Lösungen zu den Übungsaufgaben im Buch "Elektrotechnik"

Lösungen zu den Übungsaufgaben in
Das folgende Dokument enthält in einer Kurzfassung die Ergebnisse zu den am Ende der
einzelnen Kapitel angegebenen Übungsaufgaben. Die ausführlichen Herleitungen sind
zusammen mit einer großen Anzahl weiterer Aufgaben im zugehörigen Übungsbuch ISBN
978-3-8689-4070-1 enthalten.
Als Beispiele sind bei den Aufgaben 5.1 und 10.2 die ausführlichen Lösungen aus dem
Übungsbuch übernommen.
1
Aufgabe 1.1 Kraftberechnung
Teilaufgabe 1:

F
Q1
4 0 a
2
 e
x


Q3 cos   e y Q2  Q3 sin 
Teilaufgabe 2:
0 

0 
und
6
5
6
Aufgabe 1.2 Flussberechnung
Q  2 0 E x a 2
Aufgabe 1.3 Ladungsträgeranzahl
Teilaufgabe 1:
n
Q CU 3,54 pF  100 V


 2,21  109
19
e
e
1,602  10 As
Teilaufgabe 2:
Ladungsträger pro mm²:
2,2110 9
 5,527 10 6
400
Aufgabe 1.4 Kapazitätsberechnung
Teilaufgabe 1:
1  r 0
U
,
d
 2  0
U
d
Teilaufgabe 2:
C
0 a
d
 r  1h  b
2
Aufgabe 1.5 Kapazitätsberechnung
Teilaufgabe 1:
1
2
3
4
5
6
7
0

C1
d
C2
C3
C4
C5
C6
C7
Parallelschaltung von 7 Kondensatoren
a
Teilaufgabe 2:
Kondensatoren mit Luftzwischenraum:
CL   0
al
d
Kondensatoren mit Dielektrikum:
CD  
al
  r CL
d
Parallelschaltung:
C ges  4C L  3C D  C L 4  3 r 
Teilaufgabe 3:
Q23  Q45  Q67  C L  C D U  C L 1   r U
Q12  Q34  Q56  C L  C D U  C L 1   r U
Auf den beiden äußeren Platten befinden sich Ladungen  C LU .
Aufgabe 1.6 Kapazitätsberechnung
 

 Q 1
1 
Gesamtfeldstärke zwischen den beiden Kugeln : E  E1  E 2  e x


2
4 0  x
(a  x ) 2 
 
Q 
1
1 1
1 
U   E d s 

  
4 0  a  r2 r1 r2 a  r1 
P1
P2
Potentialdifferenz:
1
Q
1
1
1 
C   4 0  
 
 r1 a  r2 r2 a  r1 
U


1
a  r1 , a  r 2

 1 1 2
4 0    
 r1 r2 a 


1
3
Aufgabe 1.7 Energieberechnung
Teilaufgabe 1:
(1.51)
 
Q
Q

A 4 a 2
Teilaufgabe 2:
Anordnung a):
Das Kugelinnere ist ladungs- und auch feldfrei
 
E  er
Q
 
E  0 für r  a .
für r  a
4  0 r 2
Anordnung b):
Raumladungsdichte:

Q
Q
3Q
,


3
4
V
4

a
3
a
3
  D r    r  Q r
E  er
 er
 er
0
3 0
4  0 a 3
D r   
r
3
für r  a
Außerhalb der Kugel gilt die gleiche Lösung wie bei Anordnung a).
Teilaufgabe 3:
Anordnung a):
We 
Anordnung b):
We 
Q2
8  0 a
Q2  1 
1  
8  0 a  5 
Aufgabe 2.1 Parallelschaltung von temperaturabhängigen Widerständen
Teilaufgabe 1:
Widerstand des Kupferdrahtes (ohne die Silberschicht):
RKu  15,79 m
Widerstand der Silberschicht:
RSi  18,19 m
Rges 
RKu  RSi
 8,452 m
RKu  RSi
Teilaufgabe 2:
RKu (100C)  20,71m ,
Rges (100C) 
RSi (100C)  23,72 m
RKu (100C)  RSi (100C)
 11,058 m
RKu (100C)  RSi (100C)
4
Aufgabe 2.2 Widerstands- und Leistungsberechnung
Teilaufgabe 1:
R
U 1
1
b

ln 
I l  1   2 (2   )  a 
Teilaufgabe 2:
P U I 
Leistung nach Gl. (2.49):
I2
1
b
ln 
l  1   2 (2   )  a 
Die Leistungsaufteilung zwischen den Materialien entspricht der Stromaufteilung.
P2 I 2 U
 2 2   


P
I U  1   2 (2   )
P1 I1 U
 1


,
P I U  1   2 (2   )
Aufgabe 2.3 Schrittspannung
c s / 2
 
U   E d s 
cs / 2
cs / 2

cs / 2

er
I
2  E r
2

e
r
dr 
1 
I
s
 1



2
2  E  c  s / 2 c  s / 2  2  E c  s 2 / 4
I
Die Schrittspannung wird größer, wenn




der Abstand c zur Einspeisestelle abnimmt,
die Schrittweite s größer wird,
der Einspeisestrom ansteigt und wenn
der spezifische Widerstand des Bodens  R  1 /  E zunimmt.
Zahlenbeispiel: I  1kA , c  10 m , s  0,75 m ,  E  10 4 / m (trockene Erde)
U
10 3
0,75
V  12 kV
4
2 10 100  9 / 64
Aufgabe 3.1 Netzwerkberechnung
Teilaufgabe 1:
Vereinfachtes Netzwerk:
5U
I
4R
2
R
5
I
U
2
R
5
Teilaufgabe 2:
5U2
P  UI 
 100 W
4 R
5
Teilaufgabe 3:
IR
2R
I
IR 
R
R
2R
U
2
1
I 2R  I  2 I  I
5
5
I 2R
R
R
2
I
5
IR
20 W
10 W
Die Spannung an den drei parallel geschalteten
Widerständen ist gleich groß, so dass sich die
Leistungen im gleichen Verhältnis wie die Ströme
aufteilen.
20 W
10 W
U
20 W
20 W
Aufgabe 3.2 Brückenschaltung
Teilaufgabe 1:
RL  15 
Teilaufgabe 2:

PL
 100%  7,14%
Pges
PL  I L
Teilaufgabe 3:
2
2

U 0 R2  R1  RL
RL 
2 R1 R2  RL R1  R2  2
30 2 R2  10   15

W
35R2  150  2
2
60
PL / W
40
20
0
0
10
20
30
40
50
R 2 /   R3 / 
2
Bei R2  R3  0 stellt sich an RL die Leistung U 0 / RL  60 W ein. Beim Brückenabgleich
verschwindet die Spannung an RL und damit auch die Leistung.
Aufgabe 3.3 Netzwerkberechnung
R
2  0,495  4
k  40,4 
0,495
6
Aufgabe 3.4 Überlagerungsprinzip und Leistungsbilanz
Teilaufgabe 1:
Das Ausgangsnetzwerk kann in die beiden Netzwerke a) und b) zerlegt werden.
R  1
R  1
I  2A
U0  3V
a)
b)
Die Überlagerung der Spannungen und Ströme aus den beiden Teillösungen
I  0A
U0  3V
0V
I  2A
0V
3V
2V
2V
liefert das Ergebnis
I  2A
U0  3V
UR  2V
U  5V
Teilaufgabe 2:
Am Widerstand verbrauchte Leistung:
PR  U R I  4 W
Von der Spannungsquelle aufgenommene Leistung
PU  U 0 I  3 V  2 A  6 W
Von der Stromquelle abgegebene Leistung
PI  U I  5 V  2 A  10 W
Aufgabe 3.5 Netzwerkberechnung
Teilaufgabe 1:
U1 
C2
R2
U,
C1  C2 R1  R2
U2 
C1
R2
U
C1  C2 R1  R2
Teilaufgabe 2:
2

