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