Musterloesung

berlin
2. Klausur
Grundlagen der Elektrotechnik I-B
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Name:
.............................
Vorname:
.............................
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Bearbeitungszeit: 135 Minuten
• Trennen Sie den Aufgabensatz nicht auf.
• Benutzen Sie für die Lösung der Aufgaben nur das mit diesem Deckblatt ausgeteilte Papier.
Lösungen, die auf anderem Papier geschrieben werden, können nicht gewertet werden. Weiteres Papier kann bei den Tutoren angefordert werden.
• Notieren Sie bei der Aufgabe einen Hinweis, wenn die Lösung auf einem Extrablatt fortgesetzt wird
• Schreiben Sie deutlich! Doppelte, unleserliche oder mehrdeutige Lösungen können nicht gewertet werden.
• Schreiben Sie nicht mit Bleistift!
• Schreiben Sie nur in blau oder schwarz!
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1. Aufgabe (5 Punkte): Fragen aus verschiedenen Gebieten
1.1. Kombiniertes Kennlinienfeld (1 Punkt)
Skizzieren Sie qualitativ die Kennlinien aller vier Quadranten des kombinierten Kennlinienfeldes
einer Emitterschaltung.
IC / mA
IB / µA
IB / µA
UCE / V
UBE / V
1.2. Klirrfaktor (0,5 Punkte)
Geben Sie die Formel für den Klirrfaktor k eines Strom- oder Spannungssignales an.
Lösung:
entweder
k=
oder
k=
p
p
I22 + I32 + . . . + In2
=
I
U22 + U32 + . . . + Un2
=
U
s
∞
P
n=2
In2
I
s
∞
P
n=2
U
=
Eektivwert der Oberwellen
Gesamteektivwert
Un2
=
Eektivwert der Oberwellen
Gesamteektivwert
1.3. Spannung am Kondensator (0,5 Punkte)
Skizzieren Sie im Diagramm die Spannung uC (t) am Kondensator C für tp > 5 · R · C.
R
uE(t)
uE(t)
C
uC(t)
uC(t)
tp
t
1.4. Strom in einer Spule (0,5 Punkte)
Skizzieren Sie im Diagramm den Strom iL (t) in der Spule L.
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iL(t)
L
uE(t)
iL(t)
uE(t)
t
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1.5. Magnetischer Fluß (0,5 Punkte)
Geben Sie die Formel für den allgemeinen Zusammenhang zwischen dem magnetischen Fluß Φ und
der Flußdichte B an.
Lösung:
Φ=
Z
~ · dA
~
B
1.6. Relative Permeabilität (0,5 Punkte)
Geben Sie die drei magnetischen Werkstoffe und ihre relative Permeabilität µr an.
Lösung:
Diamagnetisher Werksto (µr < 1)
Paramagnetisher Werksto (µr > 1)
Ferromagnetisher Werksto (µr ≫ 1)
1.7. Magnetfeld eines stromdurchflossenen Leiters (1 Punkt)
Skizzieren Sie im Diagramm den Verlauf der magnetischen Feldstärke H(r).
H(r)
I
r0
r
1.8. h-Parameter (0,5 Punkte)
Geben Sie die physikalische Bedeutung der h-Parameter h11 , h12 , h21 und h22 und deren Einheit
(soweit vorhanden) an.
Lösung:
h11 = rBE in Ω
h12 = vr dimensionlos!
h21 = β dimensionlos!
h22 =
1
rCE
in S = 1/Ω
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2. Aufgabe (5 Punkte): Dimensionierung einer Transistorschaltung
Gegeben ist folgende Transistorschaltung bestehend aus den Transistoren T1 und T2 , der Diode D1
und den Widerständen R1 ... R5 :
UB
R1
R3
R5
IC1
T1
UBE1
UD
IC1 = 15 mA
BT1,T2
=
300
R3 = 500 Ω
IC2
D1
T2
UE
UBE2
R2
UA
IE2
UBE1 = UBE2 = 0,7 V
UD0 = 5 V
UB = 20 V
R2 = 600 Ω
RD = 1 Ω
UA = 15 V
Hinweis: Für die Diode gilt: Rr = ∞
Zur Vereinfachung ist für T1 und T2 die
Näherung IE ≈ IC zu verwenden (mit IB2 ≈ 0).