R2
1  C2
W1  C1 
U  ,
2  C1  C2 R1  R2 
Teilaufgabe 3:

R2
1  C1
W2  C2 
U 
2  C1  C2 R1  R2 
P
2
U2
R1  R2
7
Aufgabe 4.1 Stromleitung im Vakuum
Gesamtauslenkung:
a
eU b 2  1 c 
  .
m0 d v0 2  2 b 
Aufgabe 4.2 Stromleitung in Flüssigkeiten
Teilaufgabe 1:
  I
J  ex
hb
Teilaufgabe 2:
I   e hb  A   K 
Teilaufgabe 3:
I  I ,
U
a

1
J  J
2
Aufgabe 4.3 Elektrolyse
I
m z  96,47 s
3  96,47
1
A  108
A  12,75 kA
mg Ar
t
26,27 24  3,6 103
8
Aufgabe 5.1 Kraftberechnung im Magnetfeld
Teilaufgabe 1:
Ein unendlich langer Linienleiter, der sich auf der zAchse des kartesischen Koordinatensystems befindet
und in z-Richtung von einem Strom I durchflossen
wird, ruft nach Gl. (5.17) die magnetische Feldstärke
y

H
I


x
yQ

H

I
P(x, y)
y - yQ
x - xQ
xQ
I
2 
hervor. Zur Lösung der gestellten Aufgabe wird die
Feldstärke im allgemeinen Punkt P(x,y) benötigt und
zwar für den Fall, dass sich der z-gerichtete Leiter
nicht auf der Achse des Zylinderkoordinatensystems
befindet. Betrachten wir also den nebenan dargestellten Fall, bei dem der Linienleiter an die Quellpunktskoordinate x Q , y Q verschoben ist. Die Feld-
Linienleiter im Ursprung
y
 
H  e
x
verteilung bleibt die gleiche wie vorher, d.h. die
Feldlinien sind noch immer konzentrische Kreise um
den Linienleiter. Der einzige Unterschied besteht
darin, dass bei der mathematischen Beschreibung
eine Koordinatentransformation, d.h. eine Verschiebung in x- und y-Richtung berücksichtigt werden
muss.
Diese Verschiebung kann sehr einfach in den
Formeln erfasst werden, wenn die Feldstärke bereits
in kartesischen Koordinaten vorliegt. Mit den Zusammenhängen



e   e x sin   e y cos 
und
x 2  y2  2
Linienleiter an beliebiger Stelle
lässt sich die Feldstärke folgendermaßen darstellen


 I
 
  I


y
e
e






I
I
y
x
x
yx 


.






cos
H  e
e
e
e
   ex sin



y
x
y

  2  2 
2  

   2  x 2  y 2 

y
/

x
/



Diese Beziehung gilt noch immer für den Linienleiter im Ursprung. Betrachten wir jetzt
die untere Abbildung mit dem Linienleiter an beliebiger Stelle x Q , y Q , dann erkennt man,
dass ein Punkt Px, y  , in dem die Feldstärke berechnet werden soll, von dem Linienleiter
jetzt die Abstände x  x Q in x-Richtung bzw. y  y Q in y-Richtung aufweist. Ersetzt man
die bisherigen Werte x,y durch die jetzt auftretenden Differenzen, dann erhält man die
allgemeine Beziehung



I  e x y  y Q   e y x  x Q 
H
2 x  x Q  2  y  y Q  2
zur Berechnung der magnetischen Feldstärke im Punkt (x,y), wobei sich der z-gerichtete
Linienstrom an der Stelle ( x Q , y Q ) befindet.
9
Für die Feldstärke infolge der beiden Linienleiter gilt damit






I   e x y  e y x  a   e x y  e y x  a  
H 1 ( x , y )  H 2 ( x , y) 


4  x  a 2  y 2
x  a 2  y 2 

Die magnetische Feldstärke H 3 hängt nur von der Koordinate  ab. Aus dem
Oersted’schen Gesetz folgt
( 5.22 )

0
 2
 

H
s
e
e
d
H
(
)
d
2
H
(
)







 
3
C 3  0 3 
 I
1
für 0    b
für   b
Innenbereich 0    b :


H3  0
Außenbereich   b :



I 
 I  ex y  ey x
H3 
e 
2 
2 x 2  y 2
Dieser Wert entspricht für   b dem Feld eines Linienleiters –I im Ursprung.
Teilaufgabe 2:



Wegen H 3 x  a, y  0   0 wird nur die Feldstärke H 2 benötigt.



I  e x y  e y x  a 
I 
H 2  a, 0 

ey
2
2
8 a
4 x  a   y
Die Integration über die Länge l geht wegen der Unabhängigkeit von der Koordinate z in
eine Multiplikation mit l über.
 ( 5.7 )  

I
I
I 
F  I1l e z  B a, 0  l e z   0 H 2  a, 0  l e z   0
ey
2
2
8 a

F  0 I 2
Ergebnis:
 ex
l
16 a
10
Aufgabe 5.2 Drehmomentberechnung (Prinzip des Drehspulinstruments)
Teilaufgabe 1:



F3   F1   I hB0 e x
h
 (5.6 )



F1   I  e z dz  B0 e y  I hB0 e x ,


0
b/2
b/2






 b/2
F4  2 I  e d  B0 e y  2 I B0  e d  e sin   e cos   2 I B0 cos  e z  d



0

0
0


F4  I b B0 cos  e z ,


F2   F4
Teilaufgabe 2:
Drehmoment infolge des Leiterstückes 1:

 b  I hbB0 



I hbB0
M D1  e  F1 
e x cos     e y sin      e x 
sin e z
2
2
2


Drehmoment infolge des Leiterstückes 3:


 b 


I hbB0 
M D 3  e  F3  
e x cos  e y sin   e x  M D1
2
2




M D  M D1  M D 3  I hbB0 sin e z
Ergebnis:


Aufgabe 5.3 Hall-Effekt
Teilaufgabe 1:
Magnetische Kraftwirkung auf die bewegten Ladungsträger




 
Fm  Q v  B   e  e y ve  e x B0    e z e ve B0

Fe

 
B  e x B0

ve

Elektrische Kraftwirkung




Fe  Fm  e z e ve B0   e E

Fm



E  e z ve B0
Teilaufgabe 2:
Die Integration der elektrischen Feldstärke entlang der Koordinate
z über die Plattenbreite b entspricht einer Spannung
UH
I
U H  b ve B0 ,
die sich quer zur Stromrichtung einstellt.
11
Teilaufgabe 3:
Anzahl der am Ladungstransport beteiligten Ladungsträger (Elektronen) pro Volumen:
n
I B0
1 I

eve bd eU H d
Aufgabe 5.4 Feldstärkeberechnung
Fall a):
 
H  e H  
mit
I 

 2 a a

I

H    
2 
 I c 2  2

2
2
 2  c  b

0
a
für
ab
.
bc
c
Das nachstehende Bild zeigt die Auswertung für a  0,5 mm , b  3 mm und c  3,2 mm .
1
H ()
H0
H0 
I
2 a
0,5
b
a
0
0
c
0,5
1
1,5
2
2,5
3

mm
3,5
Fall b):
Das Feld des Außenleiters ist identisch zum Fall a). Da es
im Bereich   b verschwindet, ist das Feld im Innenraum
identisch zum Feld des Innenleiters. Zur Überlagerung der
beiden Feldanteile für   b muss für das Feld infolge des
Innenleiters eine Koordinatentransformation vorgenommen
werden. Das nebenstehende Bild zeigt den Feldlinienverlauf
für ein ausgewähltes Beispiel.
Der Außenraum ist bei einem Koaxialkabel nur dann feldfrei, wenn die Exzentrizität
verschwindet, d.h. es muss gelten d = 0 !
12
Aufgabe 5.5 Induktivitätsberechnung
Teilaufgabe 1:
RmR  RmL
RmL
I
L
M
N1
N2
L
1  N1 I
M
N3
R
RmL  RmR 
RmM
l A ( 5.36 ) l A

