Grundlagen Elektrotechnik, Übung, Prof. Kern

Grundlagen Elektrotechnik, Übung, Prof. Kern
Christoph Hansen, Jannik Ehlert
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Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 1.1
4
Aufgabe 1.2
4
Aufgabe 1.3
5
Aufgabe 1.4
6
Aufgabe 1.5
7
Aufgabe 1.6
9
Aufgabe 1.7
10
Aufgabe 1.8
11
Aufgabe 1.9
11
Aufgabe 1.10
11
Aufgabe 1.11
12
Aufgabe 1.12
13
Aufgabe 1.13
15
Aufgabe 1.14
17
Aufgabe 1.15 (wichtig für Klausur)
18
Aufgabe 1.16
19
Aufgabe 1.17
21
Aufgabe 1.18 (wichtig für Klausur)
21
Aufgabe 2.1 (nicht klausurrelevant)
22
Aufgabe 3.1 (wenig für Klausur geeignet)
22
1
C. Hansen, J. Ehlert
2
Aufgabe 3.2 (wenig für Klausur geeignet)
23
Aufgabe 3.3 (wenig für Klausur geeignet)
24
Aufgabe 3.4
24
Aufgabe 3.5
25
Aufgabe 3.6
26
Aufgabe 3.7
26
Aufgabe 3.8
27
Aufgabe 4.1
27
Aufgabe 4.2
30
Aufgabe 4.3
30
Aufgabe 4.4
31
Aufgabe 4.5 (weniger klausurgeeignet)
32
Aufgabe 4.6
33
Aufgabe 4.7 (weniger klausurgeeignet)
35
Aufgabe 4.8
35
Aufgabe 4.9
36
Aufgabe 4.10 (weniger klausurgeeignet)
36
Aufgabe 4.11 (wichtig für Klausur)
37
Aufgabe 4.12 (wichtig für Klausur)
39
Aufgabe 5.1
40
Aufgabe 5.2
41
Aufgabe 5.3
43
Aufgabe 5.4
43
Aufgabe 5.5
44
Aufgabe 5.6
46
Aufgabe 5.7
46
Aufgabe 5.8
47
Aufgabe 5.9
48
Aufgabe 5.10
48
Aufgabe 5.11
51
Aufgabe 5.12
52
C. Hansen, J. Ehlert
3
Aufgabe 5.13 (über Klausurniveau)
54
Aufgabe 5.14 (zu lang und kompliziert für die Klausur)
57
Aufgabe 5.15
58
Aufgabe 5.16
58
4
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 1.1
a)
Wir nutzen das ohmsche Gesetz um die Leitfähigkeit G zu berechnen:
U
⇒
I
G = 5000 S
R=
G=
1
I
=
R U
b)
Der Widerstand hängt von der Länge, der Fläche und einer spezifischen Konstante ρ ab:
R=
ρ·l
A
G=
⇒
A
ρ·l
Wir berechnen die Fläche:
A=G·l·ρ
AKreisring =
mit
π 2
da − di2
4
Wir müssen nun nach di auflösen:
r
r
π
π
2
di = da − A = da2 − · G · l · ρ
4
4
Hier müssen wir darauf achten alle Längeneinheite in cm umzurechnen. Dann erhalten wir:
= 5,2 cm
Die Wandstärke ergibt sich dann so:
da − di
2
= 0,15 cm
δ=
Aufgabe 1.2
a)
Wir nehmen folgende Formel, die sich aus dem ohmschen Gesetz ableitet:
U2
R
U2
⇔R=
P
= 529 Ω
P=
b)
Wir verwenden die Formel für den temperaturabhängigen Widerstand:
2
R = R20 1 + α20 · ∆T + β20 · ∆T 20
⇔ R20 = 30,54 Ω
5
C. Hansen, J. Ehlert
c)
Wir berechnen nun die Leistung und den Strom, die unmittelbar beim Einschalten der Glühbirne
fließen:
U
R20
= 7,53 A
I20 =
Damit kömmen wir nun die Leistung berechnen:
P20 = U · I20
= 1732 W
Glühbirnen brennen deshalb fast immer beim Einschalten durch, weil da sehr hohe Ströme fließen
und der dünn gewordene Draht diese nicht mehr aushält.
Aufgabe 1.3
Die gegebene Formel hat eine zweifelhafte Notation, der sog. Größengleichung. Sie mag zwar für
Elektrotechniker durchaus gängig sein, man kann aber nicht zwischen Einheiten und Variablen unterscheiden! Die eigentliche Formel sieht so aus:
U 4
I=
9000
a)
Wir setzen ein:
I15 = 7,716 A
b)
Wir setzen ein:
I18 = 16 A
c)
Diese Teilaufgabe ist in der heutigen Zeit total sinnlos, da alle Taschenrechner etc. haben. Damals,
als der Übungsleiter/Dozent studiert hat, war sowas relevant und deshalb ist es hier drin -.-
R=
94 · U kV
U
U
= 4 = kV4 ·
I
A
U
U
kV
⇔ R [kΩ] = 6561
1
(U[kV])3
kV
6
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 1.4
a)
b)
Wir lesen die Werte ∆U = 15 V und ∆I = 30 A ab.
c)
Den Innenwiderstand können wir mit der gegebenen Formel berechnen:
∆U
∆I
= 0,5 Ω
Ri =
7
C. Hansen, J. Ehlert
d)
Wir sollen nun die Quellenspannung bestimmen. Dazu nutzen wir die Geometrie der Gerade aus
Teil b):
U = U0 − Ri · I
⇔ U0 = U + Ri · I
= 245 V
e)
Mit Teil d) können wir wieder mit gegebener Formel den Kurzschlussstrom bestimmen:
U0
Ri
= 490 A
Ik =
Aufgabe 1.5
Der Aufbau sieht ungefähr so aus:
a)
Wir nutzen dieselbe Formel wie in Teil 1.4 d):
U = U0 − Ri · I = U0 − Ri ·
Das stellen wir nach Ri um:
U0 − U
Ra
U
= 10 Ω
⇔ Ri =
U
Ra
C. Hansen, J. Ehlert
8
b)
Der Kurzschlussstrom ergibt sich aus a)
U0
Ri
= 1A
IK =
c)
Das Ersatzschaltbild für den rot umkreisten Bereich von Bild am Anfang wäre im Fall der Spannungsquellenersatzschaltung:
d)
Das Ersatzschaltbild für den rot umkreisten Bereich von Bild am Anfang wäre im Fall der Stromquellenersatzschaltung:
9
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 1.6
a)
Für den Strom addieren wir die beiden Widerstände:
U0 = (Ri + Ra ) · I
U
⇔I=
Ri + Ra
= 4A
b)
Mit dem Strom aus Teil a) können wir die Klemmenspannung errechnen:
U = U0 − Ri · I
= 96 V
c)
Mit der nun bekannten Klemmenspannung bestimmen wir mit gegebener Formel die abfallende
Spannung am Widerstand:
Pa = U · I = Ra · I 2
= 384 W
d)
Pi = U · I = Ri · I 2
= 16 W
e)
Den Wirkungsgrad können wir aus den abfallenden Leistungen berechnen:
η=
Pa
Pnutz
=
Pges
Pa + Pi
= 0,96 = 96 %
f)
Die Definition sagt, dass die Leistung dann maximal ist, wenn gilt Ri = Ra .
