Lösungen zu Kapitel 2

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2 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen Lösungen zu Kapitel Aufgabe.1 Aus der Maschengleichung ergibt sich: I 4 = U q1 + U q R 1 I 1 R I R I R 4 I 4 = 4 V + 1 V Ω 5 A Ω, A 5 Ω 4 A Ω I 4 = ( ) V Ω = A.

3 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen Lösungen zu Kapitel Aufgabe.1 Man braucht für R 1 und R zwei Gleichungen. Die erste Gleichung liefert der Leerlauf (in der Abbildung links): U = U 1 R R 1 + R U (R 1 + R ) = U 1 R U R 1 = R (U 1 U ) R 1 = R U1 U = R U R 1 = 4 R (9 1, 8)V 1, 8V Die zweite Gleichung wird durch den Kurzschluss (in der Abbildung rechts) gewonnen: I K = 1 U 1 U 1 R = = U 1 + R 1 R 1 + R 9 R U 1 R = = 9V 9 I K 9 1A = 1Ω; R 1 = 4Ω

4 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 4 Lösungen zu Kapitel 4 Aufgabe 4.1 Für die Aufgabe ergeben sich die folgenden Schaltbilder: A R C R R B A R A R AB R B B R R R R A 5 R B 5 R 5 R 4 R 4 R Abbildung 4.1: Schaltung zu Aufgabe 4.1 Es ist: R AB = R + R + R R = 5R R R AO = R + R R R + R = 5R R BO = R AO (Symmetrie) [ ( R AB = 5R 5 R )] 4R R AB = 5R 4 7 R = 8 7 R.

5 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 5 Lösungen zu Kapitel 5 Aufgabe 5.1 Zur Bestimmung der zwei unbekannten Größen U q und R i braucht man zwei Gleichungen. Diese erlangt man, indem man die Spannung an der Last zweimal schreibt. Es handelt sich hier um einen Spannungsteiler. Man kann die Spannungsteilerregel zweimal anwenden, für die zwei Lastwiderstände R 1 und R. R 1 U 1 = U q, R 1 + R i R i = U 1 U R U = U q R i + R U 1 (R 1 + R i ) R 1 = U (R + R i ) R = R i = U 1 R 1 R U R 1 R U R 1 U 1 R 1 V 9 V 1 V U R U 1 R 1 = ( U q = U 1 (R i + R 1 ) R 1 Aufgabe 5. Berechnung der einzelnen Zweipole: 1. Zweipol a): = ) = A 1 V 1 Ω 1 Ω ( 1 ) = Ω A = 1 V. 5Ω I 5Ω 5Ω 5Ω I K 15V I 1 I V I 1V V 1V

6 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 6 Leerlauf: 5 Ω I 1 5 Ω I + 1 V V = I 1 I = I = I 1 I 1 (5 Ω + 5 Ω) = 1 V I 1 = 1 A U l = V 5 Ω 1 A = 15 V P auf = 5 Ω (1 A) + 5 Ω (1 A) = 1 W aufgenommene Leistung P ab = V 1 A + 1 V 1 A = 1 W abgegebene Leistung Die Quelle U q arbeitet im Leerlauf als Verbraucher, da Strom und Spannung gleichgerichtet sind! Kurzschluss. Zweipol b): I K = I 1 + I I 1 = V 5 Ω = 4 A ; I = 1 V 5 Ω = A I K = 4 A + A = 6 A P auf = 5 Ω (4 A) + 5 Ω ( A) P auf = 8 W + W = 1 W aufgenommene Leistung P ab = V 4 A 1 V A = 1 W abgegebene Leistung I 5Ω 5Ω 6A V 5Ω V 5Ω Leerlauf: Kurzschluss : I = V 1 Ω = A U l = A 5 Ω = 15 V P auf = 1 Ω ( A) = 9 W P ab = V A = 9 W I K = V 5 Ω = 6 A P auf = 5 Ω (6 A) = 18 W P ab = V 6 A = 18 W

7 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 7. Zweipol c):, 5Ω, 5Ω 15V 15V 6A Leerlauf: Kurzschluss : U l = 15 V P auf =! I K = 15 V, 5 Ω = 6 A P auf =, 5 Ω (6 A) = 9 W 4. Zweipol d): 6A 6A 6A, 5Ω 15V, 5Ω Leerlauf: Kurzschluss : U l = 6 A, 5 Ω = 15 V P auf =, 5 Ω (6 A) = 9 W I K = 6 A P auf =. Aus diesen Berechnungen kann man folgende Zusammenhänge ableiten: Jeder von den vier Zweipolen kann durch jeden der anderen ersetzt werden. Die Gesamtleistungen sind sehr unterschiedlich. In der Ersatzspannungsquelle wird im Leerlauf, in der Ersatzstromquelle im Kurzschluss keine Leistung verbraucht!