R4
Anmerkung: Der Lösungsweg muss klar erkennbar sein!
2.1. Berechnung IE2 (1 Punkt)
Berechnen Sie den Strom IE2 .
Lösung:
UB − UA
R3
20 V − 15 V
5V
=
=
= 0, 01 A = 10 mA
500 Ω
500 Ω
IE2 = IC2 =
(1 Punkt)
(1)
2.2. Berechnung R1 und R4 (2 Punkte)
Berechnen Sie die Widerstände R1 und R4 mit der Vereinfachung IE ≈ IC und IB2 ≈ 0. Nehmen Sie
an, dass UE keinen Stromanteil liefert.
Lösung:
Man errehnet zunahst R1
R1 =
5, 285 V
UR1
=
= 105, 7kΩ
IR1
50µA
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UR1 = UB − UBE1 − UDO − RD ∗ IC1 − R2 ∗ IC1
= 20 V − 0, 7 V − 5 V − 15 mV − 9 V
(3)
= 5, 285 V
IR1 = IB1 =
IC1
15 mA
=
= 50µA
BT 1
300
(4)
(1 Punkt)
(5)
(1 Punkt)
(6)
es folgt R4
R2 ∗ IC1 − UBE2
IE2
8, 3 V
9 V − 0, 7 V
=
= 830 Ω
=
10 mA
10 mA
R4 =
2.3. Berechnung UCE1 und UCE2 (2 Punkte)
Berechnen Sie die Spannungen UCE1 und UCE2 der beiden Transistoren.
Hinweis: R2 = 10 ∗ R5
Lösung:
R5 = 60Ω
(7)
UR5 = IC1 ∗ R5 = 0, 9 V
(8)
Man errehnet UCE1 zu:
UCE1 = UB − UR5 − UD − RD ∗ IC1 − UR2
= 20 V − 0, 9 V − 5 V − 15 mV − 9 V = 5, 085 V
(1 Punkt)
(9)
und UCE2 :
UCE2 = UA − UR4 = 15 V − 830Ω ∗ 10 mA = 6, 7 V
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(1 Punkt)
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3. Aufgabe (5 Punkte): Der magnetische Kreis
Gegeben ist die folgende magnetische Anordnung:
µ r1
I1
I2
µ r2
N1
N2
L
d
µ r1
Vs
L = 10 cm, d = 0, 628 mm (Luftspalt), Querschnittsfläche A = 1 cm2 , µ0 = 1, 256 · 10−6 Am
,
1000
, I1 = 4 A, I2 = 1 A, N1 = 250, N2 = 500
µr1 → ∞, µr2 = 1,256
Hinweis: Die im Folgenden zu berechnenden Werte müssen als Zahlenwerte ausgerechnet werden. Die
Angabe von lediglich der Formel ist nicht ausreichend!
3.1. Ersatzschaltbild (2 Punkte)
Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild der magnetischen Anordnung und berechnen Sie die magnetischen
Widerstände und magnetischen Spannungen des Ersatzschaltbildes.
Lösung:
φ1
φ2
Θ2
φµr2
Rµr2
=
RL =
Θ1
Rµr2
RL
A
L
= 106
µ0 · µr2 · A
Vs
A
d
= 5 · 106
µ0 · A
Vs
Θ1 = I1 · N1 = 1000 A
Θ2 = I2 · N2 = 500 A
(0,5 Punkte)
(0,5 Punkte)
(0.5 Punkte)
3.2. Magnetischer Fluss (2,5 Punkte)
Berechnen Sie die magnetischen Flüsse φ1 , φ2 und φµr2 nach dem Superpositionsprinzip.