10
C. Hansen, J. Ehlert
g)
Wir müssen zunächst die neue Spannung und den neuen Strom berechnen:
U
100
=
Ra + Ri
2
= 50 A
I=
Die Spannung am Widerstand ist dann:
U0
2
= 50 V
Ua =
Die Leistung ist:
Pa = Pi = Ua · I
= 2500 W
Der Wirkungsgrad ist bei einer solchen Anordung immer 50%.
⇒η=
Pa
= 0,5 = 50 %
Pi + Pa
Aufgabe 1.7
a)
Wenn man zwei Widerstände hat, dann gibt es nur vier mögliche Schaltmöglichkeiten. Man erreicht
die geringste Leistungsstufe, indem man beide Widerstände in Reihe verbaut. Die zweite Leistungsstufe erreicht man, indem man den größeren Widerstand einschaltet und die dritte indem man den
kleineren Widerstand zuschaltet. Die höchste Leistungsstufe erreicht man, indem man die beiden
Widerstände parallel schaltet und den Gesamtwiderstand nochmals herabsetzt.
b)
Wir nehmen die zweite und die dritte Leistungsstufe und berechnen darüber die Widerstände. Wie
berechnen zuerst die Ströme:
P2
U
= 2,17 A
P3
I2 =
U
= 3,26 A
I3 =
Nun berechnen wir die zugehörigen Widerstände:
U
I2
= 106 Ω
U
R2 =
I3
= 70,55 W
R3 =
11
C. Hansen, J. Ehlert
c)
Wir schalten die Widerstände nun in Reihe:
R1 = R2 + R3
= 176,55 Ω
Nun können wir die Leistung ausrechnen:
U2
R
= 300 W
P=
Aufgabe 1.8
Diese Schaltung ist nicht zu empfehlen, da in einer Reihenschaltung der Strom gleich bleibt und
somit eine der beiden Lampen einen zu hohen Strom versorgt wird. Das kann dazu führen, dass
diese Lampe direkt oder nach kurzer Zeit durchbrennt.
Wir berechnen den Widerstand von Lampe 1(3 W):
U2
R
U2
⇔ R1 =
P
= 12 Ω
P=
Für Lampe 2(2 W):
U2
P
= 18 Ω
R2 =
Anhand der Widerstände können wir erkennen, das Lampe 2 eine zu hohe Spannung abbekommt
und deshalb schnell durchbrennen.
Aufgabe 1.9
Ernsthaft?! Ich bin doch kein Computer!
Aufgabe 1.10
a)
Der Widerstand Ra bleibt hier außen vor. Deshalb stellen wir eine große Formel für einen Ersatzwiderstand zwischen a und b auf:
Re1 =
−1
R−1
3 + R4
= 11,75 Ω
−1
−1 −1
+ R−1
+
R
1
2
12
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Hier müssen nur die Widerstände R1 und R2 betrachtet werden, da zwischen a und b keine leitende
Verbindung besteht.
−1 −1
Re2 = R−1
+
R
1
2
= 8Ω
c)
Diesen Ersatzwiderstand kann ich aus dem Re2 und den anderen Widerständen zusammenbauen:
−1
−1 −1
Re3 = Re2 + R−1
+
R
+
R
a
3
4
= 4,8 Ω
Aufgabe 1.11
a)
Mit Hilfe der Formel für den Spannungsteiler berechnen wir die Spannung am Lastwiderstand. Hierfür benötigen wir außerdem den Gesamtwiderstand. Dieser ist die Summe aus R1 und den parallel
geschalteten Widerständen R2 und Ra .
R2a = R2 ||Ra =
1
400
1
+
1
960
= 282,4 Ω
Rges = R1 + R2a = 600 + 282,4 = 882,4 Ω
R2a
U2 = U0 ·
= 19,2 V
Rges
U2
I2 =
= 20 mA
Ra
b)
P = U 2 · I2
= 384 mW
c)
Wenn an Ra 30 V abfallen soll, so muss auch an R1 30 V abfallen. Daher gilt:
R1 = R2a =
R2 · Ra
R2 + Ra
Außerdem ist in der Aufgabe eine zweite Bedingung gegeben:
R1 + R2 = 1 kΩ
⇔ R1 = 1 kΩ − R2
13
C. Hansen, J. Ehlert
Beide Gleichungen gleichgesetzt ergibt:
1 kΩ − R2 =
R2 · Ra
R2 + Ra
Nun stellen wir nach R2 um und lösen die die quadratische Formel auf:
(1 kΩ − R2 )(R2 + Ra ) = R2 · Ra
1 kΩ · R2 + 1 kΩ · Ra − R22 − R2 · Ra = R22 − R2 · Ra
1 kΩ · R2 + 0,96 (kΩ)2 − R22 − 0,96 kΩR2 = 0,96 kΩR2
1 kΩ · R2 − 2 · 0,96 kΩR2 + 0,96 (kΩ)2 − R22 = 0
−0,92 kΩ · R2 + 0,96 (kΩ)2 − R22 = 0
R22 − 0,92 kΩ · R2 + 0,96 (kΩ)2 = 0
Wir nutzen selbstverständich nur die positive Lösung, deshalb das „+“ vor der Wurzel:
s
0,96 kΩ
R2 = −
+
2
0,96 kΩ
2
!2
+ 0,96 (kΩ)2
= −0,46 + 1,0824 = 622,4 Ω
⇒ R1 = 1 kΩ − 622,4 Ω = 377,6 Ω
Aufgabe 1.12
Maschen-/Knotenverfahren
Wir stellen zwei Maschengleichungen auf: Eine im linken Teil und die andere über die gesamte, d.h.
äußere Masche. Zusätzlich stellen wir eine Knotengleichung auf. Im Skript steht eine Formel zur
Anzahl der Gleichungen.