8 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 8 Lösungen zu Kapitel 7 Aufgabe 7.1 Jetzt sind die Ströme 1, und 4 unabhängig. Die drei unabhängigen Maschen sind auf dem nächsten Bild dargestellt: Das neue Gleichungssystem lautet: 1 4 I 1 I I I 1 I I 4 R 1 + R R +R U q1 U q R R + R + R 5 (R + R 5 ) U q + U q +R (R + R 5 ) R + R 4 + R 5 U q Setzt man die Werte ein, so ergibt sich: I 1 I I 4 = 1 Bemerkung: Da die Quelle jetzt nicht mehr in einem unabhängigen Zweig liegt, erscheint sie jetzt dreimal auf der rechten Seite des Gleichungssystems (vorher nur einmal!). Die Widerstandsdeterminante ist jetzt: D = 4 (49 9) + ( 14 +6) + (6 14) = = 18 Ω Für den Strom I 4 berechnet man noch die Determinante: 4 D 4 = 7 1 D 4 = 4 ( ) + (4 4) = 4 ( 4) 16 = 18 Ω V.

9 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 9 Damit wird I 4 : I 4 = D 4 D = 18 Ω V 18 Ω = 1 A. Außerdem ergibt sich für die anderen zwei unabhängigen Ströme: I 1 = A, I = A. Die abhängigen Ströme ergeben sich durch Überlagerung der unabhängigen. Man betrachtet hierzu die drei Maschen und sucht in jeder Masche nach dem zu bestimmenden abhängigen Strom. Man fängt zum Beispiel mit I an. Dieser ist in allen drei Maschen vorhanden. Die Ströme I 1 und I 4 fließen durch den Zweig entgegen der für den Strom I als positiv angenommenen Zählrichtung, der Strom I dagegen in dieselbe Richtung. Daraus ergibt sich I als die folgende Überlagerung: I = I 1 + I I 4 = + ( 1) = A Für I 5 ergibt sich auf ähnliche Weise: Aufgabe 7. Jetzt sind I 1, I 4 und I 5 unabhängig: I 5 = I I 4 = ( 1) = 4 A I 1 I 4 4 I 5 5 Das neue Gleichungssystem lautet: I 1 I 4 I 5 R 1 + R R U q1 U q R + R 4 R U q R R R + R + R 5 U q + U q

10 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 1 Lösungen zu Kapitel 8 Aufgabe 8.1 Die gesuchten Phasenwinkel φ sind in den folgenden Abbildungen eingetragen: i(t) i 1 i(t) φ i 1 i i φ φ φ 1 φ 1 φ ωt ωt i(t) i 1 i(t) i i i 1 φ φ φ φ 1 φ 1 φ ωt ωt i(t) i 1 i i(t) i 1 i φ 1 φ 1 φ φ φ ωt ωt

11 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 11 Bild oben links: φ 1 = 15, φ = 9 φ = 45 Bild oben rechts: φ 1 = 15, φ = 18 φ = 45 Bild mitte links: φ 1 = 15, φ = 45 φ = 9 Bild mitte rechts: φ 1 = 45, φ = 15 φ = 9 Bild unten links: φ 1 = 15, φ = φ = 18 Bild mitte rechts: φ 1 = 45, φ = 45 φ =

12 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 1 Lösungen zu Kapitel 1 Aufgabe 1.1 a) Hier gilt die Knotengleichung: i = i R + i L + i C. Als Bezugsgröße in der Nullachse kann man U annehmen. Phasengleich mit U liegt I R. Um 9 o hinter der Spannung liegt der induktive Strom I L, um 9 o vor der Spannung I C. Ihre geometrische Summe ergibt den gesuchten Gesamtstrom I. Seinen Effektivwert und seinen Phasenwinkel kann man direkt ablesen oder errechnen: I = IR + (I L I C ) = + 4 A = 5 A φ = arctan I L I C I R = arctan 4 φ = 5, 1o. I R φ U I I L I C Der Strom liegt hinter der Spannung, der Verbraucher ist induktiv. b) Da I R unbekannt ist, zeichnet man in irgendeinem Punkt der horizontalen Achse nach oben den kapazitiven Strom I C und nach unten den induktiven Strom I L, in dem ausgewählten Maßstab (z.b. 1 A = 1 cm). Von dem Punkt P aus zeichnet man einen Zeiger der Länge 1 A bis zur Bezugsachse. Das ist der Summenzeiger I. Jetzt kann man I R und φ ablesen. Bemerkung: Man kann zuerst I L nach unten und dann I C nach oben zeichnen, der Punkt P liegt an derselben Stelle.