Lösung:
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Fall I:
Fall II:
Θ1
Rµ kRL
Θ1
φ2I = − R
L
φ1I =
Θ2
φ1II = − R
L
1000 A
= 1, 2 mV
833,3·103 VAs
1000 A
= − 5·106 A = −200 µV
Vs
500 A
= −100 µV
= − 5·10
6 A
Vs
Θ2
500 A
RL = 5·106 A = 100 µV
Vs
=

s 
s 

s 
⇒ φµr2 I = 1 mV s
⇒ φµr2 II = 0
s 
φ = φ1I + φ1I I = 1, 1 mV s
⇒ φµr2 = φ1 + φ2 = 1 mV s
Superposition: 1
φ2 = φ2I + φ2I I = −100 µV s
φ2II =
3.3. Magnetische Spannung über dem Luftspalt (0,5 Punkte)
Berechnen Sie die magnetische Spannung über dem Luftspalt der Breite d.
Lösung:
VL = Θ2 − Θ1 = φ2 · RL
→ VL = 500 A − 1000 A = −100 µV s · 5 · 106
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A
= −500 A
Vs
(0,5 Punkte)
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4. Aufgabe (5 Punkte): Induktionsgesetz
Eine rechteckige Leiterschleife mit dem Widerstand R bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit
v durch die dargestellten räumlich begrenzten Magnetfelder. Beide Magnetfelder sind in ihrem Wirkungsbereich homogen und haben hier die gleiche magnetische Induktion B. Die Skizze zeigt die
Anordnung zum Zeitpunkt t = 0.
v = 10 cm
s
α = 10 cm
Momentaufnahme zum Zeitpunkt t = 0
B=1T
R=1Ω
B
B
v
α
Leiterschleife
mit
Widerstand R
i
2·α
α
α
1
2
·α
α
4.1. (2 Punkte)
Tragen Sie dann den zeitlichen Verlauf (für t = 0 . . . 6s) des magnetischen Flusses φ durch die
Leiterschleife in das nachstehende Diagramm ein. Vervollständigen Sie die Achsenbeschriftung!
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φ in 10−3 V s
20
10
0
1
2
3
4
5
6
t in s
4.2. (2,5 Punkte)
Tragen Sie den zeitlichen Verlauf des Stromes in das nachfolgende Diagramm ein. Kennzeichnen Sie
weiterhin die dazu passende Stromrichtung in der Aufgaben-Skizze. Achten Sie auch hier wieder auf
die korrekte Achsenbeschriftung.
i in mA
10
0
1
2
3
4
5
6
t in s
-10
4.3. (0,5 Punkte)
Wie groß wird der Strom maximal, wenn die Geschwindigkeit v verdoppelt wird?
Lösung:
Der maximale Strom wird doppelt so gro (20 mA), da der magnetishe Fluss doppelt so
shnell ansteigt.
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5. Aufgabe (5 Punkte): Kurzschluss- und Leerlaufversuch beim
Transformator
5.1. Ersatzschaltbild (1 Punkt)
Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild des Transformators mit R1 , R2′ , L1σ , L′2σ , RF e und M ′ . Kennzeichnen Sie die Spannungen U 1 , U ′2 und die Ströme I 1 und I ′2 . Welche Bauteile können jeweils im Kurzschlussversuch und im Leerlaufversuch vernachlässigt werden?
geg.
R1 + jwL1σ << RF e ||jwM ′ , R1 = R2′ , L1σ = L′2σ
U1,nenn = 220V, I1,nenn = 2A, f = 50Hz
Lösung:
I1
R1
U1
L1σ
RFe
L’2σ
R’2
I’2
U’2
M’
Kurzshlussversuh:RF e und M ′ vernahlassigen.
Leerlaufversuh:R1 und L1σ vernahlassigen.