,
A
r 0 A
2  N 2 I
RmM 
R
3  N 3 I
l d
d
1
 r  1 d  lM 
 M

0 2 A r 0 2 A r 0 2 A
Teilaufgabe 2:
 M  N1  2 N 2  N 3

I
RmL  2 RmM
 L N1  N 2 RmM  N1  2 N 2  N 3



,
I
RmL
RmL
RmL  2 RmM
 R N 2  N 3 RmM  N1  2 N 2  N 3



I
RmL
RmL
RmL  2 RmM
Teilaufgabe 3:
L




 N1 L  N 2 M  N 3 R
I
I
I
I
Aufgabe 6.1 Induktionsgesetz
Teilaufgabe 1:
( 5.30 )
t  
 
B
  d A 
A


  0 i(t ) 
 e y dz dx  0 i(t ) b  a ln b
y
a
2 x
2
x a za
b
b
 e
d   0 i (t )
b  a ln b    0 b  a ln b  d i(t )
2
a  2
a dt
 E  d s  u t    d t 
Teilaufgabe 2:
u (t )
iˆ  0
b  a ln b
Maximalwert: u max 
 T 2
a
0
iˆ
b  a ln b
Minimalwert: u min  
T   T 2
a
Teilaufgabe 3:
M
u max
0
u min
T
T
2T t
0
b  a ln b
2
a
13
Aufgabe 6.2 Induktionsgesetz
t
 t   
a


1
  e B  e dd   2 a
z
0
2
z
u t   
B0 t ,
0 0
d t  1 2
 a B0
dt
2
Aufgabe 6.3 Energieaufteilung zwischen Kern und Luftspalt
Teilaufgabe 1:
L  N2
Teilaufgabe 2:
Wm 
r 0 A
 0,992 μH
lm  d  r
1 2
L I  0,4959 μWs
2
Teilaufgabe 3:
Flussdichte im Kern und im Luftspalt:
B
 A 0,1653 μVs

 6,612 mT
A
25 mm 2
Feldstärke im Luftspalt:
Feldstärke im Kern:
0,006612 Vs Am
A
 5,261 10 3
7
2
m
0
4 10 m Vs
H
A
B
HK 
 L  5,261
r 0 r
m
HL 
B

Teilaufgabe 4:
Energie im Kernmaterial:
WmK 
1
H K B  VK  0,06104 μWs
2
prozentualer Anteil: 12,31 %
Energie im Luftspalt:
WmL 
1
H L B  VL  0,4348 μWs
2
prozentualer Anteil: 87,69 %
Der überwiegende Anteil der Energie ist im Luftspalt gespeichert!!
Aufgabe 6.4 Induktivitätserhöhung durch Ferritring
Teilaufgabe 1:

Bezeichnen wir die magnetische Flussdichte ohne Ringkern mit B 0 , nach Einbringen des

Ringkerns mit B , dann gilt für die Änderung der magnetischen Energie
( 6.66 )
Wm 
l c 2
I2
lI2 c
1
1






H
B
B
V

d


ρ
d

d
ρ
dz


ln




0
0
0  
2 2

2 Ringkern
2
4 b
0 b 0 2  ρ
14
Teilaufgabe 2:
L 
Für die Zunahme der Induktivität gilt
l
c
2 Wm
   0 
ln
2
I
2 b
Aufgabe 6.5 Induktivität des Koaxialkabels
Teilaufgabe 1:
Aus Wm
( 6.51)
 
1
1 2
d
V
L I folgt

H

B


2 V
2
( 6.66 )
L
2
 0 2
l
I

 H 
2
d
 0
Das Integral wird in die 3 Teilintegrale für 1. Innenleiter, 2. Zwischenraum und 3.
Außenleiter aufgeteilt.
L1  0

,
l 8
L3
2
 0 2
l
I
d
L2

b
  0 2 
 0 ln
2
2 a
l
a 2  
b
c
 H 
2
3
d 
 b

0
c
2 c  b
2
 
2 2
c
b
2



2 2
c

4 ln


b
d  0 
8  1  b / c 2



3  b / c  

2 
1  b / c  

2

2
Für die Gesamtinduktivität pro Längeneinheit gilt damit
c


ln


L L1 L2 L3  0
b
1
b
 



ln 

l
l
l
l
2  a 1  b / c 2 2 2  2b / c 2 




Für einen sehr dünnen Außenleiter verschwindet im Grenzübergang b  c der Induktivitätsbeitrag L3 und es gilt
lim
b c
L L1 L2
 1
b
 
 0   ln  .
2  4
l
l
l
a
Teilaufgabe 2:
L1  50
nH
,
m
L2  358
nH
,
m
L3  4,44
nH
.
m
Aufgabe 6.6 Gekoppelte Induktivitäten
Teilaufgabe 1:
1 t  
0 r d  b 
ln i1 t  ,
2
a
 2 t  
0 r d  b 
ln i1 t   i2 t 
2
a
 3 t  
0r d  b 
ln i1 t   i2 t   i3 t  ,
2
a
 4 t  
0 r d  b 
ln i1 t   i3 t 
2
a
15
2
i2 t   i3 t   i1 t 
3
Teilaufgabe 2:
Teilaufgabe 3:
 t   1 t    2 t    3 t    4 t   L0  i1 t  ,
L0 
2 0  r d  b 
ln 
3
a
Teilaufgabe 4:
!
Es gilt i2 t   i3 t   0 und damit L 
2 0  r d

b
ln 
a
Aufgabe 6.7 Serien- und Parallelschaltung gekoppelter Induktivitäten
Abb. a)
Lges  L11  2M  L22
Abb. b)
Lges  L11  2 M  L22
Abb. c)
Lges 
Abb. d)
Lges
L11 L22  M 2
L11  2M  L22
L11 L22  M 2

L11  2M  L22
Aufgabe 7.1 Parasitäre Eigenschaft
Teilaufgabe 1:
iL (t )  
uˆ
cos( t ) ,
L
iC (t )  uˆ C cos( t )
Teilaufgabe 2:
iˆL uˆ /  L
1


ˆiC uˆ  C  2 LC
Der kapazitive Einfluss dominiert für  2 LC  1
Oberhalb der Resonanzfrequenz f res 
1
2 LC
Induktivität, sondern wie eine Kapazität.

  2 f 
1
.
LC
verhält sich die Spule nicht mehr wie eine
16
Aufgabe 7.2 Kenngrößen
Teilaufgabe 1:
Die maximale Leistung an der Lampe erhält man für   0 . Ihr zeitabhängiger Verlauf ist
nach Gl. (7.12) durch
pmax t  
u 2 t 
 200 W  sin 2  t 
RL
2
gegeben. Ihr Mittelwert beträgt Pmax
T
U eff
1
uˆ 2
 200 W  sin 2  t  d t  100 W 

.
T0
2 RL
RL

 

T /2
Teilaufgabe 2:
Mittelwert:
i 0
Gleichrichtwert:
i
iˆ

cos    1
T
1 2
1
iˆ


d
1 
i
t
t


sin 2 

2
T0
2
Effektivwert:
I eff
Spitze-Spitze-Wert:

0    0,5
2iˆ  2uˆ / RL
iss  
für
  0,5
2iˆ sin    2uˆ sin   / RL
Mittlere Leistung an der Lampe bezogen auf den Maximalwert:
Die mittlere Lampenleistung kann nach Gl.
(7.13) aus dem Effektivwert berechnet
werden
1
0,8
P
Pmax
0,6
P  I eff
0,4
0,2
0
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1

Normierte Lampenleistung als Funktion des
Parameters 
2
iˆ 2 RL
RL 
2
1


1    2 sin 2 
uˆ 2 
1

1 
sin 2  .