K
−I
I
II
(R4 + Ra )I
III
(R4 + Ra )I
+I1
+I2
(R1 + R2 )I1
−R2 I2
+(R1 + R3 )I1
=0
= U01 − U02
= U01
−R2 I2
= U02
Eine Maschengleichung ist überflüssig, da sie sich aus den anderen beiden ergibt. Wir lösen das
vorliegende Netzwerk beispielhaft mit Hilfe der ersten drei Gleichungen. Außerdem setzen wir zum
einfacheren Rechnen die gegebenen Widerstandswerte (in Ω) ein.
14
C. Hansen, J. Ehlert
−I
I
II
K
205I
I
I
II
K
205I
−10I
+I2
10I1
−10I2
+10I1
+I1
+I2
10I1
−10I2
+10I1
+20I1
10I1
I
II
K
+I1
205I
−420I
=0
= 20 V
= 220 V
=0
= 20 V
= 220 V
= 20 V
−10I2
+10I1
| 10 · K + I
| K − 2 · II
= 20 V
= 220 V
= −420 V
⇒ I = 1A
In Gl. II einsetzen: 205 Ω · 1 A + 10 Ω = 220 V ⇒ I1 = 1,5 A
⇒ I2 = −0,5 A
⇒ U = Ra · I = 200 V
Superpositionsverfahren
Wir betrachten die beiden Quellen getrennt voneinander, ersetzen also alle bis auf eine. Spannungsquellen ersetzen wir durch einen Kurzschluss, hier nicht vorhandene Stromquellen durch einen Leerlauf. Anschließend berechnen wir den Widerstand, von der Quelle aus gesehen. „Eingestrichene“
Formelzeichen (R0 , I10 ) gehören zur ersten Quelle. Der Index 1 besagt, dass sich der Wert auf den Leiter 1, in
dem der reale Strom I1 fließt, bezieht.
Quelle 1:
R0 = R1 + R3 + (R2 ||(R4 + Ra ))
10 · 205
= 10 +
10 + 205
= 19,53 Ω
Wir kennen den Wert der Spannungsquelle U01 und nun den Widerstand R0 . Den Strom I10 , den wir
nun berechnen ist ein „virtueller Strom“, da er nur als Hilfsgröße zur Berechnung benutzt wird.
U01
R0
220
=
19,53
= 11,264 A
I10 =
Spannungsquelle U01 wird nun zum Kurzschluss, während wir Quelle 2 betrachten.
R00 = R2 + ((R1 + R3 )||(R4 + Ra ))
10 · 205
= 10 +
10 + 205
= R0 = 19,53 Ω
15
C. Hansen, J. Ehlert
Im Leiter, in dem der Strom I10 aus Quelle 1 fließt wollen wir nun wissen, welcher virtuelle Strom I100
von Quelle 2 dort fließt. Der Strom I 00 ist der gesamte virtuelle Strom von Quelle 2. Dies geht mit Hilfe
der Stromteilerformel. Wir vertauschen dabei direkt die Leitwerte, sodass der Gesamtwiderstand R∗
im Zähler steht:
I100
R∗
=
I 00 R1 + R3
U02
mit
I 00 = 00
und
R
⇔ I100 = 9,764 A
R∗ = R00 ohne R2
Da beide virtuelle Ströme laut Knotenregel entgegengesetzt fließen, ist der reale Strom I1 die Differenz:
I1 = I10 − I100
= 1,5 A
Die anderen Werte bekommen wir nun durch Maschengleichungen berechnet.
Aufgabe 1.13
Wir verwenden das Verfahren der Ersatzspannungsquelle. Wir erhalten dann folgendes vereinfachtes Bild, wobei an den Klemmen die Spannung U abfällt:
a)
Die Ersatzspannungsquelle U00 ergibt sich aus den parallel geschalteten Einzelspannungsquellen
und ist daher
U00 = U0 = 6 V.
Der Innenwiderstand ist
1
R0i = Ri = 0,1 Ω
3
Damit können wir den Strom und die Spannung am Widerstand Ra bestimmen:
I=
U00
R0i + Ra
= 30 A
U = Ra · I
= 3V
16
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Mit den geänderten Werten berechnen wir nun den Kurzschlussstrom, der sich aus allen Quellen
speist, und die gestrichenen Größen:
U0 U01
+
Ri
Ri1
= 49 A
IK = 2 ·
Wir berechnen wiederum den Innenersatzwiderstand:
−1 −1
R0i = 2 · R−1
+
R
i
i1
= 0,115 Ω
Die Ersatzspannungsquelle nun hat eine Spannung
U00 = Ri · IK
= 5,654 V
Es fließt also ein Gesamtstrom von
I=
U00
R0i + Ra
= 26,25 A,
wobei folgende Spannung abfällt:
U = Ra · I
= 2,625 V
17
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 1.14
Wir empfehlen die Aufgabe 1.15 vor dieser Aufgabe zu rechnen, um das Prinzip der Ersatzquelle
besser zu verstehen.
Mit dem Verfahren der Ersatzspannungsquelle ersetzen wir den Widerstand R4 durch die rote Leitung. Zudem legen wie die Richtung der Ströme fest:
Abbildung 1: Widerstand R5 fällt raus, da durch den Kurzschluss kein Strom durch ihn fließt
Nun stellen wir Gleichungen für den Knoten A und die Masche I auf:
Knoten A:
I2 + I3 − Ik = 0
I3 können wir direkt bestimmen:
I3 =
Masche I:
U03
= 6A
R3
− U01 + (R1 + R2 ) · I2 + U02 = 0
U01 − U02
⇔ I2 =
= 3A
R1 + R2
Ik = I2 + I3 = 9 A
Jetzt können wir ein Ersatzschaltbild ohne Spannungsquellen aufbauen, das so aussieht:
Wir berechnen nun den Innenwiderstand der Ersatzspannungsquelle Ri und gehen dabei von den
Klemmen aus. Dabei werden alle Spannungsquellen kurzgeschlossen:
1
1
1
1
=
+
+
Ri R1 + R2 R5 R3
⇔ Ri = 2 Ω
U0 = Ri · Ik = 18 V
Das Ersatzschaltbild zur Bestimmung von I4 sieht dann so aus:
I4 =
U0
= 0,5 A
Ri + R4
18
C. Hansen, J. Ehlert
Abbildung 2: Wichtig ist den Widerstand R5 wieder zu berücksichtigen!!
