ampere-Maxwell’sches Durchflutungsgesetz | 149 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz | 153

11 11.1 11.2 11.3

Nichtsinusförmige Vorgänge | 154 Fourier-Reihen | 154 Fourier-Transformation | 161 Faltung | 171

12 12.1 12.2

Die Laplace-Transformation | 178 Hin- und Rücktransformation | 178 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 188

13 13.1 13.2

Die z-Transformation | 194 Hin- und Rücktransformation | 194 Übertragungsfunktion diskreter Systeme | 203

14 14.1 14.2

Systemtheorie | 209 Signalanalyse und -rekonstruktion | 209 Analyse diskreter Systeme | 215

| Teil I: Aufgaben

7 Wechselstromlehre 7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen Aufgabe 7.1.1 Gegeben ist die folgende periodische Zeitfunktion (T: Periodendauer) 4û {û + ⋅t für 0 ≤ t < T/4 , T u(t) = { {û + û ⋅ sin(ω t) für T/4 ≤ t < T . 1. 2. 3.

Zeichnen Sie den Verlauf der Spannung u(t) über zwei Perioden. Berechnen Sie den Mittelwert u. Berechnen Sie den Effektivwert U (Hinweis: sin2 (x) = 1/2 − 1/2 cos(2x)).

Aufgabe 7.1.2 Gegeben sind zwei Sinusschwingungen u(t) = û ⋅ sin(ωt + φ u ) und i(t) = ı ̂ ⋅ sin(ωt + φ i ) . Bekannt sind die Amplituden û = 10 V und ı ̂ = 5 A sowie f = 100 Hz. Berechnen Sie den arithmetischen Mittelwert T

P=

1 ∫ u(t) i(t) dt T 0

allgemein und für die Werte 1. φ u = φ i = 0, 2. φ u = 0, φ i = 1/2π, 3. φ u = 1/3π, φ i = 0.

Aufgabe 7.1.3 Für die in Abbildung 7.1 gegebene Parabelfunktion sind 1. der arithmetische Mittelwert f ̄ und 2. der Gleichrichtwert (elektrolytischer Mittelwert) |f| zu berechnen.

https://doi.org/10.1515/9783110672534-001

4 | 7 Wechselstromlehre 2

f(t)

1,5 1 0,5 t/T −1

−0,75

−0,5

−0,25

0,25

0,5

0,75

1

−0,5 Abb. 7.1: Unsymmetrische, periodische Parabelfunktionen.

Aufgabe 7.1.4 Zwei Wechselspannungen u1 (t) = û 1 ⋅ cos(ωt + φ1 ) , u2 (t) = û 2 ⋅ cos(ωt + φ2 ) haben die Amplituden û 1 = û 2 = 30 V. Die Funktion u2 (t) eilt u1 (t) um 1/6π (30°) voraus, φ1 habe den Wert null. Zu dem Zeitpunkt t = t1 betrage der Augenblickswert u1 (t1 ) = 18 V. 1. Wie groß ist zum gleichen Zeitpunkt der Augenblickswert u2 (t1 ) im Intervall [0,2π]? 2. Berechnen Sie den Zeitpunkt t = t1 für f = 50 Hz.

Aufgabe 7.1.5 Für die beiden Wechselspannungen u1 = û 1 ⋅ sin(ωt + φ1 ) und u2 = û 2 ⋅ sin(ωt + φ2 ) soll die resultierende Spannung u3 (t) = u1 (t) − u2 (t) analytisch ermittelt werden: 1. In allgemeiner Form und 2. mit den gegebenen Werten û 1 = 5 V, φ1 = 60° und û 2 = 8 V, φ2 = −10° .

Aufgabe 7.1.6 1. 2.

Nutzen Sie die Euler’sche Relation und stellen Sie die beiden Zeitfunktionen cos(ωt) und sin(ωt) durch komplexe e-Funktionen dar. Berechnen Sie mit deren Hilfe explizit die Funktionen f1 (x) = sin x + cos x ,

f2 (x) = (sin x + cos x)2 .

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 5

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven und Resonanz Aufgabe 7.2.1 Welche in Reihe geschalteten Impedanzen (Bauteilewerte) geben folgende komplexe Ausdrücke wieder ( f = 50 kHz)? Berechnen Sie ebenfalls den Phasenwinkel. 1 1. Z = Ω, 1−j 2. Z = (3 + j5) Ω, 3 3. Z = (6 + ) Ω, j 5 + j4 4. Z = Ω. j

Aufgabe 7.2.2 Berechnen Sie den Gleichstromwiderstand und die Frequenz in folgenden komplexen Widerständen: 1 1. Z = 300 Ω e j /3π , L = 0,5 H; 5 j 2. Z = 128 Ω e /12π , L = 0,225 H; 3. Z = 1200 Ω e j0,48π , L = 0,75 H.

Aufgabe 7.2.3 Durch zwei parallel geschaltete Widerstände fließen zwei Ströme I1 und I2 . Sie ergeben zusammen den Strom I = (4 + j3) A. Berechnen Sie Betrag und Phase von I2 wenn I1 die folgenden Werte hat: 1 1. I1 = 5 A e − j /3π , 1 2. I1 = 2 A e j /2π , 3. I1 = 6 A e j0,47π .

Aufgabe 7.2.4 Gegeben sind die komplexen Effektivwerte von Spannung und Strom bei einer vorgegebenen Kreisfrequenz ω 1 1. U = 6 V e j0 , I = 3 A e j /2π , ω = 1000 s−1 ; 1/ π 1 j − 2. U = 54 V e 3 , I = 9 A e j /6π , ω = 500 s−1 ; 1/ π 1/ π j j 3. U = 2 V e 7 , I = 10 A e 7 , ω = 2000 s−1 . Berechnen Sie jeweils die komplexe Impedanz Z (Betrag und Phasenwinkel); geben Sie an, welches Bauelement dazu gehört und bestimmen Sie dessen Wert.

6 | 7 Wechselstromlehre

Aufgabe 7.2.5 Eine sinusförmige Quelle speist zwei Bauelemente. Folgende Kombinationen der komplexen Effektivwerte von Spannung und Strom bei einer vorgegebenen Kreisfrequenz ω können sowohl bei Reihen- als auch bei Parallelschaltung auftreten: 1 1 1. U = 20 V e j /4π , I = 5 A e − j /6π , ω = 1000 s−1 ; 1 1 2. U = 5 V e j /4π , I = 0,1 A e j /2π , ω = 2000 s−1 . Berechnen Sie jeweils die komplexe Impedanz Z, die komplexe Admittanz Y (Betrag und Phasenwinkel); geben Sie jeweils für die Reihen- und Parallelschaltung an, aus welchen Bauelementen (R, L oder C) diese bestehen und bestimmen Sie deren zugehörige Werte.

Aufgabe 7.2.6 Zu einem vergossenen RC-Modul, bestehend aus der Parallelschaltung C = 6,8 nF, Rp = 1,2 kΩ, ist ein Widerstand R1 parallel zu schalten, so dass sich ein Phasenverschiebungswinkel φ Z = φ u − φ i von −1/3π einstellt. Bestimmen Sie R1 zeichnerisch und rechnerisch, wenn die gesamte Schaltung an einer Spannung mit der Frequenz f = 80 kHz liegt.

Aufgabe 7.2.7 Bei der Parallelschaltung in Abbildung 7.2 sind die Bauelemente R = 4 Ω, L = 0,2 mH und C = 25 μF sowie die Amplitude û q = 20 V der sinusförmigen Quelle bekannt. 1. Geben Sie die Kreisfrequenz ω an, bei der der Strom ı Ĉ doppelt so groß wie ı L̂ ist. 2. Zeichnen Sie für diesen Fall das Zeigerdiagramm der Amplituden von Spannung und Strömen (empfohlener Maßstab 1 A : 1 cm) sowie das Operatoren-Diagramm der Admittanzen (empfohlener Maßstab 0,05 S : 1 cm). 3. Skizzieren Sie qualitativ die Frequenzabhängigkeit der Admittanz Yp getrennt für Real- und Imaginärteil sowie für Betrag und Phase.

Abb. 7.2: Parallelschaltung von R, L und C.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 7

Aufgabe 7.2.8 Gegeben ist eine Serienschaltung aus R = 100 Ω, L = 5 mH, und C = 2 μF. Bekannt ist die Amplitude û der sinusförmigen Spannungsquelle. Welche Kreisfrequenz ω hat die Wechselspannung, wenn der Strom ı ̂ in Phase mit der Spannung û ist (φ u − φ i = 0)?

Aufgabe 7.2.9 Die Schaltung einer Wechselstrombrücke nach Abbildung 7.3 soll genutzt werden, um eine reale, verlustbehaftete Induktivität zu messen (Reihenschaltung von R und L). Das Messobjekt wird durch die Impedanz Z1 repräsentiert. 1. Nutzen Sie die Methode Ersatzspannungsquelle sowie die Spannungsteilerregel und bestimmen Sie allgemein eine Gleichung zur Berechnung des Messstroms IM . 2. Leiten Sie für den allgemeinen Fall die Abgleichbedingungen der Brückenschaltung her, so dass IM = 0 wird. 3. Geben Sie drei einfache Beispiele für die Kombination von passiven Bauelementen an, mit denen die Brücke bei einer realen Induktivität (φ1 < 1/2π) als Messobjekt abgeglichen werden kann. Hinweis: Nutzen Sie die Darstellung der komplexen Impedanzen durch Betrag Z und Phasenwinkel φ. 4. Berechnen Sie für die unter Aufgabenteil 3 gewählten Kombinationen jeweils die Abgleichbedingungen.

Abb. 7.3: Schaltung einer Wechselstrombrücke zum Messen von komplexen Impedanzen.

Aufgabe 7.2.10 Gegeben ist die Schaltung eines sogenannten Π-Glieds in Abbildung 7.4. Bekannt seien die Spannung U 1 , der Widerstand R, die Induktivität L, sowie die Kapazitäten C1 , C2 . 1. Bestimmen Sie in allgemeiner Form U 2 mit Hilfe der Methoden (a) Ersatzstromquelle, (b) Ersatzspannungsquelle, (c) Umlaufanalyse.

8 | 7 Wechselstromlehre 2.

Geben Sie die Frequenz ω an, bei der U 2 gegenüber U 1 um den Winkel 1/2π nacheilt, und berechnen Sie U 2 für U 1 = U und C1 = C2 = C.

Abb. 7.4: Schaltung eines Π-Glieds.

Aufgabe 7.2.11 Gegeben ist der elektrische Schwingkreis in Abbildung 7.5, der aus einer Gruppenschaltung von R, L und C besteht. 1. Berechnen Sie allgemein die Admittanz Y der Schaltung, getrennt nach Real- und Imaginärteil. 2. Berechnen Sie die Kreisfrequenz ωr bei Phasenresonanz (φ y = 0) sowie den zugehörigen Leitwert für L = 2R2 C. 3. Skizzieren Sie die Ortskurve Y = f(ω) für die Induktivität L = 2R2 C. 4. Kennzeichnen Sie in der Ortskurve die Admittanz Y, bei der die Betragsresonanz (der Betrag Y hat hier seinen Extremwert) auftritt.

Abb. 7.5: Schwingkreis aus Gruppenschaltung von R, L und C.

Aufgabe 7.2.12 Ortskurven haben als Kurvenparameter nicht immer die Kreisfrequenz ω. Beispielhaft sollen hier die Abhängigkeiten von G und B untersucht werden. Die Ortskurven sind zunächst in der Y-Ebene zu konstruieren und dann in die Z-Ebene zu transformieren. 1. Zeichnen Sie in der komplexen Leitwertebene die Ortskurven der Funktionen (a) Y(B) = G + jB für zwei konstante Werte G1 und G2 mit G2 = 2G1 und (b) Y(G) = G + jB für die konstanten Werte −B1 , −B2 , B1 und B2 mit B2 = 2B1 jeweils in einem eigenen Koordinatensystem.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 9

2.

Transformieren Sie durch Inversion die unter 1. gegebenen Ortskurven jeweils in die komplexe Widerstandsebene.

Aufgabe 7.2.13 In einem Wechselstromkreis nach Abbildung 7.6 gibt es die Möglichkeit, dass sich trotz Hinzuschalten eines Widerstands R3 der Betrag des Gesamtstroms I1 der Schaltung nicht ändert. Lösen Sie dieses als Wechselstromparadoxon bekannte Phänomen mit Hilfe der Ortskurven-Theorie.

Abb. 7.6: Schaltung zum Wechselstromparadoxon.

Aufgabe 7.2.14 Die Schaltung eines Serienresonanzkreises (siehe Abbildung 7.7) hat die Werte R = 10 Ω, L = 3,183 mH und C = 159,155 nF; die Spannung habe eine konstante Amplitude û = 50 V. 1. Bestimmen Sie die Resonanzfrequenz fr . 2. Berechnen Sie die obere und untere Grenzfrequenz ( fg,o , fg,u ) der Schaltung sowie die Bandbreite ∆f . 3. Wie groß ist die Spannung û L an der Induktivität L bei Resonanz? Ermitteln Sie daraus die Güte Q sowie den Verlustfaktor d des Resonanzkreises.

Abb. 7.7: Serienresonanzkreis.

10 | 7 Wechselstromlehre

Aufgabe 7.2.15 Die Schaltung eines Parallelresonanzkreises (siehe Abbildung 7.8) hat die Werte R = 1 kΩ, L = 25,465 mH und C = 1,591 nF; der Strom hat eine konstante Amplitude ı ̂ = 20 mA. 1. Bestimmen Sie die Resonanzfrequenz fr . 2. Berechnen Sie die obere und untere Grenzfrequenz ( fg,o , fg,u ) der Schaltung sowie die Bandbreite ∆f . 3. Wie groß ist der Strom ı Ĉ durch die Kapazität C bei Resonanz? Ermitteln Sie daraus die Güte Q sowie den Verlustfaktor d des Resonanzkreises.

Abb. 7.8: Parallelresonanzkreis.

Aufgabe 7.2.16 Gegeben ist das in Abbildung 7.9 dargestellte Netzwerk mit zwei Resonanzkreisen. 1. Berechnen Sie für das dargestellte Netzwerk allgemein die Eingangsimpedanz Z. 2. Berechnen Sie in allgemeiner Form und für die Werte R = 1 Ω, C1 = C2 = 1 μF und L1 = L2 = 1 mH die Resonanzfrequenzen (a) der Spannung U, wenn der Strom I konstant gehalten wird, (b) des Stromes I, wenn die Spannung U konstant gehalten wird.

Abb. 7.9: Netzwerk mit zwei Resonanzkreisen.

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 11

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen Aufgabe 7.3.1 Die Schaltung in Abbildung 7.10 versorgt die komplexen Impedanzen Z1 , Z2 und Z3 über zwei Wechselspannungsquellen mit U q1 = jU q2 = 100 V. Die Impedanzen haben die Werte Z1 = Z3 = (8 + j6) Ω, Z2 = (6 − j3) Ω. 1. Berechnen Sie die Ströme I1 , I2 und I3 . 2. Geben Sie für beide Quellen jeweils die komplexe Scheinleistung sowie die Wirkund Blindleistung an (S, P, Q). 3. Berechnen Sie die komplexen Scheinleistungen der Lasten und überprüfen Sie ihre Ergebnisse mit den Ergebnissen aus der vorherigen Teilaufgabe. 4. Welche Last nimmt (a) die größte Wirkleistung auf? (b) die größte Blindleistung auf? 5. Angenommen, die Blindleistung der Lasten soll kompensiert werden. Wie groß ist dann die zu kompensierende Blindleistung und welches Bauelement müssten Sie dafür einsetzen?

Abb. 7.10: Netzwerk mit zwei Wechselspannungsquellen und komplexen Impedanzen.

Aufgabe 7.3.2 Gegeben ist der Stromkreis in Abbildung 7.11. Bekannt sind U q = 230 V, f = 50 Hz, Ri = 10 Ω, Ra = 40 Ω und La = 95,5 mH. 1. Bestimmen Sie die in Za umgesetzte Wirkleistung. 2. Die Leistungsaufnahme soll durch Blindstromkompensation verbessert werden. Bestimmen Sie für die beiden möglichen Fälle (zu Za parallel oder in Reihe) die hierfür erforderliche Kapazität C. 3. Wie groß wird die Wirkleistungsaufnahme bei Kompensation in beiden Fällen?

12 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.11: Spannungsquelle mit ohmschem Innenwiderstand und komplexer Last.

Aufgabe 7.3.3 Ein Verbraucher nimmt am Netz (Uq = 230 V, f = 50 Hz, Ri = 1 Ω) bei geöffnetem Schalter S eine Scheinleistung von 4584 VA bei einem Phasenwinkel φ = 17,66° auf. Die Ersatzschaltung zeigt Abbildung 7.12, der Verbraucher ist an den Klemmen a, b angeschlossen, dort wird eine Spannung U = 209 V gemessen. Der Schalter S wird geschlossen. Bestimmen Sie die Kapazität Ca so, dass die Blindleistungsaufnahme des Verbrauchers kompensiert wird.

Abb. 7.12: Spannungsquelle mit Innenwiderstand und Ersatzschaltung des angeschlossenen Verbrauchers.

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand Aufgabe 7.4.1 Die Schaltung in Abbildung 7.13 enthält zwei magnetisch gekoppelte Induktivitäten. Berechnen Sie die drei Ströme I1 , I2 und I3 in Abhängigkeit von der Spannung U q und den Bauteildaten unter Berücksichtigung der Gegeninduktivität M.

Aufgabe 7.4.2 Berechnen Sie für das dargestellte Netzwerk in Abbildung 7.14 die Ströme I1 und I2 als Funktion der Eingangsspannung U e und der Schaltungsdaten.

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 13

Abb. 7.13: Ersatzschaltung eines »Spartransformators« mit zwei magnetisch gekoppelten Induktivitäten.

Abb. 7.14: Transformator-Ersatzschaltung mit zwei magnetisch gekoppelten Induktivitäten.

Aufgabe 7.4.3 Ein eisenfreier Transformator mit der ohmsch-induktiven Last (RL = 27 Ω, LL = 15 mH) wird bei der Frequenz f = 9/2π kHz betrieben. Vom Transformator sind folgende Kenndaten bekannt: R1 = 6 Ω , 1. 2.

R2 = 18 Ω ,

L1 = 20 mH ,

L2 = 80 mH ,

k=

3 . 4

Zeichnen sie das Ersatzschaltbild für einen Transformator ohne primäre Streuinduktivität und berechnen Sie dessen Werte. Berechnen Sie anschließend eine ohmsch-induktive Ersatzimpedanz Zers für den Fall, dass der Transformator als passiver Zweipol aufgefasst werden soll.

Aufgabe 7.4.4 An einem 50-Hz-Einphasen-Transformator mit Eisenkern (U1N = 400 V, U2N = 230 V, SN = 4,8 kVA, R1 = ü 2 R2 ) werden folgende Messwerte durch eine Leerlauf- und Kurzschlussmessung bestimmt: Leerlauf: U0 = U1N = 400 V , I0 = 0,8 A , Kurzschluss: Uk = 35 V , Ik = IN = 12 A , 1. 2. 3.

P0 = 160 W ; Pk = 288 W .

Geben Sie ein geeignetes Ersatzschaltbild an. Bestimmen Sie die Bauelemente des Ersatzschaltbildes. Bestimmen Sie den Wirkungsgrad η bei Nennbelastung.

14 | 7 Wechselstromlehre

7.5 Vierpole Aufgabe 7.5.1 Die Schaltung in Abbildung 7.15 zeigt die Darstellung einer Brückenschaltung aus komplexen Impedanzen als Vierpol. 1. Berechnen Sie die Vierpolparameter für die Leitwertform allgemein. 2. Gegeben seien (a) Z1 = 8R, Z2 = 4R, Z3 = 2R und Z4 = R; (b) Z1 = 6R, Z2 = 4R, Z3 = 2R und Z4 = R. An den Ausgang des Vierpols wird ein Widerstand Z5 = 10R angeschlossen. Berechnen Sie für die gegebenen Parameter jeweils die Ströme I1 und I2 in Abhängigkeit von U 1 (Nehmen Sie U 1 als gegeben an). 3. Transformieren Sie die Leitwertform der Vierpolgleichungen in die Kettenform (A-Parameter).

Abb. 7.15: Brückenschaltung aus komplexen Impedanzen in der VierpolDarstellung.

Aufgabe 7.5.2 Die Schaltung in Abbildung 7.16 zeigt einen Vierpol aus komplexen Impedanzen. 1. Berechnen Sie die Vierpolparameter für die Kettenform allgemein. Unterteilen Sie hierfür die Schaltung in vier elementare Vierpole. 2. Gegeben seien R1 = 10 Ω, R2 = 20 Ω, L = 50 mH, C = 100 μF und f = 50/π Hz. An dem Eingang des Vierpols liegt die Spannung U 1 = 5 V e jωt und an dem Ausgang wird ein Widerstand R3 = 20 Ω angeschlossen. Berechnen Sie für die gegebenen Werte die Spannung U 2 und den Strom I2 .

Abb. 7.16: Passives RLC-Netzwerk in VierpolDarstellung.

8 Mehrphasensysteme 8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last Aufgabe 8.1.1 Gegeben ist ein dreiphasiges, symmetrisches Spannungssystem mit U 01 = U 0 = 230 V ,

2

U 02 = 230 V e j /3π ,

2

U 03 = 230 V e − j /3π .

Alle Lastwiderstände haben den Wert R = 5 Ω. 1. Berechnen Sie die Lastspannungen U R1 , U R2 , U R3 und zeichnen Sie die zugehörigen Spannungszeiger für beide Schaltungen in Abbildung 8.1. 2. Berechnen Sie die Lastströme I R1 , I R2 , I R3 für beide Schaltungen in Abbildung 8.1. 3. Berechnen Sie die Leistungen für Stern- und Dreieckschaltung.

Abb. 8.1: Drehstromsystem mit symmetrischen Lasten in (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung.

Aufgabe 8.1.2 Gegeben ist ein dreiphasiges, symmetrisches Spannungssystem mit U 01 = U = 400 V ,

2

U 02 = 400 V e j /3π ,

2

U 03 = 400 V e − j /3π .

Alle Lastwiderstände haben den Wert R = 5 Ω. 1. Berechnen Sie die Lastspannungen U R1 , U R2 , U R3 und zeichnen Sie die zugehörigen Spannungszeiger für beide Schaltungen in Abbildung 8.2. 2. Berechnen Sie die Lastströme I R1 , I R2 , I R3 für beide Schaltungen in Abbildung 8.2. 3. Berechnen Sie die Leistungen für Stern- und Dreieckschaltung.

https://doi.org/10.1515/9783110672534-002

16 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.2: Drehstromsystem mit symmetrischen Lasten in (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung.

Aufgabe 8.1.3 Die Versorgungsspannungen der in Abbildung 8.3 dargestellten symmetrischen Drehstromsysteme werden durch die folgenden Gleichungen mit dem Drehfaktor a beschrieben: U 01 = U 0 , U 02 = aU 0 , U 03 = a2 U 0 . 1. 2.

Gesucht sind die komplexen Werte der Ströme I1 , I2 und I3 in allgemeiner Form für die Schaltungen a und b in Abbildung 8.3. Berechnen Sie jeweils für beide Schaltungen die komplexe Scheinleistung Sges , die Wirkleistung Pges und die Blindleistung Qges für Z1 = Z2 = Z3 = R + jX.

Abb. 8.3: Symmetrisches Drehstromsystem mit komplexen Lasten (a) in Sternschaltung und (b) in Dreieckschaltung.

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 17

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last Aufgabe 8.2.1 Das unten abgebildete, symmetrische Drehstromsystem wird durch die folgenden Gleichungen mit dem Drehfaktor a beschrieben: U 01 = U 0 , 1. 2.

U 02 = aU 0 ,

U 03 = a2 U 0 .

Gesucht sind die komplexen Werte der Ströme I1 , I2 und I3 in allgemeiner Form für die Schaltungen a und b in Abbildung 8.4. Wie groß sind in beiden Schaltungen jeweils die komplexe Scheinleistung Sges , die Wirkleistung Pges und die Blindleistung Qges für Z1 = R, Z2 = jR, Z3 = − jR?

Abb. 8.4: Symmetrisches Drehstromsystem in Dreieckschaltung mit komplexen Lasten in (a) Sternschaltung und (b) Dreieckschaltung.

Aufgabe 8.2.2 Das symmetrische Drehstromsystem in Abbildung 8.5 wird durch die Gleichungen U 01 = U0 ,

U 02 = aU0 ,

U 03 = a2 U0

mit Hilfe des Drehfaktors a beschrieben und versorgt eine unsymmetrische Last. 1. Berechnen Sie die komplexen Lastströme I Z1 , I Z2 und I Z3 allgemein und mit den in Abbildung 8.5 gegebenen Impedanzen. 2. Leiten Sie die Gleichungen zur Berechnung der komplexen Leiterströme I1 , I2 und I3 in Abhängigkeit von den Lastströmen in allgemeiner Form her. 3. Es gelte |Z2 | = 2|Z1 | und |Z3 | = 3|Z1 | (Aufpassen: gilt nur für die Beträge!). Berechnen Sie die Ströme I1 , I2 und I3 für die gegebenen Werte und geben Sie das Ergebnis in rechtwinkligen Koordinaten an. 4. Wie groß ist die abgegebene Wirkleistung Pges ?

18 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.5: Symmetrisches Drehstromsystem mit komplexen Lasten in Dreieckschaltung.

Aufgabe 8.2.3 Das symmetrische Drehstromsystem in Abbildung 8.6 wird durch die Gleichungen U 01 = U0 ,

U 02 = a2 U0 ,

U 03 = aU0

beschrieben und versorgt eine unsymmetrische Last mit bekannten Impedanzen. Hierbei gelte ωL = 1/ωC = R. 1. Leiten Sie die Gleichungen zur Berechnung der komplexen Lastströme I Z1 , I Z2 und I Z3 in allgemeiner Form her. 2. Berechnen Sie die obigen Lastströme für die gegebenen Werte und geben Sie die Lösungen in Polar-Koordinaten an. 3. Stellen Sie die Gleichungen zur Berechnung der Leiterströme I1 , I2 und I3 auf. 4. Berechnen Sie jetzt die Leiterströme mit den gleichen Werten wie in Aufgabenteil 2. Geben Sie diesmal die Lösungen in Rechteck-Koordinaten an.

Abb. 8.6: Symmetrisches Drehstromsystem mit komplexen Lasten in Dreieckschaltung.

9 Leitungen In diesem Kapitel wird auf einen Unterstrich zur Kennzeichnung einer komplexen Größe verzichtet. Alle Spannungen, Ströme und Impedanzen können prinzipiell komplex sein.

9.1 Allgemeine Zusammenhänge Aufgabe 9.1.1 Leiten Sie analog zu Abschnitt 9.3 im Lehrbuch die Leitungsgleichungen für U2 und I2 her. U1 und I1 werden als gegeben angesehen.

Aufgabe 9.1.2 Gegeben sei eine verlustfreie Leitung der Länge l, die wie in Abbildung 9.1 dargestellt, beschaltet ist. Die Kreisfrequenz ω der Quellenspannung sowie die Ausbreitungsgeschwindigkeit v seien gegeben. Es gelte 0 < βl < 1/2π . 1. Welche Werte muss Z2 annehmen, damit die Eingangsimpedanz Ze1 I. den Wert 0 bzw. II. den Wert ∞ annimmt? 2. Durch welche Bauelemente lässt sich Z2 in den Fällen I und II realisieren?

Z0

Zw , γ, l

U0

Ze1 Abb. 9.1: Schaltbild zu Aufgabe 9.1.2.

https://doi.org/10.1515/9783110672534-003

Z2

20 | 9 Leitungen

Aufgabe 9.1.3 Gegeben sei ein Übertragungssystem bestehend aus Sender, Leitung und Empfänger gemäß Abbildung 9.2. R0

U0

I1

U1

Zw , γ, l

R2

U2

Ze1 Abb. 9.2: Schaltbild zu Aufgabe 9.1.3.

Der Sender besteht aus einer Ersatzspannungsquelle mit dem Innenwiderstand R0 und der Leerlaufspannung U0 . Die Leitung ist verlustfrei und hat die Länge l = 1/4 λ . Der Empfänger ist durch seinen Eingangswiderstand R2 dargestellt. Folgende Werte sind gegeben: U0 = 24 V, R0 = 23 Ω, R2 = 100 Ω, Zw = 50 Ω . 1. Berechnen Sie die komplexen Werte für I1 und U2 . 2. Die Ausgangsspannung |U2 | soll maximiert werden. Welchen Wert müsste der Wellenwiderstand Zw hierfür annehmen?

Aufgabe 9.1.4 Gegeben sei eine verlustfreie Leitung (s. Abbildung 9.3) der Länge l, die den Wellenwiderstand Zw besitzt. Zum Abschluss stehen frei wählbare Bauelemente (Spule oder Kondensator) zur Verfügung.

Zw , γ, l

Z1

C

L

Abb. 9.3: Schaltbild zu Aufgabe 9.1.4.

Für die Ausbreitungsgeschwindigkeit gilt v = c0 . Bezüglich der Frequenz kann folgende Annahme getroffen werden: π v0 ω0 < ⋅ . 2 l

9.2 Vernetzte Leitungen | 21

1.

2.

Durch welches Bauelement muss die Leitung abgeschlossen werden, damit für die Eingangsimpedanz Z1 (ω0 ) = 0 gilt? Wie muss dieses Bauelement dimensioniert werden? Durch welches Bauelement muss die Leitung abgeschlossen werden, damit für die Eingangsimpedanz Z1 (ω0 ) = ∞ gilt? Wie muss dieses Bauelement dimensioniert werden?

Aufgabe 9.1.5 Gegeben sei die verlustbehaftete Leitung in Abbildung 9.4. 1. Bestimmen Sie den Quotienten U0/U2 . 2. Bestimmen Sie die komplexe Eingangsimpedanz Ze1 für die Fälle: I. Z2 = Zw , II. Z2 = 0 , III. Z2 = ∞ . Z1

U0

U1

Zw , γ, l

U2

Z2

Ze1 Abb. 9.4: Schaltbild zu Aufgabe 9.1.5.

9.2 Vernetzte Leitungen Aufgabe 9.2.1 Gegeben sei das verlustlose Netzwerk in Abbildung 9.5. Bekannt seien die folgenden Werte: Zi = Zw3 = 50 Ω Zw1 = Zw2 = Z4 = 100 Ω Z5 = 25 Ω

l1 = l3 = 15 cm l2 = 30 cm U0 = 100 V

Für die Frequenz der Spannungsquelle gelte f = 500 MHz. 1. Berechnen Sie die Eingangsimpedanz Ze1 . 2. Bestimmen Sie den Quotienten U0/U4 .

w 2,

l2

22 | 9 Leitungen

Z

Zi Zw1 , l1 U4

U0

Z4

Zw

,l3

3

Ze1

Z5

Abb. 9.5: Schaltbild zu Aufgabe 9.2.1.

Aufgabe 9.2.2 Gegeben sei das verlustlose Netzwerk in Abbildung 9.6. Bekannt seien die folgenden Werte: Z1 = Z2 = Z3 = 5 kΩ

U0 = 200 V

L󸀠 = 10 mH/m

f = 10 MHz

C󸀠 = 10 pF/m

2,

l2

Z

2

Zw1 = Zw2 = Zw3 = Zw = Zi

U0

Z

w

Zi Zw1 , l1

Z1

,l3

3

Zw Z3

Abb. 9.6: Schaltbild zu Aufgabe 9.2.2.

9.2 Vernetzte Leitungen | 23

1.

2. 3.

Berechnen Sie den Wellenwiderstand Zw der Paralleldrahtleitung sowie das Verhältnis der Ausbreitungsgeschwindigkeit der Welle zur Lichtgeschwindigkeit im Vakuum v/c0 . Zeichnen Sie das Π-Ersatzschaltbild von Leitung 1 inklusive vollständiger Beschriftung. Was muss für die Leitungslängen l2 und l3 gelten, damit folgende Beziehung erfüllt ist: |U Z2 | = |U Z3 |?

Ab jetzt gelte: l1 = 3/4 λ, l2 = 1/2 λ, l3 = 1/4 λ . 4. Durch einen Fehler wird am Ende von Leitung 2 ein Kurzschluss verursacht (Z2 = 0). Berechnen Sie die in diesem Fall von der Quelle abgegebene Leistung P2 . 5. Berechnen Sie die abgegebene Leistung P3 für den Fall eines Kurzschlusses an Leitung 3 (Z3 = 0).

10 Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder 10.1 Ampere-Maxwell’sches Durchflutungsgesetz Aufgabe 10.1.1 Gegeben sei der symmetrische Hohlrohrleiter in Abbildung 10.1 mit dem Innenradius ρ1 und dem Außenradius ρ2 . In z-Richtung fließt ein Strom I mit konstanter Stromdichte J ⃗ durch den Rohrmantel. 1. Bestimmen Sie die Stromdichte J ⃗ im Rohrmantel. 2. Bestimmen Sie die magnetische Feldstärke H⃗ für die folgenden Fälle: I. innerhalb des Rohres ( ρ < ρ1 ) , II. im Rohrmantel ( ρ1 ≤ ρ < ρ2 ) , III. außerhalb des Rohres ( ρ2 ≤ ρ) . Verwenden Sie für ihre Rechnungen die in Abbildung 10.1 dargestellten Zylinderkoordinaten. 3. Skizzieren sie den Verlauf von |H|⃗ in Abhängigkeit von ρ, φ und z.

ρ2 ρ1

I e ⃗φ

e ⃗z e ⃗ρ

Abb. 10.1: Hohlrohrleiter mit dem Innenradius ρ1 und dem Außenradius ρ2 .

https://doi.org/10.1515/9783110672534-004

10.2 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz | 25

10.2 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz Aufgabe 10.2.1 Gegeben sei eine Leiterschleife gemäß Abbildung 10.2, die von einem Magnetfeld mit folgender Flussdichte durchsetzt wird: π B = B̂ cos(ωt) sin ( x) . b 1. 2.

Wie groß ist die Spannung u(t) bei offener Leiterschleife? Welcher Strom fließt in der Schleife, wenn diese über einen Widerstand R kurzgeschlossen wird? Rückwirkungen auf das Magnetfeld B sind zu vernachlässigen.

b

B

i(t)

a

u(t)

x Abb. 10.2: Von dem Magnetfeld B durchsetzte Leiterschleife.

11 Nichtsinusförmige Vorgänge 11.1 Fourier-Reihen Aufgabe 11.1.1 Eine Wechselspannung u0 (t) mit 2π T soll mit einem Brückengleichrichter (Graetzschaltung, siehe Abbildung 11.1) gleichgerichtet werden und es gilt u0 (t) = û cos ω0 t ,

ω0 =

u1 (t) = |u0 (t)| . 1. 2. 3.

Berechnen Sie die Fourier-Reihe für u1 (t). Hinweis: 2 cos a cos b = cos(a + b) + cos(a − b) . Skizzieren Sie die Amplituden der Teilschwingungen in Abhängigkeit von der Frequenz ω = nω0 (mit n = 0, 1, 2, . . . ). Berechnen Sie das Verhältnis zwischen dem Mittelwert von u1 (t) (Gleichrichtwert) und dem Effektivwert von u0 (t). T/ 2

Ueff

1 = √ ∫ u20 (t) dt = √ ∑ u2n (t) = √U=2 + U∼2 . T n=0 ∞

−T/2

Hinweis: 2 cos2 x = 1 + cos 2x .

Aufgabe 11.1.2 Es liege die periodische Funktion g(t) nach Abbildung 11.2 vor. Weiterhin gelte T > 2a. 1. Bestimmen Sie zunächst die Koeffizienten der trigonometrischen Fourier-Reihe von g(t) in Abhängigkeit von T und a. Stellen Sie das Ergebnis als si2 -Funktion dar (mit si2 (x) = (sin(x)/x)2 ).

Abb. 11.1: Schaltung eines Zweipuls-Brückengleichrichters. https://doi.org/10.1515/9783110672534-005

11.1 Fourier-Reihen | 27

1 a

g(t)

t −a

−T

a

T

Abb. 11.2: Periodisches Signal g(t).

2.

Gesucht sind nun die komplexen Fourier-Koeffizienten des Dirac-Kamms ∞

z(t) = ∑ δ(t − nT) . n=−∞

Berechnen Sie diese, ausgehend vom Ergebnis der vorangegangenen Aufgabe, durch Überführung der Funktion g(t) in den Dirac-Kamm z(t) durch einen geeigneten Grenzübergang von a.

Aufgabe 11.1.3 Gegeben ist die periodische Funktion f(t) in Abbildung 11.3. 1. Bestimmen Sie die komplexen Fourier-Koeffizienten c k der Funktion f(t) in Abhängigkeit von A und geben sie f(t) als komplexe Fourier-Reihe an. 2. Geben Sie die c k für |k| = 1, 2 an. 3. Das Signal f(t) werde von einem Tiefpassfilter mit der Übertragungsfunktion G(jω) (siehe Abbildung 11.4) übertragen. Bestimmen Sie die reelle Fourier-Reihe des Ausgangssignals y(t) unter Verwendung der unter 2. berechneten komplexen FourierKoeffizienten c k . f(t) 2A

t −T

− 3T 4

− T2

Abb. 11.3: Periodisches Signal f(t).

− T4

−A

T 4

T 2

3T 4

T

28 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

G(jω) 1

ω −2ω0

−ω0

2ω0

ω0

Abb. 11.4: Übertragungsfunktion G(jω) eines Tiefpasses im Frequenzbereich.

Aufgabe 11.1.4 Gegeben ist das Übertragungssystem mit Eingangsspannung uin (t) und Ausgangsspannung uout (t) in Abbildung 11.5. 1. Um welche Art von Übertragungssystem handelt es sich? Es gilt: L > 0, R > 0. 2. Bestimmen Sie die Übertragungsfunktion H(jω) in Abhängigkeit von L und R. Geben Sie den Betrag |H(jω)| und die Phase φ(ω) = arg{H(jω)} der Übertragungsfunktion in Abhängigkeit von L und R an. 3. Am Eingang des Übertragungssystems liege nun die Spannung uin (t) an, die durch nachfolgende Fourier-Reihe gegeben ist: uin (t) =

π 4 ∞ cos [(2k − 1)ω0 t] − ∑ . 2 π k=1 (2k − 1)

Gegeben sei außerdem das einseitige Amplitudenspektrum |Uout (k)| = √a2out,k + b2out,k der Ausgangsspannung uout (t). aout,k und bout,k seien hierbei die reellen Koeffizienten der trigonometrischen Fourier-Reihe von uout (t). Das zugehörige einseitige Amplitudenspektrum |Uout (k)| zeigt Abbildung 11.6. Berechnen Sie den Widerstand R als Funktion von L und ω0 .

L uin (t)

R

uout (t) Abb. 11.5: Übertragungssystem mit Eingangsspannung uin (t) und Ausgangsspannung uout (t).

11.2 Fourier-Transformation | 29

󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨Uout (k)󵄨󵄨󵄨 π 2 4√3 2π 2 3π

k 0

1

2

4

3

Abb. 11.6: Amplitudenspektrum |Uout (k)|.

11.2 Fourier-Transformation Aufgabe 11.2.1 Gegeben sei das Zeitsignal f(t) in Abbildung 11.7. Bestimmen Sie die zugehörige FourierTransformierte F(jω) in Abhängigkeit von T. Hinweis: Es gibt in diesem Fall elegantere Wege als das Lösen des Fourier-Integrals.

Aufgabe 11.2.2 Gegeben sei die Fourier-Transformierte X(jω) in Abbildung 11.8. Es gilt: 2

1.

2.

ω { { 2 für −ωg ≤ ω ≤ ωg , X(jω) = { ωg { sonst. {0 Berechnen Sie die zu X(jω) gehörende Zeitfunktion x(t) in Abhängigkeit von ωg durch Lösen des inversen Fourier-Integrals. Stellen Sie das Ergebnis als Summe von sin- und cos-Funktionen dar. Bestimmen Sie die zu X(jω) gehörende Zeitfunktion x(t) in Abhängigkeit von ωg durch mehrfaches Ableiten der Funktion X(jω) nach der Frequenz ω und durch f(t) 1

t −3T

−2T

−T

Abb. 11.7: Zeitsignal f(t).

0

T

2T

3T

30 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

X(jω) 1

ω −ωg

0

ωg

Abb. 11.8: Fourier-Transformierte X(jω).

Anwendung passender Eigenschaften der Fourier-Transformation. Stellen Sie das Ergebnis als Summe von sin- und cos-Funktionen dar.

Aufgabe 11.2.3 Gegeben ist die Fourier-Transformierte X1 (jω) = F{x1 (t)} des Signals x1 (t) in Abbildung 11.9. 1. Bestimmen Sie die Funktionsgleichung von X1 (jω) im Intervall 0 ≤ ω ≤ 4. 2. Bestimmen Sie die Zeitfunktion x1 (t) = F −1 {X1 (jω)}. X1 (jω) 1

ω -4

−3

-2

-1

1

-1

Abb. 11.9: Fourier-Transformierte X1 (jω).

2

3

4

11.2 Fourier-Transformation | 31

Aufgabe 11.2.4 Gegeben ist das Signal x2 (t) = t e −2t sin(t) σ(t)

mit

{0 für t ≤ 0 , σ(t) = { 1 für t > 0 . {

Das Signal x2 (t) liegt als Eingangssignal an dem in Abbildung 11.10 dargestellten System mit der Impulsantwort h(t) an. 1. Das Ausgangssignal ist y(t) = t e −2t cos(t) σ(t). Bestimmen Sie die Fourier-Transformierten Y(jω) = F{y(t)} und X2 (jω) = F{x2 (t)}. 2. Bestimmen Sie die Übertragungsfunktion H(jω) = F{h(t)} des Systems.

x2 (t)

h(t)

y(t) Abb. 11.10: System mit Impulsantwort h(t).

Aufgabe 11.2.5 Das Signal x3 (t) = 5 e −3t σ(t) mit

{0 σ(t) = { 1 {

für t ≤ 0 , für t > 0

wird von dem in Abbildung 11.11 dargestellten Differenzierer übertragen. Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte Z(jω) = F{z(t)}.

x3 (t)

d dt

z(t) Abb. 11.11: Differenzierer mit h(t) = d/dt .

32 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

Aufgabe 11.2.6 1. 2.

Berechnen Sie die Fourier-Transformierte U1 (jω) des in Abbildung 11.12 gegebenen Signals u1 (t). Ermitteln Sie U2 (jω) des Signals u2 (t) = u1 (t − 2T) − u1 (t + 2T).

u1 (t) 2u0

u0

t −T

0

T

Abb. 11.12: Zeitabhängiges Signal u1 (t).

Aufgabe 11.2.7 Gegeben ist die Fourier-Transformierte H(jω) = F{h(t)} in Abbildung 11.13. 1. Skizzieren Sie die erste und zweite Ableitung von H(jω) nach der Kreisfrequenz ω (dH(jω)/dω und d2 H(jω)/dω2 ). Achten Sie auf die Achsenbeschriftungen! 2. Bestimmen Sie die Zeitfunktion h(t) = F −1 {H(jω)}.

Aufgabe 11.2.8 Gegeben ist das Signal i(t) = i0 si2 (ω0 t) mit 1. 2.

si(x) =

sin(x) . x

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte I(jω) = F{i(t)} des Signals i(t) in Abhängigkeit von i0 und ω0 unter Verwendung des Dualitätssatzes. Skizzieren Sie die Fourier-Transformierte I(jω). Achten Sie dabei auf die Achsenbeschriftungen!