2 RL 
2

Damit gilt resultierend
P
1
 1 
sin2  .
Pmax
2
17
Aufgabe 8.1 Zeigerdiagramm
Teilaufgabe 1:
1.
uˆ R2  uˆ L2
Annahme
 30V
willkürlich gewählter Maßstab für die Spannungen:
2.
uˆ R2
iR2 (t ) in Phase mit u R2 (t ) und iˆR2 

R2
Mu 
6V
1cm
30V
 0,5A .
60
Mi 
willkürlich gewählter Maßstab für die Ströme:
uˆ L2
0,2A
1cm
30V
 1A .
30
3.
iL2 (t ) eilt u L2 (t ) um 90° nach und iˆL2 
4.
2
2
iR3 (t )  iL2 (t )  iR2 (t ) und iˆR3  iˆL2  iˆR2  1,118A .
5.
u R3 (t ) in Phase mit iR3 (t ) und uˆ R3  R3iˆR3  20  1,118A  22,36V .
6.
u R1 (t )  u R3 (t )  u R2 (t ) graphisch ermittelt liefert uˆ R1  45V .
uˆ R1
L2

8.
45V
 1A .
R1 45
iL1 (t )  iR1 (t )  iR3 (t ) graphisch ermittelt liefert iˆL1  2A .
9.
u L1 (t ) eilt iL1 (t ) um 90° voraus. Der Zeiger für u L1 (t ) liegt auf einer Geraden senk-
7.
iR1 (t ) in Phase mit u R1 (t ) und iˆR1 

recht zum Zeiger von iL1 (t ) . Wegen u (t )  uR1 (t )  u L1 (t ) beginnt der Zeiger für u L1 (t )
an der Spitze des Zeigers für u R1 (t ) und endet am Schnittpunkt der Geraden mit der
Verlängerung des Zeigers für u R2 (t ) , da u R2 (t ) und u(t) gemäß Aufgabenstellung in
Phase sind.
2. iˆR2
1. uˆ R2  uˆ L2
û
uˆ R3
9. uˆ L1
7. iˆR1
5. uˆR3
3. iˆL2
6. uˆR1
4. iˆR3
iˆR2
iˆR1
8. iˆL1
18
Für das Verhältnis der Induktivitäten erhält man
L1 L1 iˆL1

L2 L2 iˆL1
iˆL1  2 iˆL2

uˆ L1
L2 2iˆL

2
uˆ L1
28,5V

 0,48 .
60V
2uˆ L2
Teilaufgabe 2:
Die Spannung u t  hat gemäß Aufgabenstellung eine Amplitude von 90V. Im Zeigerdiagramm ist sie dargestellt durch einen Pfeil mit der Länge 10cm. Daraus ergibt sich der
richtige Maßstab für die Spannungen im Zeigerdiagramm
90V
9V
~

Mu 
.
10cm 1cm
9V
~
 45V errechnet sich die Amplitude des
Aus der Spannung uˆ L2  5cm  M u  5cm 
1cm
Stromes durch die Induktivität L2
iˆL2 
uˆ L2
L2

45V
 1,5A .
30
Der Phasenwinkel dieses Stromes beträgt  90 . Der Strom durch die Induktivität L2 ist
also
iL2 t   1,5A sin t   2  .
Teilaufgabe 3:
Abkürzungen:
Z L1
û
Z R3
Z R1
Z R3
Z R1
û1
Z L2
û 2
Z R2
Z L2
Z R2
Z2
Z3
Z2
Z1
Z3
Netzwerk mit komplexen Größen und verwendete Abkürzungen
Nach Aufgabenstellung sollen û und û 2 in Phase sein, d.h. das Verhältnis uˆ 2 / uˆ muss
reell und positiv sein (ein negatives Verhältnis bedeutet 180° Phasenverschiebung). Es gilt
uˆ 2 uˆ 2 uˆ 1 Z 2
Z1
  

uˆ uˆ 1 uˆ Z 3 Z L1  Z 1
Z2 
Z L2  Z R2
Z L2  Z R2

jL2  R2
,
jL2  R2
und
Z 3  Z R3  Z 2  R3  Z 2 ,
Z1 
Z R1  Z 3
Z R1  Z 3

R1  Z 3
R1  Z 3
Einsetzen:
19
R1  Z 3
Z 2  R1
Z 2  R1
uˆ 2 Z 2




uˆ Z 3 Z L1 R1  Z 3   R1  Z 3 Z L1 R1  Z 3   R1  Z 3 Z L1 R1  R3  Z 2   R1  R3  Z 2 
jL2  R2  R1
uˆ 2

uˆ
jL1 R1  R3    jL2  R2   jL2  R2   R1  R3   jL2  R2   jL2  R2 
Der Zähler ist rein imaginär. Das Spannungsverhältnis wird also reell, wenn der Nenner
ebenfalls rein imaginär wird, d.h. der Realteil im Nenner muss verschwinden. Damit gilt
!
jL1 R1  R3    jL2   jL2  R2   R1  R3  R2    2 L1 L2 R1  R2  R3   R1 R2 R3  0
L1 
R1 R2 R3
45  60  20

  14,4 
L2 R1  R2  R3  30  125
L1 14,4

 0,48 .
L2
30

Aufgabe 8.2 Frequenzweiche
uˆ
uˆ
jC1


uˆ
iˆ1 
Z1 R  1
1  jC1 R1
1
jC1
Teilaufgabe 1:
uˆ
uˆ

iˆ 2 
Z 2 R  jL 
2
2
1
j C 2

j C 2
uˆ
1   L2C2  jC2 R2
2
uˆ
uˆ

iˆ 3 
Z 3 R3  jL3
Teilaufgabe 2:
fg 
R3
 1,7 kHz
2 L3
Teilaufgabe 3:
fg 
1
 2,43 kHz
2 R1C1
Teilaufgabe 4:
f0 
1
 1,94 kHz
2 L2C2
1
Y3  
0.1
Y2  
0.01
Y1  
0.001
0.01
0.1
1
10
20
f / kHz
Betrag der Admittanzen als Funktion der Frequenz
20
Aufgabe 8.3 Impedanztransformation
Teilaufgabe 1:
ZE 
uˆ p
,
iˆ p
iˆ s
iˆ p
Z
uˆ s
,
iˆ s
ZE ?
û s
û p
Z
Mit uˆ p  ü uˆ s und iˆ s  ü iˆ p gilt
ü
Z E  ü2 Z
Teilaufgabe 2:
Z E  ü2R
Z E  j ü 2 L .
Z R:
 
Z  j L :
Z  1 / j C :
Teilaufgabe 3:
ZE 
ü
2
j C

1
j C / ü 2



1 

Z E  ü 2 Z  ü 2 R  jü 2   L 
 C 

Aufgabe 8.4 Phasenbrücke, Ortskurvenberechnung
1  jCR 2
uˆ 2 jCR  1
1  jCR 1  jCR