Aufgabe 1.15 (wichtig für Klausur)
a)
Wir ersetzen zunächst die Stromquelle durch einen Kurzschluss:
Re = 60 Ω
Nun berechnen wir die Spannung:
U e = Re · I
= 6V
Die Erstzspannungsquelle sieht dann so aus:
Ri = 20 Ω + 60 Ω = 80 Ω
Das Schaltbild dazu sieht dann so aus:
19
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Wir überbrücken wiederum die Spannungsquelle und berechnen den Ersatzwiderstand und Ersatzstrom:
Re = 3 + 7 = 10 Ω
Nun berechnen wir den anliegende Spannung:
7
· 20
10
= 14 V
U0 =
Der Innenwiderstand der Stomquelle ist dann:
Ri = 17,9 +
3·7
10
= 20 Ω
Daraus ergibt sich der Strom
U0
Ri
= 0,7 A
Ik =
Der Leitwert ist dann:
Gi =
1
= 50 mS
Ri
Das Schaltbild dazu sieht dann so aus:
Aufgabe 1.16
a)
Ich verstehe das so, dass das Messgerät im Bereich 20 V einen Widerstand von 20 · 5 kΩ hat und
im Bereich 10 V einen Widerstand von 10 · 5 kΩ. Da in einem linearen Netzwerk der Strom konstant
ist, müssen wir diesen berechnen.
20
C. Hansen, J. Ehlert
U
8
=
R20 100000
= 8 · 10−5 A
I8 =
U
6
=
R10 50000
= 0,00012 A
I6 =
Wir können jetzt eine Gleichung für die Gesamtspannung U0 aufstellen:
U0 = I8,6 · R20,10 + R
Diese beiden Gleichungen setzen wir gleich:
I8 · (R20 + R) = I6 · (R10 + R)
⇔ R = 50000 Ω
⇒ U0 = I8 · (100000 + 50000)
= 12 V
b)
Da wir jetzt die Klemmenspannung kennen, können wir die übrigen Spannungen errechnen:
5V Bereich
UK
12
=
R + R5 75000
= 0,00016 A
IR =
Jetzt berechnen wir die Spannung:
U5 = R5 · IR = 25000 · 0,00016
= 4V
2V Bereich
UK
12
=
R + R2 60000
= 0,0002 A
IR =
Jetzt berechnen wir die Spannung:
U5 = R5 · IR = 10000 · 0,0002
= 2V
21
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 1.17
Wenn in der Mitte kein Strom fließen soll, dann muss gelten U2 = U4 . Wir haben nun einen Spannungsteiler, den man folgendermaßen berechnen kann:
R2
R4
· U01 =
· U02
R1 + R2
R3 + R4
R2 · (R3 + R4 ) · U01
⇔ R1 + R2 =
R4 · U02
⇔ R1 = 120 Ω
Aufgabe 1.18 (wichtig für Klausur)
a)
Wir lesen den Strom aus der Abbildung ab:
I ≈ 47 mA
b)
Wir können den Widerstand der Z-Diode und den Innenwiderstand Ri als zwei in Reihe geschaltete
Widerstände betrachten. Da wir wissen bei welchen Spannungen welcher Strom fließt, können wir
den Innenwiderstand sofort berechnen:
14 − U D 14 − 9,25
=
I
0,047
= 101,06 Ω
Ri =
c)
Wir berechnen zunächst den Innenwiderstand der Diode mit den Werten aus b)
UD
9,25
=
I
0,047
= 196,8 Ω
RD =
Damit können wir nun den neuen Strom ausrechnen:
U0
12
=
Ri + RD 101,06 + 196,8
= 0,04 A
I=
Aus der Abbildung in der Aufgabe können wir nun erkennen, das die Spannung auf U = 9,2 V
absinkt. Das sind 0,5 %, also nicht sehr viel.
22
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 2.1 (nicht klausurrelevant)
a)
Wenn wir einen Winkel von 0◦ haben, dann liegt die Fläche entlang des Vektors J~, damit fließt hier
kein Strom.
b)
Es zählt nur die Fläche, die senkrecht zur Stromrichtung ist, damit erhalten wir:
I = A · sin(α) · J~
= 173,2 A
c)
Die komplette Fläche steht nun senkrecht zum Strom, also gilt:
I = A · J~
= 200 A
Aufgabe 3.1 (wenig für Klausur geeignet)
Die Formel für die Kraft einer Ladung Q2 und das elektrostatische Feld E , ausgelöst durch eine
Punktladung Q1 ist in der Formelsammlung gegeben:
F~ = Q · E~
Q
E=
4πεr2
Nun setzen wir nur noch die gegebenen Werte in die zusammengesetzte Formel, die die Kraft einer
Ladung auf eine andere beschreibt, ein:
F=
Q1 · Q2
4πεr2
a)
Q2 = 0
⇒
F=0
23
C. Hansen, J. Ehlert
b)
1 nC · (−2 nC)
4πε(5 · 10−3 )2
= −0,72 mN
F=
Da der Wert negativ ist (oder die Teilchen gegensätzlich geladen sind), wirkt diese Kraft anziehend.
Bei der Einheitenbetrachtung wandeln wir C in As um und VAs in Nm:
[F] =
As As Vm VAs Nm
=
=
=N
m
m
As m2
c)
F = 1,44 mN
(abstoßend)
Aufgabe 3.2 (wenig für Klausur geeignet)
Die „Elektroden“ können wir als Plattenkondensator auffassen. Auch hier können wir wieder zwei
Formeln ineinander einsetzen:
a)
U
d
F = Q·E
U
⇒ F = Q·
d
E=
5 kV
0,05 m
= 0,1 mN
= 1 nC
b)
Wir nehmen an, dass
• die Gewichtskraft Fg auf das Teilchen klein genug,
• der Faden isoliert und lang genug ist,
• sowie das Kügelchen aus leitendem Material besteht.
Dann schwingt es bis zur negativ geladenen Elektrode, bekommt dort eine negative Ladung, wird
anschließend in die Gegenrichtung gezogen. Es „klatscht“ somit immer hin und her.
Als realistischere Betrachtung wäre auch eine Schwingung die in Richtung der negativ geladenen
Elektrode ausgeprägt ist denkbar.
24
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 3.3 (wenig für Klausur geeignet)
Wir müssen die Kraft, die die Teilchen voneinander wegdrückt berechnen, also die horizontale Komponente der Resultierenden im Faden. Da wir ein gleichseitiges Dreieck haben, können wir die
horizontale Komponente der Kraft sofort ausrechnen:
FC = FG − FG,30◦ = 9,81 · 8.93 · 10−6 − 9,81 · 8.93 · 10−6 · cos(30)
= 1,17 · 10−5 N
Das können wir in das Coulumbgesetz einsetzen:
Q2
dabei ist r der Abstand der Kugeln
4πεr2
⇔ Q2 = F · 4πεr2
F=
⇔ Q = ±6 · 10−9 C
Nochmal anschauen, weil andere Lösung!!
