Grundlagen der Elektrotechnik 2: Lösungen zur Klausur am 17. Juli 2012

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1 Fachhochschule Südwestfalen - Meschede Prof. Dr. Henrik Schulze Grundlagen der Elektrotechnik 2: Lösungen zur Klausur am 17. Juli 2012 Aufgabe 1 Die folgende Schaltung wird gespeist durch die beiden Quellen 25 u q1 (t) = 10Vcos(ωt 45 ) und i q2 (t) = 1Acos(ωt+45 ). R 1 = 10Ω u L (t) i q2 (t) L = 4ÑÀ u q1 (t) R 2 = 10Ω u C (t) C = 250µ R 3 = 15Ω (a) Bei welcher Frequenz f 0 liegt Resonanz vor? (b) Berechnen Sie für die Resonanzfrequenz die Zeitsignale für den Strom sowie die Spannungen u L (t) und u C (t). Lösung zu Aufgabe 1 (a) Bei welcher Frequenz liegt Resonanz vor? Resonanzbedingung: ω 2 0 = 1 LC = 1 4mh 250µF = 106 s 2 ω 0 = 1000/s d.h. f 0 = 159Hz t 1 = 55.5ms 5 P für (a) (b) Berechnen Sie für die Resonanzfrequenz die Zeitsignale für den Strom sowie die Spannungen u L (t) und u C (t). Zeiger der Quellen: U q1 = 25Ve j45 = 5V(1 j) I q2 = 20.5Ae j45 = 0.5A(1+j) Die parallele lineare Spannungsquelle wird in eine lineare Stromquelle I q1 = U q1 R 1 = 20.5Ae j45 = 0.5A(1 j)

2 mit dem selben Innenwiderstand transformiert: u L (t) R 1 = 10Ω i q2 (t) L = 4ÑÀ i q1 (t) R 2 = 10Ω u C (t) C = 250µ Die beiden Stromquellen addieren sich zu einer Stromquelle R 3 = 15Ω I q = I q1 +I q2 = 1A mit Innenwiderstand R i = R 1 R 2 = 5Ω. Transformiere diese Stromquelle zu einer Spannungsquelle 1 mit U q = R i I q = 5V und erhalte den folgenden Reihenschwingkreis mit Widerstand R = R i +R 3 = 20Ω R i = 10Ω u L (t) L = 4ÑÀ u q (t) u C (t) C = 250µ R 3 = 15Ω Bei der Resonanzfrequenz ist dies die Impedanz des Schwingkreises und es gilt I = U q R An der Spule liegt die Spannnung 2 = 0.25A d.h. = 2 4 Acos(ω 0t) U L = jω 0 LI = j1000s 1 4mH 0.25A = j1v d.h. u L (t) = 2Vcos(ω 0 t+90 ) = 2Vsin(ω 0 t) Am Kondensator liegt bei Resonanz die Spannnung u C (t) = u L (t). Man kann aber so rechnen: 1 U C = j ω 0 C I = j s A= j1v 250µF d.h. u C (t) = 2Vcos(ω 0 t 90 ) = 2Vsin(ω 0 t) 1 Man kann natürlich auch direkt mit der Stromquelle weiter rechnen. Dann erhält man nach der Stromteilerregel: 20 P für (b) I = I q R 1 R 2 R 1 R 2 +R 3 = 1 4 I q 2 Alternative: Verwende u L (t) = L d dt 2

3 Aufgabe 2 Ein Drehstromnetz der Leiterspannung 400 V wird mit einer asymmetrischen Last 25 Z 12 = 20Ω, Z 23 = 20Ω+j20Ω, Z 31 = 20Ω j20ω in Dreieckschaltung belastet. Der Phasenwinkel von U 1 sei 0. (a) Zeichnen Sie das Schaltbild. (b) Berechen Sie die komplexen Strang- und Leiterströme. (c) Berechen Sie die Wirk-, Schein- und Blindleistung. Lösung zu Aufgabe 2 (a) Zeichnen Sie das Schaltbild. L 1 I 1 U 12 U 31 U 12 I 12 Z 12 I 31 L 2 I 2 Z 31 U 31 U I 23 Z L 3 I 3 U 23 5 P für (a) (b) Berechen Sie die komplexen Strang- und Leiterströme. Spannungen: Strangströme: Leiterströme: U 12 = 400Ve j30, U 23 = 400Ve j90, U 31 = 400Ve j210 I 12 = U 12 = 400Vej30 = 20Ae j30 Z 12 20Ω I 23 = U 23 = 400Ve j90 Z 23 20Ω+j20Ω = 20Ae j90 = 20A e j135 = 10A j10a 2e j45 2 I 31 = U 31 = 400Ve j210 Z 31 20Ω j20ω = 20Ae j210 = 20A e j165 2e j45 2 I 1 = I 12 I 31 = 33.86Ae j23.8 I 2 = I 23 I 12 = 33.86Ae j143.8 I 3 = I 31 I 23 = 7.32Ae j P für (b) (c) Berechen Sie die Wirk-, Schein- und Blindleistung. S = U 12 I 12 +U 23 I 23 +U 31 I 31 = 400Ve j30 20Ae j Ve j9020a e j Ve j21020a e j = 8000VA (1+ 12 (1+j)+ 12 ) (1 j) = 16000W P = 16000W, Q = 0, P = 16000VA 3