2
1  jCR 1  jCR
uˆ 1  jCR
1  CR 
Der Betrag von diesem Ausdruck nimmt
2
uˆ
1  CR 
 1 an.
immer den Wert 2 
uˆ 1  CR 2
 uˆ 
j Im 2 
 uˆ 
C
C0
-1
C 
0
1
 uˆ 
Re  2 
 uˆ 
Ortskurve für uˆ 2 / uˆ als Funktion der Kapazität C
Die Amplituden der beiden Spannungen
sind unabhängig von der Frequenz immer
gleich. Damit liegen alle Punkte der
gesuchten Ortskurve auf dem Einheitskreis.
Für C  0 liefert die Beziehung den Wert –
1, für C   den Wert +1.
21
Aufgabe 9.1 Amplitudenspektrum
i t  

 aˆn cosn t   bˆn sin n t  
n 1, 3

 cˆ
n 1, 3
n
sin n t   n 
mit  
2
T
T
T /2
2
4 iˆ
aˆ n   i t cos n t dt 
sin  t cos n t dt
T0
T T/ 2

iˆ
 sin 2  
n 1


aˆ n  
für
ˆ
 22i 1  cos  cos n   n sin  sin n 
n  3,5,7...
 n  1


T
T /2
2
4 iˆ
ˆ
bn   i t sin n t dt 
sin  t sin n t dt
T0
T T/ 2

iˆ
ˆ



1
sin 2 
i


n 1

2
für
bˆn  
ˆ
 22i n sin  cos n   cos  sin n 
n  3,5,7...
 n  1


2
2
Die folgende Abbildung zeigt das Spektrum cˆn / iˆ mit cˆn  aˆ n  bˆn in dem zu
betrachtenden Frequenzbereich bis 2 kHz.
0,6
cˆn
iˆ 0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
200
400
600
800
1000 1200 1400 1600 1800 2000
f / Hz
Spektrum für den Steuerparameter   0,5
22
Aufgabe 9.2 Spannungsstabilisierung
Teilaufgabe 1:
iˆ 1  t 

0  t  T

 
i t     T  für
 a0   aˆ n cos n  t   bˆn sin n  t 
n 1

T  t  T / 2
0


T
1
a0   it  d t  iˆ 
T0
T
aˆ n 
2
4
i t  cos n t  d t 

T0
T
iˆ
T /2
 it  cos n t  d t 
0
  2n2
1  cos n 2 
T
2
bˆn   i t  sin n t  d t  0
T0
Zusammengefasst:
iˆ
i t   iˆ  
2

1
 n 1  cos n 2  cos n t 
2
n 1
Darstellung des Amplitudenspektrums aˆ n / iˆ 
1
  2n2
1  cos n 2 
für die ersten 100
Harmonischen mit   1 / 4 :
aˆ n
iˆ
1
0,1
0,01
0,001
0,0001
1
10
n
100
Amplitudenspektrum in logarithmischer Darstellung
Teilaufgabe 2:
Betrachtung des Gleichanteils i  iˆ  :
iC  0
und
iR  iˆ  .
Betrachtung der Oberschwingungen:
aˆ
aˆ
e  jarctan  CR  ,
iR t  
cos  t  arctan( CR ) 
iˆ R 
2
2
1   CR 
1   CR 
23
Lösung für die n-te Harmonische des Quellenstromes:
in t   aˆ n cos n  t  
iR t  
iˆ
1
1  cos n 2  cos n  t 
  n2
2
1  cos n 2 
iˆ
 n
2
1  n CR 
2
2
cos n t  arctan(n CR )
Zusammenfassung:
iR t   iˆ  
iˆ

1  cos n 2 

2

n 1
n 2 1  n CR 
2
cos n t  arctan(n CR )
Teilaufgabe 3:
u R t 
V
100
Ohne Kondensator
80
C  0,1μF
60
40
C  1μF
C  10 μF
20
0
T  T
T
2T
T
t
Zeitlicher Verlauf der Spannung am Widerstand für verschiedene Kapazitätswerte
Teilaufgabe 4:
U ( 9.81) 1
w ~ 
U0
U0

U
n 1
2
n

1

1  1  cos n 2  
1



2
2 2
2 n 1    n
 1  n CR 
2
Teilaufgabe 5:
Leistung bezogen auf iˆ 2 R
P
1  1  cos n 2  
1
2



  2 1  w2



2
2 2
ˆi 2 R
2 n 1    n
 1  n CR 
2


24
Aufgabe 10.1 RC-Reihenschaltung an Rechteckspannung
Teilaufgabe 1:
Es treten die beiden folgenden Netzwerke mit den Lösungen nach Gl. (10.40) auf:
uC t   U   U  uC t0  e
uC t   uC t 0  e

t t0

für das Netzwerk 1
(1)
für das Netzwerk 2
(2)
t t0

R
U

iC (t )
R
u R (t )
u R (t )
uC (t )
C
Netzwerk 1
iC (t )
C
uC (t )
Netzwerk 2
Netzwerke in Abhängigkeit vom Schalterzustand
Die beiden Lösungen (1) und (2) werden abwechselnd verwendet, wobei jeweils nur noch
der Schaltzeitpunkt t 0 und die zugehörige Kondensatorspannung uC (t 0 ) unmittelbar vor
dem Schaltvorgang, d.h. ihr Wert am Ende der vorhergehenden Schaltperiode, einzusetzen
sind. Begonnen wird mit dem Netzwerk 1 und t 0  0 sowie uC (0)  0 .
Die Kondensatorspannung nach der n-ten Schaltperiode lässt sich allgemein angeben:
uC t   U   U  uC nT  e
uC t   uC nT   T  e


t  nT

für
nT  t  nT   T
für
nT   T  t  n  1T
t   nT   T 

Für den Kondensatorstrom nach der n-ten Schaltperiode gilt mit Gl. (7.5)
U  uC nT   t nT
e
R
für
nT  t  nT   T
uC nT   T   t nT T 
iC t   
e
R
für
nT   T  t  n  1T
iC t  
Das Anlaufverhalten:
Eine Auswertung der Gleichungen für das Zahlenbeispiel R  1k , C  1μF und   0,5
zeigt die folgende Abbildung. Die linke Seite des Bildes zeigt den Zeitbereich 0  t  3T
mit den ersten drei Schaltperioden für eine Schaltfrequenz f  1 / T  1 kHz . Auf der
rechten Seite sind sechs Schaltperioden bei der doppelten Schaltfrequenz f  2 kHz
dargestellt.
25
u S 2 (t )
u S 2 (t )
U
U
uC (t )
0
uC (t )
U
U
1
2
t
ms
3
iC (t )
0
2
1
3
t
ms
iC (t )
t
ms
0
t
ms
0
RC-Reihenschaltung an Rechteckspannung, Anlaufverhalten
Der eingeschwungene Zustand:
Eine Auswertung dieser Gleichungen für eine Schaltfrequenz f  1 /(2 RC ) und für die
beiden Tastgrade   0,5 bzw.   0,8 zeigt die folgende Abbildung. Je länger der
Schalter S1 im Verhältnis zum Schalter S2 geschlossen ist, d.h. je größer das Tastverhältnis
 ist, desto größer ist auch der Mittelwert der Kondensatorspannung uC (t ) . Eine
Berechnung des Mittelwertes mit der Gl. (7.8) zeigt, dass dieser proportional zum Tastgrad
ist und dass der Zusammenhang uC   U gilt.
u S 2 (t )
U
U
U
uC (t )
U
uC (t )
t
t
iC (t )
iC (t )
Strom und Spannung am Kondensator für die Tastgrade 0,5 bzw. 0,8 und für f  1 /(2 RC )
Teilaufgabe 2:
uC t    U  2
iC t   2
U