Aufgabe 3.4
a)
Wir nehmen die Formeln aus der Formelsammlung und stellen folgendes auf:
U
d
= 500 kV/m
E=
b)
Die Flussdichte ist:
D = r 0 · E
= 8,85 · 10−6 As/m2
c)
Wir müssen nun die Ladung pro Quadratzentimeter berechnen:
Q = D · A = D · 0,0001 m2
= 8,85 · 10−10 C/cm2
25
C. Hansen, J. Ehlert
d)
Die Kapazität berechnet sich so:
A
d
= 8,85 · 10−12 F = 8,85 pF/cm2
C = 0 r ·
Aufgabe 3.5
Um die Ladung zu bestimmen, lösen wir das Integral über die Fläche:
Q=
⇔D=
Z Z
~ dA = D · 2πr · l
D
Q
2πr · l
Gleichzeigtig können wir die Flussdichte auch so ausdrücken:
~ = E~
D
Das setzen wir jetzt gleich und lösen nach E :
⇒E=
Q
2πlr
dabei ist
Z
Z
Q=C·U
Nun bestimmen wir die Spannung:
U=
E~ ds =
ra
ri
Q 1
dr
2πrl r
Q
=
· [ln(r)]rria
2πrl
!
ra
Q
· ln
=
2πrl
ri
Wir verwenden c =
Q
U:
C=
2πl
ln rrai
Das setzen wir in die Gleichung für E weiter oben ein:
E=
CU
U
1
= r ·
2πl · r ln a r
ri
Nun berechnen wir die Feldstärke innen:
8600 1
ln(2,6) 0,5
= 18000 V/cm
Eri =
8600 1
ln(2,6) 1,3
= 6920 V/cm
Era =
26
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 3.6
- Mache die linken vier Kondensatoren zu Hilfskondensator C9
- berechne U4 , ergibt 8 V
- U8 ist dann U − U4 = 4 V
- berechne C9 , ergibt 4 µF
- berechne U3 , ergibt 4 V
- selbiges für U7 , ergibt 2 V. U9 ergibt sich dann zu U9 = U − U7 − U3 = 6 V
- berechne mit U9 die restlichen Spannungen
Aufgabe 3.7
a)
Die Kapazität berechnen wir so:
C = 2π0 r
ln
l
r a
ri
= 1,6 · 10−11 F = 16 pF
b)
Die Energie W bestimmen wir über folgende Gleichung:
1
W = CU 2 = 8 · 10−10 J
2
c) + d)
Die Kapazität hat sich beim Herausziehen halbiert, allerdings ist der Energiegehalt doppelt so groß.
W2 =
11
2 2C
·
Q2
C2
Durch das Herausziehen des einen Teils des Kondensator, haben wir Arbeit gegen das Feld verrichtet, deshalb steigt der Energiegehalt.
e)
Wir haben jetzt die Hälfte der Kapazität und das doppelte des Energieinhalts und bestimmen daraus
die dazu nötige Spannung über die Gleichung aus b):
W 1
= 2C · Un2
2
2r
2W
⇔ Un =
C
= 20 V
27
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 3.8
a)
Dem Kondensator ist es egal wie das Dielektrikum sich darin befindet, solange das Volumen es
Dielektrikums gleich bleibt. Deshalb rechnen wir jetzt das Volumen aus:
VD1 = 2 · a2 · δ = 4 · 10−5 m3
Jetzt teilen wir den Kondensator in zwei Teile auf. Im einem befindet sich kein Dielktrikum und im
anderen schon. Dazu müssen wir zunächst die Höhe mit der das Dielektrikum im Kondesnsator
steht berechnen:
V D 1 = a2 · h
VD
⇔ h = 21
a
= 4 · 10−3 m
Es geht etwas schneller, wenn man sich vorstellt, die beiden Platten einfach aufeinander zu legen
und unten im Kondensator zu platzieren, dann erkennt man schnell, das die Höhe h = 4 mm sein
muss. Nun berechnen wir aus den beiden Kapazitäten die Gesamtkapazität:
0,1 · 0,096
0,1 · 0,004
+ 0 r1 ·
d
d
= 4,91 · 10−12 F = 4,91 pF
Cges1 = C1 + C2 = 0 ·
b)
Wir können die Gleichung aus a) recyceln, indem wir in den ersten Teil noch das zweite r2 einbauen:
0,1 · 0,096
0,1 · 0,004
+ 0 r1 ·
d
d
= 4 · 10−10 F = 0,4 nF
Cges2 = C1 + C2 = 0 r2 ·
c)
Es gibt die Grundkapaziät Cges1 , die der Kondensator hat, wenn kein Wasser, sondern nur das Gefäß
drin ist. Danach skaliert die Kapazität mit r2 · (0,1 − 0,004) · x.
Aufgabe 4.1
a)
Wir betrachten zwei Fälle, dabei ist r0 immer der Außenradius des Drahtes:
C. Hansen, J. Ehlert
28
i)
Es gilt r < r0 . Der Strom hängt dann linear vom benutzten Radius r ab und wir stellen für das
elektrische Feld auf:
I
πr2 = H · 2πr
πr02
I
r
⇔H=
2πr02
= 1,8 · r
ii)
Es gilt r > r0 . Der Strom hängt dann nicht vom benutzten Radius ab und wir stellen für das elektrische Feld auf:
I = H · 2πr
I
1,8
⇔H=
=
2πr
r
b)
Wir machen selbiges mit einem anderen Radius und erhalten dann:
i)
Es gilt r < r0 . Der Strom hängt dann linear vom benutzten Radius ab und wir stellen für das elektrische Feld auf:
H = 0,2 · r
ii)
Es gilt r > r0 . Der Strom hängt dann nicht vom benutzten Radius ab und wir stellen für das elektrische Feld auf:
H=
1,8
r
c)
Wir haben hier den Radius r1 , der nur bis an die Wand des Rohres heranreicht.