13 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 1 I L P I I C φ I R =? U Es ist: Der Winkel φ ist negativ: I R = I (I C I L ) = 1, 8 A =, 6 A. tan φ =, 8, 6 φ = 5, 1o. Die Schaltung verhält sich in diesem Falle kapazitiv. Aufgabe 1. Für die folgende Abbildung gilt: U R1 = R 1 I ; U R = R I ; U X = X I. N φ 1 U U AB U X φ φ U R1 U R M I Den Winkel φ kann man gleich bestimmen: tan φ = U X = X = 15 U R R 5 = φ = 71, 56 o. Man sieht, dass: ist. Da φ 1 = o sein soll, ergibt sich: φ 1 + φ = φ φ = φ φ 1 = 71, 56 o o = 41, 56 o. Andererseits ergibt sich aus dem Dreieck OMN:

14 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 14 tan φ = U X X = =, 887. U R1 + U R R 1 + R In dieser Gleichung ist nur R 1 unbekannt. (R 1 + R ), 887 = X R 1 = X R, 887, 887 R 1 = 15 5, 887, 887 Ω = 11, 9 Ω.

15 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 15 Lösungen zu Kapitel 11 Aufgabe Es gilt: Z = U I = 11 V 8 A.. = 1, 75 Ω und Z = R + jωl j 1 ωc Z = R + jωl. Den Widerstand R kann man über die Wirkleistung P bestimmen: P = R I R = P = 4, 14Ω I Z = 4R + ω L ωl = Z 4R = 11 Ω Z L = R + jωl = (4, 14 + j11) Ω = 11, 75 Ω e j69,4o. Z C = j 1 ωc o = j11 Ω = 11 Ω e j9 S = U I I = U Z = 11 V ejo = 8 A e j5 o 1, 77 Ω e j5o ; I = 8 A e j5o S = 11 V e jo 8 A e j5o = 88 V A e j5o = (5 + 7j)V A. Überprüfung: P = 5 W ; Q = X L I = 11 Ω 64 A = 74 var. Aufgabe 11. a) Damit die gesamte aufgenommene Wirkleistung p zeitlich konstant bleibt, müssen die von den beiden gleichen Lampen aufgenommenen Leistungen p 1 und p phasenverschoben sein (siehe folgende Abbildung):. p1(t), p(t) p (t) ωt p 1 (t) p1(t) + p(t) ωt

16 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 16 Um eine konstante Gesamtwirkleistung zu erzeugen, müssen die Spannungen an den beiden Lampen gleichgroß und um 9 gegeneinander verschoben sein. In der Tat sind dann die beiden Leistungen, da die Lampen näherungsweise als Widerstände betrachtet werden können, gleich: und folglich: p 1 = u 1 i 1 = U sin ωt I sin ωt = UI sin ωt p = u i = U cos ωt I cos ωt = UI cos ωt p = p 1 + p = UI = const. b) Die beiden Lampenspannungen U 1 und U sollen sinnvollerweise symmetrisch gegenüber der Versorgungsspannung verlaufen, also eine um 45 voreilend, die andere um 45 nacheilend. Diese Forderung wird mit der folgenden Schaltung realisiert. U U 1 U C C L U U L U 1 U U U C U L Das Zeigerdiagramm der Spannungen ergibt die Verhältnisse: U 1 = U = U C = U L = U wo U = V die Versorgungsspannung ist. Es stellt sich die Frage, ob diese Betriebsspannung für die Lampen die optimale ist. Denkbar wäre auch eine kleinere Spannung (siehe nächstes Bild), doch dann müsste in Reihe mit den Lampen noch jeweils ein Widerstand geschaltet werden (U C, bzw. U L müssen gleich U sein). U U 1 U RC U R U C U R U 1 U RC U U U C

