Aufgabe 1 2 3 Punkte - Fachhochschule Südwestfalen

Fachhochschule Südwestfalen - Meschede
Prof. Dr. Henrik Schulze
Klausur: Grundlagen der Elektrotechnik 2 am 14. Juli 2014
Name
_________________ Matr.-Nr.
______________
Vorname _________________ Unterschrift ______________
Aufgabe
Punkte
1
2
3
4
Summe Note
• Die Klausur umfasst 4 Aufgaben. Insgesamt sind 100 Punkte erreichbar.
• Die Bearbeitungszeit beträgt 120 Minuten.
• Erlaubte Hilfmittel (neben Schreib- und Zeichengerät): Ein Formelblatt DIN A4 (beidseitig beschrieben) und ein Taschenrechner. Eingeschaltete Kommunikationsgeräte (z.B. Mobiltelefone) müssen
als Täuschungsversuch gewertet werden.
• Verwenden Sie bitte ausschließlich das bereitgestellte Papier.
• Die Rechenschritte müssen nachvollziehbar sein. Ungültige Teile streichen Sie bitte durch!
25
Aufgabe 1 Gegeben ist die folgende Schaltung
iR (t)
iL (t)
iq (t)
R = 10 Ω
L = 10 mH
mit einer Wechselstromquelle
iq (t) =
√
2 · 1, 2 A cos (ωt − 45◦ ) , ω = 1000 s−1 .
(a) Berechnen Sie die Ströme iL (t) und iR (t). Skizzieren Sie die zugehörigen Zeiger I L und I R zusammen mit I q in der komplexen Ebene.
(b) Berechnen Sie die von der Quelle abgegebene Schein-, Wirk- und Blindleistung.
(c) Wie lautet die Übertragungsfunktion
HL (ω) =
IL
Iq
in Abhängigkeit von der (als variabel betrachteten) Kreisfrequenz ω? Skizzieren Sie das Betragsquadrat und den Phasenwinkel für diese Größe.
Lösung zu Aufgabe 1
(a)
Zeiger der Quelle:
◦
I q = 1, 2 A e−j45
Da die Spannung an allen Bauteilen gleich ist, gilt:
(R||jωL) I q = jωLI L = RI R
Mit
R||jωL = 5 Ω + j5 Ω =
√
◦
2 5 Ω ej45
folgt
IR =
R||jωL
jωL
1, 2 A
R||jωL
R
1, 2 A
und I L =
Iq =
I = √
Iq =
I q = −j √
R
R + jωL q
jωL
R
+
jωL
2
2
und damit
iR (t) = 1, 2 A cos ωt und iL (t) = 1, 2 A cos (ωt − 90◦ ) = 1, 2 A sin ωt
3+3+3 = 9
Skizze der Zeiger:
IR
Iq
IL
Man kann das auch über die Spannung an R und L ausrechnen (Umweg!). Sie lautet:
U=
Iq
1
R
+
1
jωL
◦
=
12 V
1, 2 A e−j45
= √
0, 1 S · (1 − j)
2
8
(b) Komplexe Leistung:
◦
14, 4 VA j45◦
12 V
√
S = U I ∗q = √ · 1, 2 A ej45 =
e
= 7, 2 (1 + j) VA
2
2
S=
(c)
14, 4 VA
√
2
P = 7, 2 W
Q = 7, 2 var
Für allgemeines ω lautet die Spannung:
U=
Iq
1
R
+
1
jωL
Mit
U = jωLI L
folgt
IL =
HL (ω) =
1
1 + jωτ
Skizze:
Iq
L
mit τ =
1 + jωτ
R
ejφ
HL (ω) = q
mit φ = − arctan(ωτ )
2
1 + (ωτ )
4+2+2 = 8
1
|H(ω)|2
0.8
0.6
3−dB−Bandbreite
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
ωτ
2.5
3
3.5
4
2.5
3
3.5
4
Phasendifferenz [deg]
0
−20
3−dB−Bandbreite
−40
−60
−80
0
0.5
1
1.5
2
ωτ
Aufgabe 2
25
Ein 400V-Drehstromnetz wird mit einer asymmetrischen Last
Z 12 = j40 Ω , Z 23 = −j40 Ω , Z 31 = 40 Ω
in Dreieckschaltung belastet. Die Spannung U 1 ist rein reell.
(a) Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild.
(b) Wie lauten die Zeitsignale für die Leiterströme?
(c) Berechnen Sie die (Gesamt-) Schein-, Wirk- und Blindleistung der Schaltung.