U

1

1
 n sinn 
n 1
 n sin n 
n 1
1
1  n CR 
n C
1  n CR 
2
2
cosn t  n  arctann CR 



cos n t  n   arctan n CR 
2


Im Gegensatz zu den immer nur abschnittsweise geltenden Lösungen in Teilaufgabe 1
erhält man bei der Fourier-Entwicklung eine einzige innerhalb der gesamten Periodendauer
gültige Darstellung. Der Nachteil besteht aber in der unendlichen Summe von trigonometrischen Funktionen. Eine hinreichend genaue Berechnung insbesondere an den Sprungstellen beim Kondensatorstrom erfordert einerseits wegen der schlechten Konvergenz
einen erhöhten Rechenaufwand und führt andererseits zu einem Überschwinger infolge des
Gibbs’schen Phänomens (vgl. Kap. G.2), so dass die geschlossene Lösung mithilfe der
Exponentialfunktionen in diesem Fall vorzuziehen ist.
26
Aufgabe 10.2 Brückengleichrichter
Teilaufgabe 1:
Während der positiven Halbwelle der Netzspannung u N (t )  uˆ N sin( t ) gilt iN (t )  0 , d.h.
die Dioden D2 und D3 können nicht leiten. Die beiden Dioden D1 und D4 liegen in Reihe
und können zu einer Diode D zusammengefasst werden, so dass das Ausgangsnetzwerk
gemäß Abb. 1 schrittweise vereinfacht werden kann:
i N (t )
i (t )
D1
u N (t )
C
uC (t )
D
u (t ) C
R
iC (t )
uC (t )
iR (t )
R
D4
a
b
Abbildung 1: a: Netzwerk ohne D2, D3, b: Zusammenfassung von D1 und D4 zu D
Die in Abb. 1b eingetragene Eingangsspannung entspricht in diesem Fall der Netzspannung u (t )  uˆ sin( t ) und der Eingangsstrom entspricht dem Netzstrom i (t )  i N (t ) .
Bei dem Netzwerk in Abb. 1b müssen zwei Fälle unterschieden werden, je nachdem, ob
die Diode leitet oder sperrt. Bei leitender Diode liegt die Spannungsquelle parallel zur RCSchaltung und es gilt u (t )  uC (t ) . Ist die Kondensatorspannung größer als die
Netzspannung, dann sperrt die Diode und das zu betrachtende Netzwerk besteht nur aus
der Parallelschaltung von Kondensator und Widerstand.
Betrachten wir jetzt die negative Halbwelle der Netzspannung, d.h. u N (t )  uˆ N sin( t )
dann fließt der Netzstrom iN (t ) in die entgegengesetzte Richtung und die beiden Dioden
D1 und D4 können nicht leiten. Ersetzen wir die beiden in Reihe liegenden Dioden D2 und
D3 wieder durch eine einzige Diode D, dann erhalten wir das Netzwerk 2b.
i N (t )
i (t )
D2
u N (t )
C
uC (t )
D
u (t ) C
R
iC (t )
uC (t )
iR (t )
R
D3
a
b
Abbildung 2: a: Netzwerk ohne D1, D4, b: Zusammenfassung von D2 und D3 zu D
Für die in den beiden Teilbildern eingetragenen Ströme und Spannungen gelten jetzt die
Zusammenhänge u (t )  u N (t )  uˆ N sin( t ) und i (t )  iN (t ) . Da bei den unterschiedlichen Halbwellen der Netzspannung jeweils unterschiedliche Brückenzweige leiten, sind
die Eingangsspannungen u (t ) und damit auch die Ströme i (t ) in den beiden Teilbildern b
identisch. Zur Analyse der Schaltung genügt offenbar die Betrachtung einer einzigen
Netzhalbwelle, z.B. der Schaltung nach Abb. 1b mit der Eingangsspannung
u (t )  uˆ N sin( t ) .
27
Teilaufgabe 2:
Wir betrachten zunächst die beiden Netzwerkzustände mit leitender bzw. gesperrter Diode.
Bei leitender Diode gilt:
uC t   uˆ N sin  t 
iC t   C
mit
0  t  
duC t 
  C uˆ N cos t  ,
dt
(1a)
iR t  
uC t  uˆ N

sin  t  .
R
R
(1b)
Bei gesperrter Diode wird der Kondensator über den Widerstand entladen. Bezeichnet t1
den Zeitpunkt, bei dem die Diode von dem leitenden in den gesperrten Zustand wechselt,
dann gilt:
uC t   uC t1 e
iC t   C

t  t1
RC
(2a)
1

duC t 
1
  uC t1 e RC ,
dt
R
t t
iR t  
1

uC t 
 uC t1 e RC  iC t  .
R
t t
(2b)
Mit diesen Gleichungen sind zwar alle Zeitverläufe bekannt, es fehlen aber noch der
Zeitpunkt t1 und auch der Zeitpunkt t 2 , bei dem die Diode wieder in den leitenden
Zustand übergeht. Diese Schaltzeitpunkte werden nicht von außen vorgegeben, sondern sie
stellen sich in Abhängigkeit von den Spannungsverläufen von selbst ein. Aus diesem
Grund lässt sich auch der Zeitpunkt, zu dem die Rechnung beginnen soll, nicht mit einem
Schaltzeitpunkt zusammenlegen. Um dennoch direkt mit dem stationären Zustand
beginnen zu können, können wir von folgender Überlegung ausgehen: die sinusförmig
ansteigende Eingangsspannung muss zu einem bestimmten Zeitpunkt größer werden als
die Spannung an dem sich entladenden Kondensator. Die dann leitende Diode bleibt
zumindest bis zum Maximalwert der Eingangsspannung leitend, so dass wir die
Betrachtung bei t   / 2 mit dem Anfangswert uC ( / 2)  uˆ beginnen können.
Der nächste Schritt besteht darin, den Zeitpunkt t1 zu bestimmen. Bei nicht vorhandenem
Kondensator C  0 bleibt die Diode während der gesamten Zeit leitend und es gilt
t1   . Im anderen Grenzfall einer unendlichen großen Kapazität würde die an den
Widerstand abgegebene Leistung nicht zu einer Abnahme der Kondensatorspannung
führen, d.h. die Diode würde unmittelbar bei t1   / 2 in den gesperrten Zustand übergehen. Für jeden endlichen nicht verschwindenden Wert C muss der gesuchte Zeitpunkt
zwischen diesen beiden Grenzen liegen. Er kann aus der Forderung bestimmt werden, dass
der Strom i (t ) negativ werden will. Die Bedingung
i t1   iC t1   iR t1    C uˆ N cos t1  
!
uˆ N
sin  t1   0
R
kann zusammengefasst werden zu
 CR cos t1   sin  t1   1   CR  2 sin  t1  arctan CR   0
und liefert die Bestimmungsgleichung
 t1    arctan CR  .
(3)
28
Nach Auflösung dieser Beziehung ist die Anfangsspannung uC (t1 )  uˆ N sin( t1 ) für den
Zeitabschnitt mit gesperrter Diode bekannt. Den Zeitpunkt t 2 finden wir jetzt aus der
Forderung, dass die in der folgenden Halbwelle wieder ansteigende Eingangsspannung in
dem Bereich   t  3 / 2 genauso groß wird wie die durch den Entladevorgang
abnehmende Kondensatorspannung:
uC t 2   uC t1 e

t 2  t1
RC
!
 u t 2   uˆ N sin  t 2   uˆ N sin  t 2    .
(4)
Aus der resultierenden Forderung
sin  t1 e

 t 2  t1
RC
!
 sin  t 2   
mit
   t2  3 / 2
(5)
erhalten wir z.B. durch Nullstellensuche mithilfe numerischer Rechnungen den Zeitpunkt
t 2 . Mit dem sich daran anschließenden Zeitbereich t 2  t  3 / 2 mit leitender Diode ist
bei t  3 / 2 der Ausgangszustand wieder erreicht und die bisher berechneten Zeitverläufe setzen sich periodisch fort.
Teilaufgabe 3:
Der zeitliche Mittelwert der Ausgangsleistung ist gegeben durch
uC  t 
uC t1  2  2


P
d t 
e
 R t1
 / 2 R
1
3 / 2
2
t
2
 t  t1
RC
ˆ
u
d t   N
2    t1
 sin  t  d t 
2
R
t2
 t2
   t1
2 t1
2
2
1
u t 
RC   2 RCt 
uˆ N 1 





e
sin
2
P  C 1 e RC

t

t




2 
2
R
 t 2
 t1  R 2 

uC t1 
 C 1  e
2

2

 t  t1
2 2
RC
 uˆ N 
1
1

   t1   t2  sin 2 t1   sin 2 t2  .