17 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 17 Diese zusätzlichen Widerstände würden ständig Leistung in Wärme umsetzen, ohne zur Beleuchtung beizutragen. Die Betriebsspannung der Lampen soll also im optimalen Fall: U 1 = U = U = V = 155 V sein. Da die Lampen jeweils P = 5 W aufnehmen sollen, ist ihr Widerstand: R L = U 1 P = 48 Ω und die benötigten Schaltelemente X C und X L müssen gleich groß sein. Daraus ergibt sich für die Kapazität C: X C = 1 ωc = 48 Ω C = 1 s 48 Ω 16 und für die Induktivität L: Aufgabe 11. X L = ωl = 48 Ω L = 48 Ω s 16 = 19, 9 µf = 4, 5 H. U = 1 V e j5o = 7, 7 V (1 + j) 1. Z g = j ωc + R jωl,1 R + jωl = j 1 j1 1 1 Ω + Ω j = j1 Ω + 1j(1 j) Ω Z g = (5 5j) Ω = 7, 7 e j45o Ω. R g = 5 Ω ; X g = 5 Ω (kapazitiv). Y g = 1 = 1 o Z g 7, 7 ej45 S =, 14 e j45o S = (, 1 +, 1j) S G g =, 1 S ; B g =, 1 S.

18 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 18. I C = U Z g = R I L = I C R + jωl = 14, 14 1 V e j15o = 14, 14 A e j9 o = j14, 14 A 7, 7 Ω e j45o o = 14, 14 e j9 A 1 Ω 1 Ω + j1 Ω j14, 14 = A 1 + j j(1 j) A = ( 7, 7 j7, 7) A = 1 A e j15o I R = I C I L = j14, 14 A+7, 7(1+j) A = (7, 7 j7, 7) A = 1 A e j45o Die Zeitfunktionen: i C = 14, 14 A sin(ωt 9 o ) i L = 1 A sin(ωt 15 o ) i R = 1 A sin(ωt 45 o ) u AB = R i R = 1 V sin(ωt 45 o ) 4. Um die Leistungsbilanz zu überprüfen, berechnet man die Scheinleistung S: S = U I C = 1 V e j15o 14, 14 A e +j9o = 14, 14 V A e j45o = 1(1 j) V A. Die Wirkleistung P, die in dem einzigen Widerstand R verbraucht wird, ist: P = R I R = 1 Ω(1 A) = 1 W und ist gleich dem Realteil der Scheinleistung S. Die Blindleistung wird in der Induktivität L und in der Kapazitt C umgesetzt. Q = ωl I L 1 ωc I C = 1 Ω (1 A) 1 Ω (14, 14 A) = 1 var. Diese negative Blindleistung ergab sich auch als Imaginärteil der Scheinleistung S. 5. Das Zeigerdiagramm der Spannungen und Ströme (gestrichelt) sieht folgendermaßen aus: U AB U C U I R I C I L

19 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 19 Aufgabe 11.4 Thévenin-Helmholtz Theorem: I = U AB Z i + Z. Die Impedanz Z i der Schaltung ohne den Zweig (s. folgende Abbildung a) ergibt sich direkt als: A A X 1 X R 1 R X I 1 X R 1 R U AB U 1 U B a) Z i = (5 j) (1 + j5) Ω = B b) j5 (1 j) Ω = (1, 8 j, 8 ) Ω. Zur Berechnung der Leerlaufspannung U AB muss man in der Schaltung ohne den Zweig (s. Bild b) den Strom I ermitteln. I = j5 1 + j j15 = + j5 (1 j) A. Jetzt wird (z.b. auf dem rechten Umlauf, vorige Abbildung, b): U AB = U + (R + jx )I = (1 j175) V + (1 + 5j) Ω Der gesuchte Strom I ist: U AB = (54, 1 6 j14, 1 6) V. + j5 (1 j) A I = 54, 1 6 j14, 1 6 1, 8 j(, 8 + ) A = 5 A. Aufgabe 11.5 Man macht zunächst die Quelle U unwirksam und berechnet die von der Quelle U 1 erzeugte Stromverteilung I 1, I, I (Bild links). Danach wird die Quelle U 1 unwirksam gemacht und man berechnet eine andere