5.2. Kurzschlussversuch (1.5 Punkte)
Im Kurzschluss werden folgende Werte gemessen:
P1,k = 320W, U1,k = 160, 5V
Berechnen Sie die Elemente des Kurzschlussversuches (Ik = I1,nenn ).
Lösung:
Im Kurzshlussversuh wird die Spannung U 1k so lange erhoht, bis sih der Nennstrom
I1,nenn einstellt. RF e und M ′ konnen vernahlassigt werden, da R1 +jwL1σ << RF e ||jwM ′ .
P1k = Re{U 1k I1k } = Re{U1k I1k · ejϕ }
= U1k I1k cos(ϕ)
P1k
)
ϕ = arccos(
U1,k I1,nenn
320W
= arccos(
) = (−)4, 5◦
160, 5V 2A
(11)
(12)
(13)
(14)
ϕ ist negativ!
Z = 2R1 + jw2L1σ =
=
U 1,k
U1,k
=
I 1,k
I1,nenn · ejϕ
160, 5V
j4,5◦
= (80 + j6, 3)Ω
◦ = 80, 25Ω · e
−j4,5
2A · e
2R1 = 80Ω ⇒ R1 = R2′ = 40Ω
w2L1 = 6, 3Ω ⇒ L1σ =
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L′2σ
= 10mH
(15)
(16)
(17)
(18)
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5.3. Leerlaufversuch (1.5 Punkte)
Im Leerlauf werden folgende Werte gemessen:
P10 = 4, 56W, I10 = 0, 132A
Berechnen Sie die Elemente des Leerlaufersatzschaltbildes (U10 = U1,nenn ).
Lösung:
Im Leerlaufversuh wird die Nennspannung U 10 = 220V · ej0 an den Transformator
gelegt. Die an R1 und L1σ abfallenden Spannungen konnen vernahlassigt werden, da
R1 + jwL1σ << RF e ||jwM ′ .
◦
P10 = Re{U 10 I10 } = Re{U10 I10 · ejϕ }
0, 132A · e−81,1
=
220V
◦
= U10 I10 cos(ϕ)
P10
)
ϕ = arccos(
U1,nenn I10
4, 56W
= arccos(
) = (−)81◦
220V · 0, 132A
1
1
I
Y =
+
= 10
′
RF e jwM
U 10
1
1
◦ 1
= 0, 0006 · e−j81,1
= (0, 0001 − j0, 0006)
Ω
Ω
Ω
1
1/RF e = 0, 0001 ⇒ RF e = 10kΩ
Ω
1
1
= −j0, 0006 ⇒ M ′ = 5H
′
jwM
Ω
(19)
(20)
(21)
(22)
(23)
(24)
(25)
(26)
5.4. Winkel ϕ10 (1 Punkt)
Welche Bedeutung hat der Winkel ϕ10 ? Warum ist das Vorzeichen von ϕ10 negativ? Erläutern Sie,
wie Sie mit dem Oszilloskop ϕ10 messen können.
Lösung:
Der Winkel ϕ10 beshreibt die Phasendierenz zwishen U 10 und I10 . Beim Leerlaufversuh wird eine Spannung (ϕU = 0) an eine Induktivitat gelegt. Da der Strom sih verspatet
( Bei Induktivitaten, die Strome sih verspaten; ϕ = ϕu − ϕi ), ist das Vorzeihen von
ϕ10 negativ. Mit dem Oszilloskop wird die Zeitdierenz zwishen den Nulldurhgangen
von Strom und Spannung gemessen und per Dreisatz in den entsprehenden Winkel umgerehnet.
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6. Aufgabe (5 Punkte): Ausgleichsvorgänge: Einschalten
In der nebenstehenden Schaltung ist der Kondensator C auf eine Spannung von uC =
7, 5 kV aufgeladen. Der Schalter S1 wird zum
Zeitpunkt t = 0 geschlossen. Für die Bauteile
gelten die folgenden Werte:
iL
S1
uR
R
iC
uC
C
R = 0, 1 Ω
iL
C = 1000 µF
L
L = 200π µH
uL
6.1. Maschengleichung (0.5 Punkte)
Stellen Sie die Maschengleichung für die Zeit t > 0 auf. Der Schalter kann als ideal (RS = 0)
angenommen werden.