29
C. Hansen, J. Ehlert
i)
Es gilt r < r1 . Da im inneren des Rohrs kein Strom fließt, haben wir hier auch keine Feldstärke
(H = 0).
ii)
Es gilt r1 < r < r0 und es ist zu beachten, das der Strom nur in der Wand des Rohrs fließt: Konstant
I
ist der Strom, der im Rohr fließt. Daher ist auch die Stromdichte j = ARohr
mit ARohr = π(r02 − r12 )
konstant. Variabel dagegen ist der jeweils eingeschlossene Strom bzw. eigentlich nur die eingeschlossene Fläche A(r) = π(r2 − r12 ). Es gilt daher:
H · 2πr = j · A(r)
Iπ r2 − r12
⇔H=
2π2 r r02 − r12
I
2
2
H=
·
r
−
r
1
πr(r02 − r12 )


r2 
I 
r − 1 
=
in A/mm mit r in mm
2π · 5
r
iii)
Es gilt r > r0 . Jetzt haben wir wieder den Fall a)ii) oder b)ii) und es gilt dann:
H=
1,8
r
d)
i)
Es gilt r < 1 mm. Dieser Fall entspricht a)i)
ii)
Es gilt 1 mm < r < 2 mm. Dieser Fall entspricht a)ii)
iii)
Es gilt 2 mm < r < 3 mm. Dieser Fall entspricht a)ii) − c)ii)
iii)
Es gilt r > 3 mm. Dieser Fall entspricht a)ii) − c)iii)
30
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 4.2
Wir berechnen die Feldstärke so:
n
600
=2·
l
0,6
= 2000 A/m
H=I·
Aufgabe 4.3
Wir definieren den Strom, der auf uns zu fließt als positiv und den anderen als negativ. Wir wissen
dann mit der rechten Hand Regel, das sich die beiden Felder verstärken, somit müssen wir die
jeweiligen Feldstärke überlagern.
P1
H=
I
7,1
·2=
·2
1
2π · 0,288
2π 2 a
= 8 A/m
P2
H=
I
2π 5a
6
+
I
2π a6
= 14,4 A/m
P3
Zuerst müssen wir den Radius berechnen:
r2 = 2 ·
a 2
2
⇔ r = 0,399 m
Da wir beides mal den selben Abstand haben, können wir die Formel von P1 nutzen:
I
7,1
·2=
·2
2πr
2π · 0,399
= 4 A/m
H=
31
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 4.4
a)
Für die Feldstärke gilt:
I
2πrm
= 318,3 A/m
Hm =
b)
Die mittlere Flussdichte ist:
Bm = µ0 · µr · H
= 0,4 · 10−4 T
Daraus können wir mit dem Radius rm ungefähr den magnetischen Fluss bestimmen:
2
Φm = B · A = B · πrm
= 0,16 µVs
c)
Wir müssen nun zwischen 4 und 6 Zentimeter integrieren. Dabei ist die Breite des Ringes b und B
ersetzen wir durch µ · H :
Φ=
Z
~ dA
~=
B
Z
6
µ0 ·
4
µ0 · I · b
=
· ln(r)
2π
"
= 0,162 µVs
#6
4
I
· b dr
2π · r
32
C. Hansen, J. Ehlert
d)
An der magnetischen Feldstärke ändert sich nichts, allerdings ändert sich die Flussdichte und der
magnetische Fluss:
Bm = µ0 · µr · H = µ0 · 100 · H
= 40 mT
Daraus können wir mit dem Radius rm ungefähr den magnetischen Fluss bestimmen:
2
Φm = B · πrm
= 16 µVs
Genau gerechnet ergibt sich dann:
Φg = 16,2 µVs
Aufgabe 4.5 (weniger klausurgeeignet)
a)
Wir müssen unbedingt beachten, das H in A/cm gegeben ist und nicht in SI-Einheiten. Wir formen
die Gleichung zunächst nach H um:
B = 1,6 −
⇔H=
3,2
2+H
3,2
−2
1,6 − B
Mit dem gegeben Wert für B haben wir folgende Feldstärke:
= 14 A/cm
Die Durchflutung Θ setzt sich zusammen aus der „magnetischen Spannung“. Da die Flussdichten
im Eisen BE und in der Luft BL bei kleinem Luftspalt δ (d.h. ohne Streuung) gleich sind, ist BE = BL .
Wir schreiben:
Θ = VE + VL = HE · l + HL · δ
mit
HL =
BE
µ0
B
·δ
µ0
= 798 + 1582 = 2380 A
= HE · l +
b)
Wir berechnen nun die magnetische Permeabilität µr des Eisenblechs, also wie gut das Eisenblech
die Feldlinien verstärkt. Hierbei verwenden wir H = 1400 A/m in SI-Einheiten:
B = µ0 µr · HE
B
⇔ µr =
µ0 · H E
= 795,8
Wir sehen, dass das Eisenblech die Feldlinien um den Faktor 795,8 besser verstärkt als Vakuum.
33
C. Hansen, J. Ehlert
c)
Eine Möglichkeit ist B/T vorzugeben:
B/T
0,5
0,8
1
1,2
1,3
1,4
1,45
1,5
HE
A/cm
0,9
2
3,33
6
8,67
14
19,33
30
Q/l
A/cm
10,8
17,9
29,4
34
41,4
Man kann anhand der Werte erkennen, das mit dem Luftspalt die Kennlinie am Anfang fast linear
verläuft. Das nutzt man in vielen technischen Geräten, da man die Lautstärke linear regeln möchte.
Eine Magnetisierungskennlinie wird mit H auf der x-Achse und B auf der y-Achse gezeichnet.
HE
A/cm
B/T
2
6
10
14
18
0,8
1,2
∞
4/3
1,4
1,44
1,6
Das zugehörige Diagramm sieht so aus.
Aufgabe 4.6
a)
Wir müssen hier mit dem Diagramm arbeiten, indem wir zunächst die magnetische Feldstärke berechnen und daraus die Flussdichte ablesen:
HE · l = N · I
N · I 1000 · 480
⇔H=
=
l
120
= 4 A/cm
34
C. Hansen, J. Ehlert
Die Flussdichte lesen wir im Diagram ab:
B = HE (4) = 1,15 T
Daraus berechnen wir den Fluss im Eisenring:
Φm ≈ Bm · A = 1,15 · 5 · 10−4
= 0,575 · 10−3 Vs = 0,575 mWb
b)
Wir rechnen hier der Einfachheit halber mit H = 400 A/m
B = µ0 · µr · H
B
1,15
⇔ µr =
=
HE · µ0 400 · 4π · 10−7
= 2288
c)
Wir nehmen als Näherung an, dass die Länge des Eisenrings immer noch 120 cm beträgt; der Luftspalt ist δ.