11.3 Faltung

| 33

H(jω)

1−

1

1 2

2

( ωω0 ) für |ω| < ω0

0,75 0,5 0,25 ω −ω0

−2ω0

0

ω0

2ω0

Abb. 11.13: Fourier-Transformierte H(jω).

Aufgabe 11.2.9 Die Fourier-Transformierte U(jω) = F{u(t)} ist im Folgenden gegeben durch die Dreiecksfunktion 󵄨󵄨 ω 󵄨󵄨 󵄨 󵄨 { {1 − 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨󵄨 für −ω0 < ω < ω0 , ω 󵄨󵄨 ω0 󵄨󵄨 tri ( ) = { { ω0 0 sonst. { Das Signal u(t) liegt als Eingangssignal an einem System F mit der Impulsantwort f(t) (Abbildung 11.14) an: ω0 ω0 t f(t) = si ( ) . 2π 2 1. 2.

Bestimmen Sie die Fourier-Transformierte P(jω) = F{p(t)} des Ausgangssignals. Skizzieren Sie die Fourier-Transformierte P(jω). Achten Sie dabei auf die Achsenbeschriftungen!

u(t)

f(t)

p(t) Abb. 11.14: System F mit Impulsantwort f(t).

11.3 Faltung Aufgabe 11.3.1 Bestimmen Sie die Faltungsoperation y(t) = x(t) ∗ h(t) mittels Faltungsintegral. Führen Sie hierzu eine graphische Fallunterscheidung durch. Dabei sind x(t) und h(t) in Abbildung 11.15 gezeigt.

34 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

x(t)

h(t)

1

1 t/T 0

1

2

t/T

3

0

1

2

Abb. 11.15: Zeitsignale x(t) und h(t).

Aufgabe 11.3.2 1.

Das System G in Abbildung 11.16 kann durch eine Reihenschaltung zweier Systeme mit den Impulsantworten h1 (t) und h2 (t) beschrieben werden. Bestimmen Sie die Impulsantwort des Gesamtsystems g(t).

h1 (t)

x(t)

y(t)

h2 (t)

z(t)

G Abb. 11.16: Blockschaltbild des Systems G.

2.

Das System wird mit dem Eingangssignal x(t) = δ(t) beaufschlagt. y(t) ergibt sich zu {1 − t für 0 ≤ t < 1 , y(t) = { 0 sonst. {

Bestimmen Sie die Impulsantwort h1 (t). Das Teilsystem H2 sei durch die in Abbildung 11.17 dargestellte Schaltung gegeben. Bestimmen Sie die Impulsantwort h2 (t) dieser Schaltung. 4. Geben Sie nun unter Verwendung von Aufgabenteil 1 die Impulsantwort des Gesamtsystems g(t) an. 3.

ue (t)

R C

ua (t)

Abb. 11.17: Schaltbild des Teilsystems H2 mit der Impulsantwort h2 (t).

11.3 Faltung

| 35

Aufgabe 11.3.3 Bestimmen Sie die Faltungsoperation y(t) = x(t) ∗ h(t) mittels Faltungsintegral. Führen Sie hierzu eine graphische Fallunterscheidung durch. Dabei sind x(t) und h(t) in Abbildung 11.18 gezeigt. x(t)

h(t)

1 t

t

1

1 −1

Abb. 11.18: Zeitsignale x(t) und h(t).

12 Die Laplace-Transformation 12.1 Hin- und Rücktransformation Aufgabe 12.1.1 Geben Sie für den in Abbildung 12.1 dargestellten zeitlichen Verlauf der Größe f(t) die Laplace-Transformierte F(p) an. f(t)

1

t/T 0

1

2

3

4

Abb. 12.1: Zeitlicher Verlauf der Größe f(t).

Aufgabe 12.1.2 Finden Sie die Rücktransformierte x(t) von X(p) =

p2 + 2p + 5 , (p + 3)(p + 5)2

ℜ(p) > −3

mit Hilfe der Partialbruchzerlegung.

Aufgabe 12.1.3 Finden Sie die Rücktransformierte x(t) von X(p) =

9p2 + 28p + 37 , p3 + 8p2 + 37p + 50

ℜ(p) > −2

mit Hilfe der Partialbruchzerlegung.

Aufgabe 12.1.4 Berechnen Sie die Laplace-Transformierte von x(t) = sinh(at) u(t) = https://doi.org/10.1515/9783110672534-006

1 at (e − e −at ) u(t) 2

12.1 Hin- und Rücktransformation | 37

mit Hilfe des Integrals für a > 0. Bestimmen Sie das Konvergenzgebiet. Es gelte: {0 u(t) = { t u (1 − e − /T0 ) { 0

für

t≤0,

für

t>0.

Aufgabe 12.1.5 Gegeben ist der elektrische Schwingkreis in Abbildung 12.2. u1 (t)

R u0 u1 (t)

C

L

u2 (t)

t T1

Abb. 12.2: Elektrischer Schwingkreis und zeitlicher Verlauf der Eingangsspannung u1 (t).

L Es gilt: √ < 2R C

und

0 { { { u1 (t) = {u0 { { {0

für

t≤0,

für

0 < t ≤ T1 ,

für

t > T1 .

Spule und Kondensator sind für t < 0 energiefrei. 1. Gesucht ist die Ausgangsspannung u2 (t). Bestimmen Sie zuerst die Übertragungsfunktion H(p) und berechnen Sie dann die Spannung u2 (t) für den angegebenen Verlauf von u1 (t). 2. Bestimmen Sie die Ausgangsspannung u2 (t), wenn am Eingang folgender Rechteckimpuls anliegt:

u1 (t) = lim ũ 1 (t), T1 →0

wobei

0 { { { { u o T0 ũ 1 (t) = { { T { { 1 0 {

für

t≤0,

für 0 < t ≤ T1 , für

t > T1 .

3. Skizzieren Sie das Pol-Nullstellen-Diagramm der Übertragungsfunktion. 4. Bestimmen Sie den Frequenzgang der Übertragungsfunktion |H(jω)|.

Aufgabe 12.1.6 Die unbekannte Impulsantwort eines zeitkontinuierlichen, zeitinvarianten linearen Systems soll experimentell bestimmt werden. Dazu wird das System mit dem Eingangs-

38 | 12 Die Laplace-Transformation signal x(t) = x0 cos (ω0 t) ⋅ σ(t) angeregt, mit {0 σ(t) = { 1 {

für

t≤0,

für

t>0.

Wenn die Parameter des Eingangssignals zu ω0 = 2 und x0 = 4 gewählt werden, dann wird am Ausgang des Systems y(t) = [cos(2t) + sin(2t) − e −2t ] ⋅ σ(t) gemessen. Wie lautet die Impulsantwort des Systems?

Aufgabe 12.1.7 Gegeben ist das in Abbildung 12.3 dargestellte Netzwerk. 1. Stellen Sie die Gleichungen der beiden eingetragenen Spannungsumläufe im Zeitbereich auf und transformieren Sie jede Umlaufgleichung in den Laplacebereich. Berücksichtigen Sie dabei die in der Schaltung angegebenen Anfangswerte. 2. Es gilt nun: C = 1 F, L = 1/2 H, R1 = 1/5 Ω, R2 = 1 Ω, i2 (0− ) = 4 A, u C (0− ) = 5 V, u0 = 10 V. Lösen Sie das Gleichungssystem nach I1 (p) auf und führen Sie die Rücktransformation durch. C uC

i1 (t)

R2

i2 (t)

II

L

(0− )

u0 ⋅ σ(t)

I

R1

i1 (t) − i2 (t)

i2 (0− )

Abb. 12.3: Passives RLC-Netzwerk.

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen Aufgabe 12.2.1 Das in Abbildung 12.4 dargestellte Netzwerk befindet sich für t < 0 im stationären Zustand. Der Schalter S wird zur Zeit t = 0 geöffnet. 1. Bestimmen Sie den Strom i L (t) durch die Induktivität für −∞ < t < ∞. Skizzieren Sie i L (t) für R1 = R2 = R3 = R. 2. Bestimmen Sie die Spannung u2 (t) für −∞ < t < ∞. Skizzieren Sie u2 (t) für R1 = R2 = R3 = R.

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 39

R1

R3

uS (t) u2 (t)

U0

R2

L i L (t)

Abb. 12.4: Passives RL-Netzwerk.

3.

Bestimmen Sie die Spannung uS (t) für −∞ < t < ∞. Skizzieren Sie uS (t) für R1 = R2 = R3 = R. 4. Es gelte nun R1 = R3 = R. Wie groß muss R2 gewählt werden, damit der Betrag der Spannung u2 (t) nach dem Öffnen des Schalters den fünffachen Wert von u2 (t) bei geschlossenem Schalter nicht überschreitet?

Aufgabe 12.2.2 Der Maschenumlauf in einem RLC-Schwingkreis ergibt die Gleichung: t

di(t) 1 u(t) = Ri(t) + L + ∫ i(τ) dτ dt C −∞ t

= Ri(t) + L

0

di(t) 1 1 + ∫ i(τ) dτ + ∫ i(τ) dτ , dt C C −∞ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ 0

t≥0,

ν0

wobei ν0 = u C (t = 0) die Anfangsspannung des Kondensators ist. Für den Strom zum Zeitpunkt t = 0 gilt: i(0) = i0 . 1. Geben Sie die Laplace-Transformierte I(p) in Abhängigkeit von i0 , ν0 , U(p) ∙−−∘ u(t) an. 2. Bestimmen Sie i(t) für den Fall i0 ≠ 0, ν0 = 0 und R/2L = √1/LC , wenn u(t) den in Abbildung 12.5 dargestellten Verlauf besitzt. u(t) u0 t T

Abb. 12.5: Zeitlicher Verlauf der Spannung u(t).

13 Die z-Transformation 13.1 Hin- und Rücktransformation Aufgabe 13.1.1 Die Signalfolge x n wird durch ideale Abtastung des zeitkontinuierlichen Signals x(t) zu den Zeitpunkten n ⋅ T0 , n = 0, 1, . . . erzeugt. Berechnen Sie die z-Transformierte X(z) dieser Signalfolge, wenn x(t) wie folgt gegeben ist: 1. x(t) = sin(ωt + φ) ⋅ σ(t) mit beliebiger Abtastzeit T0 , ω = 2π/T , 2. x(t) wie 1 mit T0 = T/2, 3. durch den Signalverlauf in Abbildung 13.1 mit T0 = T/4.

1

x(t)

t 3T 2

T

T 2

2T

-1 Abb. 13.1: Zeitkontinuierliches Signal x(t) zu Aufgabenteil 13.1.1.3.

Aufgabe 13.1.2 Berechnen Sie die jeweilige Folge x n der nachfolgenden z-Transformierten X(z): z(z − 0,7) , z2 + z + 0,09 z(z − 0,9) 2. X(z) = 2 , z + 0,6z + 0,25 z−2 3. X(z) = 2 , z −z+1 1. X(z) =

|z| > 0,9 , |z| > 0,5 , |z| > 1 .

Aufgabe 13.1.3 Bestimmen Sie die zu X(z) =

3z3 − 7z2 + 7/2z , − 5/2z2 + 2z − 1/2

z3

|z| > 1

gehörende kausale Folge und bestimmen Sie jeweils die Elemente x0 , x1 , x2 . https://doi.org/10.1515/9783110672534-007

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme |

1. 2. 3. 4.

41

Mit Hilfe der Polynomdivision. Mit dem Anfangswertsatz. Mit Partialbruchzerlegung und entsprechenden Transformationsvorschriften. Mit dem Residuensatz. Die Rücktransformation für kausale Folgen ist durch xn =

K 1 󵄨 ∮ X(z) z n−1 dz = s n ⋅ ∑ Res {X(z) z n−1 }󵄨󵄨󵄨󵄨z=z k 2π j k=1 C

definiert. Das Residuum zu einem Pol z k m-ter Ordnung berechnet man mit 󵄨 Res {f(z)}󵄨󵄨󵄨z=z k = lim

z→z k

1 dm−1 [f(z) (z − z k )m ] . (m − 1)! dz m−1

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme Aufgabe 13.2.1 Lösen Sie mit Hilfe der einseitigen z-Transformation die folgenden Differenzengleichungen mit den gegebenen Anfangswerten. Geben Sie die Übertragungsfunktion H(z) an. 1. Differenzengleichung: y n − 3y n−1 = x n 2.

mit

x n = 4s n ,

y−1 = 1 ,

Differenzengleichung: y n − 5y n−1 + 6y n−2 = x n

mit

xn = sn ,

y−1 = 3 ,

y−2 = 2 .

Aufgabe 13.2.2 Gegeben ist ein lineares zeitdiskretes System (s. Abbildung 13.2), das aus der Kettenschaltung zweier Teilsysteme erster Ordnung besteht. Für die Anfangsbedingungen gelte x n = y n = w n = 0 für n < 0 , T = Abtastintervall. 1. Bestimmen Sie jeweils die Rekursionsgleichungen zwischen den Folgen x n und w n sowie w n und y n . 2. Geben Sie die z-Übertragungsfunktion H(z) = Y(z)/X(z) des Gesamtsystems an. 3. Die Eingangsfolge x n wird durch ideale Abtastung zu den Zeitpunkten n ⋅ T = n ⋅ T0/4 für n ≥ 0 aus dem zeitkontinuierlichen Signal x(t) = 10 ⋅ | cos(ω0 t)| ⋅ σ(t)

mit

ω0 =

2π T0

gewonnen. Skizzieren Sie x n und berechnen Sie die z-Transformierte X(z).

42 | 13 Die z-Transformation

b0 xn

T

b1

wn

+

yn

+

T

T

a1

a2

Abb. 13.2: Zeitdiskretes System bestehend aus der Kettenschaltung zweier Teilsysteme erster Ordnung.

4. Die Übertragungsfunktion H(z) sei nun gegeben durch H(z) =

5. 6.

1/5(z

+ 1) 2

(z − 1/2)

.

Bestimmen Sie mit Hilfe der z-Transformation die Ausgangsfolge y n als Systemreaktion auf die unter 3. ermittelte Eingangsfolge x n . Skizzieren Sie das Pol-Nullstellen-Diagramm der Übertragungsfunktion H(z). Geben Sie den Betrag des Frequenzgangs an.

14 Systemtheorie 14.1 Signalanalyse und -rekonstruktion Aufgabe 14.1.1 Die Definitionsgleichung der DTFT (Diskrete-Time Fourier Transform = FourierTransformation für zeitdiskrete Signale) lautet ∞

X(jΩ) = ∑ x(n) e − jnΩ . n=−∞

1.

Zeigen Sie, dass für die Fourier-Transformation des zeitdiskreten Signals x(n) folgende Beziehung gilt: x∗ (n) ∘−− X ∗ (− jΩ) .

2.

Im Folgenden sei das zeitdiskrete Signal x m (n) gegeben durch {x ( n ) = x(l) für x m (n) = { m 0 für {

n = lm, l ∈ ℤ , n ≠ lm .

Zeigen Sie, dass für die Fourier-Transformierte des diskreten Signals gilt: x m (n) ∘−− X(jmΩ) .

Aufgabe 14.1.2 Gegeben sei die kontinuierliche, periodische Fourier-Transformierte (DTFT) X(jΩ) des zeitdiskreten Signals x(n) in Abbildung 14.1. Bestimmen Sie das zugehörige zeitdiskrete X(jΩ) 2

1 Ω −π

− 3π 8

− π8

π 8

3π 8

5π 8

7π 8

π

Abb. 14.1: Kontinuierliche und periodische Fourier-Transformierte (DTFT) X(jΩ) des zeitdiskreten Signals x(n).

https://doi.org/10.1515/9783110672534-008

44 | 14 Systemtheorie Signal x(n). Formen Sie das Ergebnis so um, dass es die Faktoren a, b ∈ ℝ.

sin(a⋅n) b⋅n

enthält, wobei

π

Hinweis :

1 x(n) = ∫ X(jΩ) e jΩn dΩ 2π

(Synthesegleichung).

−π

Für die Ausnutzung von Symmetrien gelten hier die gleichen Zusammenhänge wie bei der Fourier-Transformation.

Aufgabe 14.1.3 Bestimmen Sie die N-Punkte DFT der folgenden zeitdiskreten Funktionen: 1. x(n) = δK (n) , 2. y(n) = s(n) − s(n − N) . Es gilt:

N > 0,

{1 s(n) = { 0 {

für n ≥ 0 sonst

und

{1 δK (n) = { 0 {

für n = 0 sonst.

Aufgabe 14.1.4 Gegeben seien die beiden zeitdiskreten Folgen x1 (n) = δK (n) + 3 ⋅ δK (n − 1) + 2 ⋅ δK (n − 2) , x2 (n) = 3 ⋅ δK (n) + 2 ⋅ δK (n − 1) + δK (n − 2) , mit der Definition von δK (n) aus Aufgabe 14.1.3. 1. Berechnen Sie die lineare Faltung z(n) = x1 (n) ∗ x2 (n) der beiden zeitdiskreten Folgen. Skizzieren Sie das resultierende Signal z(n) für |n| ≤ 7. 2. Die beiden zeitdiskreten Folgen x1 (n) und x2 (n) seien nun periodisch fortgesetzt mit der Periode N = 3, sodass x1 (n) = x1 (n + iN) und x2 (n) = x2 (n + iN) mit i ∈ ℤ gilt (s. Abbildung 14.2). Berechnen Sie das Signal y(n) = x1 (n) ⊗ x2 (n) im zeitdiskreten Bereich für eine Periode und n = 0, 1, . . . , N − 1 wobei der Operator ⊗ die zyklische Faltung beschreibt. Skizzieren Sie das resultierende periodische Signal y(n) für |n| ≤ 5. 3. Durch welche Maßnahme kann im Bereich 0 ≤ n ≤ 6 mit der zyklischen Faltung dasselbe Ergebnis wie mit der linearen Faltung erreicht werden? Skizzieren Sie die entsprechend geänderten periodischen Funktionen x1v (n) und x2v (n) für diesen Fall.

14.2 Analyse diskreter Systeme | 45

x1 (n) 3 2 1 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1

n 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x2 (n) 3 2 1 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1

n 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Abb. 14.2: Periodische Fortsetzungen der Folgen x1 (n) und x2 (n).

14.2 Analyse diskreter Systeme Aufgabe 14.2.1 Gegeben sei das zeitdiskrete LTI (Linear Time Invariant)-System in Abbildung 14.3 mit zeitdiskreter Eingangsfolge x(n), zeitdiskreter Ausgangsfolge y(n) und dem Abtastintervall T. x(n)

+

y(n)

T Abb. 14.3: Zeitdiskretes LTI-System.

1.

Bestimmen Sie die frequenzkontinuierliche und periodische Übertragungsfunktion H(jΩ) des Systems. 2. Bestimmen Sie die zeitdiskrete Impulsantwort h(n) des Systems. 3. Skizzieren Sie den Betragsfrequenzgang |H(jΩ)| und den Phasengang θ(jΩ) des Systems für |Ω| ≤ π. 4. Bestimmen Sie die 3-dB-Grenzfrequenz Ω3 dB des Systems.

46 | 14 Systemtheorie

Aufgabe 14.2.2 Gegeben seien die beiden zeitdiskreten Signale x(n) und h(n) mit π {cos ( n) für n = 0, . . . , 3 2 x(n) = { 0 sonst { und

{δK (n − 2) + 3 ⋅ δK (n − 3) n = 0, . . . , 3 h(n) = { 0 sonst. {

Weiterhin gilt: {1 n = l δK (n − l) = { 0 n ≠ l . { 1. Berechnen Sie die lineare Faltung der beiden zeitdiskreten Folgen x(n) und h(n). 2. Berechnen Sie die diskreten Fourier-Transformierten XDFT (k) und HDFT (k) der periodischen Fortsetzungen von x(n) bzw. h(n). 3. Berechnen Sie die inverse DFT des Produktes aus XDFT (k) und HDFT (k). 4. Vergleichen Sie die Ergebnisse aus den Teilaufgaben 1 und 3 und beschreiben sie kurz, wie eine lineare Faltung über eine Multiplikation der DFT-Transformierten erzielt werden kann.

| Teil II: Lösungen

7 Wechselstromlehre 7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen Aufgabe 7.1.1 7.1.1.1 Gesucht: Der Verlauf der Spannung u(t) über zwei Perioden.

u(t) 2û

û t/T 0,25

0,5

0,75

1

1,25

1,5

1,75

2

Abb. 7.1: Verlauf der Spannung u(t) über zwei Perioden.

7.1.1.2 Gesucht: Der arithmetische Mittelwert u. Gegeben: Zeitverlauf der Spannung aus Abbildung 7.1. Ansatz: Allgemein gilt für die Berechnung des arithmetischen Mittelwerts T

2π

0

0

1 1 u = ∫ u(t) dt = ∫ u(ωt) dωt . T 2π

(7.1.1.1)

Gemäß der Aufgabenstellung ist das Integral in zwei Teilintegrale aufzuspalten T/ 4

T

1 4û 1 u = ∫ û + ⋅ t dt + ∫ û + û sin(ωt) dt T T T 0

=

T/ 4

T/ T/ T 4 4 1 2û 1 T ̂ ̂ + [ t2 ] + [ut] + [−û cos(ωt) ] ) ([ut] T T ω T/4 T/ 0 0 4

1 T 2û T 2 3T û û T T 3T T + û − )= ( + + − (û + ) T 4 T 16 4 ω T 4 8 4 2π 9 1 = û ( − ) ≈ 0,9658 û . 8 2π

=

https://doi.org/10.1515/9783110672534-009

(7.1.1.2)

50 | 7 Wechselstromlehre

7.1.1.3 Gesucht: Der Effektivwert (quadratischer Mittelwert) U. Ansatz: Allgemein gilt für die Berechnung des Effektivwerts T

2π

0

0

1 1 U = √ ∫ u(t)2 dt = √ ∫ u(ωt)2 dωt . T 2π

(7.1.1.3)

Analog zur Berechnung des arithmetischen Mittelwerts ist das Integral wieder in zwei Bereiche aufzuteilen. Weiter vereinfacht sich die Darstellung durch das Quadrieren von Gleichung (7.1.1.3), sodass die Wurzel entfällt T/ 4

T

2 1 4û 1 2 U 2 = ∫ (û + ⋅ t) dt + ∫ (û + û sin(ωt)) dt T T T T/ 0 4 ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟

(7.1.1.4)

U22

U12 T/ 4

U12

1 8û 2 16û 2 2 = ∫ û 2 + t dt t+ T T T2

(7.1.1.5)

0

=

T/ 4 1 4û 2 2 T/4 16 û 2 3 T/4 t ] +[ t ] ) ([û 2 t] + [ T T 3 T2 0 0 0

=

û 2 T 4 T 2 16 1 T 3 + ( + ) T 4 T 16 3 T 2 64

=

û 2 T T T 7 2 û ; ( + + )= T 4 4 12 12 T

U22

1 = ∫ û 2 + 2û 2 sin(ωt) + û 2 sin2 (ωt) dt . T T/ 4

Mit sin2 (ωt) = 1/2 − 1/2 cos(2ωt) wird U22 =

T 1 cos(ωt) T û 2 T û 2 sin(2ωt) T ([û 2 t] + [−2û 2 ] + [ t] − [ ] ) T ω 2 T/4 2 2ω T/ T/ T/ 4 4 4

û 2 T 2T T T 1 1 1 1 + − + 0) = û 2 (1 − − + − ) (T − − T 4 2π 2 8 4 π 2 8 9 1 2 = û ( − ) 8 π

=

̂ ⇒ U = √U12 + U22 = u√

41 1 − ≈ 1,179 û . 24 π

(7.1.1.6)

7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 51

Aufgabe 7.1.2 Gesucht: Der arithmetische Mittelwert P der Funktion p(t) = u(t) i(t) allgemein und für (a) φ u = φ i = 0, (b) φ u = 0, φ i = 1/2π, (c) φ u = 1/3π, φ i = 0. Ansatz: Einsetzen der Zeitfunktionen für Spannung und Strom in Gleichung T

T

0

0

1 1 P = ∫ p(t) dt = ∫ û sin(ωt + φ u ) ⋅ ı ̂ sin(ωt + φ i ) dt . T T

(7.1.2.1)

Mit Hilfe des Additionstheorems 2 sin(x) sin(y) = cos(x − y) − cos(x + y)

(7.1.2.2)

wird (setze x = ωt + φ u und y = ωt + φ i ) û sin(ωt + φ u ) ⋅ ı ̂ sin(ωt + φ i ) =

=

û ı ̂ (cos(ωt + φ u − (ωt + φ i )) 2 − cos(ωt + φ u + ωt + φ i )) û ı ̂ (cos(φ u − φ i ) − cos(2ωt + φ u + φ i )) . 2

(7.1.2.3)

Eingesetzt gilt dann T

P=

1 û ı ̂ ∫ (cos(φ u − φ i ) − cos(2ωt + φ u + φ i )) dt T 2 0

=

T

T

0

0

û ı ̂ û ı ̂ ∫ cos(φ u − φ i ) dt − ∫ cos(2ωt + φ u + φ i ) dt . 2T 2T

Das Integral einer Sinus- oder Kosinusfunktion über eine vollständige Periode ist immer null und übrig bleibt P=

T û ı ̂ [cos(φ u − φ i ) t] . 0 2T

Damit wird die allgemeine Lösung P=

û ı ̂ cos(φ u − φ i ) . 2

(7.1.2.4)

52 | 7 Wechselstromlehre (a) φ u = 0, φ i = 0 P=

û ı ̂ 10 V ⋅ 5 A = = 25 W , 2 2

(b) φ u = 0, φ i = 1/2π P ≡ 0W , (c) φ u = 1/3π, φ i = 0 P=

û ı ̂ 10 V ⋅ 5 A = ⋅ cos(1/3π) = 12,5 W . 2 2

Aufgabe 7.1.3 Gesucht: Der arithmetische Mittelwert f . Ansatz: Der arithmetische Mittelwert ist definiert durch T

f =

1 ∫ f(t) dt . T

(7.1.3.1)

0

Um das Integral lösen zu können, muss eine mathematische Beschreibung der Funktion f(t) in Abbildung 7.1 auf Seite 4 gefunden werden. Die Funktion f(t) kann abschnittsweise durch zwei Parabeln f1 (t) und f2 (t) ausgedrückt werden: {f1 (t) f(t) = { f (t) {2

für 0 ≤ t < 3/4T für 3/4T ≤ t < T

.

Ein sinnvoller Ansatz ist hier die Scheitelpunktform einer Parabel f(x) = a(x − x s )2 + y s ,

mit dem Scheitelpunkt (x s ; y s ) .

Parabel f1 (t) 0 ≤ t < 3/4T Mit dem Scheitelpunkt (1/2; −1/2) und dem zusätzlichen Punkt (0; 3/2) ergibt sich aus der Scheitelpunktform t 1 2 1 − ) − , T 2 2 1 2 1 3 f1 (0) = a (0 − ) − = 2 2 2 t 1 2 1 f1 (t) = 8 ( − ) − . T 2 2 f1 (t) = a (

(7.1.3.2) ⇒

a=8,

(7.1.3.3) (7.1.3.4)

7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 53

Parabel f2 (t) 3/4T ≤ t < T Mit dem Scheitelpunkt (1; 3/2) und dem zusätzlichen Punkt (3/4; 0) ergibt sich aus der Scheitelpunktform analog 2 t 3 − 1) + , T 2 2 3 3 3 f2 ( T) = a ( − 1) + = 0 4 4 2 2 t 3 f2 (t) = −24 ( − 1) + . T 2

f2 (t) = a (

(7.1.3.5) ⇒

a = −24 ,

(7.1.3.6) (7.1.3.7)

Mit den in Gleichung (7.1.3.4) und (7.1.3.7) hergeleiteten Parabelfunktionen ergibt sich für die Berechnung des arithmetischen Mittelwertes 3/ T 4

T

2 1 t 1 2 1 1 t 3 f = ∫ 8 ( − ) − dt + ∫ −24 ( − 1) + dt . T T 2 2 T T 2 0

(7.1.3.8)

3/ T 4

Es entstehen also zwei Integrale I1 und I2 . Mit den Substitutionen τ=

t 1 − T 2

⇒

dt = T dτ

bzw.

τ=

t −1 T

⇒

dt = T dτ

ergeben sich die Lösungen 1/ 4

I1 = ∫ 8τ2 − −1/2

=

1

1 1 1 /4 8 1 3 1 3 1 1 1 dτ = [8 τ3 − τ] = [( ) − (− ) ] − [ − (− )] 2 3 2 −1/2 3 4 2 2 4 2

8 1 8 1 1 1 3 3 ⋅ + ⋅ − − = − =0 3 64 3 8 8 4 8 8 0

I2 = ∫ −24τ2 + −1/4

1 3 0 3 dτ = [−24 ⋅ τ3 + τ] 2 3 2 −1/4

1 3 3 1 1 3 1 1 3 1 + ⋅ =− + = . = −8 [0 − (− ) ] + [0 − (− )] = −8 ⋅ 4 2 4 64 2 4 8 8 4 Damit wird f = I1 + I2 = 0 +

1 1 = . 4 4

(7.1.3.9)

7.1.3.1 Gesucht: Der Gleichrichtwert (elektrolytischer Mittelwert) |f |. Ansatz: Der Gleichrichtwert ist definiert durch T

|f | =

1 ∫ |f(t)| dt . T 0

(7.1.3.10)

54 | 7 Wechselstromlehre Um das Integral lösen zu können, muss zunächst der Betrag der Funktion f(t) gebildet werden, wie sie Abbildung 7.2 zeigt. Auch hier ist eine mathematische Beschreibung der Funktion |f(t)| erforderlich. |f(t)| kann ebenfalls abschnittsweise durch drei Parabeln ausgedrückt werden: f1 (t) für 0 ≤ t < 1/4T , { { { { { |f(t)| = {f2 (t) für 1/4T ≤ t < 3/4T , { { { { 3 {f3 (t) für /4T ≤ t < T .

2

|f(t)|

1,5 1 0,5 t/T −1

−0,75

−0,5

−0,25

0,25

0,5

0,75

1

−0,5 Abb. 7.2: Betrag der unsymmetrischen, periodischen Parabelfunktion.

Parabel f1 (t) 0 ≤ t < 1/4T Im gegebenen Intervall kann die Parabelfunktion (7.1.3.4) übernommen werden f1 (t) = 8 (

t 1 2 1 − ) − . T 2 2

Parabel f2 (t) 1/4T ≤ t < 3/4T Für die Parabel f2 (t) im gegebenen Intervall gilt einfach f2 (t) = −f1 (t) = −8 (

t 1 2 1 − ) + . T 2 2

Parabel f3 (t) 3/4T ≤ t < T Auch hier kann die Parabelfunktion aus (7.1.3.7) übernommen werden f3 (t) = −24 (

2 t 3 − 1) + . T 2

(7.1.3.11)

7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 55

Mit den Parabelfunktionen ergibt sich für die Berechnung des Gleichrichtwertes 1/ T 4

1 t 1 2 1 ∫ 8 ( − ) − dt |f | = T T 2 2 0

3/ T 4

T

2 t 1 2 1 1 t 3 1 + ∫ −8 ( − ) + dt + ∫ −24 ( − 1) + dt . T T 2 2 T T 2 1/ T 4

3/ T 4

Es entstehen also drei Integrale I1 bis I3 . Mit den bekannten Substitutionen ergeben sich die Lösungen −1/4

I1 = ∫ 8τ2 − −1/2

=−

1 1 8 1 1 1 7 1 1 ⋅ + ⋅ + − = − = , 3 8 3 8 8 4 24 8 6

1/ 4

I2 = ∫ −8τ2 + −1/4

=−

1

1 1 − /4 8 1 3 1 3 1 1 1 1 dτ = [8 τ3 − τ] = [(− ) − (− ) ] − [− − (− )] 2 3 2 −1/2 3 4 2 2 4 2

1

/4 1 1 1 1 8 1 3 1 3 1 1 dτ = [−8 τ3 + τ] = − [( ) − (− ) ] + [ − (− )] 2 3 2 −1/4 3 4 4 2 4 4

8 1 1 1 1 1 −1 1 1 8 1 ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ = + = , 3 64 3 64 2 4 2 4 12 4 6

0

I3 = ∫ −24τ2 + −1/4

= −8 ⋅

3 1 3 0 1 3 1 3 dτ = [−24 τ3 + τ] = −8 [0 − (− ) ] + [0 − (− )] 1 2 3 2 − /4 4 2 4

3 1 1 3 1 1 + ⋅ =− + = . 64 2 4 8 8 4

Damit wird |f | = I1 + I2 + I3 =

1 1 1 2+2+3 7 + + = = . 6 6 4 12 12

Aufgabe 7.1.4 Gesucht: (a) u2 (t) zum Zeitpunkt t = t1 . (b) der Zeitpunkt t1 . Gegeben: Die zwei Wechselspannungen u1 (t) = û 1 ⋅ cos(ωt + φ1 ) ,

(7.1.4.1)

u2 (t) = û 2 ⋅ cos(ωt + φ2 ) .

(7.1.4.2)

Ansatz a: Nach Aufgabenstellung ist φ1 = 0, φ2 = 1/6π (30°). Auflösen von Gleichung (7.1.4.1) nach t = t1 ergibt im betrachteten Intervall [0,2π] zwei Lösungen.

56 | 7 Wechselstromlehre u1 (t1 ) u1 (t1 ) 1 ) = ωt1 + φ1 ⇒ t1,1 = [arccos ( ) − φ1 ] ω û 1 û 1 u1 (t1 ) arccos ( ) = 2π − (ωt1 + φ1 ) û 1 1 u1 (t1 ) ⇒ t1,2 = [2π − arccos ( ) − φ1 ] . ω û 1 arccos (

(7.1.4.3)

(7.1.4.4)

Gleichung (7.1.4.3) bzw. (7.1.4.4) eingesetzt in (7.1.4.2): u1 (t1 ) 1 ) − φ1 ] + φ2 ) [arccos ( ω û 1 u1 (t1 ) = û 2 ⋅ cos (arccos ( ) − φ1 + φ2 ) û 1 π 18 V = 30 V ⋅ cos (arccos ( ) + ) ≈ 3,588 V , 30 V 6 1 u1 (t1 ) u2 (t1,2 ) = û 2 ⋅ cos (ω [2π − arccos ( ) − φ1 ] + φ2 ) ω û 1 u1 (t1 ) = û 2 ⋅ cos (2π − arccos ( ) − φ1 + φ2 ) û 1 18 V π = 30 V ⋅ cos (2π − arccos ( ) + ) ≈ 27,588 V . 30 V 6 u2 (t1,1 ) = û 2 ⋅ cos (ω

(7.1.4.5) (7.1.4.6)

(7.1.4.7) (7.1.4.8)

Gegeben: Frequenz f = 50 Hz, Spannungen u1 (t1 ) = 18 V, û 1 = 30 V. Ansatz b: Gleichung (7.1.4.3) bzw. (7.1.4.4) zur Bestimmung von t1 mit ω = 2π f . u1 (t1,1 ) 1 [arccos ( ) − φ1 ] ω û 1 1s 18 V = arccos ( ) ≈ 2,952 ms , 2π 50 30 V u1 (t1,2 ) 1 = [2π − arccos ( ) − φ1 ] ω û 1 18 V 1s = (2π − arccos ( )) ≈ 17,048 ms . 2π 50 30 V

t1,1 =

t1,2

Alternativ ergibt sich die zweite Lösung anschaulich mit t1,2 = 20 ms − t1,1 .

Aufgabe 7.1.5 Gesucht: (a) allgemeine, analytische Lösung von u3 (t) = u1 (t) − u2 (t). (b) Berechnung von u3 (t) für gegebene Werte. Gegeben: u1 = û 1 ⋅ sin(ωt + φ1 ), û 1 = 5 V, φ1 = 60°, u2 = û 2 ⋅ sin(ωt + φ2 ), û 2 = 8 V, φ2 = −10°. Ansatz a: Es gilt: sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y.

(7.1.4.9)

(7.1.4.10)

7.1 Zeitabhängige Ströme und Spannungen | 57

Durch die konsequente Anwendung auf u1 (t), u2 (t) und u3 (t) ergeben sich u1 (t) = û 1 [sin(ωt) cos(φ1 ) + cos(ωt) sin(φ1 )] , u2 (t) = û 2 [sin(ωt) cos(φ2 ) + cos(ωt) sin(φ2 )] , u3 (t) = û 3 [sin(ωt) cos(φ3 ) + cos(ωt) sin(φ3 )] . Eingesetzt wird dann die Spannung u3 (t) = û 1 [sin(ωt) cos(φ1 ) + cos(ωt) sin(φ1 )] − û 2 [sin(ωt) cos(φ2 ) + cos(ωt) sin(φ2 )] .

(7.1.5.1)

Auflösen nach Termen von sin(ωt) und cos(ωt): u3 (t) = sin(ωt) [⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ û 1 cos(φ1 ) − û 2 cos(φ2 )] + cos(ωt) [⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ û 1 sin(φ1 ) − û 2 sin(φ2 )] K1

K2

u3 (t) = sin(ωt) û 3 cos(φ3 ) + cos(ωt) û 3 sin(φ3 ) = sin(ωt) K1 + cos(ωt) K2 . (7.1.5.2) Der Koeffizientenvergleich liefert unmittelbar: K1 = û 3 cos(φ3 ) K2 = û 3 sin(φ3 )

(7.1.5.3) ⇒

tan φ3 =

K2 ; K1

û 3 = √K12 + K22

2 2 û 3 = √(û 1 cos(φ1 ) − û 2 cos(φ2 )) + (û 1 sin(φ1 ) − û 2 sin(φ2 ))

(7.1.5.4) (7.1.5.5)

û 23 = û 21 cos2 (φ1 ) − 2û 1 û 2 cos(φ1 ) cos(φ2 ) + û 22 cos2 (φ2 ) + û 21 sin2 (φ1 ) − 2û 1 û 2 sin(φ1 ) sin(φ2 ) + û 22 sin2 (φ2 ) . Mit [cos2 x + sin2 x = 1] und [cos x cos y ± sin x sin y = cos(x ∓ y)] vereinfacht sich der Ausdruck zu û 3 = √û 21 − 2û 1 û 2 cos(φ1 − φ2 ) + û 22 .

(7.1.5.6)

Bestimmung von φ3 : tan(φ3 ) =

û 1 sin(φ1 ) − û 2 sin(φ2 ) . û 1 cos(φ1 ) − û 2 cos(φ2 )

(7.1.5.7)

Gegeben: u1 = û 1 ⋅ sin(ωt + φ1 ), û 1 = 5 V, φ1 = 60°, u2 = û 2 ⋅ sin(ωt + φ2 ), û 2 = 8 V, φ2 = −10°. Ansatz b: Einsetzen der Werte in die zuvor abgeleiteten Gleichungen (7.1.5.6) und (7.1.5.7). û 3 = √(5 V)2 − 2 ⋅ 5 V ⋅ 8 V ⋅ cos (60° − (−10°)) + (8 V)2 ≈ 7,851 V .

58 | 7 Wechselstromlehre Bestimmung von φ3 , hierbei ist zu beachten, dass der Realteil negativ und der Imaginärteil positiv ist, der Spannungszeiger liegt daher im zweiten Quadranten: tan(φ3 ) = =

û 1 sin(φ1 ) − û 2 sin(φ2 ) û 1 cos(φ1 ) − û 2 cos(φ2 )

(7.1.5.8)

5 V ⋅ sin(60°) − 8 V ⋅ sin(−10°) ≈ −1,0634 5 V ⋅ cos(60°) − 8 V ⋅ cos(−10°) ⇒

φ3 = π − 0,26π = 0,74 π

(133,24°) ,

u3 (t) = û 3 sin(ωt + φ3 ) ≈ 7,851 V ⋅ sin(ωt + 0,47π) . Anmerkung Eine alternative Berechnung des Winkels ist möglich über φ = 2 arctan (

Imagin¨arteil Realteil + √Realteil2 + Imagin¨arteil2

)

¨ f ur

−π 0 ⇒ Induktivität mit ωL = 5 Ω ⇒ L = ≈ 15,92 μH 2π 50 kHz 3 −3 Z = (6 + ) Ω = (6 − j3) Ω, φ = arctan ( ) ≈ −0,148π (−26,6°) ; j 6 ⇒ Widerstand R = 6 Ω , ℜ{Z} = 6 Ω Z=

1 1 = 3Ω ⇒ C = ≈ 1,06μF . ωC 3 Ω 2π 50 kHz 5 + j4 −5 5 4. Z = Ω = (4 + ) Ω = (4 − j5) Ω, φ = arctan ( ) ≈ −0,285π (−51,3°) ; j j 4 ℜ{Z} = 4 Ω ⇒ Widerstand R = 4 Ω , ℑ{Z} = −3 Ω < 0 ⇒ Kapazität mit

ℑ{Z} = −5 Ω < 0 ⇒ Kapazität mit

1 1 = 5Ω ⇒ C = ≈ 636,6 nF . ωC 5 Ω 2π 50 kHz

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz |

Aufgabe 7.2.2 1.

1

Z = 300 Ω e j /3π = R + jX = 300 Ω ⋅ cos(1/3π) + j300 Ω sin(1/3π), ⇒ R = 150 Ω,

2.

X>0: f =

5

Z = 128 Ω e j /12π = R + jX = 128 Ω ⋅ cos(5/12π) + j128 Ω ⋅ sin(5/12π), ⇒ R ≈ 33,13 Ω,

3.

300 Ω ⋅ sin(1/3π) ≈ 82,7 Hz . 2π ⋅ 0,5 H

X>0: f =

128 Ω ⋅ sin(5/12π) ≈ 87,46 Hz . 2π ⋅ 0,225 H

Z = 1200 Ω e j0,48π = R + jX = 1200 Ω ⋅ cos(0,48π) + j1200 Ω ⋅ sin(0,48π), ⇒ R ≈ 75,35 Ω,

X>0: f =

1200 Ω ⋅ sin(0,48π) ≈ 254,1 Hz . 2π ⋅ 0,75 H

Aufgabe 7.2.3 1.

1

I1 = 5 A e − j /3π ,

I2 = I − I1

I2 = (4 + j3) A − 5 A (cos(−1/3π) + j sin(−1/3π)) = (4 + j3) A − (2,5 − j2,5√3 ) A ≈ (1,5 + j7,33) A ≈ 7,482 A e j0,436π (78,43°) ; 2.

1

I1 = 2 A e j /2π I2 = (4 + j3) A − 2 A (cos(1/2π) + j sin(1/2π)) = (4 + j3) A − (0 + j2) A = (4 + j) A ≈ 4,123 A e j0,078π (14°) ;

3.

I1 = 6 A e j0,47π I2 = (4 + j3) A − 6 A ( cos(0,47π) + j sin(0,47π)) ≈ (4 + j3) A − (0,565 + j5,973) A = (3,435 − j2,973) A ≈ 4,543 A e − j0,227π (−40,9°) .

61

62 | 7 Wechselstromlehre

Aufgabe 7.2.4 Gesucht: komplexe Impedanz Z (Betrag und Phasenwinkel), Art des Bauelementes und Wert. Ansatz: Das Ohm’sche Gesetz für den Wechselstromkreis Z=

U , I

Z = R + jX .