2
2

 2 R 
2
(6)
Da die mittlere Ausgangsleistung wegen der als verlustlos angenommenen Schaltung der
mittleren Eingangsleistung entspricht, kann das Ergebnis auch aus der Beziehung
P
1

3 / 2
 u t i t  d t  
 /2
2
uˆ N

   t1


t2
1


sin  t   C cos t   sin  t  d t 
R


berechnet werden:
2
uˆ N
   t1
2
uˆ
P
 C  sin  t  cos t  d t   N

R
 t2

2
uˆ N
   t1
 sin  t  d t 

2
t2
   t1

2
   t1
1
1
uˆ N 1 

2

 C sin  t   t 
 t  sin 2 t 

2
2
2

R 2
  t2
(7)
2
2
1
uˆ N
uˆ N 
1

2
2

 C sin  t1   sin  t2  
   t1   t2  sin 2 t1   sin 2 t2  .

2
2 R 
2
2



29
Die beiden Ergebnisse (6) und (7) sind identisch, wie sich leicht mithilfe der Gln. (3) und
(5) nachweisen lässt.
Teilaufgabe 4:
Das obere Teilbild in Abb. 3 zeigt die Kondensatorspannung uC (t ) für die Dauer von zwei
Netzhalbwellen. Mit zunehmender Ausgangsleistung wird der Kondensator in den
Bereichen mit sperrender Diode t1  t  t 2 wesentlich stärker entladen. Einen akzeptablen Kompromiss zwischen Kondensatorgröße und Ausgangsspannungsschwankung
erhält man bei dem Verhältnis C / P  1μF / W . Der Strom durch die Dioden ist im unteren
Teilbild dargestellt. Mit größer werdender Leistung nimmt nicht nur die Amplitude des
Stromes zu, sondern der Zeitbereich mit leitender Diode wird ebenfalls größer. In der
Abbildung sind für die Kurve 4, d.h. für den Fall P  2 kW , die beiden Phasenwinkel t1
und t 2 eingetragen. Wir erkennen, dass der Zeitpunkt t 2 des Übergangs von der
sperrenden zur leitenden Diode wegen der stärkeren Kondensatorentladung früher einsetzt
als bei den Kurven mit kleinerer Leistung. Aus dem gleichen Grund bleibt die Diode
länger leitend, da der Zeitpunkt des Übergangs zur sperrenden Diode t1 später eintritt.
uC
V
400
1
300
P
2
200
3
4
100
0
 t1
i
A
t2
20
15
4
10
3
2
5
1
0
π/2
π
3π/2
2π
t
5π/2
Abbildung 3: Oberes Teilbild: zeitlicher Verlauf der Kondensatorspannung
unteres Teilbild: zeitlicher Verlauf des Diodenstromes
Kurven: 1: 100 W ( R  976  ), 2: 500 W ( R  147,9  ),
3: 1 kW ( R  60,7  ),
4: 2 kW ( R  27,3  ),
Bemerkung:
Aus den Ergebnissen lässt sich eine weitere Erkenntnis gewinnen. In den Gln. (2a), (3) und
(5) treten die Werte der Netzwerkelemente nur als Produkt RC auf. Für gleiche
Zeitkonstanten   RC sind also die Umschaltzeitpunkte gleich und damit auch der
Verlauf der Ausgangsspannung und zwar unabhängig von der Ausgangsleistung. Die
maximale Ausgangsspannung entspricht der Amplitude der Netzspannung uC max  uˆ N . Die
minimale Ausgangsspannung tritt zum Zeitpunkt t 2 auf, so dass die Spannungsdifferenz
am Kondensator unter Verwendung der Gl. (4) durch die Beziehung
uC  uˆ N  uC t2   uˆ N 1  sin  t2   
30
gegeben ist. Die prozentuale Spannungsschwankung (uC / uˆ N ) 100 % ist als Funktion der
Zeitkonstanten   RC in Abb. 4 dargestellt. Die Zahlen 1 bis 4 korrespondieren mit den
entsprechenden Kurven in Abb. 3.
Die Spannungsschwankungen bleiben unterhalb von 10%, wenn die Zeitkonstanten im
Bereich größer 100 ms liegen.
100
uC
100 %
uˆ N
80
4
3
60
2
40
20
1
0
0,001
0,01
0,1
1
RC/s
Abbildung 4: Prozentuale Schwankung der Kondensatorspannung
Aufgabe 10.3 Spannungswandlerschaltung mit galvanischer Trennung zwischen
Eingang und Ausgang
1. Zustand: der Schalter S ist geschlossen, die Diode sperrt
Für den Eingangskreis gilt die Beziehung
di
u1  U  L1 S
dt
iS (t )
 diS 

iS (t 0 )
t
U
dt
L1 t0

iS t   iS t0  
U
t  t0  .
L1
Auf der Ausgangsseite wird die dem Lastwiderstand R zugeführte Leistung aus dem
Kondensator entnommen (die geringfügige Abnahme der Kondensatorspannung während
dieser Zeitspanne wird vernachlässigt).
2. Zustand: der Schalter S ist geöffnet, die Diode leitet
Während der Strom iS auf der Primärseite verschwindet, gilt für die Sekundärseite
u2  U 0  L2
diD
dt

iD t   iD t0  
U0
t  t0  .
L2
3. Zustand: der Schalter S ist geöffnet, die Diode sperrt
Da beide Schaltelemente jetzt gesperrt sind gilt iS  iD  0 und wegen u1  L1diS / dt bzw.
u 2  L2 diD / dt gilt für die beiden Transformatorspannungen u1  u 2  0 . Daraus folgt
unmittelbar u S  U und u D  U 0 . Damit sind alle Netzwerkzustände beschrieben. Die
folgende Abbildung zeigt die zugehörigen Strom- und Spannungsverläufe für die beiden
Betriebsarten
Kontinuierlicher Betrieb:
Abfolge der Schaltzustände 1,2,1,2,...
Diskontinuierlicher Betrieb:
Abfolge der Schaltzustände 1,2,3,1,2,3,...
31
iS max
iS
0
δT
t
εT T
ü iS max
iD
iS max
iS
0
δT
T
t
ü iS max
iD
ü iS (0)
uS
U  üU0
uD
U0 
uS
U
U 0
U
ü
U  üU0
uD
U0 
U
ü
Kontinuierlicher Betrieb
Diskontinuierlicher Betrieb
Idealisierte Strom- und Spannungsverläufe
Aufgabe 10.4 Einschaltvorgang beim Parallelschwingkreis
1. Schritt: Aufstellen der Differentialgleichungen
Aus der Knotengleichung I 0  iR t   iL t   iC t 
d 2 iL t 
L diL t 
folgt
 iL t   LC
 I0
dt 2
R dt
Das Problem wird also durch die Dgl.
d 2 iL t  1 diL t  1
1


iL t  
I0
2
dt
RC dt
LC
LC
und die Anfangsbedingungen u t  0   0 und iL t  0  0 eindeutig beschrieben.
2. Schritt: Bestimmung der partikulären Lösung
iL p t   I 0
und
u p t   0
3. Schritt: Bestimmung der homogenen Lösung
Ansatz: iL h t   k e pt
d 2 iL h t 
dt 2

1 diL h t  1

iL h t   0
RC dt
LC
Charakteristische Gleichung
kp 2 e pt 
1
1
kp e pt 
k e pt  0
LC
RC
mit den beiden Eigenwerten

p1, 2  
p2 
1
1
p
0
LC
RC
1
1
1


.
2 2
2 RC
4R C
LC
32
Mit den in der Aufgabenstellung angegebenen Zahlenwerten erhalten wir die Eigenwerte
1
1
für R  100  :
p1   5  24  106 , p2   5  24  106
s
s
1
p1  p2  106
für R  500  :
s
1
1
p1   0,2  j 0,96 106 , p2   0,2  j 0,96 106 .
für R  2500  :
s
s