Θ = N · I = HE · l + HL · δ
N·I
Bδ
⇔ HE =
−
l
µ0 · l
= 4 − 2,653 · B
Wir machen eine Wertetabelle und die daraus folgende Gerade in das gegebene Diagramm einzuzeichnen:
B/T
HE /A/cm
0
4
1
1,347
1,508
0
Wir erhalten daraus einen Schnittpunkt. Dieser Schnittpunkt gibt uns die Werte für die Flussdichte
und die magnetische Feldstärke:
HE = 1,8 A/cm
B = 0,8 T
Damit können wir den Fluss berechnen:
Φ = B · A = 0,4 mWb
d)
Es gilt, dass die Flussdichte konstant ist (Vergleich mit Reihenschaltung) und deshalb bleibt auch
der Fluss gleich. Allerdings erhalten wir eine andere Feldstärke für die Luft:
B
µ0
= 636,6 · 103 A/m = 6,36 kA/cm
HL =
35
C. Hansen, J. Ehlert
e)
µr =
B
Vs
= 3537
µ0 · HE
Am
Aufgabe 4.7 (weniger klausurgeeignet)
In der Aufgabenstellung wir der Begriff Induktion benutzt, der ist hier fehl am Platz, weil man mittlerweile von Flussdichte spricht!
Wir müssen hier die Moment der jeweiligen Spulen betrachten:
M1 = 2 · N · F1 · r · cos(α)
Das können wir in elektrische Größen übersetzen:
= 2 · N · I1 · l · B · r · cos(α)
M2 = 2 · N · I2 · l · B · r · sin(α)
Der Sinus kommt von den 90◦ Unterschied.
Wir setzen gleich:
M2
M1
2 · N · I1 · l · B · r · sin(α)
⇔1=
2 · N · F1 · r · cos(α)
!
I1
⇔ α = arctan
I2
M1 = M2
1=
Aufgabe 4.8
a)
Die induzierte Spannung berechnen wir so:
uind = (−)N ·
dΦ
dt
mit
Φ = B · A · cos(α)
d
dt
=|
N · B{z
·A·ω
} · (− sin(ωt))
= (−)N · B · A · cos(ωt)
Amplitude
= 311 V · sin(ωt)
Die induzierte Spannung hat also den maximalen Wert von 311 V. Das Minus als Zeichen einer
negativ induzierten Spannung kann weggelassen werden, wenn nach der Amplitude oder dem Spitzenwert gefragt ist.
b)
Wir haben eine Frequenz von f =
314,15 s−1
3000
60s
= 50 Hz und damit eine Kreisfrequenz von ω = 50 · 2π =
36
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 4.9
a)
Wir nutzen die gleiche Formel wie zuvor, allerdings jetzt mit sin(ωt) vor der Differenziation, da der
Maximalwert erreicht wird, wenn Spule und Feldlinien senkrecht zueinander stehen:
uind = −N
B·A·ω
| · {z
} · cos(ωt)
Û
Wir betrachten den variablen Term nicht, da uns nur der Maximalwert interessiert:
Û = N · A · B · ω
Û
N·A·ω
= 6,366 µT
⇔B=
b)
Hier wird die Zeitspanne um den Faktor 10 kürzer, also wird die benötige Flussdichte um den Faktor
10 kleiner, da bei schnellerer Änderung eine größere Spannung induziert werden kann.
Aufgabe 4.10 (weniger klausurgeeignet)
a)
Die Induktivität berechnen wir so:
L1 =
N2
=
Rm
N2
l
µr ·µ0 ·A
=
N 2 · µr · µ0 · A
l
= 628,3 µH
b)
Die Induktion steigt hier um den Faktor 200:
L2 = 125,66 mH
c)
Wir nutzen eine schon vorher benutzte Formel:
NI 1000 · 40
=
l
40
= 1 A/cm
H=
Wir lesen den Wert für die Flussdichte von der Kennlinie ab:
B = H(1) = 0,4 T
37
C. Hansen, J. Ehlert
Daraus können wir die Induktivität bestimmen:
L·I = N·Φ
N ·Φ N ·B·A
⇔L=
=
I
I
= 2H
Aufgabe 4.11 (wichtig für Klausur)
Wir zeichnen zunächst ein Ersatzschaltbild, indem wir die magnetischen Widerstände in ein elektrisches Analogon überführen und berechnen diese Teilwiderstände als Näherung an der gestrichelten
Mittellinie entlang:
38
C. Hansen, J. Ehlert
60
l
=
µ0 µr · A µ0 · 200 · 30 · 20
= 397,88 kA/Vs
R1 = R4 = R01 = R04 =
Luft, daher µ = µ0
l
1
=
µ0 · A µ0 · 20 · 20
= 1989,43 kA/Vs
R2 =
59
l
=
µ0 µr · A µ0 · 200 · 20 · 20
= 586,88 kA/Vs
R3 =
l
60
=
µ0 µr · A µ0 · 200 · 20 · 20
= 596,83 kA/Vs
R5 =
R6 = 2 · R2
= 3978,87 kA/Vs
l
58
=
µ0 µr · A µ0 · 200 · 20 · 20
= 576,93 kA/Vs
R7 =
Nun rechnen wir den Widerstand der rechten und linken Seite aus:
Rges1 = R1 + R2 + R3 + R4 = 3372,07 kA/Vs
Rges2 = R01 + R6 + R7 + R04 = 5351,56 kA/Vs
Damit können wir nun einen Ersatzwiderstand für die gesamte Schaltung bestimmen:
Rges =
1
Rges1
1
+
1
Rges2
+ R5
= 2665,42 kA/Vs
Daraus können wir die Induktivität bestimmen:
L=
16352
N2
= 0
Rges 2 6650 420
= 1002 mH ≈ 1 H
Vereinfachend (Fehler 2 mH) können wir annehmen, dass R3 ≈ R5 ≈ R7 .
39
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 4.12 (wichtig für Klausur)
Auch hier berechnen wir zunächst die Teilwiderstände wie in der vorigen Aufgabe:
128
µ0 µr · 162
= 801 kA/Vs
R1 = R01 =
64 − 16 − 1
µ0 µr · 162
= 293,96 kA/Vs
R2 =
1
µ0 · 162
= 3108,49 kA/Vs
R3 =
Wir berechnen den Gesamtwiderstand:
Rges =
1
1
R01
+
1
R2 +R3
+ R1
= 1449 kA/Vs
b)
Wenn wir uns die Induktivitäten können wir so berechnen:
L1 =
1002
N2
=
= 6,9 mH
Rges 1449
L2 =
N2
2002
=
= 27,6 mH
Rges 1449
c)
Wir betrachten als Rges1 , wenn die Spule mit 100 Windungen aktiv ist und als Rges2 , wenn die Spule
mit 200 Windungen aktiv ist:
40
C. Hansen, J. Ehlert
Rges,1 =
Rges,2 =
1
1
R5
+
+ R1 + R2 + R3 + R4 = 3919 kA/Vs
1
R01 +R04 +R6 +R7
1
1
R5
+
1
R1 +R2 +R3 +R4
+ R01 + R04 + R6 + R7 = 5879 kA/Vs
L1 = 2,55 mH
L2 = 6,8 mH
Aufgabe 5.1
a)
b)
∧
u(t) = u · sin(ωt + φ)



= 500 · sin 314 · t +

0,263
|{z}





bekannt aus c)
c)
Den Phasenwinkel können wir durch Lösen folgender Gleichung errechnen:
130 = 500 · sin(φ)
130
⇔ φ = arcsin
500
!