Für die Bauelemente gilt R ≠ 0 , X = 0 : ohmscher Widerstand ,

(7.2.4.1)

R = 0 , X > 0 : Induktivität ,

(7.2.4.2)

R = 0 , X < 0 : Kapazität , 7.2.4.1

(7.2.4.3)

6 V e j0 1 = 2 Ω e − j /2π = − j2 Ω ⇒ Kapazität 3 A e j 1/2π 1 1 = 500 μF . =− C=− ωX C 1000 s−1 ⋅ (−)2 Ω Z=

7.2.4.2

7.2.4.3

X L = ωL , 1 . XC = − ωC

1

54 V e j /3π 1 = 6 Ω e j /2π = j6 Ω 9 A e − j 1/6π XL 6Ω L= = 12 mH . = ω 500 s−1

Z=

⇒

Induktivität

1

2 V e j /7π = 0,2 Ω e j0 = 0,2 Ω 10 A e j 1/7π R = 0,2 Ω . Z=

⇒

ohmscher Widerstand

Aufgabe 7.2.5 Gesucht: Jeweils die komplexe Impedanz Z, die komplexe Admittanz Y (Betrag und Phasenwinkel); jeweils für die Reihen- und Parallelschaltung die Bauelemente (R, L oder C) und deren zugehörige Werte. Gegeben: Eine sinusförmige Quelle speist zwei Bauelemente mit 1 1 1. U = 20 V e j /4π , I = 5 A e − j /6π , ω = 1000 s−1 ; 1/ π 1 j 2. U = 5 V e 4 , I = 0,1 A e j /2π , ω = 2000 s−1 . Ansatz: Benötigt wird das Ohm’sche Gesetz für den Wechselstromkreis Z=

U I

bzw.

Y=

I U

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz |

63

mit Z = R + jX

und

Y = G + jB .

Bei der Reihenschaltung gilt X > 0 : induktiver Anteil ,

X = ωL , 1 X < 0 : kapazitiver Anteil , X = − ωC

(7.2.5.1) (7.2.5.2)

und bei der Parallelschaltung B > 0 : kapazitiver Anteil , B < 0 : induktiver Anteil ,

B = ωC , 1 B=− . ωL

7.2.5.1 Reihenschaltung U = R + jX I 1 20 V e j /4π 1 1 5 = 4 Ω e j( /4π+ /6π) = 4 Ω e j /12π = 1/ π − j 6 5Ae 5π = ℜ{Z} = 4 Ω ⋅ cos( ) ≈ 1,035 Ω 12 5π = ℑ{Z} = 4 Ω ⋅ sin( ) ⇒ Induktivität 12 4Ω 5π = ⋅ sin( ) ≈ 3,864 mH . 12 1000 s−1

Z= Z R X L

Parallelschaltung I = G + jB U 1 5 A e − j /6π 1 π π 5 = S e − j( /6+ /4) = 0,25 S e − j /12π = 1 20 V e j /4π 4 5π = ℜ{Y} = 0,25 S ⋅ cos(− ) ⇒ 12 1 4 = = ≈ 15,455 Ω G cos(5/12π) 5π = ℑ{Y} = 0,25 S ⋅ sin(− ) ⇒ Induktivität 12 1 =− ≈ 4,141 mH . 1000 s−1 ⋅ 0,25 S ⋅ sin(−5/12π)

Y= Y G R B L

(7.2.5.3) (7.2.5.4)

64 | 7 Wechselstromlehre

7.2.5.2 Reihenschaltung U = R + jX I 1 5 V e j /4π 1 1 1 = 50 Ω e j( /4π− /2π) = 50 Ω e − j /4π = 0,1 A e j 1/2π √2 π = ℜ{Z} = 50 Ω ⋅ cos(− ) = 50 Ω ⋅ ≈ 35,355 Ω 4 2 √2 π = ℑ{Z} = 50 Ω ⋅ sin(− ) = −50 Ω ⋅ ⇒ Kapazität 4 2 1 =− ≈ 14,142 μF . −1 2000 s ⋅ (−)25√2 Ω

Z= Z R X C

Parallelschaltung I = G + jB U 1 0,1 A e j /2π 1 1 1 = = 0,02 S e j( /2π− /4π) = 0,02 S e j /4π 1 5 V e j /4π √2 π = ℜ{Y} = 0,02 S ⋅ cos( ) = 0,02 S ⇒ 4 2 1 1 = ≈ 70,711 Ω = G √2 ⋅ 0,01 S √2 π = ℑ{Y} = 0,02 S ⋅ sin( ) = 0,02 S ⇒ Kapazität 4 2 √2 ⋅ 0,01 S = ≈ 7,071 μF . 2000 s−1

Y= Y G R B C

Aufgabe 7.2.6 Gesucht: Widerstand R1 zeichnerisch und rechnerisch so dass φ Z = −1/3π wird. Gegeben: C = 6,8 nF, Rp = 1,2 kΩ, f = 80 kHz, φ Z = −1/3π. Ansatz: Lösung der Aufgabe mit Hilfe der Leitwerte der Parallelschaltung nach Abbildung 7.3a. Z = Z e jφ Z ,

Y=

1 1 − jφ Z = e = Y e jφ Y Z Z

φ Y = −φ Z

⇒

(7.2.6.1) (7.2.6.2)

Eintrag des Leitwertes G und der Suszeptanz B C in das Diagramm, zeichnen einer Geraden mit 60°-Winkel zur reellen Achse beginnend vom Koordinatenursprung bis zur Höhe von B C zur Ermittlung der Gesamtadmittanz Y.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz |

65

Projektion der Spitze von Y auf die reelle Achse, messen der fehlenden Strecke bis G. G=

1 1 = ≈ 0,833 mS R 1,2 kΩ

B C = ωC = 2π ⋅ 80 kHz ⋅ 6,8 nF ≈ 3,418 mS .

a

b

Abb. 7.3: Schaltung (a) und Operatordiagramm der Admittanzen zur Ermittlung von G1 (b).

Rechnerische Lösung Y = G1 + G + jB C ⇒ G1 =

G1 =

⇒

tan φ =

BC G + G1

BC tan φ

⇒

G + G1 =

R1 =

1 ≈ 877,129 Ω . G1

BC −G tan φ

3,418 mS − 0,833 mS ≈ 1,14 mS tan(1/3π)

⇒

66 | 7 Wechselstromlehre

Aufgabe 7.2.7 7.2.7.1 Gesucht: Kreisfrequenz ω, bei der der Strom ı Ĉ doppelt so groß wie ı L̂ ist. Gegeben: R = 4 Ω, L = 0,2 mH und C = 25 μF, û q = 20 V . Ansatz: Bei der gegebenen Parallelschaltung ist ı Ĉ =

û q = û q jB C , jX C

ı L̂ =

û q = û q jB L . jX L

(7.2.7.1)

Die Forderung ı Ĉ = 2 ı L̂ führt auf 󵄨 û q 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨 󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨 󵄨 󵄨󵄨 ı Ĉ = 󵄨󵄨󵄨ı Ĉ 󵄨󵄨󵄨 = 󵄨󵄨󵄨û q jωC󵄨󵄨󵄨 = 2ı L̂ = 󵄨󵄨󵄨2ı L̂ 󵄨󵄨󵄨 = 󵄨󵄨󵄨󵄨−2 j ωL 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨

(7.2.7.2)

und damit auf die Bedingung 2 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨jωC󵄨󵄨󵄨 = 󵄨󵄨󵄨󵄨− j 󵄨 ωL 󵄨󵄨

⇒

ωC =

2 . ωL

(7.2.7.3)

Aufgelöst nach der gesuchten Kreisfrequenz ω ergibt sich ω2 =

2 LC

⇒

ω =√

2 . LC

(7.2.7.4)

und mit gegebenen Werten ω =√

2 2⋅A⋅V =√ = 20 ⋅ 103 s−1 . −4 0,2 mH ⋅ 25 μF 2 ⋅ 10 Vs ⋅ 25 ⋅ 10−6 As

7.2.7.2 Gesucht: Zeigerdiagramm der Amplituden von Spannung und Strömen sowie das Operatoren-Diagramm der Admittanzen Gegeben: R = 4 Ω, L = 0,2 mH und C = 25 μF, û q = 20 V . Ansatz: Berechnung der Admittanzen und Ströme für gegebenes ω: 1 = 0,25 S , 4Ω 1 BL = − = −0,25 S , 20 ⋅ 103 s−1 ⋅ 0,2 mH G=

B C = 20 ⋅ 103 s−1 ⋅ 25 μF = 0,5 S , ı R̂ = 20 V ⋅ 0,25 S = 5 A , ı L̂ = 20 V ⋅ j(−)0,25 S = − j5 A , ı Ĉ = 20 V ⋅ j0,5 S = j10 A .

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz |

67

Abb. 7.4: Strom- und Spannungszeiger- sowie Operatoren-Diagramm der Parallelschaltung von R, L und C.

Alle erhaltenen Werte werden den gewählten Maßstäben entsprechend in das Strom- und Spannungszeiger- sowie das Operatoren-Diagramm der Admittanzen in Abbildung 7.4 eingetragen. Berechnet ergeben sich zusätzlich Y = G + j(B L + B C ) = 0,25 S + j(−0,25 S + 0,5 S) = 0,25 ⋅ (1 + j) S = √2 ⋅ 0,25 S e j /4π , 1

(7.2.7.5)

ı ̂ = ı R̂ + ı L̂ + ı Ĉ = 5 A + j(−5 A + 10 A) = 5 ⋅ (1 + j) A = √2 ⋅ 5 A e j /4π . 1

(7.2.7.6)

7.2.7.3 Gesucht: Die qualitative Frequenzabhängigkeit der Admittanz Yp , getrennt dargestellt für Real- und Imaginärteil sowie für Betrag und Phase. Ansatz: Getrennt nach Real- und Imaginärteil ist Yp = ℜ{Yp } + jℑ{Yp } = G + jB ,

B = BL + BC

(7.2.7.7)

68 | 7 Wechselstromlehre

G( )

B( )

G BC B 0

0

r

BL

Abb. 7.5: Real- und Imaginärteil der Admittanz Yp abhängig von der Kreisfrequenz ω

wobei sich abhängig von der Kreisfrequenz ergibt Yp (ω) = G + j(ωC −

1 ) . ωL

(7.2.7.8)

Der Realteil ist also unabhängig von der Kreisfrequenz ω und der Imaginärteil setzt sich zusammen aus einer Geraden und einer Hyperbel, siehe die grafische Darstellung in Abbildung 7.5. Analog gilt für Betrag und Phase Yp = |Yp | e jφ ,

φ = arctan (

ℑ{Yp } ) ℜ{Yp }

(7.2.7.9)

wobei sich abhängig von der Kreisfrequenz ergibt Yp (ω) = √ G2 + (ωC −

1 2 ) , ωL

φ(ω) = arctan (

ωC − G

1 ωL

).

(7.2.7.10)

Für den Verlauf des Betrags werden folgende Näherungen betrachtet: Bei kleinen Frequenzen gelten 1 : LC 1 ω≪ : GL ω ≪√

Y ≈ √ G2 + ( Y≈

1 2 ) , ωL

1 . ωL

(7.2.7.11) (7.2.7.12)

Wenn der Imaginärteil verschwindet, ist ω =√

1 : LC

Y=G.

(7.2.7.13)

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz |

69

Für große Frequenzen gelten die Näherungen ω ≫√ ω≫

1 : LC

G : C

Y ≈ √G2 + (ωC)2 ,

(7.2.7.14)

Y ≈ ωC .

(7.2.7.15)

Die oberen Überlegungen sind durch gestrichelte Grenzlinien, so genannte Asymptoten, in Abbildung 7.5 grafisch dargestellt. Für kleine Werte von ω ergibt sich nach Gleichung (7.2.7.12) ein hyperbolischer Verlauf, für große Werte von ω nähert sich die Betragsfunktion asymptotisch der Geraden aus Gleichung (7.2.7.15). Für den Verlauf der Phase werden folgende Näherungen und Grenzwerte betrachtet: Bei kleinen Frequenzen gilt ω ≪√

1 : LC

φ ≈ arctan (

−1 ) . ωGL

(7.2.7.16)

Wenn der Imaginärteil verschwindet ist ω =√

1 : LC

0 φ = arctan ( ) = 0 . G

(7.2.7.17)

Für große Frequenzen gilt ω ≫√

1 : LC

φ ≈ arctan (

ωC ) . G

(7.2.7.18)

Darüber hinaus ergeben sich die Grenzwerte ω→0 : ω→∞ :

ωC 1 π − )=− , G ωGL 2 ωC 1 π φ = lim arctan ( − )= . ω→∞ G ωGL 2

φ = lim arctan ( ω→0

(7.2.7.19) (7.2.7.20)

Je nach Wahl der Parameter R, L und C ähnelt der Verlauf des Phasenwinkels nur einem Ausschnitt der Arkustangens-Funktion in Abbildung 7.6, siehe Abbildung 7.7 oder das Beispiel im Lehrbuch. Nahezu unverändert wird die Funktion für den Bereich der Gleichungen (7.2.7.18) und (7.2.7.17) abgebildet. Starke Änderungen treten dagegen oft im Gültigkeitsbereich von Gleichung (7.2.7.16) auf.

70 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.6: Verlauf der Arkustangens-Funktion.

Y( )

( ) 2

0 r

G

0

2

r

Abb. 7.7: Betrag und Phasenwinkel der Admittanz abhängig von der Kreisfrequenz ω.

Aufgabe 7.2.8 Gesucht: Kreisfrequenz ω bei der φ u − φ i = 0 ist. Gegeben: RLC-Serienschaltung mit L = 5 mH, C = 2 μF. Ansatz: Die Impedanz Z der Serienschaltung berechnet sich durch Z = R + jωL − j

1 . ωC

(7.2.8.1)

Die Forderung φ u − φ i = 0 bedeutet φ Z = 0 und damit ℑ{Z} = 0: ωL − ωL =

1 ωC

⇒

ω2 = ω=

1 LC

1 =0. ωC ⇒

ω=

(7.2.8.2) 1 √LC

1 = 104 s−1 . √5 mH ⋅ 2 μF

(7.2.8.3) (7.2.8.4)

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 71

Abb. 7.8: Ersatzschaltungen zur Bestimmung der Quellenspannung Uq (a) und des komplexen Innenwiderstandes Zi (b) der Ersatzspannungsquelle.

Aufgabe 7.2.9 7.2.9.1 Gesucht: Allgemeine Gleichung zur Berechnung des Messstroms IM . Ansatz: Berechnung der Quellenspannnung U q der Ersatzspannungsquelle nach Abbildung 7.8 a mit Hilfe der Spannungsteilerregeln: Uq = U3 − U1 , Uq =

U3 =

Z3 U 0 , Z3 + Z4

U1 =

Z1 U 0 , Z1 + Z2

Z3 U 0 Z1 U 0 − . Z3 + Z4 Z1 + Z2

(7.2.9.1) (7.2.9.2)

Berechnung des Innenwiderstands Zi gemäß Abbildung 7.8 b: Zi =

IM = U q

Z1 Z2 Z3 Z4 + . Z1 + Z2 Z3 + Z4

(7.2.9.3)

1 Zi + ZM

= U0

Z3 (Z1 + Z2 ) − Z1 (Z3 + Z4 ) (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

= U0

Z3 (Z1 + Z2 ) − Z1 (Z3 + Z4 ) Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) + ZM (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

(7.2.9.4)

Z2 Z3 − Z1 Z4 . Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) + ZM (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

(7.2.9.5)

IM = U 0

1 Z1 Z2 Z3 Z4 + + ZM Z1 + Z2 Z3 + Z4

72 | 7 Wechselstromlehre

7.2.9.2 Gesucht: Abgleichbedingungen der Brückenschaltung Gegeben: Gleichung für IM . Ansatz: Nullsetzen der Gleichung.

0 = U0

Z2 Z3 − Z1 Z4 . Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) + ZM (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

0 = Z2 Z3 − Z1 Z4

⇒

Z1 Z4 = Z2 Z3

⇒

Z1 =

Z2 Z3 . Z4

(7.2.9.6)

(7.2.9.7)

7.2.9.3 Gesucht: Drei Möglichkeiten für die Erfüllung der Phasenbedingung für den Brückenabgleich. Gegeben: Zu messende Impedanz Z1 = R x + jωL x , allgemeine Abgleichbedingung. Ansatz: Betrachtung der Impedanzen in der allgemeinen Abgleichbedingung, dargestellt durch Betrag und Phase: Z1 e jφ1 =

Z2 Z3 j(φ2 +φ3 −φ4 ) e Z4

⇒

φ1 = φ2 + φ3 − φ4 .

(7.2.9.8)

Aus der Phasenbedingung lassen sich die in Tabelle 7.1 aufgeführten drei einfachen Kombinationen herleiten. Dabei sollen möglichst viele Impedanzen als ohmsche Widerstände ausgeführt werden. Tab. 7.1: Drei einfache Kombinationen mit denen die Phasenbedingung erfüllt werden kann. φ2 1. 2. 3.

0 0 φ1

φ3 0 φ1 0

φ4 −φ1 0 0

Z2

Kombination Z3

Z4

R2 R2 R2 & L2

R3 R3 & L3 R3

R4 ||C4 R4 R4

7.2.9.4 Gesucht: Abgleichbedingungen für die drei angegebenen Schaltungskombinationen. Gegeben: Zu messende Impedanz Z1 = R x + jωL x , allgemeine Abgleichbedingung. Ansatz: Einsetzen der einzelnen Bauelemente in die allgemeine Abgleichbedingung. Trennung nach Real- und Imaginärteil.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 73

1.

Z1 = R x + jωL x = Rx =

2.

R2 R3 (1 + jωR4 C4 ) , R4

R2 R3 , R4

Z1 = R x + jωL x =

ωL x =

Z1 = R x + jωL x =

R2 R3 ωR4 C4 R4

⇒

R4 1 + jωR4 C4 L x = R2 R3 C4 .

(7.2.9.9)

R2 (R3 + jωL3 ) R4 Rx =

3.

R4 ||C4 =

R2 R3 , R4

Lx =

R2 L3 . R4

(7.2.9.10)

Lx =

L2 R3 . R4

(7.2.9.11)

(R2 + jωL2 )R3 R4 Rx =

R2 R3 , R4

Aufgabe 7.2.10 7.2.10.1 Gesucht: Die allgemeine Berechnung der Spannung U 2 (a) mit Hilfe der Methode Ersatzstromquelle, (b) mit Hilfe der Methode Ersatzspannngsquelle, (c) mit Hilfe der Methode Umlaufanalyse. Ansatz a: Betrachtung der Schaltung wie in Abbildung 7.9 dargestellt. Die Ersatzstromquelle ersetzt das Netzwerk, das in Pfeilrichtung betrachtet wird, einschließlich der Spannungsquelle U 1 . Bestimmung des Kurzschlussstromes als Wert für Iq durch Kurzschließen der Klemmen a, b: U1 Iq = . (7.2.10.1) R + jωL Bestimmung der Ersatzadmittanz Yi durch Kurzschließen der Spannungsquelle U 1 : Yi =

1 1 + jωC2 (R + jωL) + jωC2 = . R + jωL R + jωL

Abb. 7.9: Ersatz des Π-Gliedes durch die Stromquelle Iq und die komplexe Admittanz Yi .

(7.2.10.2)

74 | 7 Wechselstromlehre

U2 =

Iq R + jωL U1 = ⋅ Yi R + jωL 1 + jωC2 (R + jωL)

(7.2.10.3)

U1 . 1 − ω2 LC2 + jωRC2

(7.2.10.4)

⇒ U2 =

Ansatz b: Betrachtung der Schaltung wie in Abbildung 7.10 dargestellt. Die Ersatzspannungsquelle ersetzt wie unter (a) das Netzwerk, das in Pfeilrichtung betrachtet wird, einschließlich der Spannungsquelle U 1 . Bestimmung der Leerlaufspannung als Wert für U q an den Klemmen a, b: Uq =

U 1 ⋅ 1/jωC2 U1 = . R + jωL + 1/jωC2 jωRC2 − ω2 LC2 + 1

(7.2.10.5)

Bestimmung der Ersatzimpedanz Zi durch Kurzschließen der Spannungsquelle U 1 und Betrachtung des Netzwerkes in Pfeilrichtung: Zi =

(R + jωL) ⋅ 1/jωC2 R + jωL = . R + jωL + 1/jωC2 jωRC2 − ω2 LC2 + 1

U2 = Uq

⇒

U2 =

1−

(7.2.10.6)

U1 . 2 + jωRC 2

ω2 LC

Ansatz c: Die gesuchte Spannung wird durch den Strom I C2 durch C2 bestimmt. Nach den Regeln der Umlaufanalyse wird der vollständige Baum so festgelegt, dass der gesuchte Strom I C2 = I L auch ein unabhängiger Strom ist, siehe hierzu Abbildung 7.11. Hieraus lässt sich das folgende Gleichungssystem in Matrix-Form herleiten: (

1 jωC1 1 − jωC 1

1 − jωC 1

R + jωL +

1 jωC2

+

1 jωC1

)⋅(

I1 I C2

)=(

U1 0

) .

(7.2.10.7)

Abb. 7.10: Ersatz des Π-Gliedes durch die Spannungsquelle Uq und die komplexe Impedanz Zi .

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 75

Abb. 7.11: Vereinfachte Schaltung des Π-Glieds mit eingezeichneten Maschenumläufen und vollständigem Baum.

Mit Hilfe der Cramer’schen Regel wird dieses für I C2 gelöst: 󵄨 󵄨󵄨󵄨 1 U 1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 jωC1 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨− 1 󵄨󵄨󵄨 0 󵄨󵄨 jωC1 󵄨󵄨 I C2 = 󵄨 1 󵄨󵄨 1 󵄨󵄨 − jωC1 󵄨󵄨 jωC1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨− 1 1 1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 jωC1 R + jωL + jωC2 + jωC1 󵄨󵄨 =

1 jωC1 1 jωC1 (R

+ jωL +

1 jωC2

U1 1 jωC1 )

+

2

1 − ( jωC ) 1

=

U1 R + jωL +

1 jωC2

.

Die gesuchte Spannung ist dann U2 =

U1 1 I C2 = jωC2 R + jωL +

U2 =

U1 . 1 − ω2 LC2 + jωRC2

1 jωC2

⋅

1 U1 = jωC2 jωRC2 − ω2 LC2 + 1

Anmerkung Eine Impedanz parallel zu einer Spannungsquelle kann vernachlässigt werden, wenn nicht nach der Leistung der Quelle gefragt ist. Weil der Kondensator C1 im Ergebnis nicht erscheint, hätte die Aufgabe daher auch durch einen einzigen Umlauf gelöst werden können. Dies zu zeigen war auch ein Ziel dieser Teilaufgabe. 7.2.10.2 Gesucht: Kreisfrequenz ω, Spannung U 2 . Gegeben: U 1 = U, R, L, C1 = C2 = C, φ U1 − φ U2 = 1/2π. Ansatz: Gleichung zur Berechnung von U 2 mit gegebenen Variablen: U2 =

U . 1 − ω2 LC + jωRC

Damit die Phasenbedingung erfüllt wird, muss der Realteil im Nenner verschwinden: 1 − ω2 LC = 0 U2 =

⇒

U j √1 LC

RC

ω=

= −j

1 . √LC

U √L . R C

(7.2.10.8) (7.2.10.9)

76 | 7 Wechselstromlehre

Anmerkung Das Ergebnis ist gleichzeitig die Resonanz-Kreisfrequenz der Reihenschaltung aus R, L und C2 . Bei Resonanz ist der Strom I L = I C2 reell (in Phase mit U 1 = U), d. h. der Imaginärteil der Reihenschaltung verschwindet. Multipliziert mit − j 1/ωC2 ergibt sich dann die gewünschte Phasenlage der Spannung U 2 .

Aufgabe 7.2.11 7.2.11.1 Gesucht: Admittanz Y der Schaltung in allgemeiner Form. Ansatz: Die Schaltung besteht aus einer Reihenschaltung von Kondensator und Widerstand, der eine Induktivität parallel geschaltet ist Y= Y=

1 1 jωC 1 + = + . 1 R + jωC jωL 1 + jωCR jωL

(7.2.11.1)

jωC(1 − jωCR) 1 ω2 RC2 ωC 1 − j = +j( − ), 2 2 2 ωL 1 + (ωCR) ωL 1 + (ωCR) 1 + (ωCR)

oder in anderer Form Y=

1 (ωCR)2 ω2 [LC − R2 C2 ] − 1 + j . R 1 + (ωCR)2 ωL[1 + (ωCR)2 ]

(7.2.11.2)

7.2.11.2 Gesucht: Kreisfrequenz ωr bei Phasenresonanz für die Induktivität L = 2R2 C. Ansatz: Phasenresonanz tritt auf, wenn der Phasenwinkel φ = 0 ist, also der Imaginärteil null wird: !

ℑ{Y(ωr )} = 0 ω2r =

1 LC − R2 C2

⇒

ωr = √

!

ω2r [LC − R2 C2 ] − 1 = 0 .

(7.2.11.3)

1 1 1 =√ = . RC LC − R2 C2 2 R2 C2 − R2 C2

(7.2.11.4)

⇒

7.2.11.3 Gegeben: Die Phasenresonanz-Kreisfrequenz ωr , L = 2R2 C. Gesucht: Wert der Admittanz Y(ωr ) Ansatz: Betrachtung der Admittanz bei Phasenresonanz: Der Imaginärteil der Gleichung verschwindet und es bleibt nur der Realteil. 2

Y(ωr ) =

2 1 RC) ( RC 1 (ωr RC) 1 = G = G. 2 1 R 1 + (ωr RC)2 2 1 + ( RC RC)

(7.2.11.5)

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 77

7.2.11.4 Konstruktion der Ortskurve Die Frequenzabhängigkeit der Admittanz der Reihenschaltung aus R und C wird in der Y-Ebene durch einen Halbkreis im 1. Quadranten abgebildet, der den Koordinatenursprung berührt und den Ausgangspunkt für die Konstruktion darstellt (s. Abbildung 7.12). Zur Konstruktion werden neben dem Punkt bei Phasenresonanz noch zwei weitere Punkte benötigt, damit der qualitative Verlauf klar wird. Gewählt wurden die Punkte bei G(ω1 ) = 1/4G und G(ω2 ) = 3/4G. Die folgenden Gleichungen berechnen die zugehörigen Imaginärteile B1 und B2 wobei die normierte Frequenz Ω = ωCR eingeführt wurde: Y =G⋅

G1 =

Ω21 1 G=G⋅ 4 1 + Ω21

B1 = G (

G2 =

Ω2 Ω 1 Ω2 G Ω2 − 1 + jG − = G ⋅ + j ⋅ ( ) 2 Ω3 + Ω 1 + Ω2 1 + Ω2 2Ω 1 + Ω2

1/√3

1 + 1/3

−

1 2/√3

Ω22 3 G=G⋅ 4 1 + Ω22

B2 = G (

⇒

Ω21 =

) = G(

⇒

1 (1 + Ω2 ) 4

⇒

3 2 1 Ω = 4 1 4

⇒

Ω1 =

1 √3

√3 √3 √3 − G ≈ −0,433 G ; )=− 3+1 2 4

Ω22 =

3 (1 + Ω22 ) 4

⇒

1 2 3 Ω = 4 2 4

⇒

Ω2 = √3

√3 2 1 3 1 − G ≈ 0,144 G . − ) = G( )= 1 + 3 2√3 4√3 4√3 4√3

Bei Phasenresonanz ist der Wert B L genauso groß wie der Imaginärteil der Admittanz der Reihenschaltung von R und C. Siehe hierzu den Punkt bei 1/2G in Abbildung 7.12. 7.2.11.5 Gesucht: Kennzeichnen der Betragsresonanz in der Admittanz-Ortskurve Y(ω). Ansatz: Die Betragsresonanz tritt hier auf, wenn der Betrag sein Minimum erreicht Yr = min |Y| .

(7.2.11.6)

Die Betragsresonanz tritt also auf, wenn die Länge des Admittanz-Operators minimal wird. Der Admittanz-Operator beginnt im Ursprung des Koordinatensystems und zeigt senkrecht auf die Tangente an der Kurve bei Y = Yr . Dies ist in Abbildung 7.12 mit einem grauen Pfeil dargestellt.

78 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.12: Ortskurve mit eingetragenem Zeiger für die Betragsresonanz (Yr = min |Y|).

Aufgabe 7.2.12 7.2.12.1 Gegeben: Die Funktion Y = G + jB. Gesucht: Grafische Darstellung der Funktion für die beiden Fälle G = konst. und B = konst. (a) G = konst. Y(G1 ,B) = G1 + jB = 1 G1 + jB Y(G2 ,B) = G2 + jB = 2 G1 + jB Die grafische Lösung hierzu zeigt Abbildung 7.13a.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 79

(b) B = konst. Y(G,−B2 ) = G − jB2 = G − j2 B1 Y(G,−B1 ) = G − jB1 = G − j1 B1 Y(G,+B1 ) = G + jB1 = G + j1 B1 Y(G,+B2 ) = G + jB2 = G + j2 B1 Die grafische Lösung hierzu zeigt Abbildung 7.13b. 7.2.12.2 Gegeben: Die Ortskurven aus Aufgabenteil 1. Gesucht: Inversion der Ortskurven für die beiden Fälle G = konst. und B = konst. (a) Geraden parallel zur imaginären Achse der Form Y = G1 + jB, −∞ < B < ∞ werden in der Z-Ebene Z=

1 . G1 + jB

(7.2.12.1)

Betrachtung von zwei Punkten: 1.

B=0

2.

B→∞

1 } Kreis durch den Ursprung G1 } ⇒ mit Durchmesser Z=0 } Z=

D=

1 . G1

(7.2.12.2)

Für die gegebenen Werte ergeben sich die Durchmesser D1 = 1/G1 und D2 = 1/(2G1 ). Die grafische Lösung hierzu zeigt Abbildung 7.13c. (b) Geraden parallel zur reellen Achse der Form Y = G + jB1 , 0 ≤ G < ∞ werden in der Z-Ebene Z=

1 . G + jB1

(7.2.12.3)

Betrachtung von zwei Punkten: 1.

G=0

2.

G→∞

1 } 1 Halbkreis durch den UrjB1 } ⇒ D= . B sprung mit Durchmesser 1 Z=0 } Z=

(7.2.12.4)

Für die gegebenen Werte ergeben sich die Durchmesser D1 = 1/B1 und D2 = 1/(2B1 ). Die grafische Lösung hierzu zeigt Abbildung 7.13d.

80 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.13: Grafische Lösungen zu Aufgabe 7.2.12.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 81

Aufgabe 7.2.13 Gesucht: Der Widerstandswert R3 , ohne dass sich der Strom I1 ändert. Ansatz: Wenn I1 konstant bleiben soll, dann muss auch |Z| = Z konstant bleiben. 1.

Eintragen der Impedanz Za bei geöffnetem Schalter in das Koordinatensystem der Z-Ebene (Abbildung 7.14, Punkt a) Za = R1 + jX2 ,

2.

X2 = −

1 . ωC2

(7.2.13.1)

Bei geschlossenem Schalter liegt R3 ||C2 in Reihe mit R1 Zb = R1 +

jR3 X2 1 = R1 + . 1 1 R3 + jX2 ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ + ZE1 R3 jX2

(7.2.13.2)

Da R3 gesucht ist, wird R3 bzw. G3 als Variable zur Konstruktion der Ortskurve von ZE1 verwendet. Sie bildet in der Z-Ebene einen Halbkreis, der den Ursprung berührt und den Durchmesser D = 1/B2 hat (Abbildung 7.14). Dieser Halbkreis wird um den Wert von R1 auf der reellen Achse verschoben und in das Koordinatensystem der Z-Ebene eingetragen. Die folgenden drei Punkte beschreiben den Verlauf der resultierenden Ortskurve: 1 : R3 = 0

⇒ Z = R1 ,

2 : R3 → ∞ ⇒ Z = R1 + jX2 (entspricht offenem Schalter) 3 : R3 = |X2 | ⇒ Z = R1 + = R1 +

− j|X2 |2 1+j = R1 − j|X2 | , |X2 | − j|X2 | 2

(7.2.13.3)

|X2 | X2 +j . 2 2

3.

Aufgrund der Forderung |Z| = konst. wird ein Kreisbogen mit Radius |Za | = √R2 + X 2 eingetragen. Der Schnittpunkt mit der Ortskurve in Punkt b liefert das 1 2 gewünschte Ergebnis. 4. Durch Übertragen des Winkels φ der Lösung am Punkt b in Abbildung 7.15 in die Z-Ebene von Abbildung 7.14 und Eintragen des negativen Winkels in die Y-Ebene kann der gesuchte Leitwert G3b wie gezeigt auf der reellen Achse der Y-Ebene als Vielfaches des bekannten Wertes B2 abgelesen werden.

Vergleich mit der Lösung R3 = X22 /(2R1 ) im Lehrbuch: Setze R1 = k |X2 |, mit dem Wert von k gemäß Abbildung 7.15, dann wird R3b =

|X2 |2 |X2 | = 2k |X2 | 2k

bzw.

G3b = 2k B2 .

Im Beispiel ist k ≈ 0,6875, sodass G3b ≈ 1,375 B2 ist.

82 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.14: Konstruktion der Ortskurve mit G3 als variabler Größe für die Parallelschaltung von R3 und C2 . Rückverfolgung des gesuchten Parameters G3 über den Winkel φ.

Abb. 7.15: Resultierende Ortskurve der Schaltung abhängig vom Widerstand R3 mit Kreisbogen Z = konst. ausgehend vom Punkt a für die Bestimmung des gesuchten Wertes von R3 im Punkt b.

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 83

Aufgabe 7.2.14 7.2.14.1 Gesucht: Resonanzfrequenz fr . Gegeben: Die Werte L = 3,183 mH und C = 159,155 nF. Ansatz: Betrags- und Phasenresonanz fallen beim einfachen Reihenschwingkreis zusammen, d. h. die Resonanzfrequenz tritt auf, wenn der Imaginärteil von Z null wird (Bedingung für Phasenresonanz: φ = 0) 0 = ωr L − ωr L =

1 ωr C

ω2r =

⇒

1 LC

⇒

fr =

1 . ωr C

1 2π √LC

(7.2.14.1) = 7,071 kHz .

(7.2.14.2)

7.2.14.2 Gesucht: Obere und untere Grenzfrequenz ( fg,o , fg,u ) und Bandbreite ∆f . Gegeben: Die Werte R = 10 Ω, L = 3,183 mH und C = 159,155 nF. Ansatz: Die Grenzfrequenz tritt auf, wenn für die Beträge der komplexen Funktionswerte eine der folgenden Beziehungen gilt: Funktionswert bei ωg 1 = Maximum der Fkt. √2

bzw.

Funktionswert bei ωg = √2 . Minimum der Fkt.

(7.2.14.3)

Hier tritt der Extremwert bei der Resonanzfrequenz auf: ̂ g) = ı(ω

1 ̂ r) ı(ω √2

⇒

1 û û = , Z(ωg ) √2 R

(7.2.14.4)

was für die Impedanz gleichbedeutend ist mit Z(ωg ) = √2 Z(ωr ) = √2 R .

(7.2.14.5)

Daraus abgeleitet ergibt sich dann ℜ{Z} = |ℑ{Z}| ,

φ(ωg ) = arctan(±1) = ±

π . 4

(7.2.14.6)

Nach Auflösen der Betragsstriche wird 1 ) ωg C 1 ⇒ ±ωg R = ω2g L − C

Z = R + j (ωg L −

⇒ ωg 1/2 = ±

⇒ ⇒

󵄨󵄨 󵄨 1 󵄨󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 R = 󵄨󵄨󵄨󵄨ωg L − ωg C 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 R 1 ω2g ∓ − =0 L LC

R √ R2 1 R 4L ± + = (±1 ± √1 + 2 ) . 2L 2L 4L2 LC R C

(7.2.14.7) (7.2.14.8) (7.2.14.9)

84 | 7 Wechselstromlehre Lösungen sind wegen ωg > 0 nur sinnvoll für fg,u =

R 4L (−1 + √1 + 2 ) 4πL R C

⇒

fg,u ≈ 6,826 kHz ;

(7.2.14.10)

fg,o =

R 4L (+1 + √1 + 2 ) 4πL R C

⇒

fg,o ≈ 7,326 kHz .

(7.2.14.11)

und

Bandbreite ∆f : ∆f = fg,o − fg,u

(7.2.14.12)

∆f =

R R 4L 4L (+1 + √1 + 2 ) − (−1 + √1 + 2 ) 4πL 4πL R C R C

(7.2.14.13)

∆f =

R ≈ 500 Hz . 2π L

(7.2.14.14)

7.2.14.3 Gesucht: Spannung û L an der Induktivität L bei Resonanz, Güte Q und Verlustfaktor d. Gegeben: Die Werte R = 10 Ω, L = 3,183 mH und C = 159,155 nF sowie û = 50 V. Ansatz: Strom bei Resonanz: ı ̂ = u/̂ R, Spannung an der Induktivität: û L = ı ̂ ωr L. Mit der Resonanzkreisfrequenz aus Gl. (7.2.14.2) wird û L =

û L û L = √ R √LC R C

û L =

50 V 3,183 mH √ ≈ 707,096 V . 10 Ω 159,155 nF

(7.2.14.15)

Die Güte Q ist hier die normierte Spannungsüberhöhung an L oder C bei Resonanz: û L 1 L = Q = √ ≈ 14,142 . R C û

(7.2.14.16)

Der Verlustfaktor d wird durch die Inversion der Güte Q bestimmt: d=

1 C = R √ ≈ 0,071 . Q L

(7.2.14.17)

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 85

Ergänzung: Zur Definition der Grenzfrequenz: Die Grenzfrequenz tritt auf, wenn das Ausgangssignal an einen ohmschen Widerstand R entweder die Hälfte der Maximalleistung Pmax oder das doppelte der Minimalleistung Pmin abgibt 1 Pmax 2

⇒

2 Ua2 1 Umax = R 2 R

⇒

Pa = 2 Pmin

⇒

U2 Ua2 = 2 min R R

⇒

Pa =

Ua 1 = ; Umax √2 Ua = √2 . Umin

In der Signaltheorie tritt die Grenzfrequenz auf, wenn das Ausgangssignal eines Vierpols gegenüber dem Eingangssignal um 3 dB gesunken ist: Pa Pa 1 = 10 lg = 10 lg ≈ −3 dB ; Pe dB Pe 2

Ua Ua 1 = 20 lg = 20 lg ≈ −3 dB . Ue dB Ue √2

Die Angabe des Übertragungsverhältnisses in der Einheit dB ist ein logarithmisches Maß zur Basis 10.

Aufgabe 7.2.15 7.2.15.1 Gesucht: Resonanzfrequenz fr . Gegeben: Die Werte L = 25,465 mH und C = 1,591 nF. Ansatz: Betrags- und Phasenresonanz fallen beim einfachen Parallelschwingkreis zusammen, d. h. die Resonanzfrequenz tritt auf, wenn der Imaginärteil von Y null wird (Bedingung für Phasenresonanz: φ = 0) 1 1 1 + j (ωr C − . ) ⇒ 0 = ωr C − R ωr L ωr L 1 1 ⇒ ω2r = ⇒ fr = ≈ 25,0 kHz . LC 2π√LC

Y= ωr C =

1 ωr L

(7.2.15.1) (7.2.15.2)

7.2.15.2 Gesucht: Obere und untere Grenzfrequenz ( fg,o , fg,u ) und Bandbreite ∆f . Gegeben: Die Werte R = 1 kΩ, L = 25,465 mH und C = 1,591 nF. Ansatz: Siehe Definition der Grenzfrequenz von Gleichung (7.2.14.3). Bei Speisung mit konstantem Strom kann an der Parallelschaltung eine frequenzabhängige Spannung û abgegriffen werden, die ihren Maximalwert û max = ı ̂ R bei Resonanz erreicht: ̂ g ) = ı ̂ Z(ωg ) u(ω

⇒

ı ̂ Z(ωg ) 1 = ı̂R √2

⇒

Y(ωg ) = √2 G .

(7.2.15.3)

Beim einfachen Parallelresonanzkreis ist diese Aussage gleichbedeutend mit π ℜ{Y} = |ℑ{Y}| , φ(ωg ) = arctan(±1) = ± . (7.2.15.4) 4

86 | 7 Wechselstromlehre 1 1 + j (ωg C − ) R ωg L ωg L ⇒ ω2g LC − 1 = ± R

Y=

⇒ ωg 1/2 = ±

⇒ ⇒

󵄨 󵄨 1 󵄨󵄨󵄨 1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = 󵄨󵄨󵄨ωg C − R 󵄨󵄨 ωg L 󵄨󵄨󵄨 1 1 ω2g ∓ ωg − =0 RC LC

1 1 1 1 + ±√ = . 2RC RC (2RC)2 LC

(7.2.15.5)

Lösungen sind wegen ωg > 0 nur sinnvoll für fg,u =

1 1 1 R2 C (− + √ + ) 2πRC 2 4 L

⇒

fg,u ≈ 5,902 kHz ;

(7.2.15.6)

fg,o =

1 1 1 R2 C (+ + √ + ) 2πRC 2 4 L

⇒

fg,o ≈ 105,937 kHz .

(7.2.15.7)

und

Bandbreite ∆f : ∆f = fg,o − fg,u

(7.2.15.8)

∆f =

1 1 R2 C 1 1 R2 C 1 1 )− ) (+ + √ + (− + √ + 2πRC 2 4 L 2πRC 2 4 L

∆f =

1 ≈ 100,035 kHz . 2πRC

(7.2.15.9) (7.2.15.10)

7.2.15.3 Gesucht: Strom ı Ĉ durch die Kapazität C bei Resonanz, Güte Q und Verlustfaktor d. Gegeben: Die Werte R = 1 kΩ, L = 25,465 mH und C = 1,591 nF sowie ı ̂ = 20 mA. Ansatz: Spannung bei Resonanz: û = ı ̂ R. Strom durch die Kapazität: ı Ĉ = û ωr C Mit der Resonanzkreisfrequenz aus Gl. (7.2.15.2) wird ı Ĉ = ı ̂ R

1 C √LC

⇒

ı Ĉ = ı ̂ R√

C 1,591 nF = 20 mA ⋅ 1 kΩ ⋅ √ ≈ 5 mA . L 25,465 mH (7.2.15.11)

Die Güte Q ist hier die normierte Stromüberhöhung an L oder C bei Resonanz: C 1,591 nF ı Ĉ = Q = R √ = 1 kΩ ⋅ √ ≈ 0,25 . L 25,465 mH ı̂

(7.2.15.12)

Der Verlustfaktor d wird durch die Inversion der Güte Q bestimmt: d=

1 1 L = √ ≈4. Q R C

(7.2.15.13)

7.2 Komplexe Impedanzen: Zeigerdiagramme, Ortskurven, Resonanz | 87

Aufgabe 7.2.16 7.2.16.1 Gesucht: Allgemeine Form der Eingangsimpedanz Z. Z = R + jωL1 − j Z = R+j(

1 + ωC1

1 jωL2

1 ω2 L1 C1 − 1 jωL2 = R+j + ωC1 1 − ω2 L2 C2 + jωC2

ωL2 1 − ω2 L1 C1 − ). ωC1 1 − ω2 L2 C2

(7.2.16.1)

7.2.16.2 Gesucht: Resonanzfrequenzen 1. der Spannung U, wenn der Strom I eingeprägt ist, 2. des Stromes I, wenn die Spannung U eingeprägt ist. Gegeben: C1 = C2 = 1 μF und L1 = L2 = 1 mH. Ansatz: Aus der Betrachtung von einfachen Reihen- bzw. Parallelschwingkreisen ist bekannt, dass im Resonanzfall der Strom bzw. die Spannung ein Maximum aufweist. – Ist der Strom I eingeprägt, so folgt aus U = IZ, dass die Maxima von U bei den Maxima von Z liegen. – Ist die Spannung U eingeprägt, so folgt aus I = U/Z , dass die Maxima von I bei den Minima von Z liegen. Um die Resonanzfrequenzen zu bestimmen, müssen also die Maxima und Minima von |Z| bestimmt werden. Allgemein erfolgt dies über dZ(ω) =0. dω

(7.2.16.2)

Im Resonanzfall strebt der Imaginärteil von Z hier gegen null bzw. unendlich. Im vorliegenden Fall reicht es daher aus, beim Imaginärteil die Nullstellen des Zähler- und Nennerpolynoms zu suchen. Zur weiteren Bearbeitung muss der Term ℑ{Z} entsprechend umgeformt werden ωL2 1 − ω2 L1 C1 ω2 L2 C1 − (1 − ω2 L1 C1 )(1 − ω2 L2 C2 ) − = 2 ωC1 1 − ω L2 C2 ωC1 (1 − ω2 L2 C2 ) 2 2 2 4 ω L2 C1 − (1 − ω L1 C1 − ω L2 C2 + ω L1 C1 L2 C2 ) ℑ{Z} = ωC1 (1 − ω2 L2 C2 ) 2 1 − ω (L1 C1 + L2 C2 + L2 C1 ) + ω4 L1 C1 L2 C2 ℑ{Z} = − . (7.2.16.3) ωC1 (1 − ω2 L2 C2 ) ℑ{Z} =

88 | 7 Wechselstromlehre

Fall 1: Der Strom I ist eingeprägt Es ist die Frequenz zu bestimmen, bei der ℑ{Z} maximal wird, also der Nenner gegen null geht: 0 = ωC1 (1 − ω2 L2 C2 ) (7.2.16.4) Die erste Lösung liefert den Gleichstromfall, ω1 = 0. Weiterhin ist 1 − ω2 L2 C2 = 0

⇒

ω2 =

1 . √L 2 C 2

Mit den gegebenen Werten: ω2 ≈ 31,623 ⋅ 103 s−1 ,

f2 ≈ 5033 Hz .

