\section {Wirkleistung Zweipol}
An einem Zweipol liegt die dargestellte Spannung $u$. Es fließt der dargestellte Rechteckstrom $i$. Spannung und Strom sind periodisch und haben die gleiche Periodendauer.
\begin{align*}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\begin{scope}[>=latex, xshift=-4cm, yshift=0]
\draw(0,-1)rectangle(2,1);
\draw(-.5,.75)--(0,.75);
\draw(-.5,-.75)--(0,-.75);
\draw[->,blue,thick](-.5,.5)--(-.5,-.5)node at(-.5,0)[left]{$u$};
\draw[->,red,thick](-.5,.9)--(-.1,.9)node at(-.3,.9)[above]{$i$};
\draw node at(1,0){Zweipol};
\end{scope}
\begin{scope}[>=latex, xshift=0cm, yshift=0]
\draw[thin,black!50!](0,-1)grid(8,1);
\draw[color=blue,thick,domain=0:8,samples=100]  plot[id=sin19_7]  function{sin(1.047*x)} node at (2,1) [above] {$u$};
\draw[red, very thick] (0,-.5)--(1,-.5)--(1,.5)--(4,.5)--(4,-.5)--(7,-.5)--(7,.5)--(7,.5)--(8,.5)node at(4,.5)[above right]{i};
\draw node at(0,1)[left]{$u_{max}$};
\draw node at(0,.5)[left]{$iI_{max}$};
\draw node at(0,-.5)[left]{$-i_{max}$};
\draw node at(0,-1)[left]{$-u_{max}$};
\draw node at(1,-1)[below]{$\frac{\pi}{3}$};
\draw node at(4,-1)[below]{$\frac{4}{3}\pi$};
\draw node at(7,-1)[below]{$\frac{7}{3}\pi$};
\draw[->,thick,black](0,-1)--(0,1.25);
\draw[->,thick,black](0,0)--(8.25,0)node [right]{$\omega t$};
\draw node at(4,-1.75)[below]{$u_{max}=300\,\volt\qquad i_{max}=6\,\ampere$};
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{align*}
Berechnen Sie die Wirkleistung, die der Zweipol aufnimmt. \\[\baselineskip]
Hinweis: Unterschiedliche Lösungsverfahren sind möglich.
falls benötigt: Der Strom $i$ kann durch folgende Fourier Reihe dargestellt werden:
\begin{align*}
i&=\frac{24\,\ampere}{\pi}\left[\sin\left(\omega t-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{1}{3}\sin\left( 3\left(\omega t-\frac{\pi}{3}\right)\right)+\frac{1}{5}\sin\left(5\left(\omega t-\frac{\pi}{3}\right)\right)+\cdots\right]
\end{align*}
\ifthenelse{\equal{\toPrint}{Lösung}}{%
%\begin{align}
%\intertext{Formeln:}
%\end{align}
Berechnung:\\[\baselineskip]
Elegante Lösung mit Fourier-Reihe:\\
Für die Leistungsaufnahme des Zweipols ist nur der Stromanteil entscheidend, der die gleiche Frequenz wie die Spannung besitzt, d.h. nur
\begin{align*}
P&=U\cdot I_\omega\cdot \cos\varphi\\
i_\omega(t)&=\frac{24\,\ampere}{\pi}\sin(\omega t\underbrace{-\frac{\pi}{3}}_{\varphi})\\
I_\omega&=\frac{24\,\ampere}{\pi\cdot \sqrt{2}}\\
\Rightarrow\quad P&=U\cdot I_\omega\cdot \cos\varphi=\frac{300\,\volt}{\sqrt{2}}\cdot \frac{24\,\ampere}{\pi\sqrt{2}}\cdot \underbrace{\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)}_{0{,5}}=\uuline{573\,\watt}\\
\end{align*}
oder Standardlösung
\begin{align*}
p(t)&=u(t)\cdot i(t)\\
P&=\frac{1}{T}\int_0^Tp(t)\cdot dt=\frac{1}{T}\int_0^Tu(t)\cdot i(t)\cdot dt=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(\omega t)\cdot i(\omega t)\cdot d(\omega t)\\
&\text{(Verschiebung Start- und Endwert für Integration)}\\
&=\frac{1}{2\pi}\left[\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{4}{3}\pi}6\,\ampere\cdot 300\,\volt\cdot \sin(\omega t)d(\omega t)+\int_{\frac{4}{3}\pi}^{\frac{7}{3}\pi}-6\,\ampere\cdot 300\,\volt\cdot \sin(\omega t)d(\omega t)\right]\\
&=\frac{1}{2\pi}\Big[1800\,\volt\ampere\cdot \Big(\underbrace{-\cos\Big(\frac{4}{3}\pi\Big)}_{0{,}5}+\underbrace{\cos\Big(\frac{\pi}{3}\Big)}_{0{,}5}\Big)
-1800\,\volt\ampere\cdot \Big(\underbrace{-\cos\Big(\frac{7}{3}\pi\Big)}_{-0{,}5}+\underbrace{\cos\Big(\frac{4}{3}\pi\Big)}_{-0{,}5}\Big)\Big]\\
&=\frac{1800\,\volt\ampere}{\pi}=\uuline{573\,\watt}\\[\baselineskip]
\end{align*}
oder sinusförmiger Strom unter Berücksichtigung des Formfaktors
\begin{align*}
&\text{Für sinusförmigen Strom:}\\
P_{\sin}&=U\cdot I\cdot \cos\varphi=\frac{300\,\volt}{\sqrt{2}}\cdot \frac{6\,\ampere}{\sqrt{2}}\cdot \cos(60\,\degree)=450\,\watt (\sin) =636\,\watt\\
&\text{Für den rechteckförmigen Strom muß der Formfaktor berücksichtigt werden:}\\
F&=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}=1{,}11\\
P&=\frac{P_{\sin}}{F}=\frac{636\,\watt}{1{,}11}=\uuline{573\,\watt}\\
\end{align*}
\clearpage
}{}%