4. Schritt: Bestimmung der unbekannten Konstanten
1. Fall: R  100 
iL t   I 0  k1 e p1 t  k 2 e p2 t
Randbedingungen
iL t  0  0
u t  0   0

k1  k 2   I 0

k1 p1  k2 p2  0

p2 e p1 t  p1 e p2 t 

iL t   I 0 1 
p2  p1


L diL t 
L p1 p2
 I0
e p2 t  e p1 t
iR t  
R dt
R p2  p1

iC t   LC

d 2 iL t 
pp
 I 0 LC 1 2 p2 e p2 t  p1 e p1 t
2
dt
p2  p1


1,0
iR (t )
I0
0,8
iL (t )
I0
0,6
0,4
iC (t )
I0
0,2
0
-0,2
0
2
4
6
8
10
t / μs
Auf I0 normierte Ströme für R  100 
2. Fall: R  500 
Ansatz für die Gesamtlösung iL t   I 0  k1  k 2t e p1 t
Randbedingungen

iL t  0  0
u t  0   0


k1   I 0
0  k1 p1  k2

iL t   I 0 1  e p1 t  p1 t e p1 t
L diL t 
L 2
iR t  
 I 0 p1 t e p1 t
R dt
R
iC t   LC
d 2 iL t 
2
 I 0 LC p1 1  p1 t e p1 t
dt 2
33
1,0
iL (t )
I0
0,8
0,6
iR (t )
I0
0,4
0,2
0
-0,2
0
iC (t )
I0
2
4
6
8
10
t / μs
Auf I0 normierte Ströme für R  500 
3. Fall: R  2500 
Mit den konjugiert komplexen Eigenwerten p1    j und p2    j gilt
iL t   I 0  k1 e t cos t   k 2 e t sin  t  .
iL t  0  0
u t  0   0
Randbedingungen


k1   I 0
0   k1   k2



iL t   I 0 1  e t cos t   e t sin  t 



2
2
L diL t 
L 
 I0
iR t  
sin  t e t
R dt
R

iC t   LC
d 2 iL t 
2  2
 sin  t    cos t e t

I
LC
0
dt 2

2,0
iL (t )
I0
1,5
1,0
iR (t )
I0
0,5
iC (t )
I0
0
-0,5
-1,0
0
2
4
6
8
10
t / μs
Auf I0 normierte Ströme für R  2500 
In allen Fällen fließt der gesamte Strom unmittelbar nach dem Schaltvorgang durch den
Kondensator. Der Strom durch den Widerstand ist proportional zur Kondensatorspannung
und beginnt daher immer bei Null. Der Spulenstrom muss stetig sein und beginnt daher
ebenfalls immer bei Null.
34
Aufgabe 11.1 Sägezahnspannung an RL-Reihenschaltung
Teilaufgabe 1:
Wir berechnen zunächst die allgemeine Lösung für einen einzelnen dreieckförmigen
Spannungsverlauf mit nicht verschwindendem Anfangsstrom in der Spule.
Inhomogene lineare Differentialgleichung für den Strom:
i t  
L di t  uˆ t

R dt
RT
Übergang in den Bildbereich
I s  
L
s I s   i0   uˆ 12
R
RT s

I s  
uˆ
1
1
 i0
2
RT s 1   s 
1

  s


mit

L
R
Rücktransformation in den Zeitbereich:
i t  
uˆ
RT
t
t
 




t



i


e
e

 0


Aneinanderfügen von Teillösungen:
t
 
uˆ 

i t  
t     e  für 0  t  T
RT 

T
 
uˆ 

i T  
T     e 
RT 

t T
t T



uˆ 


i t  
t  T     e
  i T  e
RT 

u.s.w.
i(t )
A
0,6
(1)
für
T  t  2T
(2)
Gl. (3)
0,5
0,4
0,3
Gl. (2)
0,2
Gl. (1)
0,1
0
0
1
2
3
4
t /T
Zeitabhängiger Stromverlauf im Bereich 0  t  4T
Teilaufgabe 2:
Aus der Reihenentwicklung der sägezahnförmigen Spannung
u t  
uˆ uˆ

2 
1
1


sin  t   2 sin 2 t   3 sin 3 t   ...


folgt der Strom
35
i t  
uˆ uˆ

2R 


n 1
1
n R 2  n L 
2
n L 


cos  n t   arctan
.
2
R 

(3)
Die Lösung mithilfe der Fourier-Reihen setzt eine periodische Eingangsspannung voraus
und liefert als Lösung daher direkt den eingeschwungenen Zustand. Problematisch kann
die Konvergenz dieser Lösung sein, d.h. unter Umständen müssen viele Glieder aus der
Summe berücksichtigt werden (siehe dazu Anhang, Kap. G.1).
Aufgabe 11.2 Nicht abgeglichener Spannungsteiler
Teilaufgabe 1:
Als ersten Schritt übertragen wir das Netzwerk in den Bildbereich.
1
sCV
RV
U 1 ( s)
RE
1
sC E
U 2 ( s)
RE 1  s RV CV 
U 2 s 
RE


U 1 s  R  R 1  s RE C E RE  RV  s RE RV C E  CV 
E
V
1  s RV CV
R C  RE
1 1
 V V
U 2 s   
U
 s 1  sa 1  sa  RE  RV
u 2 t  
 CV
RE
RE
U 

RE  RV
 C E  CV RE  RV
mit
a
  at
e U

RE RV CE  CV 
RE  RV
für
0  t  T .
Zum Zeitpunkt t  0 springt diese Ausgangsspannung auf den Wert
u2 t  0  
CV
U.
CE  CV
Sprung der Eingangsspannung von U auf 0 zum Zeitpunkt t  T :
t
t T
 CV
RE    a  a 

u 2 t   
e
e

U



C
C
R
R
V
E
V 
 E

für
U 1 s   
U  sT
e
s
T  t  T
Teilaufgabe 2:
Bei dem um 10% zu großen Kapazitätswert CV 1 entsteht bei dem Spannungssprung
ebenfalls eine um etwa 10% zu große Ausgangsspannung u 2 (t ) . Bei dem um 10% zu
kleinen Kapazitätswert CV 2 entsteht entsprechend eine um etwa 10% zu geringe
Ausgangsspannung u 2 (t ) .
36
u2
U
0,12
0,10
CV 1
0,08
CV 2
0,06
0,04
0,02
0
-0,02
0
20
40
60
100
80
t / μs
Aufgabe 11.3 Transformator
Teilaufgabe 1:
Transformation des Gleichungssystems (6.101) in den Bildbereich

U
1  e  sT
s
 sM I p s   R2  sL22  I s s   0
R1  sL11  I p s   sM I s s 


und Auflösen nach I s s 
I s s  

MU
1
1  e  sT
2
R1 R2
L11 L22  M s 2  s L11 R2  L22 R1 
L11 L22  M 2 L11 L22  M 2

Abkürzungen:
2
 1 L R  L22 R1 
R1R2
 
b   11 2
2 
2
 2 L11L22  M  L11L22  M
1 L11R2  L22 R1
,
a
2 L11L22  M 2
Rücktransformation:
is t  
MU
1
e  at sinh bt 
2
L11L22  M
b
is t  
MU
1  at
e sinh bt   e  a t T  sinh bt  T 
2
L11L22  M b
us t  
sinh bt 
R2 MU 1  at 

e

aT
L11L22  M 2 b
sinh bt   e sinh bt  T 
für
0t T


für
für
T t
0t T
T t
37
Teilaufgabe 2:
u s (t )
U
1
0,5
k  0,75
0
k  0,95
-0,5
0
500
1000
1500
t / μs
Sekundärspannung bei unterschiedlichen Koppelfaktoren
Teilaufgabe 3:
Die folgende Abbildung zeigt die sekundärseitigen Spannungen für verschiedene
Widerstände R1. Je kleiner der Innenwiderstand der Spannungsquelle ist, desto besser
stimmt die Spannung am Lastwiderstand mit der Quellenspannung überein.
u s (t )
U
1
R1  0,1
0,5
1
0
10 
-0,5
-1
0
500
1000
1500
t / μs
Sekundärspannung bei unterschiedlichen Widerständen R1
38