Anmerkung Der Imaginärteil hat bei f1 und f2 Polstellen, wird also unendlich. Es tritt bei der Speisung mit konstanter Stromamplitude eine Amplitudenresonanz, aber keine Phasenresonanz der Spannung U auf. Der Phasenverlauf in Abbildung 7.16 zeigt, dass es hier unterschiedliche linksseitige und rechtsseitige Grenzwerte gibt. Die Pole können durch Bildung der 1. Ableitung nicht gefunden werden, die Funktion ist hier nicht differenzierbar. Fall 2: Die Spannung U ist eingeprägt Es ist die Frequenz zu bestimmen, bei der ℑ{Z} minimal wird, also der Zähler gegen null geht: 0 = 1 − ω2 (L1 C1 + L2 C2 + L2 C1 ) + ω4 L1 C1 L2 C2 . (7.2.16.5) Mit Hilfe der Substitution ω2 = γ vereinfacht sich die Gleichung und kann wie eine quadratische Gleichung gelöst werden: 1 − γ(L1 C1 + L2 C2 + L2 C1 ) + γ2 L1 C1 L2 C2 = 0 γ1/2 =

1 L1 C1 + L2 C2 + L2 C1 √ L1 C1 + L2 C2 + L2 C1 2 ± ( . ) − 2L1 C1 L2 C2 2L1 C1 L2 C2 L1 C1 L2 C2

Speziell für die gegebenen Werte vereinfacht sich der Ausdruck mit L1 = L2 = L und C1 = C2 = C zu 3 3 2 1 1 γ1/2 = ± √( = ) − (3 ± √5 ) 2LC 2LC 2LC (LC)2 und damit ergeben sich die Resonanzfrequenzen des Stromes zu ω3 = √γ2 = √

1 (3 − √5 ) ≈ 19,544 ⋅ 103 s−1 , 2LC

f3 ≈ 3111 Hz ,

ω4 = √γ1 = √

1 (3 + √5 ) ≈ 51,167 ⋅ 103 s−1 , 2LC

f4 ≈ 8143 Hz .

Anmerkung Da hier der Imaginärteil verschwindet, sind die Amplitudenresonanzen des Stromes auch gleichzeitig Phasenresonanzen.

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 89

∞

→

104

Z/Ω

103 102 101 100

f/Hz 0

1 000

2 000

3 000

4 000

5 000

6 000

7 000

8 000

9 000 10 000

2

φ

1 0

f/Hz 1 000

2 000

3 000

4 000

5 000

6 000

7 000

8 000

9 000 10 000

−1 −2 Abb. 7.16: Verlauf von Betrag und Phase der Impedanz Z.

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen Aufgabe 7.3.1 7.3.1.1 Gesucht: Die Ströme I1 , I2 und I3 . Ansatz: Eintragen des vollständigen Baums gemäß Abbildung 7.17 und Aufstellen des Gleichungssystems: (

Z1 + Z3 Z3

Z3 I1 U q1 )⋅( )=( ) . Z2 + Z3 I2 U q2

(7.3.1.1)

Abb. 7.17: Schaltung mit eingetragenem vollständigem Baum und Umläufen.

90 | 7 Wechselstromlehre Die Lösung der Gleichung mit Hilfe der Cramer’schen Regel ergibt: 󵄨󵄨 󵄨 Z3 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨U q1 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨U q2 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 U q1 (Z2 + Z3 ) − U q2 Z3 󵄨 󵄨 I1 = 󵄨 󵄨󵄨 = (Z + Z )(Z + Z ) − Z 2 . 󵄨󵄨Z1 + Z3 Z 󵄨 1 3 2 3 3 3 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z3

(7.3.1.2)

Mit Z1 = Z3 : I1 = I1 =

U q1 (Z2 + Z3 ) − U q2 Z3 2Z3 (Z2 + Z3 ) − Z32

U q1 (Z2 + Z3 ) − U q2 Z3 Z3 (2Z2 + Z3 )

100 V ⋅ (8 + j6 + 6 − j3) Ω + j100 V ⋅ (8 + j6) Ω (8 + j6) Ω ⋅ (12 − j6 + 8 + j6) Ω

= 5V ⋅ =

=

14 + j3 + j(8 + j6) (14 + j3 + j8 − 6) ⋅ (8 − j6) = A 8 + j6 Ω 20

(8 + j11) ⋅ (4 − j3) A = (6,5 + j2) A . 10

Bestimmung von I2 : 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨Z1 + Z3 U q1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z3 U q2 󵄨󵄨󵄨 (Z1 + Z3 ) U q2 − Z3 U q1 󵄨 I2 = 󵄨 󵄨󵄨 = (Z + Z )(Z + Z ) − Z 2 󵄨󵄨Z1 + Z3 Z3 󵄨󵄨 1 3 2 3 3 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z3

(7.3.1.3)

Mit Z1 = Z3 : I2 =

2Z3 U q2 − Z3 U q1 2Z3 (Z2 + Z3 ) −

=−

Z32

=

2U q2 − U q1 −2 j100 V − 100 V = 2Z2 + Z3 2 ⋅ (6 − j3) Ω + (8 + j6) Ω

(7.3.1.4)

(100 + j200) V = −(5 + j10) A . 20 Ω

Bestimmung von I3 mit Hilfe der Knotenpunktgleichung: I3 = I1 + I2 = (6,5 + j2) A − (5 + j10) A = (1,5 − j8) A .

(7.3.1.5)

7.3.1.2 Gesucht: Die komplexe Scheinleistung sowie die Wirk- und Blindleistung beider Quellen (S, P, Q). Ansatz: Es gilt allgemein S = U I∗ ,

P = ℜ{S} ,

Q = ℑ{S} .

(7.3.1.6)

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 91

Für die Scheinleistung der Quellen ergibt sich: S01 = U q1 I1∗ = 100 V ⋅ (6,5 − j2) A = (650 − j200) VA

⇒

P1 = 650 W ,

Q1 = −200 var ;

S02 = U q2 I2∗ = − j100 V ⋅ (−5 + j10) A = (1000 + j500) VA

⇒

P2 = 1000 W ,

Q2 = 500 var .

7.3.1.3 Gesucht: Die komplexe Scheinleistung der Lasten. Überprüfung des Ergebnisses mit dem Ergebnis aus der vorherigen Teilaufgabe. Ansatz: Auch hier gilt S = U I ∗ , P = ℜ{S} , Q = ℑ{S} . Zunächst werden für alle drei Lasten die komplexen Scheinleistungen berechnet. Vorzugsweise erfolgt die Darstellung hier durch Real- und Imaginärteile. S1 = U 1 I1∗ = Z1 I1 I1∗ = Z1 I12 = (8 + j6) Ω ⋅ (6,52 + 4) A2 = (370 + j277,5) VA ,

(7.3.1.7)

S2 = U 2 I2∗ = Z2 I2 I2∗ = Z2 I22 = (6 − j3) Ω ⋅ (25 + 100) A2 = (750 − j375) VA ,

(7.3.1.8)

S3 = U 3 I3∗ = Z3 I3 I3∗ = Z3 I32 = (8 + j6) Ω ⋅ (1,52 + 64) A2 = (530 + j397,5) VA .

(7.3.1.9)

Überprüfung des Ergebnisses durch Summieren der einzelnen Scheinleistungen: S = S1 + S2 + S3 = P1 + jQ1 + P2 + jQ2 + P3 + jQ3 = P1 + P2 + P3 + j(Q1 + Q2 + Q3 ) = (370 + 750 + 530) W + j(277,5 − 375 + 397,5) var = (1650 + j300) VA .

(7.3.1.10)

Vergleich mit der Scheinleistung der Quellen S0 = S01 + S02 = (650 − j200) VA + (1000 + j500) VA = (1650 + j300) VA . Fazit: Die Bedingung ∑i S0,i = ∑j S j wird erfüllt.

(7.3.1.11)

92 | 7 Wechselstromlehre

7.3.1.4 Gesucht: Welche Last nimmt die größte Wirk- bzw. größte Blindleistung auf? Ansatz: Aus den Gleichungen (7.3.1.7), (7.3.1.8) und (7.3.1.9) ergibt sich: (a) Die größte Wirkleistung (P = 750 W) nimmt Impedanz Z2 auf. (b) Die größte Blindleistung (Q = 397,5 var) nimmt Impedanz Z3 auf. 7.3.1.5 Gesucht: Höhe der zu kompensierenden Blindleistung, und benötigtes Bauelement. Ansatz: Aus Gleichung (7.3.1.11) ergibt sich: (a) Die Höhe der zu kompensierenden Blindleistung beträgt Q = 300 var . (b) Als Bauelement zur Kompensation wird ein Kondensator benötigt.

Aufgabe 7.3.2 7.3.2.1 Gesucht: Die in Za umgesetzte Wirkleistung. Gegeben: Ri = 10 Ω, Ra = 40 Ω, La = 95,5 mH sowie Uq = 230 V, f = 50 Hz. Ansatz: Gleichung für die Berechnung der Scheinleistung Sa = U I ∗ , Sa =

U q U ∗q (Ra + jXa )

U=

⇒

U q Za , Ri + Za

I∗ =

U ∗q Ri + Za ∗

.

(7.3.2.1)

Uq2 Ra

Pa = ℜ{Sa } =

(Ri + Ra )2 + Xa2 (Ri + Ra )2 + Xa2 (230 V)2 ⋅ 40 Ω Pa = ≈ 622,329 W . (10 Ω + 40 Ω)2 + (2π ⋅ 50 Hz ⋅ 95,5 mH)2 7.3.2.2 Gesucht: Erforderliche Kapazität C (zu Za parallel oder in Reihe) zur Blindstromkompensation. Gegeben: Ri = 10 Ω, Ra = 40 Ω, La = 95,5 mH sowie f = 50 Hz. Ansatz: Mögliche Anordnungen für die Kapazität C zeigen die Abbildungen 7.18a für die Reihen- und 7.18b für die Parallelkompensation von Za . Für die Blindstromkompensation müssen jeweils die Imaginärteile von Za󸀠 und Ya󸀠 verschwinden. (a) Reihenkompensation Za󸀠 = Ra + j (ωLa −

1 ) ωC

⇒

ωLa =

1 ωC

1 C= = 106,1 μF . (2π ⋅ 50 Hz)2 ⋅ 95,5 mH

⇒

C=

1 ω2 L

a

7.3 Die Leistung eingeschwungener Wechselströme und -spannungen | 93

Abb. 7.18: Mögliche Schaltungsanordnungen der Kapazität für (a) Reihen- und (b) Parallelkompensation.

(b) Parallelkompensation 1 + jωC Ra + jωLa Ra − jωLa Ra −La = 2 + jωC = 2 + jω ( 2 + C) 2 2 Ra + (ωLa ) Ra + (ωLa ) Ra + (ωLa )2

Ya󸀠 =

C=

R2a

La + (ωLa )2

⇒

C=

95,5 mH ≈ 38,2 μF . (40 Ω)2 + (2π ⋅ 50 Hz ⋅ 95,5 mH)2

7.3.2.3 Gesucht: Die Wirkleistungsaufnahme mit Kompensation für beide Fälle. Gegeben: Ri = 10 Ω, Ra = 40 Ω, La = 95,5 mH sowie Uq = 230 V, f = 50 Hz. Ansatz: Berechnung der Scheinleistung Sa und Bildung der Wirkleistung Pa = ℜ{Sa }. (a) Bei Reihenkompensation Sa =

1 ωC )] 1 2 (ωLa − ωC )

Uq2 [Ra + j (ωLa − (Ri + Ra )2 +

laut Kompensationsansatz ist ωLa −

1 =0. ωC

Damit wird Pa =

Uq2 Ra (Ri + Ra )2

⇒

Pa =

(230 V)2 ⋅ 40 Ω = 846,4 W . (10 Ω + 40 Ω)2

94 | 7 Wechselstromlehre

(b) Bei Parallelkompensation Sa = U 2 Ya󸀠 , ∗

Ya󸀠 = Sa =

Ra R2a + (ωLa )2

U q Za󸀠 Ri + Za󸀠 ⇒

U q U ∗q Za󸀠 Za󸀠 (Ri + Za󸀠 ) (Ri +

⇒ Pa =

Pa =

U=

,

R󸀠a = Ra +

∗

∗ Za󸀠 )

(ωLa )2 Ra

Uq2 R󸀠a

∗

Ya󸀠 =

(Ri + R󸀠a )2

Uq2 (R2a + (ωLa )2 ) (Ri + Ra +

(ωLa )2 2 Ra )

Ra

(230 V)2 ((40 Ω)2 + (2π ⋅ 50 Hz ⋅ 95,5 mH)2 ) (10 Ω + 40 Ω +

(2π⋅50 Hz⋅95,5 mH)2 2 ) 40 Ω

⋅ 40 Ω

≈ 629,013 W .

Aufgabe 7.3.3 Gesucht: Die Kapazität Ca zur Kompensation der Blindleistung. Gegeben: Die Werte U = 209 V, S = 4584 VA, φ = 17,66°, f = 50 Hz. Ansatz: Kompensation der Blindleistung bedeutet Q L = −Q C .

(7.3.3.1)

Aufgrund der Parallelschaltung von La und Ca gilt QL =

U2 , XL

QC =

U2 XC

⇒

X L = −X C =

1 . ωCa

(7.3.3.2)

Mit den Werten von S und φ sowie der an den Klemmen anliegenden Spannung U bei geöffnetem Schalter S muss X L bestimmt werden: XL =

U2 . S sin φ

(7.3.3.3)

Eingesetzt ergibt sich dann mit ω = 2πf U2 1 = S sin φ ωCa

⇒

Ca =

S sin(φ) 4584 VA ⋅ sin(17,66°) = ≈ 101,33 μF . U 2 ⋅ 2πf (209 V)2 ⋅ 2π ⋅ 50 Hz

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 95

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand Aufgabe 7.4.1 Gesucht: Die drei Ströme I1 , I2 und I3 in Abhängigkeit von der Spannung U q und den Bauteildaten unter Berücksichtigung der Gegeninduktivität M. Ansatz: Der resultierende Fluss Φ1 , der die Wicklung 1 durchsetzt, setzt sich aus zwei Anteilen zusammen. Zum einen aus dem Fluss Φ11 , der durch den Stromfluss in Wicklung 1 durch die Eigeninduktivität L1 hervorgerufen wird und zum anderen aus dem Fluss Φ12 , der durch den Stromfluss in Wicklung 2 durch die Gegeninduktivität L12 (magnetische Kopplung zwischen Wicklung 1 und 2) hervorgerufen wird. Bei gleichsinnig gekoppelten Spulen (siehe Abbildung 7.19b und d) addieren sich die Teilflüsse Φ1 = Φ11 + Φ12 =

L1 I1 L12 I2 + . N1 N1

(7.4.1.1)

L2 I2 L21 I1 + . N2 N2

(7.4.1.2)

Analog gilt für Wicklung 2 Φ2 = Φ22 + Φ21 =

Hieraus ergeben sich die Flussverkettungen Ψ1 und Ψ2 Ψ1 = N1 Φ1 = L1 I1 + L12 I2 ,

(7.4.1.3)

Ψ2 = N2 Φ2 = L2 I2 + L21 I1 .

(7.4.1.4)

Bei eingeschwungenen sinusförmigen Strömen ergeben sich die Spannungen an den Induktivitäten U L1 = jωΨ1 = jωL1 I1 + jωL12 I2 ,

(7.4.1.5)

U L2 = jωΨ2 = jωL2 I2 + jωL21 I1 .

(7.4.1.6)

I1

I1

I1

I1

I1 N1

L1

N1

L1

1

N1

c M

M

I2

I2 L2 a

I2

N2

L2 b

I2

I1

I2

2

N2

I2

N2

1

d

N1

2

N2

Abb. 7.19: Zusammenhang zwischen magnetischer Kopplung, Stromfluss und Wicklungssinn. (a) Gegensinnige Wicklungen, (b) gleichsinnige Wicklungen, (c) magnetische Flüsse bei gegensinnigen und (d) gleichsinnigen Wicklungen.

96 | 7 Wechselstromlehre Für die Schaltung in Abbildung 7.13 auf Seite 13 können zwei Umläufe aufgestellt werden: 0 = U L1 + U L2 − U q

(7.4.1.7)

0 = U L2 − R 3 I 3 .

(7.4.1.8)

Unter Beachtung der Gleichungen (7.4.1.5) und (7.4.1.6) sowie der Knotengleichung I3 = I1 − I2 ergeben sich: −U q + jωL1 I1 + jωL12 I2 + jωL2 I2 + jωL21 I1 = 0 ,

(7.4.1.9)

jωL2 I2 + jωL21 I1 − R3 (I1 − I2 ) = 0 .

(7.4.1.10)

Mit der Beziehung M = L12 = L21 entsteht das Gleichungssystem jω(L1 + M) ( −R3 + jωM

I1 Uq jω(L2 + M) )⋅( )=( ) . I2 0 R3 + jωL2

(7.4.1.11)

Zur Lösung werden die drei Determinanten det Z, det Z 1 und det Z 2 gebildet: det Z = jω(L1 + M) ⋅ (R3 + jωL2 ) − (−R3 + jωM) ⋅ jω(L2 + M) , = ω2 (M 2 − L1 L2 ) + jωR3 (L1 + L2 + 2M) det Z 1 = U q ⋅ (R3 + jωL2 ) , det Z 2 = −(−R3 + jωM) ⋅ U q . Hieraus ergeben sich die Ströme I1 =

U q (R3 + jωL2 ) det Z 1 = 2 2 , det Z ω (M − L1 L2 ) + jωR3 (L1 + L2 + 2M)

I2 =

(R3 − jωM) ⋅ U q det Z 2 = 2 2 det Z ω (M − L1 L2 ) + jωR3 (L1 + L2 + 2M)

und mit I3 = I1 − I2 wird U q (R3 + jωL2 ) − U q (R3 − jωM) ω2 (M 2 − L1 L2 ) + jωR3 (L1 + L2 + 2M) U q jω(L2 + M) I3 = 2 2 . ω (M − L1 L2 ) + jωR3 (L1 + L2 + 2M) I3 =

Alternativer Lösungsansatz Durch bilden einer Ersatzschaltung (ähnlich dem T-förmigen Ersatzschaltbild eines Transformators, nur dass die Last jetzt im Querzweig liegt) des Spartransformators wie in Abbildung 7.20 gezeigt wird, lässt sich in einfacher Weise die Umlaufanalyse anwenden. Mit dem gewählten Baum entsteht dann das Gleichungssystem R3 + jωL1 ( −R3 + jωM

−R3 + jωM I1 Uq )⋅( )=( ) . R3 + jωL2 I2 0

(7.4.1.12)

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 97

Abb. 7.20: Bildung des elektrischen Ersatzschaltbildes. Umzeichnen der Schaltung und Ersatz der gekoppelten Induktivitäten durch nicht gekoppelte Induktivitäten in einer T-Form-Ersatzschaltung. Eingetragener vollständiger Baum für die Umlaufanalyse.

Aufgabe 7.4.2 Gesucht: Die Ströme I1 und I2 als Funktion der Eingangsspannung U e und der Schaltungsdaten. Gegeben: Transformatorschaltung in Abbildung 7.14 auf Seite 13. Ansatz: Für die Eigeninduktivitäten gilt: N1 Φ11 = N12 Λi1 = L1 i1 und N2 Φ22 = N22 Λi2 = L2 i2 . Für die Gegeninduktivitäten gilt (L12 = L21 = M): N1 Φ12 = N1 N2 Λ i2 = L12 i2 und N2 Φ21 = N2 N1 Λ i1 = L21 i1 . Da die Wicklungen magnetisch gegensinnig gekoppelt sind (vergleiche die Darstellung in Abbildung 7.21), wirken auch die Ströme I1 und I2 in entgegengesetzte Richtungen (siehe Abbildung 7.19a und c). Mit diesem Wissen können für die beiden unabhängigen Stromkreise der Wicklung 1 und der Wicklung 2 folgende Gleichungen aufgestellt werden: −U e + I1 R1 + I1 jωL1 − I2 jωM = 0 , 1 I2 R2 + I2 j(ωL2 − ) − I1 jωM = 0 . ωC2

(7.4.2.1) (7.4.2.2)

Mit diesen Gleichungen lassen sich die Ströme I1 und I2 bestimmen: I2 [R2 + j(ωL2 −

1 )] = I1 jωM ωC2

⇒

I2 = I1

jωM . R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )

98 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.21: Zwei magnetisch gleichwertige Darstellungen der Schaltung (a) mit gegensinnigen und (b) gleichsinnigen Wicklungen.

Eingesetzt in Gl. (7.4.2.1) ergibt sich −U e + I1 R1 + I1 jωL1 − I1

−U e + I1 [R1 + jωL1 +

−U e [R2 + j(ωL2 −

⇒

jωM jωM = 0 R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 ) ω2 M 2 ]=0 R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )

1 1 )] + I1 ((R1 + jωL1 ) [R2 + j(ωL2 − )] + ω2 M 2 ) = 0 ωC2 ωC2 I1 =

U e [R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )] ; (R1 + jωL1 ) [R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )] + ω2 M 2

und für den Strom I2 I2 =

U e [R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )] jωM ⋅ 2 2 1 (R1 + jωL1 ) [R2 + j(ωL2 − /ωC2 )] + ω M R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 ) ⇒

I2 =

U e jωM . (R1 + jωL1 ) [R2 + j(ωL2 − 1/ωC2 )] + ω2 M 2

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand | 99

Aufgabe 7.4.3 7.4.3.1 Gesucht: Das Ersatzschaltbild für einen Transformator ohne primäre Streuinduktivität und dessen Werte. Gegeben: Folgende Kenndaten sind bekannt: R1 = 6 Ω , Ansatz:

R2 = 18 Ω ,

L1 = 20 mH ,

L2 = 80 mH ,

k=

3 . 4

Für einen Transformator ohne primäre Streuinduktivität gilt ν = L1/M und damit ergibt sich das Ersatzschaltbild in Abbildung 7.22.

Abb. 7.22: Transformator-Ersatzschaltung ohne primäre Streuinduktivität.

Mit dem Streufaktor

7 9 = 16 16 berechnet sich die sekundäre Streuinduktivität: σ = 1 − k2 = 1 −

7 σ 7 16 L = ⋅ 20 mH = 15,55̄ mH . L1 = 16 7 1 9 1−σ − 16 16

(7.4.3.1)

(7.4.3.2)

Mit der Gegeninduktivität M = k√L1 ⋅ L2 =

3√ 3 20 mH ⋅ 80 mH = 40 mH = 30 mH 4 4

und ν= ergibt sich für (

L1 20 mH 2 = = M 30 mH 3

L1 2 4 ) R2 = ν2 R2 = ⋅ 18 Ω = 8 Ω M 9

(7.4.3.3)

(7.4.3.4)

(7.4.3.5)

und (

L1 2 4 ) ZV = ν2 ZV = ⋅ (27 Ω + jω ⋅ 15 mH) = 12 Ω + jω ⋅ 20/3 mH . M 9

(7.4.3.6)

100 | 7 Wechselstromlehre

7.4.3.2 Gesucht: Eine ohmsch-induktive Ersatzimpedanz Zers für den Fall, dass der Transformator als passiver Zweipol aufgefasst werden soll. Gegeben: Frequenz f = 9/2π kHz, die zuvor berechneten Induktivitäten sowie die transformierte Lastimpedanz ZV󸀠 . Ansatz: Zusammenfassen der einzelnen Impedanzen. Mit

9 kHz ⋅ 20 mH = 180 Ω , 2π σ 9 140 X2󸀠 = ω L1 = 2π ⋅ kHz ⋅ mH = 140 Ω , 1−σ 2π 9 20 L1 2 ZV󸀠 = ( ) ZV = 12 Ω + jω ⋅ mH = 12 Ω + j60 Ω M 3 X1 = ωL1 = 2π ⋅

(7.4.3.7) (7.4.3.8) (7.4.3.9)

lässt sich 2

Zers = R1 + = R1 +

(ZV󸀠 + ( LM1 ) R2 + jX2󸀠 ) ⋅ jX1 2

(ZV󸀠 + ( LM1 ) R2 + jX2󸀠 ) + jX1 (12 Ω + j60 Ω + 8 Ω + j140 Ω) ⋅ j180 Ω (12 Ω + j60 Ω + 8 Ω + j140 Ω) + j180 Ω

(20 Ω + j200 Ω) ⋅ j18 Ω (2 + j20) ⋅ j180 Ω = R1 + 2 + j38 (2 Ω + j20 Ω) + j18 Ω 1 + j10 1 − j19 191 − j9 = R1 + j180 Ω ⋅ ⋅ = R1 + j180 Ω ⋅ 1 + j19 1 − j19 1 + 192 = R1 +

≈ 6 Ω + 4,475 Ω + j94,972 Ω ≈ 10,475 Ω + jω ⋅ 10,552 mH angeben.

Aufgabe 7.4.4 7.4.4.1 Gesucht: Das Ersatzschaltbild für einen Transformator mit Eisenverlusten. Ansatz: Für einen Transformator mit Eisenverlusten lässt sich das Ersatzschaltbild in Abbildung 7.23 angeben. 7.4.4.2 Gesucht: Die Bauelemente des Ersatzschaltbildes. Ansatz: Bei einem Leistungstransformator können aufgrund der geringen Streuung und der geringen Eisenverluste für die Bestimmung der Bauelemente folgende Beziehungen ausgenutzt werden: R1 ≪ R󸀠E ,

R󸀠2 ≪ R󸀠E ,

Lσ ≪ M󸀠 .

7.4 Der Transformator im eingeschwungenen Zustand |

R1

L

R2

L M

101

RE

Abb. 7.23: Transformatorersatzschaltung mit Berücksichtigung der Eisenverluste.

Leerlaufmessung Für die Eisenverluste gilt: R󸀠E ≃

U02 4002 V2 = = 1 kΩ . P0 160 W

(7.4.4.1)

Mit der Scheinleistung S0 = U0 ⋅ I0 = 400 V ⋅ 0,8 A = 320 VA

(7.4.4.2)

kann cos φ0 =

160 W P0 = = 0,5 S0 320 VA

⇒

φ0 = arccos 0,5 =

π 3

(60°)

(7.4.4.3)

bestimmt werden und hiermit die Blindleistung Q0 = S0 ⋅ sin φ0 = 320 VA ⋅ sin

π ≈ 277,128 var . 3

(7.4.4.4)

Damit ergibt sich für die Hauptinduktivität: ωM 󸀠 ≃

U02 4002 V2 = ≈ 577,35 Ω Q0 277,128 var

⇒

M󸀠 ≃

577,35 Ω ≈ 1,838 H . 2π ⋅ 50 Hz

Kurzschlussmessung Mit der Kurzschlussleistung Pk ≃ Ik2 ⋅ (R1 + R󸀠2 ) = Ik2 ⋅ (R1 + ü 2 R2 ) = Ik2 ⋅ 2 R1

(7.4.4.5)

ergibt sich für die Wicklungswiderstände Pk 288 W = = 1Ω . 2 Ik2 2 ⋅ 122 A2

(7.4.4.6)

Sk = Uk ⋅ IN = 35 V ⋅ 12 A = 420 VA

(7.4.4.7)

R1 = R󸀠2 ≃ Mit der Scheinleistung

102 | 7 Wechselstromlehre kann der Winkel 288 W Pk = = 0,686 cos φk = Sk 420 VA

⇒

φk = arccos 0,6857 ≈ 0,25949π (46,71°)

bestimmt werden und hiermit auch die Blindleistung Qk = Sk ⋅ sin φk = 420 VA ⋅ sin(0,25949 π) ≈ 305,706 var .

(7.4.4.8)

Damit ergibt sich für die Streuinduktivitäten: ωL σ ≃

Uk2 352 V2 = ≈ 4,007 Ω Qk 305,706 var

⇒

Lσ ≃

4,007 Ω ≈ 12,755 mH . 2π 50 Hz

7.4.4.3 Gesucht: Der Wirkungsgrad η bei Nennbelastung. Ansatz: Der Nennstrom IN = 12 A fließt komplett durch R1 und fast ausschließlich durch R󸀠2 (da R󸀠2 ≪ R󸀠E gilt). Außerdem liegt am Widerstand R󸀠E fast die gesamte Nennspannung U1N = 400 V (da R1 = R󸀠2 ≪ R󸀠E gilt) an. Mit den Kupferverlusten PKu = IN2 ⋅ (R1 + R󸀠2 ) = 122 A2 ⋅ 2 Ω = 288 W

(7.4.4.9)

und den Eisenverlusten PE =

UN2 R󸀠E

=

4002 V2 = 160 W 1 kΩ

(7.4.4.10)

kann der Wirkungsgrad bei Nennbelastung angegeben werden: η=

PN 4,8 kW = ≈ 0,915 . PN + PE + PKu 4,8 kW + 160 W + 288 W

(7.4.4.11)

7.5 Vierpole Aufgabe 7.5.1 7.5.1.1 Gesucht: Die Vierpolparameter für die Leitwertform allgemein. Ansatz: Die Leitwertform des Vierpols lautet I1 Y11 ( )=( I2 Y21

Y12 U1 )⋅( ) . Y22 U2

Die einzelnen Parameter errechnen sich dabei wie folgt: I1 󵄨󵄨󵄨 I1 󵄨󵄨󵄨 Y11 = , Y12 = , 󵄨 󵄨 U 1 󵄨󵄨U 2 =0 U 2 󵄨󵄨U 1 =0 I2 󵄨󵄨󵄨 I2 󵄨󵄨󵄨 Y21 = , Y22 = . 󵄨󵄨 󵄨 󵄨 U =0 U1 2 U 2 󵄨󵄨U 1 =0

(7.5.1.1)

(7.5.1.2)

7.5 Vierpole |

103

Abb. 7.24: Ersatzschaltung für kurzgeschlossene Spannung U2 .

Je nach Berechnungsvorschrift wird eine entsprechende Ersatzschaltung gebildet und daraus der gesuchte Parameter errechnet.

1. Parameter für U2 = 0 Damit die Bedingung U 2 = 0 erfüllt ist, wird der Ausgang (Klemmen c, d) kurzgeschlossen. Hieraus lässt sich das Ersatzschaltbild in Abbildung 7.24 herleiten. Bestimmen von Y11 : Zunächst wird die Eingangsimpedanz berechnet U1 Z1 Z3 Z2 Z4 Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 ) = + = . I1 Z1 + Z3 Z2 + Z4 (Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 )

(7.5.1.3)

Invertiert ergibt sich der Parameter Y11 =

(Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 ) . Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 )

(7.5.1.4)

Bestimmen von Y21 : Für das Verhältnis I2 /U 1 muss der Strom I2 im Kurzschlusszweig berechnet werden. Nach der Knotenregel ist I2 = −I Z1 + I Z2

mit

I Z1 =

U Z1 , Z1

I Z2 =

U Z2 . Z2

(7.5.1.5)

Also sind zunächst die Spannungen U Z1 und U Z2 zu berechnen. Durch zusammenfassen der parallel geschalteten Widerstände ergibt sich dann über die Spannungsteilerregel Z13 mit Z13 + Z24 Z24 = U1 . Z13 + Z24

U Z1 = U 1 U Z2

Z13 =

Z1 Z3 , Z1 + Z3

Z24 =

Z2 Z4 Z2 + Z4

Damit wird Z1 Z3 1 Z2 Z4 1 I2 Z1 + Z3 Z1 Z2 + Z4 Z2 =− + Z1 Z3 Z2 Z4 Z1 Z3 Z2 Z4 U1 + + Z1 + Z3 Z2 + Z4 Z1 + Z3 Z2 + Z4

(7.5.1.6) (7.5.1.7)

104 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.25: Ersatzschaltung für kurzgeschlossene Spannung U1 .

I2 −Z3 (Z2 + Z4 ) + Z4 (Z1 + Z3 ) = U 1 Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 ) Y21 =

Z1 Z4 − Z2 Z3 . Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 )

(7.5.1.8) (7.5.1.9)

2. Parameter für U1 = 0 Damit die Bedingung U 1 = 0 erfüllt ist, wird jetzt der Eingang (Klemmen a, b) kurzgeschlossen. Hieraus lässt sich das Ersatzschaltbild in Abbildung 7.25 herleiten. Bestimmen von Y22 : Zunächst wird die Ausgangsimpedanz berechnet U2 Z1 Z2 Z3 Z4 Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) = + = . I2 Z1 + Z2 Z3 + Z4 (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

(7.5.1.10)

Invertiert ergibt sich der Parameter Y22 =

(Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 ) . Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )

(7.5.1.11)

Bestimmen von Y12 : Für das Verhältnis I1 /U 2 muss der Strom I1 im Kurzschlusszweig berechnet werden. Nach der Knotenregel ist I1 = −I Z1 + I Z3

mit

I Z1 =

U Z1 , Z1

I Z3 =

U Z3 . Z3

(7.5.1.12)

Also sind zunächst wieder die Spannungen U Z1 und U Z3 zu berechnen. Durch zusammenfassen der parallel geschalteten Widerstände ergibt sich dann über die Spannungsteilerregel Z12 mit Z12 + Z34 Z34 = U2 . Z12 + Z34

U Z1 = U 2 U Z3

Z12 =

Z1 Z2 , Z1 + Z2

Z34 =

Z3 Z4 Z3 + Z4

(7.5.1.13) (7.5.1.14)

7.5 Vierpole |

105

Damit wird Z3 Z4 1 Z1 Z2 1 I1 Z3 + Z4 Z3 Z1 + Z2 Z1 =− + Z1 Z2 Z3 Z4 Z1 Z2 Z3 Z4 U2 + + Z1 + Z2 Z3 + Z4 Z1 + Z2 Z3 + Z4 = Y12 =

−Z2 (Z3 + Z4 ) + Z4 (Z1 + Z2 ) Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )

(7.5.1.15)

Z1 Z4 − Z2 Z3 . Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )

(7.5.1.16)

Normalerweise sollten die Nenner immer gleich sein, Rechenprobe: Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 ) = = Z1 Z2 Z3 + Z1 Z3 Z4 + Z1 Z2 Z4 + Z2 Z3 Z4 = Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )

q.e.d.

(7.5.1.17)

7.5.1.2 Gesucht: Die Ströme I1 und I2 in Abhängigkeit von U 1 . Gegeben: Widerstand R5 = 10R und die Widerstandskombinationen (a) Z1 = 8R, Z2 = 4R, Z3 = 2R und Z4 = R; (b) Z1 = 6R, Z2 = 4R, Z3 = 2R und Z4 = R. Ansatz: Einsetzen der gegebenen Widerstandswerte in die Parameter-Gleichungen und Lösen des Gleichungssystems für U 2 = 10R I2 unter der Annahme, dass U 1 bekannt ist. Widerstandskombination a (8R + 2R)(4R + R) (10R)(5R) = 8R 2R(4R + R) + 4R R(8R + 2R) 16R2 (5R) + 4R2 (10R) 10 5 10 = = . = 16R + 8R 24R 12R

Y11 =

8R R − 4R 2R =0. 8R 4R(2R + R) + 2R R(8R + 4R)

(7.5.1.19)

8R R − 4R 2R = Y12 = 0. 8R 2R(4R + R) + 4R R(8R + 2R)

(7.5.1.20)

Y12 = Y21 =

(7.5.1.18)

(8R + 4R)(2R + R) (12R)(3R) = 8R 4R(2R + R) + 2R R(8R + 4R) 32R2 (3R) + 2R2 (12R) 12 12 3 = = = . 32R + 2R(4) 32R + 2R(4) 10R

Y22 =

(7.5.1.21)

106 | 7 Wechselstromlehre Also ist folgendes Gleichungssystem zu lösen 5 I1 ( ) = (12R I2 0

0

3 ) 10R

⋅(

U1 ) . 10R I2

(7.5.1.22)

Ausgeschrieben I1 =

5 ⋅ U1 + 0 12R

I2 = 0 +

⇒

3 ⋅ 10R I2 10R

I1 = ⇒

5U 1 , 12R

I2 = 0 .

Anmerkung Offenbar ist dies die Abgleichbedingung der Brücke, die ja auch im Zähler der Koeffizienten Y12 und Y21 steht.

Widerstandskombination b (6R + 2R)(4R + R) (8R)(5R) = 6R 2R(4R + R) + 4R R(6R + 2R) 12R2 (5R) + 4R2 (8R) (2R)(5R) 10 10 = = = , 3R2 (5R) + R2 (8R) 15R + 8R 23R

Y11 =

Y12 =

(7.5.1.23)

−2 1 6R R − 4R 2R = =− , 6R 4R(2R + R) + 2R R(6R + 4R) 24(3R) + 2(10R) 46R

(7.5.1.24)

6R R − 4R 2R 1 = Y12 = − , 6R 2R(4R + R) + 4R R(6R + 2R) 46R

(7.5.1.25)

Y21 =

(6R + 4R)(2R + R) (10R)(3R) = 2 6R 4R(2R + R) + 2R R(6R + 4R) 24R (3R) + 2R2 (10R) 30 15 15 = = = . 24(3R) + 2(10R) 12(3R) + 10R 46R

Y22 =

(7.5.1.26)

Also ist folgendes Gleichungssystem zu lösen: 10 I1 ( ) = ( 23R 1 I2 − 46R

1 − 46R 15 46R

)⋅(

U1 ) . 10R I2

(7.5.1.27)

7.5 Vierpole |

107

Ausgeschrieben: 10 1 ⋅ U1 − ⋅ 10R I2 , 23R 46R 1 15 ⋅ U1 + ⋅ 10R I2 I2 = − 46R 46R I1 =

⇒ I2 (−46 + 150) R = U 1 I1 =

⇒ ⇒

I2 (1 − I2 =

1 150 ⋅ U1 )=− 46 46R

U1 , 104R

10 1 U1 10 10 ⋅ U1 − ⋅ 10R =( − ) U1 23R 46R 104R 23R 46 ⋅ 104R

=(

1035U 1 10 ⋅ 208 − 10 . ) U1 = 46 ⋅ 104R 2392R

7.5.1.3 Gesucht: Die Vierpolgleichungen der Kettenform (A-Parameter). Ansatz: Mit Hilfe der Transformationsregeln A11 =

−Y22 , Y21

A12 =

−1 , Y21

A21 =

− det Y , Y21

A22 =

−Y11 Y21

(7.5.1.28)

lässt sich die Y-Parameterform in die A-Parameterform umwandeln. Da alle Nenner der Y-Parameter gleich sind kann die Y-Matrix vereinfacht geschrieben werden als Y=

1 (Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 ) ( Nenner Z1 Z4 − Z2 Z3

Z1 Z4 − Z2 Z3 ) (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 )

(7.5.1.29)

mit Nenner = Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) . Da bei den meisten A-Parametern bei der Umrechnung jeweils zwei YParameter durcheinander geteilt werden, entfällt der Nenner in diesen Fällen bei der Umrechnung. Bestimmen von A11 : A11 = −

(Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 ) (Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 ) Y22 =− = . Y21 Z1 Z4 − Z2 Z3 Z2 Z3 − Z1 Z4

(7.5.1.30)

Bestimmen von A12 : 1 Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) =− Y21 Z1 Z4 − Z2 Z3 Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ) = . Z2 Z3 − Z1 Z4

A12 = −

(7.5.1.31)

108 | 7 Wechselstromlehre Bestimmen von A22 : A22 = −

(Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 ) (Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 ) Y11 =− = . Y21 Z1 Z4 − Z2 Z3 Z2 Z3 − Z1 Z4

(7.5.1.32)

Bestimmen von A21 : A21 = −

det Y Y21

(7.5.1.33)

Nebenrechnung: Berechnung von det Y 2 det Y = Y11 Y22 − Y12 Y21 = Y11 Y22 − Y12

=

(Z1 + Z3 )(Z2 + Z4 )(Z1 + Z2 )(Z3 + Z4 ) − (Z1 Z4 − Z2 Z3 )2 . (Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ))2

Ausmultiplizieren des Zählers ergibt (Z1 Z2 + Z1 Z4 + Z2 Z3 + Z3 Z4 )(Z1 Z3 + Z1 Z4 + Z2 Z3 + Z2 Z4 ) −(Z1 Z4 )2 + 2Z1 Z2 Z3 Z4 − (Z2 Z3 )2 . Dieser lässt sich vereinfachen und nach einer längeren Rechnung wird er (Z1 + Z2 + Z3 + Z4 )[Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )] . Damit ergibt sich für die Determinante (Z1 + Z2 + Z3 + Z4 )[Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 )] (Z1 Z2 (Z3 + Z4 ) + Z3 Z4 (Z1 + Z2 ))2 Z1 + Z2 + Z3 + Z4 = Z1 Z3 (Z2 + Z4 ) + Z2 Z4 (Z1 + Z3 )

det Y =

(7.5.1.34)

und der gesuchte Parameter wird schließlich A21 = −

det Y Z1 + Z2 + Z3 + Z4 Z1 + Z2 + Z3 + Z4 =− = . Y21 Z1 Z4 − Z2 Z3 Z2 Z3 − Z1 Z4

(7.5.1.35)

Anmerkung Offenbar sind alle A-Parameter singulär, wenn die Abgleichbedingung der Brücke erfüllt ist.

Alternative Berechnung von A21 Basierend auf der Definition des Parameters A21 =

I1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 U 2 󵄨󵄨I 2 =0

(7.5.1.36)

ergibt sich die zugehörige Ersatzschaltung in Abbildung 7.26. Damit die Bedingung I2 = 0 erfüllt ist, wird der Ausgang (Klemmen c, d) offen gelassen.

7.5 Vierpole |

109

Abb. 7.26: Ersatzschaltung mit Stromquelle I1 im Eingang.