4 Oder so: S = Z 12 I Z 23 I2 23 +Z 31 I2 31 = 20Ω400A 2 +(20Ω+j20Ω) 200A 2 +(20Ω j20ω) 200A 2 = 16000W 5 P für (c) 4

5 Aufgabe 3 In der folgenden Schaltung wird zur Zeit t = 0 der Schalter geschlossen. 25 R 1 = 8 Ω U q = 12Î = C = 30µ u C (t) R 2 = 4 Ω (a) Berechnen und skizzieren Sie für t 0 den zeitlichen Verlauf der Kondensatorspannung u(t) = u C (t) und des Stromes. (b) Zu welchem Zeitpunkt t 1 hat die Kondensatorspannung den Wert u C (t 1 ) = 8 V? Lösung zu Aufgabe 3 (a) Berechnen und skizzieren Sie für t 0 den zeitlichen Verlauf der Kondensatorspannung u(t) = u C (t) und des Stromes. Zur Berechnung der Zeitkonstanten τ wird die Schaltung für t 0 betrachtet. Der (Ersatz-) Innenwiderstand von den Kondensatorklemmen aus betrachtet ist R = R 1R 2 = 8 R 1 +R 2 3 kω τ = RC = 30µF8 kω = 80ms. 3 Spannung Anfangsbedingung: u 0 = 12V Stationärer Zustand (Spannungsteiler): u s = R 2 R 1 +R 2 U q = 4V Lösung: u(t) = u s (u s u 0 )e t/τ u(t) = 4V+8Ve t/80ms Strom Anfangsbedingung: Die Stetigkeit von = (U q u(t))/r 1 folgt aus der Stetigkeit von u(t) i 0 = 0A Stationärer Zustand: Lösung: i s = 12V 12kΩ = 1mA = i s (i s i 0 )e t/τ = 1mA (1 e t/80ms) Man kann den Strom auch so berechnen: U q = R 1 +u(t) = 1 R 1 (U q u(t)) 5

6 Skizze: u C (t) R 1 Spannung [V] Zeit [ms] Strom [ma] Zeit [ms] (b) Zu welchem Zeitpunkt t 1 hat die Kondensatorspannung den Wert u C (t 1 ) = 8V? 20 P insgesamt für (a) Setze 8V = 4V+8Ve t1/80ms 1 = e t1/80ms 2 t 1 = 80msln2 t 1 = 55.5ms 5 P für (b) 6

7 Aufgabe 4 Gegeben ist ein Koaxialkabel der Länge l = 150 m mit angepasstem Abschluss und den Leitungsbelägen 25 G = 100 µs/m, C = 100 pf/m, R = 150 mω/m L = 250 nh/m Eingespeist wird ein Signal der Frequenz f = 159 MHz und der Spannung U 1 = 10 V. Berechnen Sie (a) Den Wellenwiderstand Z L, die Ausbreitungskonstante γ sowie die Wellenlänge λ. (b) Den Strom I 1 und die Leistung S 1 am Anfang der Leitung. (c) Die Spannung U 0, den Strom I 0 und die Leistung S 0 am Ende Leitung. (d) Die maximal mögliche Leitungslänge l 1/2, wenn die Verlustleistung durch das Kabel maximal die Hälfte der am Anfang eingespeisten Leistung betragen darf. Lösung zu Aufgabe 4 Gegeben ist ein Koaxialkabel der Länge l = 150 m mit angepasstem Abschluss und den Leitungsbelägen 25 G = 100 µs/m, C = 100 pf/m, R = 150 mω/m L = 250 nh/m Eingespeist wird ein Signal der Frequenz f = 159 MHz und der Spannung U 1 = 10 V. Berechnen Sie (a) Den Wellenwiderstand Z L, die Ausbreitungskonstante γ sowie die Wellenlänge λ. Es gilt ω = MHz 1000 MHz. Damit folgt L Z L = C R 1+ jωl 1+ G jωc = 2500Ω 1 j = 50Ω j j j10 3 Z L = 50Ωe j0.0p11 und γ = jω ( )( ) L C 1+ R jωl 1+ G jωc = j ( 1 j ) (1 j10 3 )m 1 j5 1 j m 1 j5 ( 1 j ) m 1 γ ( j)m 1 d.h. α 0.004/m und β 5rad/m = /m λ = 2π β 1.26m 10 P für (a) (b) Den Strom I 1 und die Leistung S 1 am Anfang der Leitung. I 1 = U 1 Z L 200mA S 1 = U 1 I 1 2W 5 P für (b) 7

8 (c) Die Spannung U 0, den Strom I 0 und die Leistung S 0 am Ende Leitung. e αl = 0.55 Wegen l λ muss man bei der Phase genauer rechen. Wegen der Näherung für ω ist β ca. 1% zu klein 3. Wenn man mit dem genauen Wert β = /m arbeitet, ergibt sich βl = e jβ = j U 0 = U 1 e γl = 5.5Ve j90 I 0 = U 0 = 0.11Ae j90 Z L S 0 = 605mW 5 P für (c) (d) Die maximal mögliche Leitungslänge l 1/2, wenn die Verlustleistung durch das Kabel maximal die Hälfte der am Anfang eingespeisten Leistung betragen darf. Setze e 2l 1/2α = 1 2 l 1/2 = ln2 2α l 1/2 = 86.6m 5 P für (d) 3 Interessant: Der Fehler durch die Approximation der Wurzel durch 1 x 1 0.5x ist dagegen vernachlässigbar. 8