Lösung:
Man erhalt fur den Mashenumlauf
uR + uL − uC = 0
(0, 5 Punkte)
(27)
6.2. Differentialgleichung (1.5 Punkte)
Leiten Sie aus der Maschengleichung die Differentialgleichung für den Strom iL in der Form
d
d2
iL + 2 · δ iL + ωo2 iL = 0
2
dt
dt
(28)
her. Geben Sie hierbei die Terme für δ und ω0 an!
Lösung:
Mit den Beziehungen fur Strom und Spannung an den Elementen R, L und C
uR = R iL
d
uL = L iL
dt Z
1
iL dt
uC = −
C
mit iL = −iC
(0, 5 Punkte)
(29)
kann die DGL durh Einsetzen in die Mashengleihung aus Teil 6.1 aufgestellt werden.
Z
d
1
R iL + L iL +
iL dt = 0
dt
C
d2
1
d
R iL + L 2 iL + iL = 0
dt
dt
C
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In die gewunshte Form gebraht ist die DGL
R d
1
d2
iL +
iL +
iL = 0
dt2
L dt
LC
(0, 5 Punkte)
(31)
R
2L
mit
δ=
und
1
ω0 = √
LC
(0, 5 Punkte)
(32)
6.3. Randbedingungen (1 Punkt)
Welche Randbedingungen gelten für den Strom bei t = 0 und für t → ∞?
Lösung:
An der Spule kann der Strom niht springen:
iL (t = 0) = 0
(0, 5 Punkte)
(33)
Nah sehr langer Zeit ist der Strom abegeklungen, da das System durh R bedampft ist
und die Energie aus dem Kreis durh ohmshe Verluste an R an die Umgebung abgegeben
wird.
iL (t → ∞) = 0
(0, 5 Punkte)
(34)
6.4. Lösung (1 Punkt)
Mit δ < ω0 liegt hier der Fall des gedämpften, periodischen Einschwingens vor. Geben Sie die
Lösung für den Strom iL .
Hinweis: Vereinfachen Sie für diesen Fall die Kreisfrequenz des periodischen Anteils mit
q
ω = ω02 − δ 2
(35)
Lösung:
Der Ansatz fur den Strom iL ist
iL = K · e−δt · sin(ωt)
(0, 5 Punkte)
(36)
Ein Cosinus-Term ist wegen der Randbedingung iL (0) = 0 niht notwendig. man bestimmt
K aus den Randbedingungen zur Zeit t = t0 :
uL (t = 0) = L ·
d
iL = uC (t = 0)
dt
= L K −δ e−δt · sin(ωt) + ω e−δt · cos(ωt) = ωLK
und erhalt
K=
Der Strom hat also die Form
uC (t = 0)
ωL
iL =
(0, 5 Punkte)
uC (t = 0) −δt
e
· sin(ωt)
ωL
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t=0
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6.5. Zeichnen des Stromverlaufs (0.5 Punkte)
Zeichnen Sie qualitativ den Strom in das gegebene Strom-Zeit-Diagramm ein.
iL [kA]
uC[kV]
10
7.5
5
2.5
0
-2.5
-5.0
-7.5
-10
-10m
-5m
0
5m
10m
15m
20m
25m
30m
t [s]
6.6. Begrenzung des maximal fließenden Stromes (0.5 Punkte)
Mit welcher schaltungstechnischen Maßnahme können Sie den maximal fließenden Strom iL,max begrenzen?
Lösung:
Naheliegend ist das Vergroern von R. Auh das Verkleinern von C ist eine moglihe
Methode der Begrenzung. In beiden Fallen ist das Verhaltnis von δ zu ω0 zu prufen.
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