Zu berechnen ist daher die Leerlaufspannung zwischen den Klemmen c und d U 2 = −U Z1 + U Z3 ,

mit

U Z1 = I Z1 Z1 ,

U Z3 = I Z3 Z3 .

(7.5.1.37)

Die unbekannten Ströme I Z1 und I Z3 können komfortabel über die Stromteilerregel bestimmt werden I Z1 Z34 = , I1 Z12 + Z34

I Z3 Z12 = . I1 Z12 + Z34

(7.5.1.38)

Mit Z12 = Z1 + Z2 und Z34 = Z3 + Z4 ergibt sich U2 (Z3 + Z4 )Z1 (Z1 + Z2 )Z3 =− + I1 Z1 + Z2 + Z3 + Z4 Z1 + Z2 + Z3 + Z4

(7.5.1.39)

I1 Z1 + Z2 + Z3 + Z4 = . U2 Z2 Z3 − Z1 Z4

(7.5.1.40)

und

Aufgabe 7.5.2 7.5.2.1 Gesucht: Die Vierpolparameter für die Kettenform allgemein. Ansatz: Die Schaltung kann in vier elementare Vierpole unterteilt werden (siehe Abbildung 7.27): 1 A1 = ( 0

Z1 1 ) , A2 = ( 1 G2

0 1 ) , A3 = ( 1 0

Z1 1 ) , A4 = ( 1 Y4

0 ) . 1 (7.5.2.1)

Die Vierpolparameter berechnen sich dann aus der Multiplikation der Kettenmatrizen der Teilvierpole: A = A1 ⋅ A2 ⋅ A3 ⋅ A4 .

(7.5.2.2)

110 | 7 Wechselstromlehre

Abb. 7.27: Netzwerk als Kettenschaltung vier elementarer Vierpole.

Berechnung von A: (1 + Z1 ⋅ G2 ) A=( G2 (1 + Z1 ⋅ G2 ) =( G2

Z1 ) ⋅ A3 ⋅ A4 1 (2Z1 + Z12 ⋅ G2 ) ) ⋅ A4 (Z1 ⋅ G2 + 1)

(1 + Z1 ⋅ G2 + 2Z1 ⋅ Y4 + 2Z12 ⋅ G2 ⋅ Y4 ) =( (G2 + Z1 ⋅ G2 ⋅ Y4 + Y4 )

(2Z1 + Z12 ⋅ G2 ) ) . (Z1 ⋅ G2 + 1)

(7.5.2.3)

7.5.2.2 Gesucht: Die Spannung U 2 und der Strom I2 . Gegeben: Die Eingangsspannung U 1 = 5 V, ω = 100 s−1 , der Widerstand R3 = 20 Ω am Ausgang und folgende Parameter:

Ansatz:

Z1 = R1 + jωL = 10 Ω + j5 Ω

(7.5.2.4)

Y4 = jωC = j10 mS .

(7.5.2.5)

Einsetzen der gegebenen Werte in die Parameter-Gleichungen und Lösen des Gleichungssystems (

U1 A11 )=( I1 A21

A12 U2 )⋅( ) . A22 −I2

(7.5.2.6)

Berechnung der Parameter: A11 = 1 + Z1 ⋅ G2 + 2 Z1 ⋅ Y4 + 2Z12 ⋅ G2 ⋅ Y4 = 1 + (10 Ω + j5 Ω) ⋅ 50 mS + 2 (10 Ω + j5 Ω) ⋅ j10 mS + 2 (10 Ω + j5 Ω)2 ⋅ 50 mS ⋅ j10 mS = 1 + 0,5 + j0,25 + j0,2 − 0,1 + j0,075 − 0,01 = 1,39 + j0,525 ,

(7.5.2.7)

7.5 Vierpole | 111

A12 = 2Z1 + Z12 ⋅ G2 = 2 (10 Ω + j5 Ω) + (10 Ω + j5 Ω)2 ⋅ 50 mS = 20 Ω + j10 Ω + 3,75 Ω + j5 Ω = 23,75 Ω + j15 Ω ,

(7.5.2.8)

A21 = G2 + Z1 ⋅ G2 ⋅ Y4 + Y4 = 50 mS + (10 Ω + j5 Ω) ⋅ 50 mS ⋅ j10 mS + j10 mS = 50 mS + j5 mS − 2,5 mS + j10 mS = 47,5 mS + j15 mS ,

(7.5.2.9)

A22 = Z1 ⋅ G2 + 1 = (10 Ω + j5 Ω) ⋅ 50 mS + 1 = 1,5 + j0,25 .

(7.5.2.10)

Mit I2 = U 2 ⋅ G3 kann das Gleichungssystem einfach gelöst werden: (

U1 A11 )=( I1 A21

A12 U2 )⋅( ) A22 −U 2 ⋅ G3

U 1 = A11 ⋅ U 2 − A12 ⋅ U 2 ⋅ G3 U1 U1 = A11 − A12 ⋅ G3 1,39 + j0,525 − 1,1875 + j0,75 U1 5V ≈ ≈ 3,873 V e − j1,413 = 0,2025 + j1,275 1,291 e j1,413

⇒ U2 =

I2 = U 2 ⋅ G3 ≈ 0,194 A e − j1,413 .

(7.5.2.11)

8 Mehrphasensysteme 8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last Definition und Rechenregeln für den Drehfaktor a, die in diesem Kapitel verwendet werden: a=−

√3 1 2 +j = e j /3π , 2 2

a2 = a∗ = −

√3 1 2 −j = e − j /3π , 2 2

a3 = a0 = 1 .

Aufgabe 8.1.1 8.1.1.1 Gesucht: Spannungen an der Last U R1 , U R2 , U R3 und Zeichnung der zugehörigen Spannungszeiger. Gegeben: (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz: Aufgrund des Dreileiternetzes ergeben sich die Drehstrombedingungen: U 01 + U 02 + U 03 = 0 , I1 + I2 + I3 = 0

(8.1.1.1) (8.1.1.2)

sowie zusätzlich für symmetrische Lasten U R1 + U R2 + U R3 = 0 .

(8.1.1.3)

Aufstellen der Umlaufgleichungen für die beiden Schaltungen in Abbildung 8.1 auf Seite 15.

(a) Last in Sternschaltung −U 01 + U R1 − U R2 + U 02 = 0 ,

(8.1.1.4)

−U 02 + U R2 − U R3 + U 03 = 0 .

(8.1.1.5)

Einsetzen von U 03 = −U 01 − U 02 und U R3 = −U R1 − U R2 in Gleichung (8.1.1.5) ergibt −U 02 + U R2 + U R1 + U R2 − U 01 − U 02 = 0 . Folgendes Gleichungssystem ist daher zu lösen: U R1 − U R2 = U 01 − U 02 ,

(8.1.1.6)

U R1 + 2U R2 = U 01 + 2U 02 .

(8.1.1.7)

https://doi.org/10.1515/9783110672534-010

8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 113

Gleichung (8.1.1.6) multipliziert mit (−1) und addiert zu Gl. (8.1.1.7) führt auf: −U R1 + U R2 = −U 01 + U 02 U R1 + 2U R2 = U 01 + 2U 02 0 + 3U R2 =

0 + 3U 02

⇒

U R2 = U 02 .

Einsetzen von U R2 in Gl. (8.1.1.6) ergibt U R1 − U 02 = U 01 − U 02

⇒

U R1 = U 01

und die Drehstrombedingung liefert U R3 = −U 01 − U 02

⇒

U R3 = U 03 .

Mit den gegebenen Werten sind dann 2

U R2 = 230 V e j /3π ,

U R1 = 230 V e j0 ,

2

U R3 = 230 V e − j /3π .

(b) Last in Dreieckschaltung −U 01 + U R1 + U 02 = 0

⇒

U R1 = U 01 − U 02 ,

(8.1.1.8)

−U 02 + U R2 + U 03 = 0

⇒

U R2 = U 02 − U 03 .

(8.1.1.9)

Die Drehstrombedingung liefert U R3 = −U R1 − U R2 = −(U 01 − U 02 ) − (U 02 − U 03 )

⇒

U R3 = U 03 − U 01 .

(8.1.1.10)

Mit den Drehfaktoren gilt dann U R1 = 230 V ⋅ (1 − a) = 230 V ⋅ (1 + = √3 ⋅ 230 V ⋅ (

√3 √3 1 3 −j ) = 230 V ⋅ ( − j ) 2 2 2 2

√3 1 1 − j ) = √3 ⋅ 230 V e − j /6π ; 2 2

√3 √3 1 1 +j + +j ) 2 2 2 2 1 = 230 V ⋅ ( j√3 ) = √3 ⋅ 230 V e j /2π ;

U R2 = 230 V ⋅ (a − a2 ) = 230 V ⋅ ( −

U R3 = 230 V ⋅ (a2 − 1) = 230 V ⋅ (− = √3 ⋅ 230 V ⋅ (−

√3 √3 1 3 −j − 1) = 230 V ⋅ (− − j ) 2 2 2 2

√3 1 5 − j ) = √3 ⋅ 230 V e − j /6π . 2 2

Die gesuchten Zeigerdiagramme sind in Abbildung 8.1 dargestellt.

114 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.1: Zeigerdiagramme der Lastspannungen für (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung.

8.1.1.2 Gesucht: Lastströme I R1 , I R2 , I R3 . Gegeben: Lastspannungen U R1 , U R2 , U R3 . (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz: Bestimmung der Ströme über das Ohm’sche Gesetz.

(a) Last in Sternschaltung U R1 230 V e j0 = = 46 A , R1 5Ω 2 U R2 230 V e j /3π 2 = I2 = = = 46 A e j /3π , R2 5Ω 2 U R3 230 V e − j /3π 2 = I3 = = = 46 A e − j /3π . R3 5Ω

I R1 = I1 =

(8.1.1.11)

I R2

(8.1.1.12)

I R3

(8.1.1.13)

8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 115

(b) Last in Dreieckschaltung 1 U R1 √3 ⋅ 230 V e − j /6π 1 = = √3 ⋅ 46 A e − j /6π , R1 5Ω 1 U R2 √3 ⋅ 230 V e j /2π 1 = = √3 ⋅ 46 A e j /2π , = R2 5Ω 5 U R3 √3 ⋅ 230 V e − j /6π 5 = = = √3 ⋅ 46 A e − j /6π . R3 5Ω

I R1 =

(8.1.1.14)

I R2

(8.1.1.15)

I R3

(8.1.1.16)

8.1.1.3 Gesucht: Leistungen für (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung. Ansatz: Allgemein gilt für die Drehstromleistung Sges = U 1 I1∗ + U 2 I2∗ + U 3 I3∗ .

(8.1.1.17)

und damit für die Gesamtleistung der Lasten ∗ ∗ ∗ Sges = U R1 I R1 + U R2 I R2 + U R3 I R3 .

(8.1.1.18)

(a) Last in Sternschaltung 2

2

2

2

Sges = 230 V ⋅ 46 A + 230 V e j /3π ⋅ 46 A e − j /3π + 230 V e − j /3π ⋅ 46 A e j /3π = 230 V ⋅ 46 A ⋅ (1 + 1 + 1) = Pges = 31,74 kW ,

Qges = 0 .

Andere Möglichkeit der Wirkleistungsberechnung: 2 U2 U R1 U2 + R2 + R3 , U R2 = U R U ∗R R1 R2 R3 2 U (230 V)2 = 31,74 kW . =3 R =3 R 5Ω

Pges = Pges

(8.1.1.19)

(b) Last in Dreieckschaltung 1

1

Sges = √3 ⋅ 230 V e − j /6π ⋅ √3 ⋅ 46 A e j /6π 1

1

+ √3 ⋅ 230 V e j /2π ⋅ √3 ⋅ 46 A e − j /2π 5

5

+ √3 ⋅ 230 V e − j /6π ⋅ √3 ⋅ 46 A e j /6π Sges = 3 ⋅ 230 V ⋅ 46 A ⋅ (1 + 1 + 1) = Pges = 95,22 kW , Fazit:

P P

Qges = 0 .

=3,

d. h. die Leistung in der

-Schaltung ist um den Faktor 3 größer als in der

-Schaltung!

116 | 8 Mehrphasensysteme

Aufgabe 8.1.2 8.1.2.1 Gesucht: Spannungen an der Last U R1 , U R2 , U R3 und Zeichnung der zugehörigen Spannungszeiger. Gegeben: (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz: Aufgrund des Dreileiternetzes ergeben sich wie bei Aufgabe 8.1.1 die Drehstrombedingungen: U 01 + U 02 + U 03 = 0 ,

(8.1.2.1)

I1 + I2 + I3 = 0

(8.1.2.2)

sowie zusätzlich für symmetrische Lasten U R1 + U R2 + U R3 = 0 .

(8.1.2.3)

Lösung der Aufgabe durch Aufstellen der Maschengleichungen für die beiden Schaltungen in Abbildung 8.2 auf Seite 16.

(a) Last in Sternschaltung −U 01 + U R1 − U R2 = 0 ,

(8.1.2.4)

−U 02 + U R2 − U R3 = 0 .

(8.1.2.5)

Einsetzen von U R3 = −U R1 − U R2 in Gleichung (8.1.2.5) ergibt −U 02 + U R2 + U R1 + U R2 = 0 . Folgendes Gleichungssystem ist daher zu lösen: U R1 − U R2 = U 01 ,

(8.1.2.6)

U R1 + 2U R2 = U 02 .

(8.1.2.7)

Gleichung (8.1.2.6) multipliziert mit (−1) und addiert zu Gl. (8.1.2.7) führt auf: −U R1 + U R2 = −U 01 U R1 + 2U R2 = U 02 0 + 3U R2 = −U 01 + U 02

⇒

U R2 =

−U 01 + U 02 . 3

Einsetzen von U R2 in Gl. (8.1.2.4) ergibt U R1 = U 01 + U R2 = U 01 +

−U 01 + U 02 3

⇒

U R1 =

2U 01 + U 02 3

8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 117

und die Drehstrombedingung liefert U R3 = −

2U 01 + U 02 −U 01 + U 02 − 3 3

⇒

U R3 =

−U 01 − 2U 02 . 3

Mit den gegebenen Werten sind dann √3 √3 400 V 400 V 1 400 V 3 ⋅ (2 + a) = ⋅ (2 − + j ⋅( +j )= ) 3 3 2 2 3 2 2 400 V √3 1 400 V j 1/6π e = ⋅( +j )= ; 2 2 √3 √3

U R1 =

√3 √3 1 400 V 3 400 V 400 V ⋅ (−1 + a) = ⋅ (− 1 − + j ⋅ (− + j )= ) 3 3 2 2 3 2 2 √3 400 V 1 400 V j 5/6π e = ⋅ (− +j )= ; 2 2 √3 √3

U R2 =

√3 400 V 400 V 1 400 V ⋅ (−1 − 2a) = ⋅ (− 1 − 2(− + j ⋅ (− j√3 ) )) = 3 3 2 2 3 400 V 400 V − j 1/2π e = ⋅ (− j) = . √3 √3

U R3 =

(b) Last in Dreieckschaltung U R1 = U 01 = 400 V e j0 , 2

U R2 = U 02 = 400 V e j /3π , 2

U R3 = U 03 = 400 V e − j /3π . Die gesuchten Zeigerdiagramme sind in Abbildung 8.2 dargestellt. 8.1.2.2 Gesucht: Lastströme I R1 , I R2 , I R3 . Gegeben: Lastspannungen U R1 , U R2 , U R3 . (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz: Bestimmung der Ströme über das Ohm’sche Gesetz.

118 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.2: Zeigerdiagramme der Lastspannungen für (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung.

(a) Last in Sternschaltung 1

I R1 = I1 =

U R1 400 V e j /6π 80 A j 1/6π e = = , R1 √3 ⋅ 5 Ω √3

I R2 = I2 =

U R2 400 V e j /6π 80 A j 5/6π e = , = R2 √3 ⋅ 5 Ω √3

I R3 = I3 =

U R3 400 V e − j /2π 80 A − j 1/2π e = = . R3 √3 ⋅ 5 Ω √3

5

1

(b) Last in Dreieckschaltung U R1 400 V e j0 = = 80 A , R1 5Ω 2 U R2 400 V e j /3π 2 = = = 80 A e j /3π , R2 5Ω 2 U R3 400 V e − j /3π 2 = = = 80 A e − j /3π . R3 5Ω

I R1 = I R2 I R3

8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 119

8.1.2.3 Gesucht: Leistungen für (a) Stern- und (b) Dreieckschaltung. Ansatz: Allgemein gilt für die Drehstromleistung Sges = U 1 I1∗ + U 2 I2∗ + U 3 I3∗ . und damit für die Gesamtleistung der Lasten ∗ ∗ ∗ Sges = U R1 I R1 + U R2 I R2 + U R3 I R3 .

(8.1.2.8)

(a) Last in Sternschaltung 400 V j 1/6π 80 A − j 1/6π 400 V j 5/6π 80 A − j 5/6π e e e e Sges = ⋅ + ⋅ √3 √3 √3 √3 400 V − j 1/2π 80 A j 1/2π e e + ⋅ √3 √3 400 V ⋅ 80 A Sges = ⋅ (1 + 1 + 1) = Pges = 32 kW , Qges = 0 . 3

(b) Last in Dreieckschaltung 2

2

2

2

Sges = 400 V ⋅ 80 A + 400 V e j /3π ⋅ 80 A e − j /3π + 400 V e − j /3π ⋅ 80 A e j /3π = 400 V ⋅ 80 A ⋅ (1 + 1 + 1) = Pges = 96 kW , Wie zuvor ist auch hier

P P

Qges = 0 .

=3.

Aufgabe 8.1.3 8.1.3.1 Gegeben: Symmetrisches Drehstromsystem mit U 01 = U 0 ,

U 02 = a U 0 ,

U 03 = a2 U 0 ,

allgemeine Werte der Impedanzen Z1 , Z2 und Z3 . Die Schaltungen a und b in Abbildung 8.3 auf Seite 16. Gesucht: Die komplexen Werte der Ströme I1 , I2 und I3 in allgemeiner Form für die Sternschaltung a der Lasten. Ansatz a: Aufstellen der Kirchhoff’schen Gleichungen (siehe hierzu Abbildung 8.3) I : 0 = I1 Z1 − I2 Z2 + U 02 − U 01 ,

(8.1.3.1)

II : 0 = I2 Z2 − I3 Z3 + U 03 − U 02 ,

(8.1.3.2)

A : 0 = I1 + I2 + I3 .

(8.1.3.3)

120 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.3: Umläufe und Knoten zur Bestimmung der gesuchten Ströme I1 , I2 und I3 von Schaltung a.

Ersetzen des Stroms I2 = −I1 − I3 in beiden Umlaufgleichungen führt auf das Gleichungssystem (

Z1 + Z2 Z2

Z2 I1 U 01 − U 02 )⋅( )=( ) . Z2 + Z3 I3 U 03 − U 02

(8.1.3.4)

Lösung z. B. mit der Cramer’schen Regel 󵄨󵄨 󵄨 Z2 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨U 01 − U 02 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨U 03 − U 02 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 (U − U )(Z + Z ) − Z (U − U ) 󵄨 󵄨 01 02 2 3 2 03 02 I1 = 󵄨 󵄨󵄨 = 2 󵄨󵄨Z1 + Z2 (Z + Z ) (Z + Z ) − Z Z2 󵄨󵄨 1 2 2 3 2 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z2 I1 =

(U 01 − U 03 )Z2 + (U 01 − U 02 )Z3 , Z1 Z2 + Z1 Z3 + Z2 Z3

󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨Z1 + Z2 U 01 − U 02 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z2 U 03 − U 02 󵄨󵄨󵄨 (Z1 + Z2 )(U 03 − U 02 ) − (U 01 − U 02 )Z2 󵄨 I3 = 󵄨 󵄨 = 󵄨󵄨Z1 + Z2 (Z1 + Z2 ) (Z2 + Z3 ) − Z22 Z2 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 󵄨 󵄨󵄨 󵄨 Z2 + Z3 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 Z2 I3 =

(U 03 − U 02 )Z1 + (U 03 − U 01 )Z2 , Z1 Z2 + Z1 Z3 + Z2 Z3

I2 = −I1 − I3 =−

(U 01 − U 03 )Z2 + (U 01 − U 02 )Z3 + (U 03 − U 02 )Z1 + (U 03 − U 01 )Z2 Z1 Z2 + Z1 Z3 + Z2 Z3 I2 =

(U 02 − U 03 )Z1 + (U 02 − U 01 )Z3 . Z1 Z2 + Z1 Z3 + Z2 Z3

8.1 Das Drehstromsystem bei symmetrischer Last | 121

Abb. 8.4: Umläufe und Knoten zur Bestimmung der gesuchten Ströme I1 , I2 und I3 von Schaltung b.

Gesucht: Die komplexen Werte der Ströme I1 , I2 und I3 in allgemeiner Form für die Dreieckschaltung b der Lasten. Ansatz b: Aufstellen der drei Umlaufgleichungen und der drei Knotengleichungen (siehe Abbildung 8.4) I

: 0 = I Z1 Z1 − U 01 + U 02 ,

A : 0 = I1 − I Z1 + I Z3 ,

(8.1.3.5)

II

: 0 = I Z2 Z2 − U 02 + U 03 ,

B : 0 = I2 − I Z2 + I Z1 ,

(8.1.3.6)

III : 0 = I Z3 Z3 − U 03 + U 01 ,

C : 0 = I3 − I Z3 + I Z2 .

(8.1.3.7)

Dies führt auf die Gleichungen U 01 − U 02 , Z1 U 02 − U 03 = , Z2 U 03 − U 01 = , Z3

I Z1 =

I1 = I Z1 − I Z3 ,

(8.1.3.8)

I Z2

I2 = I Z2 − I Z1 ,

(8.1.3.9)

I3 = I Z3 − I Z2 .

(8.1.3.10)

I Z3

Die gesuchten Ströme ergeben sich damit zu I1 =

U 01 − U 02 U 03 − U 01 U 0 (1 − a) U 0 (1 − a2 ) − = + , Z1 Z3 Z1 Z3

I2 =

U 02 − U 03 U 01 − U 02 U 0 (a − a2 ) U 0 (a − 1) , − = + Z2 Z1 Z2 Z1

I3 =

U 03 − U 01 U 02 − U 03 U 0 (a2 − 1) U 0 (a2 − a) − = + . Z3 Z2 Z3 Z2

122 | 8 Mehrphasensysteme

8.1.3.2 Gesucht: Jeweils für Die Schaltungen a und b in Abbildung 8.3 auf Seite 16: die komplexe Scheinleistung Sges , die Wirkleistung Pges und die Blindleistung Qges . Gegeben: Allgemeine Gleichungen der Ströme sowie symmetrisches Drehstromsystem mit U 01 = U 0 , U 02 = a U 0 , U 03 = a2 U 0 , allgemeine Werte der Impedanzen Z1 = Z2 = Z3 = R + jX. (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz: Für die komplexe Scheinleistung im Drehstromsystem gilt allgemein bei Quellen in Sternschaltung Sges = U 01 I1∗ + U 02 I2∗ + U 03 I3∗ .

(8.1.3.11)

Das Einsetzen der gegebenen Impedanzen in die allgemeinen Gleichungen der Ströme vereinfacht diese deutlich.

(a) Last in Sternschaltung I1 = U 0

(1 − a2 ) + (1 − a) 3(R + jX)

I2 = U 0

(a − a2 ) + (a − 1) 2a + a − 1 − a − a2 = U0 3(R + jX) 3(R + jX)

I3 = U 0

(a2 − a) + (a2 − 1) a2 U 0 2a2 + a2 − 1 − a − a2 = U0 = . 3(R + jX) 3(R + jX) R + jX

Sges = U 0 ( = U0 Sges =

= U0

2 + 1 − 1 − a − a2 3(R + jX)

=

U0 , R + jX

=

a U0 , R + jX

∗ U0 a U0 ∗ a2 U 0 ) + aU 0 ( ) + a2 U 0 ( ) R + jX R + jX R + jX

U ∗0 a2 U ∗0 aU ∗0 3U02 + aU 0 + a2 U 0 = R − jX R − jX R − jX R − jX

3U02 (R + jX) 3U 2 R 3U 2 X = 2 0 2 +j 2 0 2 , 2 2 R +X R +X R +X

Pges = ℜ{Sges } =

3U02 R , R2 + X 2

Qges = ℑ{Sges } =

3U02 X . R2 + X 2

∗

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 123

(b) Last in Dreieckschaltung I1 =

U 0 (1 − a + 1 − a2 ) 3U 0 = , Z R + jX

I2 =

U 0 (a − a2 + a − 1) 3aU 0 = , Z R + jX

I3 =

U 0 (a2 − 1 + a2 − a) 3a2 U 0 = . Z R + jX

Sges = U 0 ( = U0 Sges =

3U 0 ∗ 3aU 0 ∗ 3a2 U 0 ) + aU 0 ( ) + a2 U 0 ( ) R + jX R + jX R + jX

∗

9U02 3U ∗0 3a2 U ∗0 3aU ∗0 + aU 0 + a2 U 0 = R − jX R − jX R − jX R − jX

9U02 (R + jX) 9U02 R 9U02 X = + j , R2 + X 2 R2 + X 2 R2 + X 2

Pges = ℜ{Sges } =

9U02 R , R2 + X 2

Qges = ℑ{Sges } =

9U02 X . R2 + X 2

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last Aufgabe 8.2.1 8.2.1.1 Gesucht: Die komplexen Ströme I1 , I2 , I3 für allgemeine Werte der Impedanzen Z1 , Z2 und Z3 . Gegeben: (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz a: Aufstellen der Umlaufgleichungen und der Knotengleichung der Lastströme anhand Abbildung 8.5 (Umlauf III ist unabhängig von I1 , I2 , I3 und liefert keine Gleichung). Hieraus kann folgendes Gleichungssystem aufgestellt werden: I : 0 = I1 (Z1 + Z2 ) + I3 Z2 − U 01 ,

(8.2.1.1)

II : 0 = I2 Z2 − I3 Z3 − U 02 ,

(8.2.1.2)

A : 0 = I1 + I2 + I3 .

(8.2.1.3)

124 | 8 Mehrphasensysteme

Abb. 8.5: Schaltung mit eingetragenen Lastströmen und zugehörigen Umläufen.

Ersetzen des Stroms I2 = −I1 − I3 in beiden Umlaufgleichungen führt auf das Gleichungssystem (

Z1 + Z2 Z2

Z2 I1 U 01 )⋅( )=( ) . Z2 + Z3 I3 −U 02

(8.2.1.4)

Der Strom I2 kann dann in einfacher Weise über die Knotengleichung (8.2.1.3) berechnet werden. Mit Hilfe der Cramer’schen Regel ist das Gleichungssystem eindeutig zu lösen: I1 =

U 01 (Z2 + Z3 ) + U 02 Z2 U 01 Z2 + U 02 Z2 + U 01 Z3 det Z 1 = = . 2 det Z Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3 (Z1 + Z2 )(Z2 + Z3 ) − Z2

(8.2.1.5)

Trick: wegen U 01 + U 02 + U 03 = 0 lässt sich die Gleichung durch Addition des Ausdrucks U 03 Z2 − U 03 Z2 vereinfachen I1 =

U 01 Z3 − U 03 Z2 . Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3

(8.2.1.6)

Analog ergibt sich det Z 2 (Z1 + Z2 )(−U 02 ) − Z2 U 01 −Z1 U 02 − Z2 U 02 − Z2 U 01 = = det Z Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3 (Z1 + Z2 )(Z2 + Z3 ) − Z22 U 03 Z2 − U 02 Z1 I3 = . Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3 I3 =

(8.2.1.7)

Aus der Knotengleichung wird dann I2 = −(I1 + I3 ) = − =−

U 01 Z3 − U 03 Z2 + U 03 Z2 − U 02 Z1 Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3

U 01 Z3 − U 02 Z1 U 02 Z1 − U 01 Z3 = . Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3 Z1 Z2 + Z2 Z3 + Z1 Z3

(8.2.1.8)

Ansatz b: Aufstellen der Umlaufgleichungen und der Knotengleichungen der Lastströme anhand Abbildung 8.6. Es ist leicht zu erkennen, dass alle Lastimpedanzen zu den Spannungsquellen direkt parallel geschaltet sind. Die

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 125

gesuchten Ströme werden dann über die Knotengleichungen berechnet: I

: 0 = I Z1 Z1 − U 01

A : 0 = I1 − I Z1 + I Z3

(8.2.1.9)

II

: 0 = I Z2 Z2 − U 02

B : 0 = I2 − I Z2 + I Z1

(8.2.1.10)

III : 0 = I Z3 Z3 − U 03

C : 0 = I3 − I Z3 + I Z2

(8.2.1.11)

Abb. 8.6: Schaltung mit eingetragenen Lastströmen und zugehörigen Umläufen.

Somit gilt für die Strangströme und für die Leiterströme I Z1 =

U 01 Z1

I1 = I Z1 − I Z3

I1 =

U 01 U 03 − , Z1 Z3

(8.2.1.12)

I Z2 =

U 02 Z2

I2 = I Z2 − I Z1

I2 =

U 02 U 01 − , Z2 Z1

(8.2.1.13)

I Z3 =

U 03 Z3

I3 = I Z3 − I Z2

I3 =

U 03 U 02 − . Z3 Z2

(8.2.1.14)

8.2.1.2 Gesucht: Die komplexe Scheinleistung Sges , die Wirkleistung Pges und die Blindleistung Qges für Z1 = R, Z2 = jR, Z3 = − jR. Gegeben: (a) Last in Sternschaltung, (b) Last in Dreieckschaltung. Ansatz a: Einsetzen der Impedanzen in die zuvor berechneten Gleichungen der Lastströme. I1 = =

U 01 (− jR) − U 03 (jR) − jU 01 − jU 03 = R(jR) + (jR)(− jR) + R(− jR) jR + R − jR √3 √3 − jU 0 − j a2 U 0 jU 0 1 U0 1 =− −j ) , (1 − − j )= (− R R 2 2 R 2 2

(8.2.1.15)

126 | 8 Mehrphasensysteme

I2 =

U 02 (R) − U 01 (− jR) U 02 + jU 01 U 0 = = (a + j1) R R R2

=

√3 1 1 2 + √3 U0 U0 + j1) = (− + j (− + j ) , R 2 2 R 2 2

I3 = =

(8.2.1.16)

U 03 (jR) − U 02 R −U 02 + jU 03 U 0 = = (−a + j a2 ) R R R2 √3 1 √3 1 + √3 U0 1 U 0 1 + √3 −j + −j ( −j )= ( ) . R 2 2 2 2 R 2 2

(8.2.1.17)

Berechnung der komplexen Scheinleistung pro Strang: S1 = U 1 I1∗ = I1 Z1 I1∗ = I12 Z1 = S2 =

U02 3 1 U02 + R = , ) ( R R2 4 4 U02 1 7 + 4√3 U02 1 (2 + √3 )2 + (jR) = j ( ) ( + ) 4 R 4 4 R2 4

=j S3 =

(8.2.1.18)

U02 (2 + √3 ) , R

(8.2.1.19)

U02 U02 (1 + √3 )2 (1 + √3 )2 + (− jR) = − j (4 + 2√3 ) ) ( 4 4 2R R2

= −j

U02 (2 + √3 ) . R

(8.2.1.20)

Berechnung der gesamten komplexen Scheinleistung Sges = S1 + S2 + S3 = ⇒ Pges =

U02 , R

U02 U2 U2 U2 + j 0 (2 + √3 ) − j 0 (2 + √3 ) = 0 R R R R

(8.2.1.21)

Qges = 0 .

(8.2.1.22)

Ansatz b: Einsetzen der Impedanzen in die zuvor berechneten Gleichungen der Lastströme. I Z1 =

U0 , R

(8.2.1.23)

I Z2 =

√3 aU 0 U 0 U0 1 U 0 √3 1 = (− j a) = − j +j ) , (− + j )= ( jR R R 2 2 R 2 2

(8.2.1.24)

I Z3 =

√3 a2 U 0 U 0 2 U0 1 U 0 √3 1 = −j ) . (j a ) = j (− − j )= ( − jR R R 2 2 R 2 2

(8.2.1.25)

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 127

Berechnung der komplexen Scheinleistung pro Strang (a∗ = a2 ): ∗ S1 = U 1 I Z1 = U0

U ∗0 U2 = 0 , R R U ∗0 U2 (j a2 ) = j 0 , R R

(8.2.1.27)

a2 U02 U2 (− j a) = − j 0 . R R

(8.2.1.28)

∗ S2 = U 2 I Z2 = aU 0 ∗ S3 = U 3 I Z3 =

(8.2.1.26)

Berechnung von der gesamten komplexen Scheinleistung Sges = S1 + S2 + S3 = ⇒ Pges =

U02 , R

U02 U2 U2 U2 +j 0 −j 0 = 0 R R R R

(8.2.1.29)

Qges = 0 .

(8.2.1.30)

Aufgabe 8.2.2 8.2.2.1 Gesucht: Die komplexen Lastströme I Z1 , I Z2 und I Z3 allgemein und mit den in Abbildung 8.5 auf Seite 18 gegebenen Impedanzen. Ansatz: Alle Ströme können direkt über das Ohm’sche Gesetz berechnet werden: I Z1 =

U 01 U0 = , Z1 jωL

(8.2.2.1)

I Z2 =

U 02 = aU 0 jωC , Z2

(8.2.2.2)

I Z3 =

U 03 a2 U 0 = . Z3 R

(8.2.2.3)

8.2.2.2 Gesucht: Die Gleichungen zur Berechnung der komplexen Leiterströme I1 , I2 und I3 in Abhängigkeit von den Lastströmen in allgemeiner Form. Ansatz: Aus den Knotengleichungen ergeben sich I1 + I Z3 − I Z1 = 0

⇒

I1 = I Z1 − I Z3 ,

(8.2.2.4)

I2 + I Z1 − I Z2 = 0

⇒

I2 = I Z2 − I Z1 ,

(8.2.2.5)

I3 + I Z2 − I Z3 = 0

⇒

I3 = I Z3 − I Z2 .

(8.2.2.6)

128 | 8 Mehrphasensysteme

8.2.2.3 Gesucht: Die Ströme I1 , I2 und I3 für |Z2 | = 2|Z1 | und |Z3 | = 3|Z1 |. Ansatz: Aus den gegebenen Beträgen der Impedanzen ergibt sich 1 = 2ωL , ωC

R = 3ωL .

(8.2.2.7)

Damit werden die Strangströme I Z1 =

U0 , jωL

I Z2 =

j aU 0 , 2ωL

I Z3 =

a2 U 0 . 3ωL

(8.2.2.8)

Mit diesen Werten ergeben sich die Leiterströme I1 = = I2 = =

√3 U0 a2 U 0 U0 U0 1 − = [− j3 − a2 ] = [− j3 − (− − j )] jωL 3ωL 3ωL 3ωL 2 2 U 0 (1 + j(√3 − 6)) , 6ωL

(8.2.2.9)

√3 j aU 0 U0 U0 U0 1 − =j [2 − + j ] [a + 2] = j 2ωL jωL 2ωL 2ωL 2 2 U 0 (−√3 + j3) , 4ωL

(8.2.2.10)

√3 √3 a2 U 0 j aU 0 U0 U0 1 1 − = − +j [2a2 − j3a] = [− − j ] 3ωL 2ωL 6ωL 6ωL 2 2 2 2 U0 = (8.2.2.11) (3√3 − 2 + j(3 − 2√3 )) . 12ωL

I3 =

8.2.2.4 Gesucht: Die abgegebene Wirkleistung Pges . Ansatz: Es gibt nur einen Wirkwiderstand Z3 = R in der Schaltung, daher gilt Pges = S3 .

(8.2.2.12)

Mit gegebenen Werten (R = 3ωL) wird ∗ 2 = I Z3 R= Pges = U 03 I Z3

U02 U02 R = . 3ωL R2

(8.2.2.13)

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 129

Aufgabe 8.2.3 8.2.3.1 Gesucht: Die Gleichungen zur Berechnung der komplexen Lastströme I Z1 , I Z2 und I Z3 in allgemeiner Form. Ansatz: Aufstellen der Umlaufgleichungen mit den Lastströmen I Z,k , (k = 1, 2, 3) nach Abbildung 8.7 I

: U 02 − U 01 + I Z1 Z1 = 0 ,

(8.2.3.1)

II

: U 03 − U 02 + I Z2 Z2 = 0 ,

(8.2.3.2)

III : U 01 − U 03 + I Z3 Z3 = 0 .

(8.2.3.3)

Abb. 8.7: Umläufe zur Bestimmung der Ströme I Z1 , I Z2 und I Z3 .

Aus den Umlaufgleichungen ergeben sich direkt: I Z1 =

U 01 − U 02 , Z1

I Z2 =

U 02 − U 03 , Z2

I Z3 =

U 03 − U 01 . Z3

8.2.3.2 Gesucht: Die Lastströme für die gegebenen Werte, in Polar-Koordinaten. Gegeben: Symmetrisches Drehstromsystem mit U 01 = U 0 ,

U 02 = a2 U 0 ,

U 03 = aU 0 ,

Werte der Impedanzen Z1 = R + jR, Z2 = R − jR und Z3 = R.

(8.2.3.4)

130 | 8 Mehrphasensysteme

Ansatz:

Einsetzen der gegebenen Spannungen und Impedanzen in die Gleichungen von (8.2.3.4). I Z1 =

U 0 (1 − a2 ) U 0 1 − (−1/2 − j√3 /2) U 0 3/2 + j√3 /2 = = R(1 + j) R (1 + j) R (1 + j)

=

√3 U 0 √3 /2 + j 1/2 √3 U 0 e j 1/6π 3 U 0 − j 1/12π e = =√ , R (1 + j) 2 R √2 R e j 1/4π

I Z2 = = I Z3 = =

(8.2.3.5)

U 0 (a2 − a) U 0 −1/2 − j√3 /2 − (−1/2 + j√3 /2) U 0 − j√3 = = R(1 − j) R 1−j R 1−j √3 U 0 e − j 1/2π 3 U 0 − j 1/4π e =√ , 1/ π − j 2 R √2 R e 4

(8.2.3.6)

U 0 (a − 1) R U 0 −1/2 + j√3 /2 − 1 U 0 −3/2 + j√3 /2 √3 U 0 j 5/6π e = = . R 1 R 1 R

(8.2.3.7)

8.2.3.3 Gesucht: Die Gleichungen zur Berechnung der Leiterströme I1 , I2 und I3 . Ansatz: Knotengleichungen zur Berechnung der Leiterströme: A : I1 + I Z3 − I Z1 = 0

⇒

I1 = I Z1 − I Z3 ,

(8.2.3.8)

B : I2 + I Z1 − I Z2 = 0

⇒

I2 = I Z2 − I Z1 ,

(8.2.3.9)

C : I3 + I Z2 − I Z3 = 0

⇒

I3 = I Z3 − I Z2 .

(8.2.3.10)

8.2.3.4 Gesucht: Die Leiterströme mit den gleichen Werten wie in Aufgabenteil 2, diesmal in Rechteck-Koordinaten. Ansatz: Einsetzen der Gleichungen (8.2.3.4) in die Gleichungen (8.2.3.8) bis (8.2.3.10) I1 =

U 0 1 − a2 a − 1 − ( ) , R 1+j 1

(8.2.3.11)

I2 =

U 0 a2 − a 1 − a2 − ( ) , R 1−j 1+j

(8.2.3.12)

I3 =

U 0 a − 1 a2 − a − ( ) . R 1 1−j

(8.2.3.13)

8.2 Das Drehstromsystem bei asymmetrischer Last | 131

I1 =

U 0 1 − a2 − (a − 1)(1 + j) U 0 1 − a2 − a + 1 + j(1 − a) = R 1+j R 1+j

(8.2.3.14)

=

U 0 3 + j(1 − a) U 0 [3 + j(1 − a)](1 − j) = R 1+j R 1+1

=

U0 U0 ((3 + j − j a)(1 − j)) = (3 + j − j a − j3 + 1 − a) 2R 2R

=

√3 U0 U0 1 1 √3 − j2 + j + (4 − a − j2 − j a) = (4 + − j ) 2R 2R 2 2 2 2

=

U0 U0 (8 + 1 − j√3 − 4 j + j + √3 ) = (9 + √3 − j(3 + √3 )) , 4R 4R

(8.2.3.15)

I2 =

U 0 a2 − a 1 − a2 U 0 (a2 − a)(1 + j) + (a2 − 1)(1 − j) − ( )= R 1−j 1+j R 2

(8.2.3.16)

=

U 0 a2 − a + j a2 − j a + a2 − 1 − j a2 + j U 0 = (3a2 − j a + j) R 2 2R

=

√3 U0 1 1 √3 U0 + j) = (3 (− − j )j + (√3 − 3 + j(3 − 3√3 )) , 2R 2 2 2 2 4R

(8.2.3.17)

U 0 a − 1 a2 − a U 0 2a − 2 (a − a2 )(1 + j) − + ( )= ( ) R 1 1−j R 2 2

(8.2.3.18)

I3 = =

U0 U0 (2a − 2 + a − a2 + j(a − a2 )) = (4a − 1 + j(a − a2 )) 2R 2R

=

√3 √3 √3 U0 1 1 1 + +j (4 (− + j ) − 1 + j (− + j )) 2R 2 2 2 2 2 2

=

U0 U0 (−2 + j2√3 − 1 − √3 ) = (−3 − √3 + j2√3 ) . 2R 2R

(8.2.3.19)

Nach dieser aufwendigen Rechnung hier eine kurze Ergebniskontrolle. Es muss gelten I1 + I2 + I3 = 0. Probe: U0 ! (9 + √3 − j(3 + √3 ) + √3 − 3 + j(3 − 3√3 ) + 2(−3 − √3 + j2√3 )) = 0 4R ! 9 + √3 − j(3 + √3 ) + √3 − 3 + j(3 − 3√3 ) − 6 − 2√3 + j4√3 = 0

9 − 9 + 2√3 − 2√3 − j3 + j3 − j4√3 + j4√3 = 0

q.e.d.

9 Leitungen 9.1 Allgemeine Zusammenhänge Aufgabe 9.1.1 Gesucht: Die Leitungsgleichungen für U2 und I2 . Gegeben: U1 und I1 . Ansatz 1: Ausführliche Herleitung U(0) ≡ U1 = Ur + Uh , Ur Uh I(0) ≡ I1 = − + . Zw Zw

(9.1.1.1) (9.1.1.2)

(9.1.1.1) + Zw ⋅ (9.1.1.2): U1 + Zw I1 = Ur + Uh − Ur + Uh = 2Uh

⇒

Uh =

1 ⋅ (U1 + Zw I1 ) 2

(9.1.1.3)

⇒

Ur =

1 ⋅ (U1 − Zw I1 ) 2

(9.1.1.4)

(9.1.1.1) − Zw ⋅ (9.1.1.2): U1 − Zw I1 = Ur + Uh + Ur − Uh = 2Ur

Hieraus folgt durch Einsetzen in die Gleichungen (9.17) und (9.18) im Lehrbuch für z = l: 1 1 U2 = Ur e γl + Uh e −γl = e γl (U1 − Zw I1 ) + e −γl (U1 + Zw I1 ) 2 2 1 γl 1 −γl 1 1 = U1 ( e + e ) − I1 Zw ( e γl − e −γl ) 2 2 2 2 ⇒

U2 = U1 cosh(γl) − I1 Zw sinh(γl) .