Lösung zu Aufgabe 2
8
(a) Ersatzschaltbild:
U1
L1
U 31
I1
U 12
U 12
I 31
I 12
U2
L2
Z 12
I2
Z 31
I 23
U 23
U 31
Z 23
U3
L3
U 23
I3
(b) Leiterströme Zuerst die Spannungen hinschreiben:
◦
◦
U 2 = 230 V e−j120
U 1 = 230 V
◦
U 12 = 400 V ej30
U 3 = 230 V e−j240
◦
◦
U 23 = 400 V e−j90
U 31 = 400 V e−j210
Strangströme:
I 12
◦
√ ◦
U 12
400 V ej30
=
=
= 10 A e−j60 = 5A 1 − j 3
Z 12
j40 Ω
◦
I 23
U
400 V e−j90
= 23 =
= 10 A
Z 23
−j40 Ω
√
◦
U 31
400 V ej150
= 10 A ej150 = 5A − 3 + j
=
Z 31
40 Ω
◦
I 31 =
Leiterströme:
√ I 1 = I 12 − I 31 = 5 1 + 3 (1 − j) A = 13, 66A (1 − j)
√ I 2 = I 23 − I 12 = 5A 1 + j 3
√
I 3 = I 31 − I 23 = 5A − 3 − 2 + j
i2 (t) =
9
i1 (t) = 27, 32 A cos (ωt − 45◦ )
√
2 10 A cos (ωt + 60◦ )
i3 (t) = 27, 32 A cos (ωt + 165◦)
8
(c) Leistungen:
S
=
2
2
2
U23
U31
U12
+
+
Z ∗12
Z ∗23
Z ∗31
=
(400 V)
(j − j + 1) = 4000 VA
40 Ω
2
S = 4000 VA
P = 4000 W
Q = 0 var
Aufgabe 3 In der unten skizzierten Schaltung mit der Gleichstromquelle iq (t) = 1 A wird zur Zeit t = 0
der Schalter geschlossen. Vorher befindet sich das System im stationären Zustand.
25
u(t)
i(t)
L = 100 mH
t=0
iq (t) = 1 A
R1 = 20 Ω
R2 = 20 Ω
(a) Berechnen und skizzieren Sie i(t) für t ≥ 0.
(b) Berechnen und skizzieren Sie u(t) für t ≥ 0.
(c) Zu welcher Zeit t1 fließt der Strom i(t1 ) = 0, 75 A durch die Spule?
Lösung zu Aufgabe 3
(a) Der Ersatzinnenwiderstand (Schalter geschlossen, Stromquelle durch Leerlauf ersetzt) ist R1 +
R2 = 40 Ω. Zeitkonstante :
L
τ=
= 2, 5 ms
R1 + R2
4
Anfangsstrom zur Zeit t = 0:
i0 = iq = 1 A
Stationärer Strom für t → ∞:
is =
1
iq = 0, 5 A
2
Allgemeine Formel für den Strom:
i(t) = is − (is − i0 ) e−t/τ
8
i(t) = 0, 5 A 1 + e−t/τ
1
i(t) [A]
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t/τ
3
3.5
4
4.5
5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t/τ
3
3.5
4
4.5
5
0
u(t) [V]
−5
−10
−15
−20
(b) ... über das Induktionsgesetz: Die Spannung kann man nach dem Induktionsgesetz über die
Ableitung ausrechnen:
u(t) = L
d
L
i(t) = −0, 5 A e−t/τ = −0, 5 A (R1 + R2 ) e−t/τ
dt
τ
8
u(t) = −20 V e−t/τ .
(b) ... über die Kirchhoffschen Gesetze: Das selbe Ergebnis bekommt man über die Kombination
von Knotenregel
iq = i1 + i
und Maschenregel
R1 i1 = u + R2 i ,
wobei i1 der Strom durch R1 ist. Es folgt
u
=
R1 i1 − R2 i
=
R1 iq − (R1 + R2 ) i
20 V − 20 V 1 + e−t/τ
=
und damit
u(t) = −20 V e−t/τ .
(b) ... über die Allgemeine Formel mit Anfangsbedingung u0 = u(0+ ): Zur Bestimmung der Anfangsspannung u0 = u(0+ ) betrachten wir die eingezeichnete Masche mit den Spannungen u1 (t), u2 (t)
und u(t) zum Zeitpunkt unmittelbar nach dem Einschalten:
u(t)
i(t)
t=0
L = 100 mH
iq (t) = 1 A
u1 (t)
u2(t)
R1 = 20 Ω
R2 = 20 Ω
Nach der Maschenregel gilt:
u1 (t) = u(t) + u2 (t)
Zum Zeitpunkt t = 0+ unmittelbar nach dem Einschalten wirkt die Induktivität (wegen der Schaltgesetze)
wie eine Stromquelle iq =1 A. Durch den Widerstand R2 fließt dann folglich genau dieser Strom, und die
Spannung lautet
u2 (0+ ) = 20 V .
Durch den Widerstand R1 kann nach der Stromteilerregel kein Strom fließen, also gilt
u1 (0+ ) = 0 V .