20 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen Stromverteilung, die von der Quelle U allein erzeugt wird: I 1, I, I (Bild rechts). Der gesuchte Strom I ergibt sich durch Überlagerung: I = I + I. A X I R 1 1 I X 1 R A I 1 I R 1 X 1 X R X X U 1 I I U B B Um den ersten Teilstrom I 1 zu bestimmen braucht man die Gesamtimpedanz Z, die die Quelle U 1 sieht : Z = (5 j) Ω + (1 + j5)( j) 1 j15 Ω = (17, j1, 58) Ω. Der Gesamtstrom I 1, der von der Quelle U 1 erzeugt wird, ist (s. Bild links): I 1 = U 1 Z und der gesuchte Teilstrom durch den Zweig, nach der Stromteilerregel: I = I 1 + j5 1 1 j15 A = j5 17, j1, j5 A = (, 18 + j4) A. 1 j15 Ähnlich verfährt man auch im zweiten Fall, wenn nur die Quelle U wirksam ist (Bild rechts). Die Gesamtimpedanz ist jetzt: Z = (1 + j5) Ω Der Gesamtstrom der Quelle U ist: j(5 j) 5 j4 I = 1 j175 Z A Ω = (11, j5, 15) Ω. und der gesuchte zweite Teilstrom I, nach der Stromteilerregel: I 1 j175 = 11, j5, 15 5 j A = (7, j4) A. 5 j4

21 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 1 Die Superposition der beiden Teilströme ergibt denselben Strom wie das Thévenin-Helmholtz Theorem (Beispiel 4.16): I = I + I =, 18 + j4 + 7, j4 = 5 A. Aufgabe 11.6 Als unabhängig kann man die Ströme I 1 und I betrachten. Für die auf dem oberen Bild eingezeichneten Maschenströme stellt man das folgende Gleichungssystem auf: I I I II (5 j4) Ω j Ω ( j5) V j Ω (1 j15) Ω (1 j175) V Für die Maschenströme ergibt sich: I I = j1 A, I II = ( 5 + j1) A und für die tatsächlichen Zweigströme: I 1 = I I = j 1 A, I = I II = (5 j1) A I = I I I II = 5 A. Aufgabe 11.7 Die Zahl der unabhängigen Ströme ist: m = z k + 1 = =. Wählt man als unabhängig die äußeren Ströme I 1, I 4 und I 6, so entspricht ihnen das folgende Gleichungssystem: und mit Zahlen: I 1 I 4 I 6 Z 1 + Z + Z Z Z U 1 Z Z + Z 4 + Z 5 Z 5 U Z Z 5 Z + Z 5 + Z 6 U I 1 I 4 I 6 j j5 j5 5 + j9 j5 j1 j j16 Nach Auflösung des Gleichungssystems ergibt sich für die unabhängigen Ströme: I 1 = A, I 4 = 1 A, I 6 = ( + j) A. Die abhängigen Ströme ergeben sich aus Knotengleichungen:

22 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen im Knoten A: I = I 1 I 4 =1 A im Knoten D: I 5 = I 6 I 4 = ( + j 1) A =(1+j) A im Knoten C: I = I 6 I 1 = ( + j ) A =j A. Überprüfung auf der äußeren, großen Masche, die nicht benutzt wurde: Z 1 I 1 + Z 4 I 4 + U U + Z 6 I 6 + U 1 = j j j + j1 9 j16 + ( + j5)( + j) + 5 j9 = =.

23 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen Lösungen zu Kapitel 1 Aufgabe 1.1 Die DGL lautet: L di dt + (R + R p)i = mit i() = U R weil L wie ein Kurzschluss wirkt! Dann liegt die Spannung U sowohl an R p, als auch an R, durch R p fließt der Strom U, durch die Spule: R p U R. t i(t) = U R e τ mit τ = L R + R p. Nach dem Öffnen des Schalters fließt i(t) in dieselbe Richtung wie davor und schließt sich durch R p. Die Maschengleichung lautet jetzt: u L (t) + R p i(t) = und weiter: Oder: u L (t) = R p i(t) = R t p R U e τ. u L (t) = Ri(t) + L di(t) = R U t dt R e τ L U R R + R t p e τ L t ( = U e τ 1 R + R ) p = R t p R R U e τ Die größte Überspannung ist (bei t = ): u L () U = R p R

24 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 4 Bemerkung: Um die Überspannung zu reduzieren muss R p klein sein, aber das vergrößert die Verluste im stationären Zustand! Anwendung mit Zahlen Wenn L =, 5 H, R = 1 Ω, U = 1 V, wie groß soll R p sein, damit die Überspannung bei t = maximal 4 V ist? Um wieviel Prozent steigen hiermit die Wärmeverluste im stationären Zustand? Lösung: Der parallel zu schaltende Widerstand R p muss 4mal größer als der Widerstand R der Spule sein, wenn die Überspannung auf 4U begrenzt werden soll: R p = 4 Ω. P V ohne R p : P V = U R = (1 V ) 1 Ω P V mit R p: P V = U R ges = U R R p = 1 kw = U 5 Ω (1 V ) = 1 4 Ω 8 Ω = 1, 5 kw P V = 1, 5 P V. Die Wärmeverluste steigen um 5%. Aufgabe Die Maschengleichung lautet: RC du C dt + u C = U 1. u C () =, u Cp = U 1 = 5 V t. u C (t) = u Ch + u Cp ; u Ch = K e τ mit τ = RC = 1 Ω 5µF ; τ = 5 msec u C () = = K + 5 V K = 5 V t u C (t) = 5 V (1 e 5ms ). 4. i = C du C dt t = A e 5 ms 5 1 t i =, 5 A e 5 ms.