(9.1.1.5)

1 1 I2 Zw = −Ur e γl + Uh e −γl = − e γl (U1 − Zw I1 ) + e −γl (U1 + Zw I1 ) 2 2 1 γl 1 −γl 1 1 = −U1 ( e − e ) + I1 Zw ( e γl + e −γl ) 2 2 2 2 = −U1 sinh(γl) + I1 Zw cosh(γl) ⇒

I2 = −

U1 sinh(γl) + I1 cosh(γl) . Zw

(9.1.1.6)

Ansatz 2: Lösung aus Leitungsgleichungen für U1 und I1 ((9.20) und (9.21) im Lehrbuch) U1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) ⇒ https://doi.org/10.1515/9783110672534-011

U2 =

U1 − I2 Zw sinh(γl) . cosh(γl)

(9.1.1.7)

9.1 Allgemeine Zusammenhänge | 133

Einsetzen in I1 : U2 sinh(γl) + I2 cosh(γl) Zw U1 − I2 Zw sinh(γl) sinh(γl) + I2 cosh(γl) = Zw cosh(γl)

I1 =

=

U1 sinh(γl) I2 sinh2 (γl) − + I2 cosh(γl) Zw cosh(γl) cosh(γl)

=

cosh2 (γl) − sinh2 (γl) U1 sinh(γl) + I2 . Zw cosh(γl) cosh(γl)

Mit cosh2 (γl) − sinh2 (γl) = 1 folgt I2 = I1 cosh(γl) −

U2 =

U1 sinh(γl) . Zw

(9.1.1.8)

U1 − (I1 cosh(γl) − U1/Zw sinh(γl))Zw sinh(γl) cosh(γl)

= U1 (

1 sinh2 (γl) + ) − I1 Zw sinh(γl) . cosh(γl) cosh(γl)

Mit 1 + sinh2 (γl) = cosh2 (γl) folgt U2 = U1 cosh(γl) − I1 Zw sinh(γl) .

(9.1.1.9)

Aufgabe 9.1.2 9.1.2.1 Gesucht: Werte für den Abschlusswiderstand Z2 für die beiden Fälle Ze1 = 0 (I) und Ze1 = ∞ (II). Gegeben: Die Parameter der Leitung Zw , γ und l. Ansatz: Der Eingangswiderstand lässt sich allgemein über die folgende Gleichung bestimmen Ze1 = Zw

Z2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) . Z2 sinh(γl) + Zw cosh(γl)

(9.1.2.1)

Für den hier vorliegenden Fall der verlustfreien Leitung gilt R󸀠 = G󸀠 = 0 und damit Zw = √

R󸀠 + jωL󸀠 L󸀠 =√ 󸀠 󸀠 󸀠 G + jωC C

γ = α + jβ = jβ = jω√L󸀠 C󸀠 .

(9.1.2.2) (9.1.2.3)

134 | 9 Leitungen Hiermit ergibt sich für den Eingangswiderstand Ze1 = Zw

Z2 cosh(jβl) + Zw sinh(jβl) . Z2 sinh(jβl) + Zw cosh(jβl)

(9.1.2.4)

Mit cosh(jβl) = cos(βl) und sinh(jβl) = j sin(βl) folgt Z2 cos(βl) + jZw sin(βl) . jZ2 sin(βl) + Zw cos(βl)

Ze1 = Zw

Fall I: !

0 = Zw ⇒

Z2 cos(βl) + jZw sin(βl) jZ2 sin(βl) + Zw cos(βl)

Z2 cos(βl) = − jZw sin(βl) Z2 = − jZw = − j√

sin(βl) = − jZw tan(βl) cos(βl)

L󸀠 tan(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . C󸀠

Fall II: !

∞ = Zw ⇒ ⇒

Z2 cos(βl) + jZw sin(βl) jZ2 sin(βl) + Zw cos(βl)

0 = jZ2 sin(βl) + Zw cos(βl) Z2 = j

Zw cos(βl) = jZw cot(βl) sin(βl)

= j√

L󸀠 cot(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . C󸀠

(9.1.2.5)

9.1 Allgemeine Zusammenhänge | 135

9.1.2.2 Gesucht: Die Bauelemente, mit denen sich die Werte aus 9.1.2.1 realisieren lassen. Gegeben: Z2 aus 9.1.2.1. Ansatz 1: Im Fall I ist Z 2 = − j√

L󸀠 tan(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . C󸀠

(9.1.2.6)

Der Abschlusswiderstand ist rein imaginär. Aus dem negativen Vorzeichen lässt sich ablesen, dass er durch einen Kondensator nachgebildet werden kann. Allgemein gilt: ZC = − j ⇒

C=

1 ωC

⇒

󸀠 √ L tan(ωl√L󸀠 C󸀠 ) =! 1 C󸀠 ωC

1 ω√L󸀠/C󸀠 tan(ωl√L󸀠 C󸀠 )

=

1 √ C󸀠 cot(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . ω L󸀠

(9.1.2.7)

Ansatz 2: Im Fall II ist Z 2 = j√

L󸀠 cot(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . C󸀠

(9.1.2.8)

Auch hier gilt, dass der Abschlusswiderstand rein imaginär ist. Aufgrund des positiven Vorzeichens lässt er sich nun jedoch durch eine Spule nachbilden. ZL = jωL ⇒

L=

⇒

󸀠

√ L cot(ωl√L󸀠 C󸀠 ) =! ωL C󸀠

1 √ L󸀠 cot(ωl√L󸀠 C󸀠 ) . ω C󸀠

(9.1.2.9)

Aufgabe 9.1.3 9.1.3.1 Gesucht: Der Strom I1 und die Spannung U2 . Gegeben: Die Werte aller Bauteile: U0 = 24 V, R0 = 23 Ω, R2 = 100 Ω, Zw = 50 Ω, l = 1/4 λ . Ansatz: Zur Berechnung des Stroms betrachten wir uns zunächst das Ersatzschaltbild des Übertragungssystems in Abbildung 9.1. Hieraus lässt sich direkt

136 | 9 Leitungen

I1

R0

U0

U1

Ze1 Abb. 9.1: Ersatzschaltbild des Übertragungssystems aus Aufgabe 9.1.3.

folgender Zusammenhang ableiten: U0 = I1 ⋅ R0 + I1 ⋅ Ze1 ⇒ I1 =

U0 . R0 + Ze1

(9.1.3.1)

Der Eingangswiderstand lässt sich aus der allgemeinen Form gemäß Gleichung (9.28) im Lehrbuch bestimmen: Z2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) Z1 = Zw (9.1.3.2) Z2 sinh(γl) + Zw cosh(γl) ⇒ Ze1 = Zw

R2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) . R2 sinh(γl) + Zw cosh(γl)

Mit γ = α + jβ folgt γl = αl + jβl . Bei der verlustfreien Leitung gilt für die Dämpfungskonstante α = 0. Nach Gleichung (9.15) im Lehrbuch ergibt sich für die Phasenkonstante β 2π λ 2πl 2π ⋅ 1/4 λ π ⇒ βl = = = λ λ 2 π ⇒ γl = j . 2 Damit vereinfachen sich die Hyperbelfunktionen wie folgt: π π sinh(γl) = sinh (j ) = j sin ( ) = j 2 2 π π cosh(γl) = cosh (j ) = cos ( ) = 0 . 2 2 Für die Eingangsimpedanz folgt daraus β=

Ze1 = Zw = Zw

R2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) R2 sinh(γl) + Zw cosh(γl) 2 jZw Zw = . jR2 R2

(9.1.3.3)

9.1 Allgemeine Zusammenhänge | 137

Einsetzen in Gleichung (9.1.3.1) liefert nun I1 =

24 V 1 U0 = = A = 0,5 A . 2 2 2 (50 Ω) Z 23 Ω + R0 + w 100 Ω R2

Zur Bestimmung der Ausgangsspannung U2 zieht man die Leitungsgleichung (9.20) im Lehrbuch heran: U1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) U2 folgt daraus: R2 U2 U1 = U2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) R2 U1 . ⇒ U2 = cosh(γl) + Zw/R2 sinh(γl)

(9.1.3.4)

mit I2 =

(9.1.3.5)

Für U1 folgt entsprechend des Ersatzschaltbildes U1 = I1 Ze1 = I1 ⋅

2 Zw . R2

Mit dem eben gefundenen Zusammenhang für I1 ergibt sich U1 =

Z2 U0 1 ⋅ w = U0 . 2 R0 + Zw/R2 R2 1 + R0 R2/Zw2

Einsetzen in Gleichung (9.1.3.5) liefert U2 =

1 1 ⋅ U0 . cosh(γl) + Zw/R2 sinh(γl) 1 + R0 R2/Zw2

(9.1.3.6)

Mit der bereits bekannten Vereinfachung der Hyperbelfunktionen folgt: 1 U0 R 0 R2 2 1+ 2 Zw 1 R2 Zw = −j U0 = − j 2 U0 Zw/R + R0/Z Zw + R0 R2 2 w

U2 =

1

j Zw/R

⋅

= − j25 V .

(9.1.3.7)

138 | 9 Leitungen

9.1.3.2 Gesucht: Der Wert von Zw , bei dem der Betrag der Funktion U2 (Zw ) maximal wird. Gegeben: R0 = 23 Ω, R2 = 100 Ω. Ansatz: Um das Maximum des Betrages der Funktion U2 (Zw ) zu finden, muss dessen Ableitung zu null gesetzt werden. Hierzu wird auf den Betrag der Gleichung (9.1.3.7) die Quotientenregel angewandt. 2 + R R ) − R Z ⋅ 2Z d|U2 (Zw )| R2 ⋅ (Zw ! 0 2 2 w w = U0 = 0 2 dZw + R 0 R 2 )2 (Zw 2 2 ⇒ R2 (Zw + R0 R2 − 2Zw )=0

⇒ Zw = √R0 R2 ≈ 47,96 Ω . Ergänzung

(9.1.3.8)

In diesem Fall ist der sogenannte Eingangsreflexionsfaktor re gleich null: re = =

2 Ze − Z0 Ze1 − Z0 Zw/R2 − R0 = = 2 Ze + Z0 Ze1 + Z0 Zw/R2 + R0

R0 R2 R2 R0 R2 R2

− R0 + R0

=0.

(9.1.3.9)

Dies hat zur Folge, dass Teile der Welle nicht bereits am Eingang der Leitung reflektiert werden. Man spricht von Wellenanpassung.

Aufgabe 9.1.4 9.1.4.1 Gesucht: Das passende Bauelement und dessen Größe. Gegeben: Z1 (ω0 ) = 0, l, Zw , v = c0 und α = 0 (verlustfrei). Ansatz: Nach Gleichung (9.28) im Lehrbuch gilt für die Eingangsimpedanz Z1 = Zw

Z2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) . Z2 sinh(γl) + Zw cosh(γl)

(9.1.4.1)

Die Abschlussimpedanz kann hier allgemein mit Z2 = jX angesetzt werden. Da die Leitung verlustfrei ist (α = 0), vereinfacht sich γ = α + jβ zu γ = jβ. Gleichung (9.1.4.1) vereinfacht sich damit zu Z1 = Zw

jX cosh(jβl) + Zw sinh(jβl) . jX sinh(jβl) + Zw cosh(jβl)

(9.1.4.2)

Unter Verwendung der bekannten Beziehungen sinh(jx) = j sin(x) u. cosh(jx) = cos(x) ergibt sich Z1 = Zw

jX cos(βl) + jZw sin(βl) . −X sin(βl) + Zw cos(βl)

(9.1.4.3)

9.1 Allgemeine Zusammenhänge | 139

Die Eingangsimpedanz Z1 kann nur zu null werden, wenn der Zähler des Bruches zu null wird. Zw ≠ 0, da sonst L󸀠 = 0 oder C󸀠 = ∞ gelten müsste. Es muss also gelten: X cos(βl) + Zw sin(βl) = 0

(9.1.4.4)

ω0 ⇒ X = −Zw tan(βl) = −Zw tan ( l) . c0

(9.1.4.5)

Entsprechend der Aufgabenstellung gilt ω0 π l< . c0 2 Für Argumente < 1/2π liefert die Tangensfunktion positive Werte. Dies hat zur Folge, dass der gesamte Ausdruck für X negativ ist. Eine negative Reaktanz ergibt sich, wenn der Verbraucher eine Kapazität darstellt. Es gilt allgemein X = XC = −

1 0 . Mit Gleichung (9.1.4.6) folgt hieraus ω0 l) = ω0 L c0 Zw ω0 cot ( l) . ⇒L= ω0 c0 X = Zw cot (

(9.1.4.7)

140 | 9 Leitungen

Aufgabe 9.1.5 9.1.5.1 Gesucht: Der Quotient U0/U2 . Gegeben: Die Parameter der Leitung Zw , γ und l sowie die Impedanzen Z1 und Z2 . Ansatz: Die sogenannten Leitungsgleichungen lauten gemäß Gleichung (9.20) und Gleichung(9.21) im Lehrbuch: U1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl)

(9.1.5.1)

U2 sinh(γl) + I2 cosh(γl) . Zw

(9.1.5.2)

I1 =

Die Bildung eines Maschenumlaufs auf der Eingangsseite der Leitung liefert U1 = U0 − I1 Z1 .

(9.1.5.3)

Einsetzen von Gleichung (9.1.5.3) in Gleichung (9.1.5.1) ergibt U0 − I1 Z1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) ⇒ U0 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) + I1 Z1 .

(9.1.5.4)

Die Ausgangsspannung entspricht dem Produkt aus Strom und Impedanz U2 = I2 ⋅ Z2 I2 =

U2 . Z2

(9.1.5.5)

Setzt man die Gleichung (9.1.5.5) in die Gleichungen (9.1.5.2) und (9.1.5.4) ein, erhält man folgende Beziehungen: U2 U2 sinh(γl) + cosh(γl) Zw Z2 U2 U0 = U2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) + I1 Z1 . Z2 I1 =

(9.1.5.6) (9.1.5.7)

Durch weiteres Einsetzen der Gleichung (9.1.5.6) in die Gleichung (9.1.5.7) ergibt sich: U0 = U2 cosh(γl) +

U2 U2 U2 Zw sinh(γl) + Z1 sinh(γl) + Z1 cosh(γl) . Z2 Zw Z2

(9.1.5.8)

Und daraus dann die gesuchte Beziehung: U0 Zw Z1 Z1 = cosh(γl) + sinh(γl) + sinh(γl) + cosh(γl) U2 Z2 Zw Z2 Z1 Zw Z1 =( + ) sinh(γl) + (1 + ) cosh(γl) . Z2 Zw Z2

(9.1.5.9)

9.1 Allgemeine Zusammenhänge |

141

9.1.5.2 Gesucht: Die Eingangsimpedanz Ze1 für die Fälle I. Z2 = Zw , II. Z2 = 0 , III. Z2 = ∞ . Gegeben: Die Parameter der Leitung Zw , γ und l sowie die Abschlussimpedanz Z2 . Ansatz: Eine Beziehung für die Eingangsimpedanz lässt sich aus den Leitungsgleichungen (9.20) und (9.21) aus dem Lehrbuch herleiten Ze1 =

U1 U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) = . U2/Z sinh(γl) + I 2 cosh(γl) I1 w

(9.1.5.10)

Mit U2 = I2 ⋅ Z2 ergibt sich hieraus I2 Z2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) I2 Z2/Zw sinh(γl) + I2 cosh(γl) Z2 cosh(γl) + Zw sinh(γl) = Zw . Z2 sinh(γl) + Zw cosh(γl)

Ze1 =

Fall I: Z2 = Zw (Wellenanpassung) Der Bruch hebt sich komplett auf, es folgt Ze1 = Zw .

Fall II: Z2 = 0 (kurzgeschlossene Leitung) Ze1 = Zw

Zw sinh(γl) = Zw tanh(γl) . Zw cosh(γl)

Fall III: Z2 = ∞ (leerlaufende Leitung) Ze1 = Zw

cosh(γl) = Zw coth(γl) . sinh(γl)

(9.1.5.11)

142 | 9 Leitungen

9.2 Vernetzte Leitungen Aufgabe 9.2.1 9.2.1.1 Gesucht: Der Eingangswiderstand Ze1 . Gegeben: Folgende Parameter: Zi = Zw3 = 50 Ω , Zw1 = Zw2 = Z4 = 100 Ω , Z5 = 25 Ω , l1 = l3 = 15 cm , l2 = 30 cm , U0 = 100 V , f = 500 MHz . Ansatz:

Um Aussagen über das Verhalten der Leitungen treffen zu können, wird zunächst die Wellenlänge des Spannungssignals ermittelt: v=f⋅λ ⇒λ=

v c0 3 ⋅ 108 m s−1 = = f f 500 ⋅ 106 s−1

= 0,6 m = 60 cm . In Bezug auf die einzelnen Leitungen ergibt sich l1 = l3 = 15 cm =

λ , 4

λ . 2 Leitung 2 kann somit als 1/2 λ-Transformator bezeichnet werden und verhält sich wie ein Übertrager mit dem Übersetzungsverhältnis 1 : 1. Da die Leitung am Ausgang kurzgeschlossen ist (Za2 = 0), ist auch der Eingangswiderstand gleich null l2 = 30 cm =

Ze2 = Za2 = 0 . Zur Herleitung sei hier auf Sonderfall 1 in Beispiel 9.2 im Lehrbuch verwiesen. Die Leitungen 1 und 3 können als 1/4 λ-Transformator bezeichnet werden. Für die Herleitung der Übertragungsverhältnisse sei auf Sonderfall 2 in Beispiel 9.2 im Lehrbuch oder auf Aufgabe 9.1.3 in diesem Buch verwiesen. Für Leitung 3 ergibt sich folglich Ze3 =

2 Zw3 (50 Ω)2 = = 100 Ω . Z5 25 Ω

9.2 Vernetzte Leitungen |

143

Z1

U4

U0

Z4

Ze3

Abb. 9.2: Vereinfachung des Schaltbildes aus Aufgabe 9.2.1 zur Berechnung des Eingangswiderstandes.

Das Netzwerk hat sich hiermit wie in Abbildung 9.2 dargestellt vereinfacht. Der Abschlusswiderstand Za1 von Leitung 1 ergibt sich aus der Parallelschaltung von Z4 und Ze3 Za1 =

Z4 ⋅ Ze3 100 Ω ⋅ 100 Ω = = 50 Ω . Z4 + Ze3 100 Ω + 100 Ω

Da Leitung 1 ebenfalls ein 1/4 λ-Transformator ist, ergibt sich für den Eingangswiderstand folgender Zusammenhang: Ze1 =

2 Zw1 (100 Ω)2 = = 200 Ω . Za1 50 Ω

9.2.1.2 Gesucht: Das Spannungsverhältnis U0/U4 . Gegeben: Folgende Parameter: Za1 = Zi = 50 Ω , Zw1 = Ze3 = Z4 = 100 Ω , Ze1 = 200 Ω , l1 = 15 cm =

λ , 4

U0 = 100 V . Ansatz 1: Die Ausgangsspannung U4 ergibt sich aus dem Produkt des Stroms I4 und der Impedanz Z4 . Zur Bestimmung des Stroms I4 wird zunächst der in die Leitung hinein fließende Strom Ie1 ermittelt. Hierzu lässt sich das in Abbildung 9.3 angegebene Ersatzschaltbild zeichnen. Die Impedanzen Zi und Ze1 bilden einen Spannungsteiler. Es gilt UZe1 =

Ze1 200 Ω ⋅ U0 = ⋅ 100 V = 80 V Z1 + Ze1 50 Ω + 200 Ω

UZi = U0 − UZe1 = 100 V − 80 V = 20 V .

144 | 9 Leitungen

Zi

Ie1

Ze1

UZe1

U0

Abb. 9.3: Ersatzschaltbild der Eingangsseite.

Hieraus folgt für den Strom Ie1 =

UZi 20 V = 0,4 A . = Zi 50 Ω

Alternativ: UZe1 80 V = = 0,4 A . Ze1 200 Ω

Ie1 =

Um den hinein fließenden Strom auf die Ausgangsseite der Leitung zu transformieren, bedient man sich der Leitungsgleichungen (9.20) und (9.21) im Lehrbuch: U1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) I1 =

U2 sinh(γl) + I2 cosh(γl) Zw

(9.2.1.1) (9.2.1.2)

mit γ = α + jβ. Für eine verlustlose Leitung (α = 0) vereinfachen sich diese zu: U1 = U2 cos(βl) + jI2 Zw sin(βl)

(9.2.1.3)

U2 sin(βl) + I2 cos(βl) . I1 = j Zw

(9.2.1.4)

Für den vorliegenden 1/4 λ-Transformator in Form von Leitung 1 gilt βl = 1/2 π woraus folgt: U1 = jI2 Zw ⇒ UZe1 = jIa1 Zw1 I1 = j

U2 Ua1 ⇒ Ie1 = j . Zw Zw1

(9.2.1.5) (9.2.1.6)

Aus Gleichung (9.2.1.5) ergibt sich Ia1 = − j

80 V Ue1 = −j = − j0,8 A . Zw1 100 Ω

Entsprechend des Ersatzschaltbildes aus 9.2.1.1 teilt sich der Strom Ia1 auf die Impedanzen Z4 und Ze3 auf: IZ4 =

Ze3 100 Ω ⋅ Ia1 = ⋅ (− j0,8 A) Ze3 + Z4 100 Ω + 100 Ω

= − j0,4 A .

9.2 Vernetzte Leitungen | 145

Für die Ausgangsspannung U4 folgt hieraus: U4 = IZ4 ⋅ Z4 = − j0,4 A ⋅ 100 Ω = − j40 V ⇒

100 V U0 = = j2,5 . U4 − j40 V

(9.2.1.7)

Ansatz 2: Alternativ können auch direkt die Leitungsgleichungen angewandt werden: U1 = U2 cosh(γl) + I2 Zw sinh(γl) I1 =

U2 sinh(γl) + I2 cosh(γl) Zw

(9.2.1.1) (9.2.1.2)

Hier gilt: U1 = ̂ UZe1 = U0 − Zi ⋅ Ii , cosh(γl) = 0 , I1 = ̂ Ii ,

U2 = ̂ U4 ,

sinh(γl) = j I2 = ̂

U4 , Za1

Zw = Zw1 . Aus Gleichung (9.2.1.1) folgt damit: U0 − Zi ⋅ Ii = j

U4 Zw1 . Za1

(9.2.1.8)

Aus Gleichung (9.2.1.2) ergibt sich: Ii = j

U4 . Zw1

Einsetzen von Gleichung (9.2.1.9) in Gleichung (9.2.1.8) liefert: U0 − Zi (j

U4 Zw1 U4 )=j Zw1 Za1 ⇒ U0 = jU4 (

⇒

Zw1 Zi + ) Za1 Zw1

U0 Zw1 Zi 100 Ω 50 Ω = jU4 ( + + ) )=j( U4 Za1 Zw1 50 Ω 100 Ω = j2,5 .

(9.2.1.9)

146 | 9 Leitungen

Aufgabe 9.2.2 9.2.2.1 Gesucht: Der Wellenwiderstand ZW sowie das Verhältnis v/c0 . Gegeben: Die Leitungs-Parameter L󸀠 = 10 mH m−1 und C󸀠 = 10 pF m−1 . Ansatz: Nach Gleichung (9.27b) aus dem Lehrbuch gilt unter Vernachlässigung von Verlusten für den Wellenwiderstand Zw = √

L󸀠 10 mH m−1 =√ = 1 kΩ . C󸀠 10 pF m−1

Für die Ausbreitungsgeschwindigkeit gilt v=

1 √L󸀠

=

1 √10−5 H m−1

⋅ 1 8 m ≈ ⋅ c0 = 10 s 3 v 1 ⇒ = . c0 3 C󸀠

⋅ 10−11 F m−1

9.2.2.2 Gesucht: Das Π-Ersatzschaltbild von Leitung 1. Ansatz: Bei einer verlustlosen Leitung sind lediglich die Kapazitäts- und Induktivitätsbeläge zu berücksichtigen. Die Lösung zeigt Abbildung 9.4. L󸀠1 ∆z

C󸀠1

∆z 2

C󸀠1

∆z 2 Abb. 9.4: Π-Ersatzschaltbild von Leitung 1.

9.2.2.3 Gesucht: l2 und l3 damit gilt |UZ2 | = |UZ3 |. Gegeben: v = 108 m s−1 , f = 107 Hz. Ansatz: Aufgrund der Symmetrie der Anordnung (Zw2 = Zw3 und Z2 = Z3 ) ist es naheliegend, dass die Leitungen gleich lang sein müssen. Dies lässt sich wie folgt beweisen:

9.2 Vernetzte Leitungen |

147

Aus der Leitungsgleichung (9.20) im Lehrbuch lässt sich allgemein folgender Zusammenhang herleiten: U1 = U2 cosh(γl) + I2 ZW sinh(γl) = U2 cosh(γl) + ⇒ U2 =

U2 ZW sinh(γl) Z2

U1 cosh(γl) + ZW/Z

2

sinh(γl)

(9.2.2.1)

.

Für Leitung 2 lautet die Gleichung UZ2 =

UZ1 . cosh(γl2 ) + ZW2/Z2 sinh(γl2 )

Für Leitung 3 entsprechend UZ3 =

UZ1 . cosh(γl3 ) + ZW3/Z3 sinh(γl3 )

Unter den gegebenen Bedingungen (ZW2 = ZW3 = ZW und Z2 = Z3 = Z) folgt mit der Annahme gleicher Leitungslängen (l2 = l3 = l) UZ2 = UZ3 =

UZ1 . cosh(γl) + ZW/Z sinh(γl)

Dies zeigt, dass die Spannungen an den Impedanzen Z2 und Z3 bei gleicher Leitungslänge immer gleich sind. Es sind jedoch auch bei unterschiedlichen Leitungslängen gleiche Spannungen möglich, wenn ein Übertrager mit dem Übersetzungsverhältnis 1 : 1 vorliegt. Nach Beispiel 9.2 im Lehrbuch ist dies bei verlustfreien Leitungen der Fall, wenn gilt: βl = k ⋅ π

(k = 1, 2, 3, . . . )

2πl =k⋅π λ λ ⇒l= ⋅k. 2 βl =

Die Ausgangsspannungen sind demnach auch gleich, wenn beide Leitungen eine Länge haben, die einem ganzzahligen Vielfachen der halben Wellenlänge entspricht λ v 108 m s−1 = = = 5m . 2 2f 2 ⋅ 107 s−1 Dies ist alle 5 m (5 m, 10 m, 15 m, . . . ) der Fall.

148 | 9 Leitungen

9.2.2.4 Gesucht: Die von der Quelle abgegebene Leistung P im Kurzschlussfall (Z2 = 0). Gegeben: l1 = 3/4 λ, l2 = 1/2 λ. Ansatz: Bei Leitung 2 handelt es sich um einen 1/2 λ-Transformator. Der Kurzschluss wird demnach 1 : 1 an die Impedanz Z1 transformiert. Leitung 1 stellt einen 1/4 λ-Transformator dar, hier gilt allgemein Ze1 =

2 ZW . Za1

Ein Kurzschluss am Ausgang (Za1 = 0) einer 1/4 λ-Leitung wird demzufolge als Leerlauf an den Eingang transformiert (Ze1 = ∞). Die Quelle ist folglich unbelastet und gibt keine Leistung ab, P=0. 9.2.2.5 Gesucht: Die von der Quelle abgegebene Leistung P im Kurzschlussfall (Z3 = 0). Gegeben: l1 = 3/4 λ, l3 = 1/4 λ. Ansatz: Wie bereits zuvor gezeigt, wird bei einer 1/4 λ-Leitung ein Kurzschluss am Ausgang (Za3 = Z3 = 0) als Leerlauf an den Eingang der Leitung transformiert Za3 = 0 ⇒ Ze3 = ∞ . Die Impedanz von Leitung 2 wird 1 : 1 an den Eingang transformiert Za2 = Z2 ⇒ Ze2 = Z2 Z1 ⋅ Z2 = 2,5 kΩ Z1 + Z2 Z2 (1 kΩ)2 = W = = 400 Ω . Za1 2,5 kΩ

Za1 = Ze1

Zur Berechnung der abgegebenen Leistung wird der Innenwiderstand der Quelle nicht berücksichtigt: Ze1 2 400 U0 = U0 = V Ze1 + Zi 7 7 (Ue1 )2 (400 V)2 400 = 2 W. P= = Ze1 49 7 ⋅ 400 Ω

Ue1 =

10 Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder 10.1 Ampere-Maxwell’sches Durchflutungsgesetz Aufgabe 10.1.1 10.1.1.1 Gesucht: Die Stromdichte J ⃗ im Rohrmantel. Gegeben: Die Radien ρ1 und ρ2 sowie der Strom I. Ansatz: Allgemein ergibt sich für den Strom I das Flächenintegral I = ∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ .

(10.1.1.1)

A

Für das Flächenelement gilt aufgrund der gegebenen Geometrie dA⃗ = e ⃗z ρ dφ d ρ

mit

φ ∈ [0, 2π] ,

ρ ∈ [ ρ1 , ρ2 ]

(10.1.1.2)

und für die Stromdichte J ⃗ gilt der Ansatz J ⃗ = J e ⃗z .

(10.1.1.3)

Das Flächenintegral wird also ρ2

I= ∫

2π

ρ2

∫ J e ⃗z ⋅ e ⃗z ρ dφ d ρ = J ∫

ρ= ρ1 φ=0

2π

ρ2

∫ ρ dφ d ρ = 2π J ∫ ρ d ρ

ρ= ρ1 φ=0

ρ= ρ1

1 = 2π J [ ρ22 − ρ21 ] = π J ( ρ22 − ρ21 ) . 2 Umgestellt ergibt sich mit dem vektoriellen Ansatz (10.1.1.3) für die Stromdichte J⃗ =

I π ( ρ22

− ρ21 )

e ⃗z .

(10.1.1.4)

10.1.1.2 Gesucht: Die magnetische Feldstärke H⃗ für die folgenden Fälle: I. innerhalb des Rohres ( ρ < ρ1 ) , II. im Rohrmantel ( ρ1 ≤ ρ < ρ2 ) , III. außerhalb des Rohres ( ρ2 ≤ ρ) . Gegeben: Die Radien ρ1 und ρ2 sowie die Stromdichte J.⃗ Ansatz: Im allgemeinen Fall sind die magnetische Feldstärke H,⃗ die Stromdichte J ⃗ und die elektrische Flussdichte D⃗ über das Ampere-Maxwell’sche Durchfluhttps://doi.org/10.1515/9783110672534-012

150 | 10 Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder tungsgesetz wie folgt verknüpft: ∮ H⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫(J ⃗ + L

∂ D⃗ ) ⋅ dA⃗ . ∂t

(10.1.1.5)

A

Für stationäre Felder vereinfacht sich diese Gleichung zu ∮ H⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ L

(10.1.1.6)

A

und wird dann im Allgemeinen als Durchflutungsgesetz bezeichnet. Fall I: ρ < ρ1 Aufgrund der Symmetrie kann für die Feldstärke folgender Zusammenhang angenommen werden: H⃗ = H( ρ)e ⃗φ . (10.1.1.7) Bei Integration entlang eines Kreises mit dem Radius ρ um die z-Achse ergibt sich: ds ⃗ = e ⃗φ ρ dφ

mit

φ ∈ [0, 2π] .

(10.1.1.8)

Da im Hohlraum des Rohres kein Strom fließt, ist die rechte Seite des Durchflutungsgesetzes gleich null. Für die magnetische Feldstärke folgt daraus: 2π

∮ H⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ H( ρ) ρ dφ = 2πH( ρ) ρ = 0

(10.1.1.9)

φ=0

L

⇒ H(⃗ ρ) = 0⃗ .

(10.1.1.10)

Fall II: ρ1 ≤ ρ < ρ2 Bezüglich der Vektoren H⃗ und ds ⃗ können hier die gleichen Annahmen getroffen werden wie für Fall I, die Geometrie ändert sich nämlich nicht. In diesem Bereich wird allerdings die betrachtete Fläche von einem Strom durchsetzt, was sich auf die Feldstärke wie folgt auswirkt: 2π

∮ H⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ H( ρ) ρ dφ = 2π ρH( ρ) .

(10.1.1.11)

φ=0

L

Für die konstante Stromdichte J ⃗ und das Flächenelement dA⃗ ergibt sich mit den Ansätzen aus Aufgabenteil 10.1.1.1 unter Berücksichtigung der geänderten oberen Grenze 2π ρ

∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ = ∫ ∫ J ρ d ρ dφ A

(10.1.1.12)

0 ρ1

= Jπ( ρ2 − ρ21 ) .

(10.1.1.13)

10.1 Ampere-Maxwell’sches Durchflutungsgesetz | 151

Mit dem aus 10.1.1.1 bekannten Zusammenhang für J folgt dann ∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ =

ρ22

A

I ( ρ2 − ρ21 ) . − ρ21

(10.1.1.14)

Die magnetische Feldstärke ergibt sich nun aus dem Durchflutungsgesetz bzw. den Gleichungen (10.1.1.11) und (10.1.1.14): 2π ρH( ρ) = ⇒ H(⃗ ρ) =

ρ22

I ( ρ2 − ρ21 ) − ρ21

ρ2 − ρ21 I e ⃗φ . ⋅ 2 2π ρ ρ2 − ρ21

(10.1.1.15) (10.1.1.16)

Fall III: ρ2 ≤ ρ Für den Bereich außerhalb des Rohres ist der zu betrachtende Strom (rechte Seite) des Durchflutungsgesetzes konstant. Es gilt: ∫ J ⃗ ⋅ dA⃗ = I

(10.1.1.17)

A 2π

∮ H⃗ ⋅ ds ⃗ = ∫ H( ρ) ρ dφ = 2π ρH( ρ) L

⇒ 2π ρH( ρ) = I ⇒ H(⃗ ρ) =

(10.1.1.18)

φ=0

I e ⃗φ . 2π ρ

(10.1.1.19) (10.1.1.20)

10.1.1.3 ⃗ jeweils als Funktion der Zylinderkoordinaten ρ, φ, z. Gesucht: Der Verlauf von |H|, Gegeben: Die Beziehungen aus 10.1.1.2. Ansatz: Berechnet wurden die vektoriellen Feldstärken, für den Betrag entfällt jeweils der Vektor e ⃗φ : I. II. III.

H( ρ) = 0 , ρ2 − ρ21 I ⋅ 2 , 2π ρ ρ2 − ρ21 I H( ρ) = . 2π ρ H( ρ) =

Hieraus lässt sich unmittelbar erkennen, dass der Betrag der Feldstärke unabhängig von φ und z ist. Die gesuchten Lösungen zeigen die Abbildungen 10.1 bis 10.3.

152 | 10 Zeitlich veränderliche elektromagnetische Felder |H|⃗

0

2π

φ

Abb. 10.1: Betrag der magnetischen Feldstärke in Abhängigkeit von φ bei konstantem ρ > ρ1 .

|H|⃗

0

z

Abb. 10.2: Betrag der magnetischen Feldstärke in Abhängigkeit von z bei konstantem ρ > ρ1 .

|H|⃗ I 2π ρ2

III

II I 0

ρ1

ρ2

ρ

Abb. 10.3: Betrag der magnetischen Feldstärke in Abhängigkeit von ρ.

10.2 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz | 153

10.2 Faraday-Maxwell’sches Induktionsgesetz Aufgabe 10.2.1 10.2.1.1 Gesucht: Die Spannung u(t). Gegeben: Die Abmessungen der Schleife a und b sowie die Flussdichte B. Ansatz: Für ruhende Systeme darf das Induktionsgesetz geschrieben werden als: d ∮ E⃗ ⋅ ds ⃗ = − ∫ B⃗ ⋅ d A⃗ . dt

(10.2.1.1)

A

L

Zur Berechnung einer induzierten Spannung kann es wie folgt umformuliert werden: u(t) = −

dΦ dt

(10.2.1.2)

mit Φ = ∫A B⃗ ⋅ dA.⃗ Für die hier vorliegende Anordnung gilt damit: π B⃗ = B̂ cos(ωt) sin ( x) ez⃗ b ⃗ dA = dx dy ez⃗ mit x ∈ [0,b] , a

(10.2.1.3) y ∈ [0,a]

(10.2.1.4)

b

π ⇒ Φ = ∫ B⃗ ⋅ dA⃗ = ∫ ∫ B̂ cos(ωt) sin ( x) dx dy b

(10.2.1.5)

y=0 x=0

A

a b

π = B̂ cos(ωt) ∫ ∫ sin ( x) dx dy b 0 0 a

b π b = B̂ cos(ωt) ∫ [− cos ( x)] dy π b 0 0 a

2b 2ab = B̂ cos(ωt) ∫ dy = B̂ cos(ωt) π π 0

⇒ u(t) = −

dΦ d 2ab 2abω B̂ = − (B̂ cos(ωt) ⋅ sin(ωt) . )= dt dt π π

(10.2.1.6)

10.2.1.2 Gesucht: Der Strom i(t). Gegeben: Die Spannung u(t) sowie der Widerstand R. Ansatz: Mit dem Ohm’schen Gesetz ergibt sich: i(t) = −

̂ cos(ωt) 2ab Bω u(t) 2abω B̂ π =− =− ⋅ sin(ωt) . R R πR

(10.2.1.7)

Aufgrund der eingezeichneten Stromrichtung ergibt sich hier ein negatives Vorzeichen.

11 Nichtsinusförmige Vorgänge 11.1 Fourier-Reihen Aufgabe 11.1.1 11.1.1.1 Gesucht: Fourier-Reihe von u1 (t) = |u0 (t)|. Gegeben: Kosinusförmige Spannung u0 (t). Ansatz: Fourier-Koeffizienten a n und b n berechnen. Integration kann über eine beliebige Periode von u1 (t) erfolgen. Der Zweipuls-Brückengleichrichter bildet den Betrag des Eingangssignals: u1 (t) = |û cos ω0 t| =

a0 ∞ + ∑ (a n cos nω0 t + b n sin nω0 t) . 2 n=1

Das gleichgerichtete Signal ist eine gerade Funktion, die Koeffizienten b n verschwinden also u1 (t) = u1 (−t) ⇒ b n = 0 ∀ n ∈ ℕ . Die Koeffizienten a0 und die a n ergeben sich aus T

2 󵄨 󵄨 a0 = ∫󵄨󵄨󵄨û cos(ω0 t)󵄨󵄨󵄨 dt T 0

T/ 2

T/ 4

0

0

8û 4û T 8 4 󵄨 󵄨 sin (ω0 ) = . = ∫ 󵄨󵄨󵄨û cos(ω0 t)󵄨󵄨󵄨 dt = û ∫ cos(ω0 t) dt = T T Tω0 4 π T/ 2

T

2 󵄨 4 󵄨 󵄨 󵄨 a n = ∫󵄨󵄨󵄨û cos(ω0 t)󵄨󵄨󵄨 cos(nω0 t) dt = ∫ û 󵄨󵄨󵄨cos(ω0 t)󵄨󵄨󵄨 cos(nω0 t) dt T T 0

0

T/ 4

=

T/ 2

4 ̂ ∫ cos(ω0 t) cos(nω0 t) dt + ∫ − cos(ω0 t) cos(nω0 t) dt] u[ T 0

T/ 4

T/ 4

4û = [ ∫ cos((n + 1)ω0 t) + cos((n − 1)ω0 t) dt 2T 0

T/ 2

− ∫ cos((n + 1)ω0 t) + cos((n − 1)ω0 t) dt] T/ 4

https://doi.org/10.1515/9783110672534-013

11.1 Fourier-Reihen | 155

/4 2û 1 1 sin((n + 1)ω0 t) + sin((n − 1)ω0 t)] ([ T (n + 1)ω0 (n − 1)ω0 0 T

an =

T

−[ =

/2 1 1 sin((n + 1)ω0 t) + sin((n − 1)ω0 t)] ) (n + 1)ω0 (n − 1)ω0 T/ 4

1 π 2û + 1)π)) [ (2 sin ((n + 1) ) − sin((n ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ ω0 T n + 1 2 =0

+

1 π − 1)π))] , (2 sin ((n − 1) ) − sin((n ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ n−1 2

mit

ω0 =

=0

Für n ungerade, d. h. n = 2k + 1 mit k ∈ ℕ folgt π π sin ((n + 1) ) = sin ((n − 1) ) = 0 2 2 Für n gerade, d. h. n = 2k mit k ∈ ℕ folgt

⇒

2π . T

a2k+1 = 0 .

û 1 1 2(−1)k − 2(−1)k ] [ π 2k + 1 2k − 1 û 2k − 1 − 2k − 1 = 2(−1)k π (2k + 1)(2k − 1) 1 4û (−1)k+1 2 . = π 4k − 1

a2k =

Sonderfall n = 1 (hier muss der Term sin((n − 1)π) mit berücksichtigt werden, wegen der Division durch null): d [2 sin((n − 1)1/2π) − sin((n − 1)π)] 2û dn a1 = lim d Tω0 n→1 (n − 1) dn =

(de l’Hospital)

2 ⋅ 1/2π cos((n − 1)1/2π) − π cos((n − 1)π) û lim =0. π n→1 1

Hieraus ergibt sich die gesuchte Fourier-Reihe u1 (t) =

4û 1 ∞ 1 cos(2kω0 t)] . [ + ∑ (−1)k+1 2 π 2 k=1 4k − 1

11.1.1.2 Gesucht: Amplituden A n der Teilschwingungen in Abhängigkeit von ω = nω0 . Gegeben: Die Werte von A0 = 1/2a0 und a n . Ansatz: Die Amplituden der Fourier-Reihen ergeben sich durch A0 =

a0 , A k = √a2k + b2k 2

⇒

wegen b = 0 : A k = |a k | ∀ k ∈ ℕ .

Die Lösung zeigt Abbildung 11.1. Dort wird A n /û über n = ω/ω0 aufgetragen.

156 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

An û

0,8 0,6 0,4 0,2 0

1

4 3 n = ω/ω0

2

5

6

Abb. 11.1: Amplituden der Teilschwingungen in Abhängigkeit von der Kreisfrequenz ω.