Daraus folgt nach der Maschenregel
u0 = u(0+ ) = −20 V .
Im stationären Zustand wirkt die Spule wie ein Kurzschluss:
us = 0 V
Mit der Allgemeinen Formel
u(t) = us − (us − u0 ) e−t/τ
folgt
u(t) = −20 V e−t/τ .
(c)
Weil i(t1 ) = 0, 75 A genau der Mittelwert (is + i0 )/2 ist, ist t1 gerade die Halbwertszeit:
t1 = t1/2 ≈ 0, 7τ = 1, 75 ms
5
Aufgabe 4 Eine am Ende angepasste Leitung wird gespeist durch eine Wechselspannung U 1 = 10 V
mit der Frequenz f = 80 MHz. Gegeben sind die Leitungsbeläge
25
R′ = 500 mΩ/m , L′ = 10 nH/m , G′ = 40 pS/m , C ′ = 4 pF/m
Berechnen Sie:
(a) Den Wellenwiderstand Z L und die Ausbreitungskonstante γ der Leitung.
(b) Die Wellenlänge λ und die Dämpfung in Dezibel pro Meter.
(c) Den Strom I 1 und die komplexe Leistung S 1 am Anfang der Leitung.
(d) Die Länge der Leitung ist so gewählt, dass die Dämpfung gerade 3 dB beträgt. Berechnen Sie die
Spannung U 0 , den Strom I 0 und die komplexe Leistung S 0 am Ende der Leitung.
Lösung zu Aufgabe 4
(a)
Wellenwiderstand Z L , die Ausbreitungskonstante γ sowie die Wellenlänge λ. Es gilt
ω = 500 · 106 s−1 .
Folgende Größen werden später benötigt:
500 · 10−3
R′
=
= 0, 1
ωL′
5 · 108 · 10−8
G′
4 · 10−11
=
= 2 · 10−8
ωC ′
5 · 108 · 4 · 10−12
10 · 10−9 H
L′
=
= 2500 Ω2
C′
4 · 10−12 F
√
√
ω L′ C ′ = 5 · 108 m−1 4 · 10−20 = 0, 1 m−1
Verwende außerdem folgende Näherung für die Wurzel:
p
1
1 − jy ≈ 1 − jy für y ≪ 1
2
Dann gilt:
ZL =
r
L′
C′
s
R
1 − j ωL
′
= 50 Ω
G′
1 − j ωC
′
′
s
1 − j0, 1
≈ 50 Ω (1 − 0, 05j)
1 − j2 · 10−8
◦
Z L = 50 Ω e−j0,05rad = 50 Ω e−j3
5
γ
s
√
R′
G′
′
′
1−j
= jω L C
1−j
ωL′
ωC ′
p
= j0, 1 m−1 (1 − j0, 1) (1 − j2 · 10−8 )
≈ j0, 1 (1 − 0, 05j) m−1
γ = α + jβ = (0, 005 + 0, 1j) m−1 d.h. α = 0, 005 Np/m und β = 5, 74◦ /m
5
(b) Wellenlänge:
λ=
2π
≈ 62, 8 m
β
Für die Dämpfung in Dezibel pro Meter gilt:
α [dB/m] = 20 lg(e)α [Np/m] = 8, 686 α [Np/m]
2+3= 5
α = 8, 686 · 0, 005 dB/m = 0, 043 dB/m
(c)
Strom und Leistung am Anfang:
I1 =
◦
U1
= 200 mAej3
Z1
◦
S 1 = U 1 I ∗1 = 2 VAe−j3
5
(d) Leitungslänge bei 3 dB Dämpfung:
l=
3 dB
= 69, 77 m
0, 043 dB/m
Oder auch so:
l = l1/2 =
0, 7
ln 2
≈
= 70 m
2α
0, 01
3 dB Dämpfung (=Faktor 1/2) entspricht in der Amplitude dem Faktor
1
e−αl = √ ≈ 0, 707
2
Der Winkel dreht sich um
−βl ≈ −37◦
Daraus ergibt sich
◦
◦
U 0 = U 1 e−γl = U 1 · 7, 07 e−j40 = 7, 07 Ve−j37
◦
◦
I 0 = I 1 e−γl = I 1 · 7, 07 e−j40 = 141, 4 mAe−j34
◦
S 0 = 2 VAe−j3 ·
◦
1
= 1 VAe−j3
2
5
Anmerkungen nach der Korrektur dieser Aufgabe:
• Die Zehnerpotenzen sind viel wichtiger als die Nachkommastellen. Wer 6 Stellen hinter dem Komma angibt, sich aber dabei um den Faktor 10 verrechnet, hat keine gute Arbeit gemacht.
• Wenn man einmal oder auch zweimal die Einheit vergisst, ist das nicht so schlimm. Aber kontinuierliches Weglassen von Einheiten führt zu Punktabzug.