25 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 5 5. u C () = u C(τ) = 5 V (1 e 1 ) = 1, 6 V. 6. Die Maschengleichung im stationären Zustand ist: u Cp + U =, weil kein Strom mehr fließt und somit der Spannungsabfall am Widerstand R gleich Null ist. Es ergibt sich: u Cp = V. 7. u C (t ) = u Ch + u Cp = K e t τ V u C () = u C(τ) = 1, 6 V = K V ; K = 51, 6 V u C(t ) = 51, 6 V e t 5 ms V 8. = 51, 6 V e t 5 ms V e t 5 ms = 51, 6 ; t 5 ms = ln 51, 6 t = 4, 74 msec. =, 948

26 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 6 Lösungen zu Kapitel 14 Aufgabe 14.1 Es soll zunächst der Anfangsstrom i() und der Strom i( ), der sich nach langer Zeit in der Spule einstellt, bestimmt werden. i() = U R = i( ) = U R 15 V Ω =, 75 A 1 =, 5 A. Um die Schaltung zu vereinfachen, kann man den Teil links von den Klemmen A - B für t > durch eine Ersatzquelle ersetzen, deren Quellenspannung U und deren Innenwiderstand R ist (nächstes Bild links). Weiter kann man dieses ESB benutzen. Das ESB für t im Frequenzbereich ist auf dem rechten Bild dargestellt. Der Strom I(p) im Frequenzbereich ergibt sich als: I(p) = U p + L U R pl + R Die Zeitkonstante ist: τ = L R =, H Ω = 1 ms.

27 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 7 Der Ausdruck für I(p) soll jetzt umgeformt werden, sodass die Rücktransformation in den Zeitbereich (mithilfe der Tabelle) möglich ist: I(p) = I(p) = U L I(p) = U L U p ( pl + R 1 ) + p ( p + R L 1 p ( p + 1 τ 1 Aus der Tabelle: p(p + a) a (1 + e at ) ; Der Strom i(t) ergibt somit sich als: R L ) + U R ) + U R U ( pl + R 1 (p + a) ) 1 p + R L 1 p + 1 τ i(t) = U ( ) L τ 1 e t τ + U R e t τ Weitere Bearbeitung dieser Formel führt zu dem Ergebnis: i(t) = U ( ) R 1 +, 5 e t τ ---- e at ( ) ; i(t) =, 5 A 1 +, 5 e t 1 ms Die Formel bestätigt die Stromwerte für t = und t = : i() =, 5 A (1 +, 5) =, 75 A ; i( ) =, 5 A. Aufgabe 14. Man wendet das Maschenstromverfahren an. Als Baum wählt man den Zweig 1, sodass I und I unabhängige Ströme sind. I (p) R 1 + R + 1 pc I (p) U R 1 p u () p R 1 R 1 + R U p I 1 (p) = I (p) + I (p) Jetzt direkt mit Zahlenwerten, wobei u C () sich mit der Spannungsteilerregel ergibt: u C () = 6 V 1 Ω 5 Ω + 15Ω + 1 Ω = 6 V 1 Ω Ω = V, weil im stationären Zustand t < der Kondensator keinen Strom führt (i = ) und somit der Widerstand R unwirksam ist. Also:

28 Elektrotechnik für Studium und Praxis: Lösungen 8 I (p) ( ) Ω pc I (p) 5 Ω 5 Ω 15 Ω I (p) = 1, 5 p + 75 A s i (t) = 6 p p 6 p 1, 5 A e 75t I (p) ergibt sich aus der Gleichung: 5 Ω I + 15 Ω I = 6 p ( 4 I (p) = p, 5 ) A s i (t) = 4 A, 5 A e 75t p + 75 und I 1 (p) = 1, 5 A s e 75t + 4 A s, 5 A s e 75t i 1 (t) = 4 A + 1 A e 75t

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