11.1.1.3 Gesucht: Das Spannungsverhältnis ū 1 /Ueff . Gegeben: u1 (t) und u0 (t). Ansatz: Der Gleichanteil von u1 (t) entspricht dem Fourier-Koeffizienten 1/2a0 . Man erhält damit für den Gleichrichtwert: ū 1 =

a0 2û = . 2 π

Der Effektivwert von u0 berechnet sich über T/ 2

Ueff

1 = √ ∫ u20 (t) dt = √ ∑ u2n (t) = √U=2 + U∼2 . T n=0 ∞

−T/2

Weiterhin ist der Effektivwert von u0 (t) auch der Effektivwert von u1 (t): T

Ueff = √

1 ∫ u20 (t) dt T 0

T

=√

1 ∫ û 2 cos2 ω0 t dt T 0

T

=√

û 2 ∫ 1 + cos(2ω0 t) dt 2T 0

ū 1 Ueff

û = √2 2√2 = ≈ 0,9 . π

11.1 Fourier-Reihen | 157

Aufgabe 11.1.2 11.1.2.1 Gesucht: Die Fourier-Koeffizienten a k und b k . Gegeben: Die Funktion g(t) in Abbildung 11.2 (S. 27). Ansatz: Da g(t) eine gerade Funktion ist, gilt b k = 0. Der Koeffizient a0 wird a

a

1 t 2 t 4 1 t2 2 a0 = 2 ∫ − 2 + dt = [− + ] = . 2 T a T 2 a T a a 0 0

Die Koeffizienten a k ergeben sich zu a

t 1 2 a k = 2 ∫ (− 2 + ) cos(kω0 t) dt T a a 0

=−

4 1 cos(kω0 t) t sin(kω0 t) a 4 1 sin(kω0 t) a + ] + [ ] [ T a2 kω0 Ta kω0 (kω0 )2 0 0

4 1 cos(kω0 a) a sin(kω0 a) 1 4 1 sin(kω0 a) + − [ ]+ T a2 kω0 Ta kω0 (kω0 )2 (kω0 )2 4 1 1 ak = − [cos(kω0 a) − 1] T a2 (kω0 )2 kω0 a 4 1 1 = 2 sin2 ( ) T a2 (kω0 )2 2 2 1 kω0 a 2 kω0 a = sin2 ( ) = si2 ( ) T ( kω0 a )2 2 T 2 =−

2

kπa 2 = si2 ( ) . T T 11.1.2.2 Gesucht: Komplexe Fourier-Koeffizienten c k des Dirac-Kamms z(t). Gegeben: z(t) und die reellen Fourier-Koeffizienten a k von g(t). Ansatz: Im Falle des Grenzüberganges a → 0 werden die Dreiecke der Funktion g(t) unendlich schmal und unendlich hoch, g(t) wird zum Dirac-Kamm z(t). Bestimmung der komplexen Fourier-Koeffizienten: c󸀠0 = c0 =

a0 1 = 2 T

ak a→0 a→0 2 1 2 kω0 a 1 = lim si ( )= . a→0 T 2 T

c󸀠k = lim c k = lim

158 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

Aufgabe 11.1.3 11.1.3.1 Gesucht: Die komplexen Fourier-Koeffizienten c k von f(t) und f(t) als komplexe Fourier-Reihe. Gegeben: f(t). Ansatz: Die komplexen Fourier-Koeffizienten berechnen sich durch T

1 c k = ∫ f(t) e − jkω0 t dt . T 0

3/ T 4

T/ 2

1 1 c k = ∫ −A e − jkω0 t dt + ∫ 2A e − jkω0 t dt T T T/ 4

T/ 2 3

/2 /4T 1 1 1 e − jkω0 t ] + 2A [ e − jkω0 t ] ) (−A [ T − jkω0 − jkω0 T/ T/ 2 4 T

=

1 AT − jkπ AT − j 1/2kπ 2AT − j 3/2kπ 2AT − jkπ e e e e − + − [ ] T jk2π jk2π jk2π jk2π A 1 3 = [3 e − jkπ − e − j /2kπ − 2 e − j /2kπ ] jk2π =

T/ 2

T

3/ T 4

1 1 1 c0 = ∫ f(t) dt = ∫ −A dt + ∫ 2A dt T T T 0

T/ 4

T/ 2

A 2A = − [t]T + [t]T /2 /4 T T A A A 3A −A= . =− + + 2 4 2 4 Der Koeffizient c0 kann in diesem Fall auch sehr einfach aus dem Graphen in der Aufgabenstellung abgelesen werden. Die komplexe Fourier-Reihe der Funktion f(t) lautet demnach T/ 2

f(t) =

3/ T 4

∞ A A 1 3 + ∑ [3 e − jkπ − e − j /2kπ − 2 e − j /2kπ ] e − jkω0 t . 4 k=−∞ jk2π k=0 ̸

11.1.3.2 Gesucht: c k für k = −2, −1, 1, 2. Gegeben: Die Beschreibung der Koeffizienten c k . Ansatz: Durch Einsetzen von k = −2, −1, 1, 2 in den Ausdruck zur Berechnung der Fourier-Koeffizienten ergeben sich folgende Terme: A c+1 = [−3 − j] j2π

11.1 Fourier-Reihen | 159

A [+3 − j] j2π 3A =+ j2π 3A . =− j2π

c−1 = c+2 c−2

11.1.3.3 Gesucht: Ausgangssignal y(t). Gegeben: Übertragungsfunktion G(jω) und c k für k = −2, −1, 1, 2. Ansatz: Beantwortung der Fragestellung: Welche Frequenzen werden abgeschnitten und welche c k gehören zu den entsprechenden Frequenzen? Gemäß Abbildung 11.4 (S. 28) werden alle Frequenzen ω > 2kω0 abgeschnitten, d. h. es gilt c k ≡ 0 ∀ k mit |k| > 2. A 3A j2ω0 t 3A − j2ω0 t A A e e + − [−3 − j] e jω0 t + [3 − j] e − jω0 t + 4 j2π j2π j2π j2π A A = − [3 (e jω0 t − e − jω0 t ) + j (e jω0 t + e − jω0 t ) − 3 (e j2ω0 t − e − j2ω0 t )] 4 j2π A A = − [3 sin(ω0 t) + cos(ω0 t) − 3 sin(2ω0 t)] . 4 π

y(t) =

Aufgabe 11.1.4 11.1.4.1 Für ω = 0 ist die Spannung an der Spule L null, die gesamte Spannung fällt am ohmschen Widerstand R ab; dagegen fällt bei hohen Frequenzen nahezu die gesamte Spannung an L ab, die Spannung an R geht gegen null. Es handelt sich also um ein Tiefpassfilter. 11.1.4.2 Gesucht: Übertragungsfunktion H(jω) sowie dessen Betrag und Phase. Gegeben: Übertragungssystem H. Ansatz: Ermitteln der Übertragungsfunktion aus dem Schaltbild 11.5 (S. 28). Die Übertragungsfunktion lautet: H(jω) =

1 R = . R + jωL 1 + jω L/R

Daraus folgt für Betrag und Phase: |H(jω)| =

1 √1 + (ω L/R)

2

,

L φ(jω) = − arctan(ω ) . R

160 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

11.1.4.3 Gesucht: Widerstand R. Gegeben: Das Eingangssignal uin (t) =

π 4 ∞ cos [(2k − 1)ω0 t] − ∑ 2 π k=1 (2k − 1)

und das Amplitudenspektrum des Ausgangssignals |Uout (k)| mit a0 π = , 2 2 Ansatz:

a1 =

4√3 , 2π

a2 = 0 ,

a3 =

2 . 3π

Koeffizientenvergleich zwischen Ein- und Ausgangssignal. Daraus Dämpfung ermitteln.

Die ersten vier Fourier-Koeffizienten der Funktion uin (t) lauten a0 π = , 2 2

a1 = −

4 , π

a2 = 0 ,

a3 = −

4 . 3π

Man erkennt, dass das gefilterte Spektrum |Uout (jω)| bei der Frequenz ω0 um den Faktor √3/2, bzw. bei der Frequenz 3ω0 um den Faktor 0,5 gedämpft wird. Es muss daher gelten: |H(jω0 )| =

√3 2

beziehungsweise

|H(j3ω0 )| =

1 . 2

Der Widerstand R ergibt sich daher für beide Ansätze aus √3 1 = 2 √1 + (ω0 L/R)2 1 3 = 4 1 + (ω0 L/R)2 4 2 = 1 + (ω0 L/R) 3 1 L = ω0 R √3 R = √3 ω0 L ;

1 1 = 2 √ 2 1 + (3ω0 L/R) 1 1 = 4 1 + (3ω0 L/R)2 2

4 = 1 + (3ω0 L/R) √3 = 3ω0

L R

R = √3 ω0 L .

11.2 Fourier-Transformation |

161

11.2 Fourier-Transformation Aufgabe 11.2.1 Gesucht: Fourier-Transformierte F(jω). Gegeben: Zeitsignal f(t). Ansatz: Die Funktion f(t) kann als Summe zweier Dreiecke aufgefasst werden. Dadurch kann die Fourier-Transformation sehr einfach mit der Transformationsvorschrift für die Dreiecksfunktion tri (t/T ) durchgeführt werden: f(t) =

3 t 1 t tri ( ) − tri ( ) 2 3T 2 T

∘−− F(jω) =

3 3Tω 1 Tω 3T si2 ( ) − T si2 ( ). 2 2 2 2

Mit der Dreiecksfunktion tri (t/T ) (Abbildung 11.2), die mit Hilfe der Rechteckfunktion rect(t/2T ) (Abbildung 11.3) wie folgt definiert wird: t |t| t Tω tri ( ) = [1 − ] rect ( ) ∘−− T si2 ( ) T T 2T 2 sowie tri (

t |t| t 3Tω ) = [1 − ] rect ( ) ∘−− 3T si2 ( ) . 3T 3T 2 ⋅ 3T 2

Der Parameter T legt die Periodendauer fest und muss an die entsprechende Dauer angepasst werden. Im gegebenen Fall wird für tri (t/3T ) in der Gleichung von tri (t/T ) T durch 3T ersetzt. t tri ( ) T

rect (

1

1

0,5

0,5

t ) 2T

t −T Abb. 11.2: Dreiecksfunktion tri(t/T ).

T

t −T

T

Abb. 11.3: Rechteckfunktion rect(t/2T ).

162 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

Aufgabe 11.2.2 11.2.2.1 Gesucht: Zeitfunktion x(t) = F −1 {X(jω)}. Gegeben: Fourier-Transformierte X(jω) = Ansatz:

ω2 ω2g

für

− ωg ≤ ω ≤ ωg .

Anwendung der inversen Transformationsvorschrift.

Da X(jω) reell und gerade ist, kann folgende inverse Transformationsvorschrift verwendet werden: ∞

1 x(t) = ∫ X(jω) cos(ωt) dω . π 0

Damit wird ωg

1 ω2 x(t) = ∫ 2 cos(ωt) dω . π ωg 0

Nach zweimaliger partieller Integration ergibt sich daraus ω

x(t) =

g 2ω ω2 2 1 cos(ωt) + sin(ωt)] − [ ( ) t t3 πω2g t2 0

=

ω2g 2ωg 1 2 − 3 ) sin(ωg t)] [ 2 cos(ωg t) + ( 2 t t t πωg

=

1 2 2 cos(ωg t) + sin(ωg t) − sin(ωg t) . πt πωg t2 πω2g t3

11.2.2.2 Gesucht: Zeitfunktion x(t) = F −1 {X(jω)}. Gegeben: Fourier-Transformierte X(jω). Ansatz: Die Ableitung der Funktion X(jω) (s. Abbildung 11.4) kann als Summe zweier d d Dirac-Impulse dω X1 (jω) und einer Rampenfunktion dω X2 (jω) betrachtet werden. Es gilt d d d X(jω) = X1 (jω) + X2 (jω) . dω dω dω d Der Ausdruck dω X2 (jω) kann nochmals differenziert werden (s. Abbildung 11.5). Es können nun die zugehörigen Zeitfunktionen x1 (t) und x2 (t) mit Hilfe des Differenziationssatzes bestimmt werden.

11.2 Fourier-Transformation |

d dω X 1 (jω) d dω X 2 (jω)

d dω X i (jω)

d2 X (jω) dω2 2 2 ω2g

2 ωg

1 ω

ω −ωg

ωg −1 − ω2g

−ωg

ωg − ω2g

Abb. 11.4: Erste Ableitung der FourierTransformierten.

Abb. 11.5: Zweite Ableitung der FourierTransformierten.

∘−−

d X1 (jω) = δ(ω + ωg ) − δ(ω − ωg ) dω

1 (e − jωg t − e jωg t ) 2π 1 x1 (t) = (e jωg t − e − jωg t ) jt2π 1 = sin(ωg t) . πt

(− jt) x1 (t) =

∘−−

2 2 2 d2 ω X2 (jω) = 2 rect ( δ(ω + ωg ) − δ(ω − ωg ) )− 2ω ω ω dω2 ωg g g g 1 2 1 sin(ωg t) + (− e − jωg t − e jωg t ) t πωg ω2g π 2 2 sin(ωg t) − cos(ωg t) = t πωg πω2g

(− jt)2 x2 (t) =

1 2 sin(ωg t) 2 − cos(ωg t)] [ t πωg (− jt)2 πω2g 2 2 sin(ωg t) + =− cos(ωg t) . πωg t2 πω2g t3

x2 (t) =

Somit ist x(t) = x1 (t) + x2 (t) 1 2 2 = sin(ωg t) − sin(ωg t) + cos(ωg t), 2 3 πt πωg t2 πωg t was mit der Lösung des ersten Aufgabenteils übereinstimmt.

163

164 | 11 Nichtsinusförmige Vorgänge

Aufgabe 11.2.3 11.2.3.1 Gesucht: Funktionsgleichung von X1 (jω). Gegeben: Fourier-Transformierte X1 (jω). Ansatz: Die Funktionsgleichung ergibt sich aus dem zugehörigen Graphen: ω−1 { { { X1,Intervall (jω) = {1 { { {0

1≤ω 0

⇒

ℜ{p} > ℜ{−a}

⇒

ℜ{p} > ℜ{a} .

Aufgabe 12.1.5 12.1.5.1 Gesucht: Ausgangsspannung u2 (t). Gegeben: Eingangsspannung u1 (t) und Schaltbild des Übertragungssystems (elektrischer Schwingkreis). Ansatz: Transformieren Sie u1 (t) und multiplizieren Sie das Ergebnis mit der Übertragungsfunktion H(p), um U2 (p) zu erhalten. Die gesuchte Spannung ist die Rücktransformierte u2 (t). Beachten Sie bei der Rücktransformation die Randbedingung √L/C < 2R. 1. Schritt:

analytische Bestimmung von u1 (t) und Transformation u1 (t) = u0 σ(t) − u0 σ(t − T1 )

∘−−∙ U1 (p) = 2. Schritt:

u0 u0 −pT1 u0 e − = (1 − e −pT1 ) . p p p

Bestimmung der Übertragungsfunktion pL pL 1 p p2 LC + 1 = 2 = p 1 pL p RLC + pL + R RC 2 p + + R+ 2 RC LC p LC + 1 1 p = . RC 1 2 1 1 − (p + ) + 2RC LC 4(RC)2

U2 (p) = U1 (p)

12.1 Hin- und Rücktransformation | 183

Wegen √L/C < 2R besitzt das Nennerpolynom keine reellen Nullstellen. Mit den Abkürzungen α = 1/2RC , ω0 = √1/LC − 1/4(RC)2 ergibt sich U2 (p) p = 2α . U1 (p) (p + α)2 + ω20

H(p) =

3. Schritt: Berechnung von U2 (p) und Rücktransformation 1. Möglichkeit: p u0 1 = (1 − e −pT1 ) p 1 p 1 RC p2 + + p2 + + RC LC RC LC 1 u0 −pT1 = (1 − e ) 2 RC p + 2αp + β2

U2 (p) =

1 u0 ⋅ (1 − e −pT1 ) p RC

mit β2 =

1 , LC

α=

1 , 2RC

ω20 = β2 − α2 =

1 1 − LC (2RC)2

ergibt sich die Zeitfunktion mit den entsprechenden Transformationsvorschriften und dem Verschiebungssatz zu u0 [e −αt sin(ω0 t)σ(t) − e −α(t−T1 ) sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 )] ω0 RC 2αu0 −αt = [e sin(ω0 t)σ(t) − e −α(t−T1 ) sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 )] . ω0

u2 (t) =

2. Möglichkeit:

∘−−∙

U2 (p) = u0

2α ω0 (1 − e −pT1 ) ω0 (p + α)2 + ω20

2α −αt 2α −α(t−T1 ) e sin(ω0 t)σ(t) − u0 e sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 ) ω0 ω0 2αu0 −αt = [e sin(ω0 t)σ(t) − e −α(t−T1 ) sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 )] . ω0

u2 (t) = u0

12.1.5.2 Gesucht: Ausgangsspannung u2 (t). Gegeben: Eingangsspannung u1 (t) entspricht Rechteckimpuls. Ansatz: In welche Funktion geht u1 (t) durch den Grenzübergang T1 → 0 über?

184 | 12 Die Laplace-Transformation 1. Möglichkeit: Verwendung des Ergebnisses aus Aufgabenteil 12.1.5.1 und anschließende Grenzwertbildung u2 (t) = lim [ T1 →0

− =

u0 T0 2α −αt e sin(ω0 t)σ(t) T1 ω0

u0 T0 2α −α(t−T1 ) e sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 )] T1 ω0

2u0 T0 α −αt sin(ω0 t)σ(t) − e αT1 sin(ω0 (t − T1 ))σ(t − T1 ) e lim [ ] T1 →0 ω0 T1

mit Anwendung von Bernoulli de l’Hospital: u2 (t) =

2u0 T0 α −αt e lim [(−α e αT1 sin(ω0 (t − T1 )) T1 →0 ω0

+ ω0 e αT1 cos(ω0 (t − T1 ))) σ(t − T1 ) + e αT1 sin(ω0 (t − T1 ))δ(t − T1 )] . Da f(t)δ(t − t0 ) = f(t0 )δ(t − t0 ) gilt, wird e αT1 sin ω0 (t − T1 )δ(t − T1 ) = 0 und u2 (t) =

2αu0 T0 (ω0 cos ω0 t − α sin ω0 t) e −αt σ(t) . ω0

2. Möglichkeit: Unabhängig von Aufgabenteil 12.1.5.1 lösen, indem zuerst die Funktion u1 (t) durch Grenzwertbildung neu bestimmt wird: lim u1 (t) = u0 T0 δ(t) .

T1 →0

1. Schritt: Bestimmung von U1 (p) : U1 (p) = u0 T0 , 2. Schritt: Wie Teilaufgabe 12.1.5.1, 3. Schritt: Berechnung von U2 (p) und Rücktransformation.

∘−−∙

U2 (p) = 2αu0 T0

p p2 + 2αp + (α2 + ω20 )

u2 (t) = 2αu0 T0 (cos(ω0 t) −

α sin(ω0 t)) e −αt σ(t) . ω0

12.1 Hin- und Rücktransformation | 185

12.1.5.3 Gesucht: Pol-Nullstellen-Diagramm der Übertragungsfunktion H(p). Gegeben: Übertragungsfunktion H(p). Eine Nullstelle existiert bei p n1 = 0. Polstellen bei p p1,2 = −α ± jω0 . Die gesuchte Lösung zeigt Abbildung 12.2. ℑ{p} = ω ω0 ℜ{p} = σ −α −ω0 Konvergenzgebiet Abb. 12.2: Pol-Nullstellen-Diagramm der Übertragungsfunktion U2 (p).

12.1.5.4 Gesucht: Frequenzgang der Übertragungsfunktion |H(jω)|. Gegeben: Übertragungsfunktion U2 (p). Ansatz: Vergleichen Sie die Bestimmungsgleichungen der Laplace- und FourierTransformation ∞

X(p) = ∫ x(t) e −pt dt

p = σ + jω

−∞ ∞

X(jω) = ∫ x(t) e − jωt dt . −∞

Für ℜ{p} = σ = 0 sind beide Gleichungen identisch. Falls also die LaplaceTransformierte für ℜ{p} = 0 existiert (die imaginäre Achse liegt dann im Konvergenzgebiet), dann kann p = jω gesetzt werden, um die FourierTransformierte zu erhalten. Man sieht anhand des Pol-Nullstellen-Diagramms in Abbildung 12.2, dass die imaginäre Achse im Konvergenzgebiet liegt. Deshalb existiert die Fourier-Transformierte der

186 | 12 Die Laplace-Transformation 󵄨 Funktion H(t) und es wird H(jω) = H(p)󵄨󵄨󵄨p=jω : H(jω) = 2α

jω (jω + α)2 + ω20

|H(jω)| = 2α√

(α2 +

ω20

2αω ω2 = . 2 − ω2 )2 + (2ωα)2 2 √(α + ω0 − ω2 )2 + (2ωα)2

Aufgabe 12.1.6 Gesucht: Impulsantwort h(t). Gegeben: Eingangssignal x(t) und das Ausgangssignal y(t). Ansatz: Die Funktionen x(t) und y(t) sind bekannt. Im Zeitbereich gilt t

∞

y(t) = ∫ x(τ)h(t − τ) dτ = ∫ x(τ)h(t − τ) dτ . o

−∞

Gemäß Faltungssatz entspricht die Faltung im Zeitbereich einer Multiplikation im Bildbereich. Bestimmen Sie H(p) = Y(p)/X(p) deshalb mit Hilfe von:

∘−−∙

y(t) = x(t) ∗ h(t) Y(p) = X(p) ⋅ H(p) . x(t) = 4 cos(2t) ⋅ σ(t)

∘−−∙ X(p) =

4p p2 + 4

y(t) = [cos(2t) + sin(2t) − e −2t ] ⋅ σ(t)

∘−−∙ p 2 1 + 2 − +4 p +4 p+2 2 1 p + − Y(p) p(p + 2) + 2(p + 2) − (p2 + 4) 1 p2 + 4 p2 + 4 p + 2 H(p) = = = = 4p X(p) 4p(p + 2) p+2 p2 + 4 p2

∘−−∙

Y(p) =

h(t) = e −2t ⋅ σ(t) .

12.1 Hin- und Rücktransformation | 187

Aufgabe 12.1.7 12.1.7.1 Gesucht: Die Gleichungen der beiden eingetragenen Spannungsumläufe (I.) und (II.) im Zeitbereich sowie deren jeweilige Laplace-Transformierte. Gegeben: Schaltbild 12.3 auf Seite 38. Für die beiden Spannungsumläufe ergibt sich: t

I.

u0 ⋅ σ(t) =

1 ∫ i1 (τ) dτ + R1 [i1 (t) − i2 (t)] C

∘−−∙

−∞

0−

1 u0 I1 (p) = + ∫ i1 (τ) dτ +R1 [I1 (p) − I2 (p)] p pC pC −∞ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟

(12.1.7.1)

u C (0− ) p

II.

0 = R2 i2 (t) + L

∘−−∙

di2 (t) − R1 [i1 (t) − i2 (t)] dt

0 = R2 I2 (p) + L [pI2 (p) − i2 (0− )] − R1 [I1 (p) − I2 (p)] .

(12.1.7.2)

12.1.7.2 Gesucht: I1 (p) und deren Rücktransformierte i1 (t). Gegeben: Umlaufgleichungen (12.1.7.1) und (12.1.7.2) aus Teilaufgabe 12.1.7.1 und Zahlenwerte C = 1 F, L = 1/2 H, R1 = 1/5 Ω, R2 = 1 Ω, i2 (0− ) = 4 A, u c (0− ) = 5 V, u0 = 10 V. Nach dem Einsetzen der Zahlenwerte ergibt sich folgendes Gleichungssystem: I. II.

10 I1 (p) 5 1 = + + [I1 (p) − I2 (p)] , p p p 5 1 1 0 = I2 (p) + [pI2 (p) − 4] − [I1 (p) − I2 (p)] . 2 5

(12.1.7.3) (12.1.7.4)

Gleichung (12.1.7.3) kann nach I2 (p) aufgelöst und in Gleichung (12.1.7.4) eingesetzt werden. Es folgt für I1 (p): I1 (p) =

29p + 60 29p + 60 A B = + . = + 7p + 12 (p + 4)(p + 3) p + 4 p + 3

p2

Die unbekannten Koeffizienten A = 56, B = −27 können mit Hilfe der Partialbruchzerlegung gefunden werden. Es folgt: 56 27 − p+4 p+3

∘−−∙

I1 (p) =

i1 (t) = (56 A e −4t − 27 A e −3t ) ⋅ σ(t) .

188 | 12 Die Laplace-Transformation

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen Aufgabe 12.2.1 12.2.1.1 Gesucht: Der Strom durch die Spule i L (t). Gegeben: Schaltbild 12.4 auf Seite 39. Ansatz: Die Lösung erfolgt mit Hilfe der Einspeichernetzwerkformel: x(t) = x(t+1 ) e −

t−t1 T

+ x(∞)(1 − e −

t−t1 T

)

(12.2.1.1)

mit – – – – –

T: Zeitkonstante, t1 : Schaltzeitpunkt, T = Ri C: falls der Energiespeicher ein Kondensator ist; T = L/Ri : falls der Energiespeicher eine Spule ist. Ri : Innenwiderstand an den Klemmen des Netzwerkes, von denen der Energiespeicher abgetrennt ist (nach dem Schaltzeitpunkt). – x(t+1 ): Anfangswert im Schaltzeitpunkt t = t+1 . Da Spulenstrom und Kondensatorspannung zum Schaltzeitpunkt stetig sein müssen, gilt x(t+1 ) = x(t−1 ). x(t−1 ) bestimmt sich aus dem Netzwerk vor dem Schaltzeitpunkt, wobei eine Spule durch einen Kurzschluss und ein Kondensator durch einen Leerlauf ersetzt wird. – x(∞): Endwert für t → ∞. Man erhält ihn durch eine Analyse des Gleichstromnetzwerkes im stationären Zustand, wobei eine Spule durch einen Kurzschluss und ein Kondensator durch einen Leerlauf ersetzt wird. Der Strom durch eine Spule muss stetig sein. Bestimmen Sie also den Strom kurz vor dem Schaltzeitpunkt und für t → ∞. Vor dem Schalten und für t → ∞ befindet sich das System im eingeschwungenen Zustand – was bedeutet das für die Spule? Bestimmen Sie nun noch die Zeitkonstante T und setzen Sie alle Größen in die Einspeicher-Netzwerkformel ein. Der Strom i L (t) ist beim Schaltvorgang stetig. Für t < 0 ist das System im eingeschwungenen Zustand, die Spule kann also durch einen Kurzschluss ersetzt werden. Der Strom i L (0− ) kann folgendermaßen berechnet werden: Spannungsteiler: U2 = U0

R2 R3 R2 R3 R2 + R3 = . R2 R3 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R1 + R2 + R3

Der Strom i L (0− ) ist gegeben durch: i L (0− ) =

U2 . R3

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 189

Daraus folgt i L (0+ ) = i L (0− ) = U0

R2 . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

Für t → ∞ ist der Schalter geöffnet und i L (t) wird aufgrund der Dämpfung durch R2 und R3 gegen null gehen: i L (∞) = 0 . Von der Spule aus gesehen ist der Innenwiderstand nach dem Schaltzeitpunkt Ri = R2 + R3 , womit sich eine Zeitkonstante von T=

L R2 + R3

ergibt. Für i L (t) müssen nun die folgenden Fälle unterschieden werden: – t < 0: Spule wird durch einen Kurzschluss ersetzt i L (t) = U0 –

R2 . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

t ≥ 0: Nach Einspeicher-Netzwerkformel (12.2.1.1): i L (t) = U0

R2 t e − /T . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

Abbildung 12.3 gibt den zeitlichen Verlauf von i L (t) wieder. i L (t) U0 3R

t T Abb. 12.3: Zeitlicher Verlauf des Stromes i L (t) für R1 = R2 = R3 = R.

Die Einspeicher-Netzwerkformel lässt sich direkt aus der homogenen Differenzialgleichung 1. Ordnung des Spulenstroms i L (t) für t > 0 gewinnen. Die Differenzialgleichung (DGL) ergibt sich aus der Summe der Teilspannungen eines Umlaufs: i L (t) ⋅ (R2 + R3 ) +

di L (t) L=0. dt

190 | 12 Die Laplace-Transformation Die entsprechende Laplace-Transformierte der DGL hat die Form: I L (p) ⋅ (R2 + R3 ) + (pI L (p) − i L (0+ ))L = 0

bzw.

I L (p) =

i L (0+ ) p+

R2 +R3 L

.

Mit der Zeitkonstanten T = L/(R2 + R3 ) und unter Verwendung von σ(t) = 1 für t > 0, folgt für die Rücktransformation von I L (p) in den Zeitbereich: i L (t) = i L (0+ ) ⋅ e − /T ⋅ σ(t) = i L (0+ ) ⋅ e − /T . t

t

Der Schaltzeitpunkt liegt bei t1 = 0. Eine Verschiebung des Schaltzeitpunktes führt zu der Substitution t = t − t1 : i L (t) = i L (t+1 ) ⋅ e −

(t−t1 )/ T

.

Der Endwert i L (∞) verschwindet also (Der Strom i L wird durch die Widerstände R2 und R3 gedämpft). 12.2.1.2 Gesucht: Die Spannung u2 (t). Gegeben: Schaltbild und Spulenstrom i L (t). Ansatz: Die Spannung u2 (t) muss nicht stetig sein und ist über den Strom i L (t) zu bestimmen. Für die Bestimmung von u2 (t) müssen ebenfalls zwei Fälle unterschieden werden: – t < 0: Spule wird durch einen Kurzschluss ersetzt u2 (t) = U0 –

R2 R3 . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

t ≥ 0: u2 (t) = −R2 ⋅ i L (t) = −U0

R22 t e − /T . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

Abbildung 12.4 gibt den zeitlichen Verlauf von u2 (t) wieder. 12.2.1.3 Gesucht: Die Spannung uS (t). Gegeben: Schaltbild und Spannung u2 (t). Ansatz: Die Spannung uS (t) muss nicht stetig sein und ist über die Spannung u2 (t) zu bestimmen. Für t ≥ 0 ergibt sich uS (t) aus einem Maschenumlauf (Beachten Sie, dass über den Widerstand R1 keine Spannung abfällt): uS (t) = U0 − u2 (t) = U0 (1 +

R22 t e − /T ) R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

für t ≥ 0 .

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 191

U0 3

u2 (t)

t T −U0 3 Abb. 12.4: Zeitlicher Verlauf der Spannung u2 (t) für R1 = R2 = R3 = R.

Für −∞ < t < ∞ ergibt sich demnach { {0 uS (t) = { R22 t {U0 (1 + e − /T ) R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 { Siehe hierzu den dargestellten Verlauf in Abbildung 12.5.

4U0 3

uS (t)

U0

t T Abb. 12.5: Zeitlicher Verlauf der Spannung uS (t) für R1 = R2 = R3 = R.

für t < 0 , für t ≥ 0 .

192 | 12 Die Laplace-Transformation

12.2.1.4 Gesucht: Widerstand R2 , so dass gilt: |u2 (0+ )| ≤ 5 ⋅ |u2 (0− )|. Gegeben: u2 (t) aus Teilaufgabe 12.2.1.2. Ansatz: Bestimmen Sie zunächst |u2 (0− )| sowie |u2 (0+ )|. Mit R1 = R3 = R ergeben sich vor und nach dem Schalten folgende Spannungen R2 R2 R , = U0 2 2R RR2 + R + RR2 2+R R22 R22 |u2 (0+ )| = U0 = U . 0 RR2 + R2 + RR2 2RR2 + R2

|u2 (0− )| = U0

Aus der Aufgabenstellung ist folgende Ungleichung zu lösen |u2 (0+ )| ≤ 5 ⋅ |u2 (0− )| woraus R2 ≤ 5R folgt.

Aufgabe 12.2.2 12.2.2.1 Gesucht: Laplace-Transformierte I(p) in Abhängigkeit von i0 , ν0 und U(p) ∙−−∘ u(t). Gegeben: Spannung u(t) aus Maschenumlauf. Ansatz: Transformieren Sie die DGL mit den Regeln der einseitigen Laplace-Transformation. Stellen Sie die Transformierte als Funktion von I(p), U(p), i0 , ν0 , R, L und C dar. Lösen Sie das Ergebnis nach I(p) auf. Transformation und Auflösen nach I(p) liefern: ν0 1 I(p) + = U(p) Cp p ν0 p pi0 − U(p) L L ⇒ I(p) = + . R 1 R 1 2 2 p +p + p +p + L LC L LC

RI(p) + LpI(p) − Li0 +

Beachten Sie, dass der Term ν0 zu ν0 /p transformiert wird. Aus der Umlaufgleichung t 0 ergibt sich ∫−∞ i(τ) dτ, also eine Integration von −∞ bis t. Der Anteil ∫−∞ i(τ) dτ entspricht der Anfangsspannung ν0 und wird nach den Regeln der einseitigen Transformation zu ν0 /p transformiert. 12.2.2.2 Gesucht: i(t). Gegeben: Verlauf von u(t).

12.2 Die Behandlung von Ausgleichsvorgängen | 193

Ansatz:

Bestimmen Sie die Laplace-Transformierte des gegebenen Signals u(t) und setzen Sie das Ergebnis in die Gleichung für I(p) ein. Mit den in der Aufgabenstellung gegebenen Zusammenhängen vereinfacht sich der Nenner der Gleichung (Binomische Formel beachten). Die Rücktransformation kann mit Hilfe entsprechender Transformationsvorschriften durchgeführt werden.

Transformation von u(t) und Einsetzen liefern u(t) = u0 [σ(t) − σ(t − T)] ∘−−∙ U(p) =

u0 (1 − e −pT ) p

u0 (1 − e −pT ) pi0 I(p) = L + . R 1 R 1 2 2 p +p + p +p + L LC L LC Nenner-Nullstellen: p2 + p

R 1 R √ R 2 1 R + = 0 ⇒ p1/2 = − ± ( ) − =− . L LC 2L 2L LC 2L ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ 0

u0 u0 u0 − e −pT (1 − e −pT ) pi0 pi0 L L L ⇒ I(p) = + = + + . R 2 R 2 R 2 R 2 R 2 (p + ) (p + ) (p + ) (p + ) (p + ) 2L 2L 2L 2L 2L Für die Rücktransformation der ersten beiden Summanden benötigt man folgenden Zusammenhang: 1

F1 (p) = (p +

R ) 2L

2

∙−−∘ t e −R/2Lt σ(t) = f1 (t) .

Zur Rücktransformation des letzten Summanden benötigt man R R − 2L 2L F2 (p) = = R 2 R 2 (p + ) (p + ) 2L 2L R 1 R 2L = − −∘ e −R/2Lt σ(t) − 2L t e −R/2Lt σ(t) = f2 (t) . 2 ∙− R R p+ 2L (p + 2L ) p

p+

Der erste Summand von I(p) entspricht – bis auf einen Vorfaktor – F1 (p). Der zweite Summand entspricht e −pT F1 (p), ergibt im Zeitbereich also ein verschobenes f1 (t). Der dritte Summand entspricht schließlich F2 (p) u0 ⇒ i(t) = [f1 (t) − f1 (t − T)] + i0 f2 (t) . L

13 Die z-Transformation 13.1 Hin- und Rücktransformation Aufgabe 13.1.1 13.1.1.1 Gesucht: Die z-Transformierte X(z) der Signalfolge x n . Gegeben: Das zeitkontinuierliche Signal x(t) = sin(ωt + φ) ⋅ σ(t) mit beliebiger Abtastzeit T0 . Ansatz: Zerlegen Sie den Sinus in zwei Exponentialfunktionen mit sin(a) =

1 (e ja − e − ja ) . 2j

Transformieren Sie danach x n entweder mit der geometrischen Reihe oder mit den entsprechenden Transformationsvorschriften und dem Verschiebungssatz. x n = x(nT0 ) = sin(nT0 ω + φ) ⋅ σ(nT0 ) =

1 (e j(nT0 ω+φ) − e − j(nT0 ω+φ) ) ⋅ σ n 2j

=

e jφ jT0 ωn e − jφ − jT0 ωn e e σn − σn 2j 2j

∘−−∙ X(z) =

e jφ e − jφ z z ⋅ − ⋅ 2 j z − e jT0 ω 2 j z − e − jT0 ω

=

z e jφ (z − e − jT0 ω ) − e − jφ (z − e jT0 ω ) ⋅ 2j (z − e jT0 ω )(z − e − jT0 ω )

=

jφ − jφ − j(T0 ω−φ) − e j(T0 ω−φ) ) z z (e − e ) − (e ⋅ 2j z2 − z (e jT0 ω + e − jT0 ω ) + 1

=z

z sin(φ) + sin(ωT0 − φ) . z2 − 2z cos(ωT0 ) + 1

13.1.1.2 Gesucht: Die z-Transformierte X(z) der Signalfolge x n . Gegeben: Zeitkontinuierliches Signal x(t) mit Abtastzeit T0 = T/2. Ansatz: Kann durch Einsetzen in (13.1.1.1) gelöst werden. Die Abtastzeiten sind gegeben durch T0 = https://doi.org/10.1515/9783110672534-015

T 2π π = = . 2 2ω ω

(13.1.1.1)

13.1 Hin- und Rücktransformation | 195

Für diesen Spezialfall ergibt sich X(z) = z =z

z sin(φ) + sin(π − φ) z sin(φ) + sin(φ) =z 2 z − 2z cos(π) + 1 z2 + 2z + 1 z (z + 1) sin(φ) = sin(φ) . z+1 (z + 1)2

13.1.1.3 Gesucht: Die z-Transformierte X(z) der Signalfolge x n . Gegeben: Zeitkontinuierliches Signal x(t) mit Abtastzeit T0 = T/4. Ansatz: Kann durch Einsetzen in (13.1.1.1) gelöst werden. Überlegen Sie, wie sich die Abtastwerte der Zeitfunktion durch eine abgetastete harmonische Schwingung darstellen lassen. Das abgetastete Signal kann auch durch die Abtastung einer Kosinusfunktion mit ω = 2π/T = π/(2T0 ) gewonnen werden π π π x n = cos(nT0 ω) ⋅ σ(nT0 ) = cos (n ) σ n = sin (n + ) σ n . 2 2 2 Damit ergibt sich mit Hilfe der in Aufgabe 13.1.1.1 hergeleiteten Korrespondenz: X(z) = z

z sin(π/2) + sin(π/2 − π/2) z2 . = z2 + 1 z2 − 2z cos(π/2) + 1

Aufgabe 13.1.2 13.1.2.1 Gesucht: Die zur z-Transformierten X(z) gehörige Folge x n . Gegeben: Die z-Transformierte X(z) = Ansatz:

z(z − 0,7) , z2 + z + 0,09

|z| > 0,9 .

Weil das Zählerpolynom den gleichen Grad wie das Nenner-Polynom hat, führen Sie eine Partialbruchzerlegung der Funktion X(z) z durch und wenden anschließend eine passende Transformationsvorschrift an.

Bestimmung der Nullstellen des Nennerpolynoms: z2 + z + 0,09 = 0 z = −0,5 ± √0,25 − 0,09 = −0,5 ± 0,4 z1 = −0,9

z2 = −0,1 .

Es ergeben sich zwei reelle Nullstellen für die Partialbruchzerlegung.

196 | 13 Die z-Transformation Achtung: X(z)/z (und nicht X(z)) wird in Partialbrüche zerlegt! Durch diesen Trick z ergeben sich Ausdrücke der Form z−a , die einfach transformiert werden können z − 0,7 A B X(z) = = + z (z + 0,9)(z + 0,1) z + 0,9 z + 0,1 󵄨󵄨 A=2, 󵄨 A+B=1 ⇒ ⇒ 󵄨󵄨󵄨󵄨 B = −1 . 󵄨󵄨 0,1A + 0,9B = −0,7 Für die Rücktransformation erhält man die Partialbruchzerlegung X(z) =

2z z − . z + 0,9 z + 0,1

Mit der Korrespondenz sn ⋅ an

∘−−∙

z z−a

folgt: x n = [2(−0,9)n − (−0,1)n ] s n . 13.1.2.2 Gesucht: Die zur z-Transfomierten X(z) gehörige Folge x n . Gegeben: Die z-Transformierte X(z) = Ansatz:

z(z − 0,9) , z2 + 0,6z + 0,25

|z| > 0,5 .

Führen Sie wie zuvor eine Partialbruchzerlegung der Funktion X(z) z durch und wenden Sie anschließend eine passende Transformationsvorschrift an.

Bestimmung der Nullstellen des Nennerpolynoms: z2 + 0,6z + 0,25 = 0 z1,2 = −0,3 ± √0,09 − 0,25 = −0,3 ± j0,4 . Es ergeben sich zwei konjugiert komplexe Nullstellen. Die Partialbruchzerlegung kann mit den konjugiert komplexen Nullstellen durchgeführt werden (siehe unten). Für ein Nennerpolynom 2. Grades ergibt sich allerdings durch Verwendung folgender Korrespondenz ein »schönerer« Ausdruck im Zeitbereich: s n ⋅ e −βn cos(nω)

∘−−∙

s n ⋅ e −βn sin(nω)

∘−−∙

z (z − e −β cos ω) z2 − 2 e −β z cos ω + e −2β

,

z e −β sin ω . z2 − 2 e −β z cos ω + e −2β

13.1 Hin- und Rücktransformation | 197

Durch diesen Ansatz ergeben sich die Beziehungen z2 + 0,6z + 0,25 = z2 − 2z e −β cos ω + e −2β ⇒{

e −2β = 0,25 2 e −β ⋅ cos(ω) = −0,6

daraus folgt: e −β = 0,5 ,

cos ω = −0,6 ,

sin ω = 0,8 ,

ω = 2,21

Az (z − e −β cos ω) z(z − 0,9) Bz e −β sin ω = + 2 2 2 z + 0,6z + 0,25 z + 0,6z + 0,25 z + 0,6z + 0,25 =

⇒{

z (Az − A e −β cos ω + B e −β sin ω) z2 + 0,6z + 0,25

A=1 e −β (−A cos ω + B sin ω) = −0,9

0,5(+0,6 + 0,8B) = −0,9 z (z − e −β cos ω) z2 − 2z e −β cos ω + e −2β

−3

z e −β sin ω z2 − 2z e −β cos ω + e −2β

∘−−∙

X(z) =

⇒ B = −3

x n = e −βn cos(nω)s n − 3 e −βn sin(nω)s n = (0,5)n [cos(n ⋅ 2,21) − 3 sin(n ⋅ 2,21)] ⋅ s n . Alternative Lösung mit komplexen Polstellen: Mit den komplexen Polstellen ergibt sich mit Hilfe einer Partialbruchzerlegung z(z − 0,9) (z + 0,3 − 0,4 j)(z + 0,3 + 0,4 j) z z = (0,5 + 1,5 j) + (0,5 − 1,5 j) z + 0,3 − 0,4 j z + 0,3 + 0,4 j z z = (0,5 + 1,5 j) + (0,5 − 1,5 j) z − 0,5 e j(π−φ) z − 0,5 e − j(π−φ)

X(z) =

mit φ = arctan 0,4 0,3 ≈ 0,93. Die Rücktransformation liefert: x n = [(0,5 + 1,5 j) ⋅ (0,5)n e j(π−φ)n + (0,5 − 1,5 j) ⋅ (0,5)n e − j(π−φ)n ] ⋅ s n = (0,5)n [0,5 (e j(π−φ)n + e − j(π−φ)n ) + 1,5 j (e j(π−φ)n − e − j(π−φ)n )] ⋅ s n = (0,5)n [cos((π − φ)n) − 3 sin((π − φ)n)] ⋅ s n = (0,5)n [cos(2,21n) − 3 sin(2,21n)] ⋅ s n .

198 | 13 Die z-Transformation

13.1.2.3 Gesucht: Die zur z-Transformierten X(z) gehörige Folge x n . Gegeben: Die z-Transformierte X(z) = Ansatz:

z2

z−2 , −z+1

|z| > 1 .

Führen Sie eine Partialbruchzerlegung der Funktion X(z) durch und wenden Sie anschließend eine passende Transformationsvorschrift an.

Bestimmung der Nullstellen des Nennerpolynoms: z2 − z + 1 = 0 z1,2 = 0,5 ± √0,25 − 1 = 0,5 ± j√0,75 . Es ergeben sich zwei konjugiert komplexe Nullstellen. Hier können wieder dieselben Korrespondenzen wie in Aufgabenteil 13.1.2.2 benutzt werden. Da aber e −2β = 1 ist, vereinfachen sich die Korrespondenzen zu s n ⋅ cos(nω)

∘−−∙

z (z − cos ω) , z2 − 2z cos ω + 1

s n ⋅ sin(nω)

∘−−∙

z sin ω . z2 − 2z cos ω + 1

Hieraus ergibt sich z2 − 2z cos ω + 1 = z2 − z + 1 ⇒

cos ω =

1 , 2

sin ω =

√3 , 2

ω=

π 3

und damit als Ansatz für die Partialbruchzerlegung X(z) =

Bz√3 /2 1 z(z − 2) 1 Az (z − 1/2) ] ⋅ 2 = [ 2 + 2 z z −z+1 z z −z+1 z −z+1 [ ] ⇒{ ⇒

√3 3 B=− , 2 2

B = −√3 ;

z√3 /2 1 [ z (z − 1/2) ] √3 − z z2 − z + 1 z2 − z + 1 [ ]

∘−−∙

X(z) =

A=1 −1/2A + √3 /2 B = −2

x n = {cos [(n − 1)

π π ] − √3 sin [(n − 1) ]} s n−1 . 3 3

13.1 Hin- und Rücktransformation | 199

Aufgabe 13.1.3 Beachten Sie, dass die Partialbruchzerlegung und der Residuensatz einen geschlossenen Ausdruck der Zeitfolge liefern, während mit der Polynomdivision und dem Anfangswertsatz lediglich einzelne Elemente der Folge bestimmt werden können. Der geschlossene Ausdruck ist allgemeiner und damit meist vorzuziehen. 13.1.3.1 Gesucht: Die kausale Folge x n und jeweils die Elemente x0 , x1 , x2 . Zu lösen mit der Polynomdivision. Gegeben: Die z-Transformierte X(z) = Ansatz:

3z3 − 7z2 + 7/2z , z3 − 5/2z2 + 2z − 1/2

|z| > 1 .

Berechnen Sie die gebrochen rationale Funktion X(z) mit einer Polynomdivision. Transformieren Sie das Ergebnis der Polynomdivision, sodass x(n) als Folge von Kronecker-Pulsen dargestellt werden kann.

X(z) =

5 1 1 5 7 z) : (z3 − z2 + 2z − ) = 3 + z−1 − z−2 + ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 4 15 2 3 3 − (3z − z + 6z − ) 2 2 1 2 5 3 z − z+ 2 2 2 1 1 2 5 − ( z − z + 1 − z−1 ) 2 4 4 5 1 1 −1 − z+ + z 4 2 4 5 25 5 −1 5 −2 − z + z ) − (− z + 4 8 2 8 (3z3 − 7z2 +

∘−−∙

⋅⋅⋅

x(n) = 3δ(n) +

1 5 δ(n − 1) − δ(n − 2) + ⋅ ⋅ ⋅ 2 4

Damit folgt x0 = 3 ,

x1 =

1 , 2

x2 = −

5 . 4

200 | 13 Die z-Transformation

13.1.3.2 Gesucht: Die kausale Folge x n und jeweils die Elemente x0 , x1 , x2 . Zu lösen mit dem Anfangswertsatz. Gegeben: Die z-Transformierte X(z). Ansatz: Das Element x0 lässt sich mit dem Anfangswert limz→∞ X(z) bestimmen. Die nachfolgenden Elemente lassen sich bestimmen, indem durch Subtraktion von x0 und Multiplikation mit z eine neue Folge gebildet wird, deren Anfangswert das Element x1 darstellt. Aus X(z) = x0 + x1 z−1 + x2 z−2 + ⋅ ⋅ ⋅ folgt x0 = lim X(z) z→∞

Eine einfache Umformung liefert z(X(z) − x0 ) = x1 + x2 z−1 + ⋅ ⋅ ⋅ und damit x1 = lim z(X(z) − x0 ) z→∞

usw. Damit bestimmt man die Folge zu 3z3 − 7z2 + 7/2z − 5/2z2 + 2z − 1/2

x0 = lim

z→∞ z 3

3 − 7z−1 + 7/2z−2 =3 z→∞ 1 − 5/2 z −1 + 2z −2 − 1/2 z −3

= lim

x1 = lim z(X(z) − x0 ) z→∞

= lim z ( z→∞

= lim z z→∞

3 − 7z−1 + 7/2z−2 − 3) 1 − 5/2z−1 + 2z−2 − 1/2z−3

3 − 7z−1 + 7/2z−2 − 3 + 15/2z−1 − 6z−2 + 3/2z−3 1 = 2 1 − 5/2z−1 + 2z−2 − 1/2z−3

x2 = lim z2 (X(z) − x0 ) − zx1 z→∞

= lim

z→∞

= lim

z→∞

z2 (1/2z−1 − 5/2z−2 + 3/2z−3 ) − 1/2z + 5/4 − z−3 + 1/4z−4 1 − 5/2z−1 + 2z−2 − 1/2z−3 1/2 z

− 5/2 + 3/2z−1 − 1/2z + 5/4 − z−3 + 1/4z−4 5 =− . −1 −2 −3 5 1 4 1 − /2z + 2z − /2z

13.1 Hin- und Rücktransformation |

201

13.1.3.3 Gesucht: Die kausale Folge x n und jeweils die Elemente x0 , x1 , x2 . Zu Lösen mit der Partialbruchzerlegung. Gegeben: Die z-Transformierte X(z). Ansatz: Führen Sie die Partialbruchzerlegung der Funktion X(z) z und nicht von X(z) durch. Die berechneten Partialbrüche können dann jeweils direkt zurück transformiert werden. Eine Polstelle muss geraten werden. Da |z| > 1 als Konvergenzgebiet gegeben ist, liegt wahrscheinlich ein Pol bei z = 1. Durch Polynom-Division ergibt sich das Polynom z3 − 5/2z2 + 2z − 1/2 3 1 = z2 − z + z−1 2 2 mit den zwei reellen Nullstellen z = 1 und z = 1/2. Insgesamt ergeben sich damit drei Pole. Mit Hilfe der Polstellen erhält man X(z) =

3z3 − 7z2 + 7/2z 3z3 − 7z2 + 7/2z = . 2 (z − 1) (z − 3/2z + 1/2) (z − 1)2 (z − 1/2)

Ein möglicher Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet 3z2 − 7z + 7/2 A X(z) B C = = + + . z (z − 1)2 (z − 1/2) z − 1/2 z − 1 (z − 1)2 Die Koeffizienten ergeben sich damit zu A = (z − B=

󵄨 3z2 − 7z + 7/2 󵄨󵄨󵄨 1 X(z) 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = =3, ) 󵄨󵄨 2 z 󵄨󵄨z=1/2 (z − 1)2 󵄨󵄨󵄨z=1/ 2

d X(z) 󵄨󵄨󵄨󵄨 =0, ((z − 1)2 )󵄨 dz z 󵄨󵄨󵄨z=1

C = (z − 1)2

󵄨 3z2 − 7z + 7/2 󵄨󵄨󵄨 X(z) 󵄨󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 = −1 . = 󵄨󵄨 󵄨󵄨 z 󵄨󵄨z=1 z − 1/2 󵄨z=1

Damit ergeben sich die z-Transformierte und die zugehörige Zeitfunktion zu z z − 1 z − /2 (z − 1)2

∘−−∙

X(z) = 3

1 n x n = (3 ( ) − n) s n . 2 Durch Einsetzen von n = 0, 1, 2 erhält man x0 = 3 ,

x1 =

1 , 2

x2 = −

5 . 4

202 | 13 Die z-Transformation

13.1.3.4 Gesucht: Die kausale Folge x n und jeweils die Elemente x0 , x1 , x2 . Zu lösen mit dem Residuensatz. Gegeben: Die z-Transformierte X(z) =

3z3 − 7z2 + 7/2z , − 5/2z2 + 2z − 1/2

z3

|z| > 1 .

Bestimmen und addieren Sie die Residuen wie in der Aufgabenstellung gegeben.

Ansatz:

Die Rücktransformation wird durch Lösen des Integrals xn =

K 1 󵄨 ∮ X(z)z n−1 dz = s n ⋅ ∑ Res {X(z)z n−1 }󵄨󵄨󵄨󵄨z=z k 2π j k=1 C

durchgeführt. Die Variable k bezeichnet die K verschiedenen Pole. Für dieses Beispiel ergeben sich die beiden Residuen zu: z1 = 1/2: Res (

󵄨 3z3 − 7z2 + 7/2z n−1 󵄨󵄨󵄨 3z3 − 7z2 + 7/2z n−1 󵄨󵄨 z = lim z ) 2 󵄨 1 (z − 1)2 (z − 1) (z − 1/2) 󵄨󵄨z=1/ z→ /2 2

= lim

z→1/2

2

3z2

− 7z + 7/2 n 3 (1/2) − 7 (1/2) + 7/2 1 n 1 n z = = 3 ⋅ ( ) ( ) 2 2 2 (z − 1)2 (1/2 − 1)

z2 = 1: Res (

󵄨 3z3 − 7z2 + 7/2z n−1 󵄨󵄨󵄨 󵄨󵄨 z ) 󵄨󵄨 (z − 1)2 (z − 1/2) 󵄨z=1 1 d 3z3 − 7z2 + 7/2z n−1 d 3z n+2 − 7z n+1 + 7/2z n z = lim z→1 1! dz z→1 dz z − 1/2 z − 1/2

= lim

(3(n + 2)z n+1 − 7(n + 1)z n + 7/2nz n−1 ) (3z n+2 − 7z n+1 + 7/2z n ) − 2 z→1 (z − 1/2) (z − 1/2)

= lim

= −n . Das Ergebnis lautet damit 1 n x n = (3 ( ) − n) s n 2 und durch Einsetzen von n = 0, 1, 2 erhält man x0 = 3 ,

x1 =

1 , 2

x2 = −

5 . 4

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme |

203

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme Aufgabe 13.2.1 13.2.1.1 Gesucht: Lösung y n der Differenzengleichung. Gegeben: Die Differenzengleichung mit den Anfangswerten x n = 4s n , y−1 = 1. Ansatz: Man definiert zu Beginn x n ∘−−∙ X(z) und y n ∘−−∙ Y(z). Transformieren Sie nun die Folge und stellen Sie die z-Transformierte als Funktion von X(z), Y(z) und z dar. Transformieren Sie anschließend die gegebene Folge x n und setzen Sie die gegebenen Anfangswerte ein. Lösen Sie die Gleichung nach Y(z) auf und bestimmen Sie y n durch Rücktransformation. Mit der Korrespondenz

∘−−∙

y n − 3y n−1 = x n Y(z) − 3[z−1 Y(z) + y−1 ] = X(z) ergibt sich die z-Transformierte der Gleichung. Durch Transformation von x n erhält man z X(z) = 4 . z−1 Einsetzen der Anfangsbedingungen und auflösen nach Y(z) liefert z +3 z−1 4z + 3(z − 1) 7z − 3 Y(z) = =z . (z − 1)(z − 3) (z − 1)(1 − 3z−1 )

Y(z) ⋅ [1 − 3z−1 ] = 4

Die Rücktransformation wird mit Hilfe der Partialbruchzerlegung und den entsprechenden Transformationsvorschriften durchgeführt Y(z) 7z − 3 A B = = + z (z − 1)(z − 3) z − 1 z − 3 7z − 3 = A(z − 3) + B(z − 1) . z = 3: 21 − 3 = 18 = 2B ⇒ B = 9 , z = 1: 7 − 3 = 4 = −2A ⇒ A = −2 . Damit ergibt sich schließlich die gesuchte Folge

∘−−∙

Y(z) = −2

z z +9 z−1 z−3

y n = (−2 + 9 ⋅ (3)n ) s n .

204 | 13 Die z-Transformation

13.2.1.2 Gesucht: Lösung y n der Differenzengleichung. Gegeben: Die Differenzengleichung mit den Anfangswerten x n = s n , y−1 = 3 , y−2 = 2 . Ansatz: Siehe Aufgabenteil 13.2.1.1. Die Transformation der Differenzengleichung in den Bildbereich ergibt y n − 5y n−1 + 6y n−2 = x n

∘−−∙ Y(z) − 5[z−1 Y(z) + y−1 ] + 6[z−2 Y(z) + y−1 z−1 + y−2 ] = X(z) . Durch Transformation von x n = s n erhält man X(z) =

z . z−1

Einsetzen der Anfangsbedingungen und auflösen nach Y(z) liefert z 4z − 21 + 18z−1 + 3 − 18z−1 = z−1 z−1 4z − 21 + 18z−1 4z2 − 21z + 18 Y(z) = =z . −1 −2 (z − 1)(1 − 5z + 6z ) (z − 1)(z2 − 5z + 6)

Y(z) ⋅ [1 − 5z−1 + 6z−2 ] =

Das Polynom z2 − 5z + 6 besitzt die Nullstellen z1 = 2 und z2 = 3. Die Rücktransformation wird mit Hilfe der Partialbruchzerlegung und den entsprechenden Transformationsvorschriften durchgeführt Y(z) 4z2 − 21z + 18 A B C = = + + z (z − 1)(z − 2)(z − 3) z − 1 z − 2 z − 3 4z2 − 21z + 18 = A(z − 2)(z − 3) + B(z − 1)(z − 3) + C(z − 1)(z − 2) z = 1: 4 − 21 + 18 = 1 = 2A

⇒

z = 2: 16 − 42 + 18 = −8 = −B

⇒

A=

1 , 2

B=8,

z = 3: 36 − 63 + 18 = −9 = 2C

⇒

C=−

9 . 2

Damit ergibt sich schließlich die gesuchte Folge 1 z z 9 z ⋅ +8 − ⋅ 2 z−1 z−2 2 z−3

∘−−∙

Y(z) =

yn = (

1 9 + 8 ⋅ (2)n − ⋅ (3)n ) s n . 2 2

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme |

205

Aufgabe 13.2.2 13.2.2.1 Gesucht: Rekursionsgleichungen zwischen den Folgen x n und w n sowie w n und y n . Gegeben: Das lineare zeitdiskrete System in Abbildung 13.2 (S. 42). Ansatz: Die Dreiecke stellen Verstärker mit einem konstanten Faktor, die Rechtecke eine Verzögerung um T und die Kreise Addierer dar. Damit lassen sich rekursive Gleichungen (der Ausgang w n hängt auch von den vorherigen Ausgangswerten w n−1 , w n−2 usw. ab) aufstellen w n = b0 x n + b1 x n−1 + a1 w n−1 , y n = a2 y n−1 + w n . 13.2.2.2 Gesucht: Die z-Übertragungsfunktion H(z) des Gesamtsystems. Gegeben: Die Folgen w n und y n aus 13.2.2.1. Ansatz: Transformieren Sie die Rekursionsgleichungen als Funktion von x n ∘−−∙ X(z) , y n ∘−−∙ Y(z) , w n ∘−−∙ W(z) und z. Stellen Sie W(z) als Funktion von X(z) dar. Nutzen Sie die entstandene Gleichung, um Y(z) als Funktion von X(z) darzustellen. W(z) = b0 X(z) + b1 z−1 X(z) + a1 z−1 W(z) Y(z) = a2 z−1 Y(z) + W(z) 1 W(z) b0 + b1 z−1 Y(z) = = , X(z) W(z) 1 − a2 z−1 1 − a1 z−1 Y(z) Y(z) W(z) b0 + b1 z−1 ⇒ H(z) = = ⋅ = X(z) W(z) X(z) (1 − a1 z−1 ) (1 − a2 z−1 ) =

b0 z2 + b1 z . (z − a1 ) (z − a2 )

13.2.2.3 Gesucht: Skizzieren Sie x n und berechnen Sie die z-Transformierte X(z). Gegeben: Eingangssignal x(t) und Abtastsequenz mit nT = nT0 /4 in Abbildung 13.1 wobei n ≥ 0. Ansatz: Skizzieren Sie die Folge und überlegen Sie, wie Sie die Folge ohne Verwendung von | cos(ω0 t)| darstellen können. Gemäß Abbildung 13.1 kann x n z. B. durch die mathematische Beschreibung {10 für n = 2k , xn = { 0 sonst {

k = 0, 1, 2, . . .

206 | 13 Die z-Transformation

10

x(t)

t T=

3T

T0 4

5T

Abb. 13.1: Zeitlicher Verlauf von x(t) und abgetastete Funktionswerte x n .

dargestellt werden mit der z-Transformierten ∞

∞

n=0

n=0

X(z) = ∑ x n z−n = ∑ 10z−2n =

10 10z2 = 2 ; −2 1−z z −1

oder durch eine Rekursionsgleichung und deren Korrespondenz

∘−−∙

x n = x n+2

X(z) = z2 X(z) − z2 x(0) − zx(1) = z2 X(z) − 10z2

⇒ X(z) =

10z2 . z2 − 1

13.2.2.4 Gesucht: Die Ausgangsfolge y n als Systemreaktion auf die unter 13.2.2.3 ermittelte Eingangsfolge x n . Gegeben: z-Transformierte X(z) der Eingangsfolge x n (s. Aufgabenteil 13.2.2.3) und Übertragungsfunktion H(z). Ansatz: Multiplizieren Sie X(z) mit der Übertragungsfunktion H(z) und transformieren Sie das Ergebnis. Y(z) = H(z) ⋅ X(z) =

1/5(z

+ 1) 2

(z − 1/2)

⋅

10z2 2z2 = (z − 1)(z + 1) (z − 1/2)2 (z − 1)

2z B Y(z) A C = = + + . 2 2 1 z z − z − 1 / 1 1 2 (z − /2) (z − 1) (z − /2) Bestimmung der Koeffizienten B und C mit Hilfe der Grenzwert-Methode: B = lim (z − z→1/2

1 2 Y(z) 2z = lim = −2 , ) ⋅ 2 z z→1/2 z − 1

C = lim (z − 1) ⋅ z→1

Y(z) 2z = lim =8. z→1 (z − 1/ )2 z 2

(13.2.2.1)

13.2 Übertragungsfunktion diskreter Systeme |

207

Zuletzt kann der Koeffizient A bestimmt werden mit lim

z→0

2z Y(z) =0 = lim z→0 (z − 1/ )2 (z − 1) z 2 0 = lim

z→0

A B C + + z − 1/2 (z − 1/2)2 z − 1

0 = −2A + 4B − C

⇒

A = −8 .

Hiermit ergibt sich für die z-Transformierte Y(z) nach der Partialbruchzerlegung im Zeitbereich die Folge y n : 8z −8z −2z + + z − 1/2 (z − 1/2)2 z − 1

(13.2.2.2)

∘−−∙

Y(z) =

1 n 1 n y n = [−8 ( ) − 4n ( ) + 8] s n . 2 2

(13.2.2.3)

Alternativ kann die Berechnung der Folge y n durch Y(z) =

E F D + + z − 1/2 (z − 1/2)2 z − 1

erfolgen, mit D = −6 , E = −1 , F = 8 und der Rücktransformation 1 n−1 1 n−1 y n = [−6 ( ) − 2(n − 1) ( ) + 8] s n−1 . 2 2

13.2.2.5 Gesucht: Skizze des Pol-Nullstellen-Diagramms der Übertragungsfunktion H(z). Gegeben: Die Übertragungsfunktion H(z) aus Teilaufgabe 13.2.2.4. Ansatz: Bestimmen Sie die Pol- und Nullstellen der Übertragungsfunkton H(z) und skizzieren Sie diese in einer komplexen Ebene. Für kausale Systeme liegt das Konvergenzgebiet außerhalb der betragsmäßig größten Polstelle. Gemäß Aufgabenstellung und Gl. (13.2.2.1) gibt es für H(z) eine Nullstelle bei z n = −1 und eine doppelte Polstelle bei z p = 1/2. Die Transformierte konvergiert für |z| > 1/2. Die Skizze des Pol-Nullstellen-Diagramms zeigt Abbildung 13.2.

208 | 13 Die z-Transformation ℑ{z}

ℜ{z} −1

1

1/2

Abb. 13.2: Pole und Nullstellen der Übertragungsfunkton H(z).

13.2.2.6 Gesucht: Betrag des Frequenzgangs. Gegeben: Ein lineares zeitdiskretes System. Ansatz: Ersetzen Sie z → e jΩ , wobei Ω = ω ⋅ T. Diese Funktion von Ω nennt sich Frequenzgang. Der Frequenzgang kann aus der z-Transformierten nur dann bestimmt werden, wenn das Konvergenzgebiet der z-Transformierten den Einheitskreis enthält. Bestimmen Sie den Betrag der Funktion (Es gilt für komplexe Zahlen z ⋅ z∗ = |z|2 ). Da der Einheitskreis im Konvergenzgebiet liegt, kann der Frequenzgang angegeben werden: H (e jΩ ) =

e jΩ + 1 1 ⋅ 5 (e jΩ − 1/2)2

(cos Ω + 1)2 + sin2 Ω 󵄨󵄨 󵄨 1 󵄨󵄨H (e jΩ )󵄨󵄨󵄨 = ⋅ √ 2 󵄨 󵄨 5 ((cos Ω − 0,5)2 + sin2 Ω) 2 ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ sin Ω + cos2 Ω +2 cos Ω + 1 1 √ 1 √2(1 + cos Ω) =1 = ⋅ = ⋅ 2 2 2 5/4 − cos Ω 5 5 ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ Ω + cos Ω − cos Ω + 0,25) (sin =1

2 cos(1/2Ω) . = ⋅ 5 5/4 − cos Ω

14 Systemtheorie 14.1 Signalanalyse und -rekonstruktion Aufgabe 14.1.1 14.1.1.1 Gesucht: Zeigen Sie, dass die Aussage x∗(n) ∘−− X ∗(− jΩ) gültig ist. − jnΩ der kontinuierlichen, Gegeben: Die Definitionsgleichung X(jΩ) = ∑∞ n=−∞ x(n) e periodischen Fourier-Transformation von zeitdiskreten Signalen (DTFT). Ansatz: Setzen Sie die Folge x∗(n) in die Definitionsgleichung ein und formen Sie diese um. Einsetzen in die Definitionsgleichung: ∞

∑ x (n) ⋅ e ∗

− jΩn

∞

= ( ∑ x(n) ⋅ e

n=−∞

+ jΩn

∗

)

n=−∞ ∗

∞

= ( ∑ x(n) ⋅ e − j(−Ω)n ) n=−∞

= X (− jΩ) . ∗

14.1.1.2 Gesucht: Zeigen Sie, dass die Korrespondenz x m (n) ∘−− X(jmΩ) gültig ist. Gegeben: Das zeitdiskrete Signal x m (n) = x(n/m) und die Definitionsgleichung der kontinuierlichen, periodischen Fourier-Transformation von zeitdiskreten Signalen (DTFT). Ansatz: Setzen Sie die Folge x(m) (n) in die Definitionsgleichung ein und substituieren Sie n = lm. Sie erhalten eine Summe über l, die der gesuchten DTFT entspricht. Die Folge x(m) (n) ist eine um den Faktor m gespreizte Variante der Folge x(n). Einsetzen in die Definitionsgleichung liefert: ∞

∞

n=lm

∑ x(m) (n) ⋅ e − jΩn =

n=−∞

∑ x(m) (lm) ⋅ e − jΩlm l=−∞

∞

= ∑ x( l=−∞

lm ) ⋅ e − jmΩl m

∞

= ∑ x(l) ⋅ e − jmΩl l=−∞

= X(jmΩ) . https://doi.org/10.1515/9783110672534-016

210 | 14 Systemtheorie

Aufgabe 14.1.2 Gesucht: Das zeitdiskrete Signal x(n). Gegeben: Die kontinuierliche, periodische Fourier-Transformierte (DTFT) X(jΩ) des zeitdiskreten Signals und die Synthesegleichung. Ansatz: Das zeitdiskrete Signal x(n) kann bestimmt werden, indem man X(jΩ) in die Definitionsgleichung für die inverse DTFT (Synthesegleichung) einsetzt. Überprüfen Sie, ob X(jΩ) eine gerade oder ungerade Funktion ist und vereinfachen Sie dementsprechend die Definitionsgleichung der inversen DTFT. Das zeitdiskrete Signal x(n) kann mit Hilfe der Definitionsgleichung bestimmt werden. Da X(jΩ) eine gerade Funktion ist, kann die Definitionsgleichung vereinfacht werden. Es gilt: x(n) =

π

π

−π

0

1 1 ∫ X(jΩ) e jΩn dΩ = ∫ X(jΩ) cos(Ωn) dΩ . 2π π

Es folgt: 1/ π 8

3/ π 8

7/ π 8

π

1 x(n) = { ∫ 2 cos(Ωn) dΩ + ∫ cos(Ωn) dΩ + ∫ cos(Ωn) dΩ + ∫ 2 cos(Ωn) dΩ} π 0

1/ π 8

5/ π 8

7/ π 8

=

1/ π 3/ π 7/ π π 1 8 8 8 + [sin(Ωn)]1 + [sin(Ωn)]5 + [2 sin(Ωn)]7 } {[2 sin(Ωn)] 0 πn /8π /8π /8π

=

1 π 3π π 7π 2 sin(0n) + sin ( n) − sin ( n) + sin ( n) {2 sin ( n) − ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ πn 8 8 8 8 =0 − sin (

7π 5π n) + 2 sin(πn) − 2 sin ( n)} 8 8

=

1 π 3π 5π π sin(πn) {sin ( n) + sin ( n) − sin ( n) − sin (7 n)} + 2 πn 8 8 8 8 πn

=

π 3π 5π 1 π {sin ( n) + sin ( n) − sin ( n) − sin (7 n)} + 2δK (n) . πn 8 8 8 8

Der Term sin(πn) verschwindet für alle n ≠ 0. Daher gilt nach Bernoulli de l’Hospital πn sin(πn) = δK (n) mit dem Kronecker-Delta πn {1 δK (n) = { 0 {

für n = 0 , sonst.

14.1 Signalanalyse und -rekonstruktion | 211

Aufgabe 14.1.3 14.1.3.1 Gesucht: Die N-Punkte DFT der zeitdiskreten Funktion x(n). Gegeben: Die mathematische Beschreibung der zeitdiskreten Funktion x(n). Ansatz: Setzen Sie die Folge x(n) in die Definitionsgleichung ein und formen Sie diese um. Einsetzen der Folge x(n) in die Definitionsgleichung liefert: N−1

2π

XDFT (k) = ∑ x(n) e − j N kn n=0 N−1

2π

= ∑ δK (n) ⋅ e − j N kn = 1

für

k = 0, 1, . . . , N − 1 .

n=0

Begründung: es gilt ∀ n ∈ [0, N − 1]:

2π

δK (n) ⋅ e − j N kn = {

1 0

für n = 0 , sonst.

14.1.3.2 Gesucht: Die N-Punkte DFT der zeitdiskreten Funktion y(n). Gegeben: Die mathematische Beschreibung der zeitdiskreten Funktion y(n). Ansatz: Fertigen Sie zuerst eine Skizze der Folge y(n) = s(n) − s(n − N) an (siehe hierzu das Beispiel in Abbildung 14.1). Setzen Sie dann die Folge y(n) in die Definitionsgleichung ein und formen Sie Ihr Ergebnis mit Hilfe der endlichen geometrischen Reihe um. Überprüfen Sie, welchen Funktionswert die N-Punkte DFT bei k = 0 besitzt. Einsetzen der Folge y(n) in die Definitionsgleichung liefert: N−1

N−1

2π

N−1

2π

2π

YDFT (k) = ∑ y(n) e − j N kn = ∑ 1 ⋅ e − j N kn = ∑ e − j N kn . n=0

n=0

n=0

y(n) 1

n −3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

Abb. 14.1: Skizze der Folge y(n) = s(n) − s(n − N) für N = 8.

6

7

8

9

212 | 14 Systemtheorie Die endliche geometrischen Reihe ist gegeben durch: k

∑ xn = n=0

1 − x k+1 1−x

für

x ≠ 1 .

Es folgt: N−1

2π

2π

YDFT (k) = ∑ e − j N kn =

1 − e − j N kN

n=0

2π

1 − e− j N k

= 0 für

k ≠ 0 ,

2π

wobei e − j N kN = e − j2πk = 1 gilt. Der Funktionswert YDFT (0) kann mit Hilfe der Regel von Bernoulli de l’Hospital bestimmt werden: YDFT (0) =

1 − e − j2π⋅0 1 − e− j

2π N ⋅0

=

0 0

l’Hospital

=

j2πN e − j2π0 2π

j2π e − j N 0

=N.

Daraus folgt für YDFT (k): YDFT (k) = {

N 0

für k = 0 , sonst.

Aufgabe 14.1.4 14.1.4.1 Gesucht: Lineare Faltung der beiden zeitdiskreten Folgen (z(n) = x1 (n) ∗ x2 (n)). Skizze des Signals z(n) für |n| ≤ 7. Gegeben: Die beiden zeitdiskreten Folgen x1 (n) und x2 (n). Die zeitdiskrete Faltung kann mit folgender Summenformel berechnet werden, dabei verschwinden alle Funktionswerte für i ≥ 3: 2

N−1

z(n) = ∑ x1 (i) ⋅ x2 (n − i) = ∑ x1 (i) ⋅ x2 (n − i) . i=0

i=0

Für die diskrete Ausgangsfolge y(n) ergibt sich somit für N = 3: z(0) = x1 (0) ⋅ x2 (0) + x1 (1) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (−1) +x1 (2) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (−2) = 1 ⋅ 3 = 3 =0

=0

z(1) = x1 (0) ⋅ x2 (1) + x1 (1) ⋅ x2 (0) + x1 (2) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (−1) = 1 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 = 11 =0

z(2) = x1 (0) ⋅ x2 (2) + x1 (1) ⋅ x2 (1) + x1 (2) ⋅ x2 (0) = 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 13 z(3) = x1 (0) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (3) +x1 (1) ⋅ x2 (2) + x1 (2) ⋅ x2 (1) = 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 = 7 =0

z(4) = x1 (0) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (4) +x1 (1) ⋅ ⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟⏟ x2 (3) +x1 (2) ⋅ x2 (2) = 2 ⋅ 1 = 2 . =0

=0

Eine Skizze der Ausgangsfolge z(n) ist in Abbildung 14.2 dargestellt.

14.1 Signalanalyse und -rekonstruktion | 213

14 z(n) 12 10 8 6 4 2 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1

n 0

1

2

3

4

5

6

7

Abb. 14.2: Ausgangsfolge z(n).

14.1.4.2 Gesucht: Das Signal y(n) = x1 (n) ⊗ x2 (n) im zeitdiskreten Bereich für eine Periode und n = 0, 1, . . . , N − 1. Die Skizze von y(n) für |n| ≤ 5. Gegeben: Die beiden periodisch fortgesetzten zeitdiskreten Folgen x1 (n) und x2 (n) mit der Periode N = 3. 1. Möglichkeit: Die zyklische Faltung kann mit Hilfe der Papierstreifenmethode bestimmt werden. In einem ersten Schritt muss eine der beiden Folgen periodisch fortgesetzt und bezüglich der y-Achse gespiegelt werden, z.B. x2 (n). Die zwei resultierenden Streifen x1 (i) und x2 (n − i)mod N werden dann um n Werte gegeneinander verschoben und die Zahlen vertikal multipliziert. Auf Grund der Periodizität der Folge x2 (n − i)mod N ist y(n) ebenfalls periodisch. Die Darstellung der Lösung für y(n) zeigt Tabelle 14.1. Tab. 14.1: Zahlenschema für die zyklische Faltung der Funktionen x1 (n) und x2 (n) sowie das berechnete Signal y(n). −3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

x1 (i)

0

0

0

1

3

2

0

0

0

x2 (i)

3

2

1

3

2

1

3

2

1

x2 (0 − i)

3

1

2

3

1

2

3

1

2

y(0) = 1 ⋅ 3 + 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 = 10

x2 (1 − i)

2

3

1

2

3

1

2

3

1

y(1) = 1 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 + 2 ⋅ 1 = 13

x2 (2 − i)

1

2

3

1

2

3

1

2

3

y(2) = 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 13

x2 (3 − i)

3

1

2

3

1

2

3

1

2

y(3) = 1 ⋅ 3 + 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 = 10

i

214 | 14 Systemtheorie 2. Möglichkeit: Die zyklische Faltung kann mit Hilfe der Summenformel direkt berechnet werden: N−1

y(n)mod N = ∑ x1 (i) ⋅ x2 (n − i)mod N . i=0

Für die diskrete periodische Ausgangsfolge y(n) ergibt sich somit für N = 3: y(0) = x1 (0) ⋅ x2 (0) + x1 (1) ⋅ x2 (−1 mod 3 = 2) + x1 (2) ⋅ x2 (−2 mod 3 = 1) = 1 ⋅ 3 + 3 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 = 10 , y(1) = x1 (0) ⋅ x2 (1) + x1 (1) ⋅ x2 (0) + x1 (2) ⋅ x2 (2) = 1 ⋅ 2 + 3 ⋅ 3 + 2 ⋅ 1 = 13 , y(2) = x1 (0) ⋅ x2 (2) + x1 (1) ⋅ x2 (1) + x1 (2) ⋅ x2 (0) = 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 13 , y(3) = y(3 mod 3 = 0) = y(0) = 10 .

y(n)

14 12 10 8 6 4 2 −5

−4

−3

−2

−1

n 0

1

2

3

4

5

Abb. 14.3: Skizze der gesuchten Ausgangsfolge y(n) für |n| ≤ 5.

14.1.4.3 Gesucht: Durch welche Maßnahme kann mit der zyklischen Faltung dasselbe Ergebnis wie mit der linearen Faltung im Bereich 0 ≤ n ≤ 6 erreicht werden? Antwort: Die zyklische Faltung liefert das gleiche Ergebnis wie die lineare Faltung, wenn zwischen den periodischen Fortsetzungen Nullen eingefügt werden. Bei Folgen gleicher Länge N müssen mindestens N − 1 Nullen eingefügt werden, um das gleiche Ergebnis wie bei der linearen Faltung zu erhalten, siehe hierzu auch Abbildung 14.4.

14.2 Analyse diskreter Systeme | 215

x1v (n) 3 2 1 −5

−4

−3

−2

−1

n 0

1

2

3

4

5

7

6

8

9

x2v (n) 3 2 1 −5

−4

−3

−2

−1

n 0

1

2

3

4

5

7

6

8

9

Abb. 14.4: Eingefügte Nullen in die periodisch fortgesetzten Signale x1v (n) und x2v (n).

14.2 Analyse diskreter Systeme Aufgabe 14.2.1 14.2.1.1 Gesucht: Übertragungsfunktion H(jΩ) des Systems. Gegeben: Das zeitdiskrete LTI-System mit zeitdiskreter Eingangsfolge x(n), zeitdiskreter Ausgangsfolge y(n) und Abtastintervall T. Ansatz: Bestimmen Sie zuerst die Differenzengleichung, mit der die Eingangsfolge x(n) mit der Ausgangsfolge y(n) verknüpft wird. Bestimmen Sie dann H(jΩ) unter Verwendung der Eigenschaften der zeitdiskreten Fourier-Transformation (DTFT). Aus dem Bild 14.3 (S. 45) ergibt sich folgende Differenzengleichung: y(n) = x(n) + x(n − 1) . Die zeitdiskrete Fourier-Transformierte der Differenzengleichung ergibt sich zu Y(jΩ) = X(jΩ) + X(jΩ) e − jΩ . Für die Übertragungsfunktion folgt: H(jΩ) =

Y(jΩ) = 1 + e − jΩ = e − jΩ/2 (e jΩ/2 + e − jΩ/2 ) X(jΩ)

H(jΩ) = 2 cos (

Ω − jΩ/2 = |H(jΩ)| ⋅ e jθ(jΩ) )e 2

für

|Ω| ≤ π .

216 | 14 Systemtheorie

14.2.1.2 Gesucht: Die zeitdiskrete Impulsantwort h(n) des Systems. Gegeben: Übertragungsfunktion H(jΩ) aus Aufgabenteil 14.2.1.1. Ansatz: Die Impulsantwort kann mit Hilfe der Eigenschaften und Korrespondenzen der DTFT bestimmt werden. Die Impulsantwort des Systems kann aus der Übertragungsfunktion H(jΩ) direkt bestimmt werden:

∘−−

H(jΩ) = 1 + e − jΩ

h(n) = δ(n) + δ(n − 1) . 14.2.1.3 Gesucht: Skizzieren Sie den Betragsfrequenzgang |H(jΩ)| und den Phasengang θ(jΩ) des Systems für |Ω| ≤ π. Gegeben: Übertragungsfunktion H(jΩ) aus Aufgabenteil 14.2.1.1. Ansatz: Der Betragsfrequenzgang kann mit Hilfe der folgenden Formel bestimmt werden: |H(jΩ)| = √(ℜ{H(jΩ)})2 + (ℑ{H(jΩ)})2 . Der Phasengang ergibt sich aus θ(jΩ) = arctan (

ℑ{H(jΩ)} ). ℜ{H(jΩ)}

Der Betragsfrequenzgang ergibt sich zu 󵄨󵄨 Ω 󵄨󵄨󵄨 Ω 󵄨 |H(jΩ)| = 󵄨󵄨󵄨2 e − jΩ/2 cos ( )󵄨󵄨󵄨 = 2 cos ( ) 2 󵄨󵄨 2 󵄨󵄨

für

|Ω| ≤ π .

Der Phasengang ist gegeben durch θ(jΩ) = −

Ω 2

für |Ω| ≤ π .

Dargestellt sind die Skizzen in den Abbildungen 14.5 und 14.6. 14.2.1.4 Gesucht: Die normierte 3-dB-Grenzfrequenz Ω3 dB des Systems. Gegeben: Übertragungsfunktion H(jΩ) aus Aufgabenteil 14.2.1.1. Ansatz: Die normierte 3-dB-Grenzfrequenz kann man mit Hilfe der folgenden Formel bestimmen: 1 |H(jΩ3 dB )| = |H(jΩ)|max . √2

14.2 Analyse diskreter Systeme | 217

|H(jΩ)| 2 √2

Ω −π

− π2

π 2

0

π

Abb. 14.5: Frequenzgang |H(jΩ)|. π 2

θ(jΩ)

π 4

Ω −π

− π2

π 2

− π4

π

− π2 Abb. 14.6: Phasengang θ(jΩ).

Die normierte 3-dB-Grenzfrequenz ergibt sich dann aus |H(jΩ3 dB )| =

1 |H(jΩ)|max √2

⇔

2 cos (

Ω3 dB 1 ⋅2 )= 2 √2

⇔

Ω3 dB = ±

π . 2

Alternativ kann der Wert auch direkt aus Abbildung 14.5 abgelesen werden.

Aufgabe 14.2.2 14.2.2.1 Gesucht: Die lineare Faltung der beiden zeitdiskreten Folgen x(n) und h(n). Gegeben: Die zeitdiskreten Signale x(n) und h(n). Ansatz: Berechnen und skizzieren Sie von den beiden Funktionen die Elemente x(0), . . . , x(3) und h(0), . . . , h(3). Berechnen Sie die lineare Faltung ∞

x(n) ∗ h(n) = ∑ x(l) ⋅ h(n − l) . l=−∞

218 | 14 Systemtheorie

Tab. 14.2: Schema zur Berechnung der linearen Faltung der beiden Funktionen x(n) und h(n). l x(l)

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

0

0

0

1

0

−1

0

0

0

0

h(l)

0

0

0

0

0

1

3

0

0

0

h(0 − l)

3

1

0

0

0

0

0

0

0

0

y(0) = 0 ⋅ 3 + 0 ⋅ 1 = 0

h(1 − l)

0

3

1

0

0

0

0

0

0

0

y(1) = 0 ⋅ 3 + 0 ⋅ 1 = 0

h(2 − l)

0

0

3

1

0

0

0

0

0

0

y(2) = 0 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 = 1

h(3 − l)

0

0

0

3

1

0

0

0

0

0

y(3) = 1 ⋅ 3 + 0 ⋅ 1 = 3

h(4 − l)

0

0

0

0

3

1

0

0

0

0

y(4) = 0 ⋅ 3 + (−1) ⋅ 1 = −1

h(5 − l)

0

0

0

0

0

3

1

0

0

0

y(5) = (−1) ⋅ 3 + 0 ⋅ 1 = −3

h(6 − l)

0

0

0

0

0

0

3

1

0

0

y(6) = 0 ⋅ 3 + 0 ⋅ 1 = 0

Die lineare Faltung lässt sich mit der Papierstreifenmethode berechnen. Dazu schreibt man die Elemente der beiden Folgen auf. Eine Folge – hier z. B. h(l) – wird an der y-Achse gespiegelt, aus h(l) wird h(−l). Danach werden die Folgen x(l) und h(−l) wie auf zwei Papierstreifen aneinander vorbei geschoben. Die Ausgangsfolge y(n) ergibt sich aus der Multiplikation der untereinander stehenden Elemente von x(l) und h(n − l) und einer anschließenden Addition, siehe Tabelle 14.2. Das Ergebnis lässt sich mit Hilfe von Kronecker δ-Impulsen darstellen. Es folgt: x(n) = δK (n) − δK (n − 2) h(n) = δK (n − 2) + 3δK (n − 3) ∞

y(n) = ∑ x(l) ⋅ h(n − l) l=−∞

= δK (n − 2) + 3δK (n − 3) − δK (n − 4) − 3δK (n − 5) .

14.2.2.2 Gesucht: Die diskreten Fourier-Transformierten XDFT (k) und HDFT (k) der periodischen Fortsetzungen von x(n) bzw. h(n). Gegeben: Die zeitdiskreten Signale x(n) und h(n). Ansatz: Die DFT einer Folge mit N-Gliedern ist definiert durch N−1

XDFT (k) = ∑ x(n) W Nkn

mit

2π

WN = e − j N .

n=0

Beachten Sie, dass XDFT (k) nur für k = 0, 1, . . . , N − 1 definiert ist! 3

XDFT (k) = ∑ x(n) ⋅ e − j

2π 4

kn

= 1 − e − jπk

2π 4

kn

= e − jπk + 3 e − j 2 πk

mit

Nx = 4 ,

n=0 3

HDFT (k) = ∑ h(n) ⋅ e − j n=0

3

mit

Nh = 4 .

14.2 Analyse diskreter Systeme | 219

14.2.2.3 Gesucht: Die inverse DFT des Produktes aus XDFT (k) und HDFT (k). Gegeben: Die zeitdiskreten Signale x(n) und h(n). Ansatz: Berechnen Sie YDFT (k) = XDFT (k) ⋅ HDFT (k) und transformieren sie das Ergebnis durch die Beziehung y(n) =

1 N−1 ∑ YDFT (k)W N−kn N k=0

mit

2π

WN = e − j N .

zurück in den diskreten Zeitbereich. Produkt aus XDFT (k) und HDFT (k): YDFT (k) = XDFT (k) ⋅ HDFT (k) 5

3

= e − jπk + 3 e − j 2 πk − 1 − 3 e − j 2 πk

mit

Ny = 4 .

Hieraus ergibt sich die diskrete Zeitfunktion y(n) =

2π 1 3 ∑ YDFT (k) ⋅ e j 4 kn , 4 k=0

n = 0, 1, 2, 3

π π π π π π 1 [(−2 + 3 e j 2 + 3 e j 2 ) ⋅ e j 2 n + (−2 + 3 e − j 2 + 3 e − j 2 ) ⋅ e − j 2 n ] 4 π π π π 1 = [−2 e j 2 n + 6 e j 2 (n+1) − 2 e − j 2 n + 6 e − j 2 (n+1) ] 4 1 π π = [−4 ⋅ cos ( n) + 12 ⋅ cos [ (n + 1)]] 4 2 2 = −δK (n) − 3δK (n − 1) + δK (n − 2) + 3δK (n − 3) .

=

Hinweis In der zweiten Zeile der Gleichung wurde die Identität e j2πx ≡ 1, ∀x ∈ ℤ in der 3 1 Beziehung e j /2πn ⋅ e − j2πn = e − j /2πn verwendet. 14.2.2.4 Gesucht: Vergleich der Ergebnisse aus 14.2.2.1 und 14.2.2.3. Ansatz: Die Multiplikation der diskreten Fouriertransformierten (DFT) entspricht einer zyklischen Faltung der zeitdiskreten Folgen. Wie können Sie die lineare Faltung durch die zyklische Faltung beschreiben? Indem man beide Folgen bis zur Länge N x + N h − 1 = 7 mit Nullen auffüllt und danach die DFT anwendet.