= 15,1 ◦ = 0,263 rad
41
C. Hansen, J. Ehlert
d)
Die Sinusfunktion erreicht ihr Maximum bei 90◦ , also können wir aufstellen:
π
= ω · t1 + φ
2
π
π
−φ
− 0,263
⇔ t1 = 2
= 2
ω
314
= 4,16 ms
e)
Hier müssen wir einen kleinen Trick verwenden um an die richtigen −400 V zu kommen. Wir rechnen
aus wann wir zum ersten mal 400 V erreichen und addieren dazu eine halbe Periode:
400 = 500 · sin(ω · t20 + φ)
arcsin(0,8) + φ
t20 =
ω
= 2,11 ms
Bei einer Frequenz von 50 Hz entspricht eine halbe Periode genau 10 ms, also ist t2 = 12,11 ms
Aufgabe 5.2
a)
Der Strom verläuft sinusförmig, daher können wir für ihn folgende Formel ansetzen:
∧
i(t) = i · sin(ωt)
Damit können wir die jeweiligen Spannungen berechnen:
UR = R · i(t) = 100 · 0,35 · sin(ωt) = 35 · sin(ωt)
UL = L ·
∧
di
= L · i · ω · cos(ωt) = 55 · cos(ωt)
dt
42
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Abbildung 3: Nur ungefähr
Graphisch hier etwas zu bestimmen ist Zeitverschwendung. Macht es mit dem Taschenrechner!
c)
Abbildung 4: Nur ungefähr
d)
q
u = UR2 + U L2 = 65,2 V
∧
φ = arctan
!
UL
= 57,52 ◦
UR
43
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.3
Der komplexe Widerstand lässt sich so darstellen:
Zr = R + j · ω · L = 65 + j · 314 · 0,5 = 65 + j157
Die exponentielle Darstellung ist dann:
Zk = |Z| · e jϕz
wir berechnen die fehlenden Variablen:
p
652 + 1572 = 170 Ω
!
157
φz = arctan
= 67,5 ◦
65
|Z| =
⇒ |Zk | = 170 · e j·67,5
◦
b)
Der Strom rechnet sich so wie im reellen, nur dass wir die komplexe Darstellung der Größen nutzen:
Ik =
221
Uk
221 · e jϕu
=
·e
◦ =
j·67,5
Zk
170
170 · e
|{z}
j
ϕu − 67,5 ◦
| {z }
ϕi
I=1,3 A
Wir können anhand von ϕi erkennen, das der Strom er Spannung um 67,5 ◦ vorauseilt. Das stellt
sich so dar:
Abbildung 5: Nur schematisch
Aufgabe 5.4
Wir müssen hier beachten, das die Spule noch einen nicht trennbaren Widerstand mit dabei hat.
Wir bestimmen zunächst den komplexen Widerstand:
U U · e jϕu
U j(ϕu −ϕi ) U − j·40 ◦
=
=
·e
=
·e
jϕ
i
I
I
I
I·e
◦
= 241 · e− j·40
Z=
44
C. Hansen, J. Ehlert
Das ist gleichzeitig:
1
1
= R + jωL − j
jωL
ωL
!
1
= R + j ωL −
ωC
| {z }
Z = R + jωL +
X
= R + jX
Wir machen einen Koeffizientenvergleich:
1
ωC !
1
1
⇔L=
X+
ω
ωC
X = ωL −
Mit folgenden Beziehungen können wir den Real- und Imaginärteil des Widerstand berechnen:
Re = Z · cos(ϕ)
− j·40 ◦
⇒ Z = 241 · e
Im = Z · sin(ϕ)
= |{z}
185 + j · |{z}
−155
R
X
Daraus bestimmen wir die Induktivität:
1
1
L=
· −155 +
2π · 2400
2π · 2400 · 48,7 · 10−9
= 80 mH
Aufgabe 5.5
a)
Die Widerstände sind folgendermaßen zu berechnen:
XL = ωL = 2π · f · L = 2π · 50 · 68,12 · 10−3
= 21,4 Ω
1
1
=−
ωC
2π · 50 · 229 · 10−6
= −13,9 Ω
XC = −
⇒ X = XL + XC = 21,4 − 13,9 = 7,5 Ω
Der komplexe Widerstand ist dann:
Z = 10 + j · 7,5 =
◦
12,5 · e|j·36,84
{z }
|{z}
√
ϕ=arctan(7,5/10)
102 +7,52
!
45
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Y=
◦
1
1
= 0,08 S · e− j·36,89
=
Z 12,5 · e j·36,89◦
Re(Y) = 0,08 · cos(−36,89◦ ) = 64 mS
Im(Y) = 0,08 · sin(−36,89◦ ) = 48 mS
⇒ Y = 64
mS − j 48
mS
|{z}
|{z}
G
B
c)
UR = R · I = 10 · 8,8 = 88 V
U L = ωL · I = XL · I = 21,4 · 8,8 = 188,3 V
1
UC =
· I = XC · I = 13,9 · 8,8 = 122,3 V
ωC
Die Gesamtspannung ist dann:
U=
q
UR2 + (U L − UC )2 = 110 V
46
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.6
a)
Wir stellen ein Verhältnis der Spulenspannung zur Gesamtspannung auf:
1
R + jωL + jωC
U
U · e jϕu
U
=
=
=
· e j(ϕu −ϕi )
j·ϕ
US p
R + jωL
UL
UL · e L
◦
0,5 + j · 0,583 0,768 · e j·49,39
=
=
0,5 + j · 0,942 1,076 · e j·62,05◦
◦
= 0,72 · e− j·12,66
Nun berechnen wir Gesamtspannung:
U
= 0,72
US p
⇔ U = 0,72 · US p = 1,44 mV
b)
Die Phasenverschiebung können wir oben schon ablesen zu ϕu − ϕi = −12,66 ◦
Aufgabe 5.7
a)
In der Parallelschaltung addieren sich die Leitwerte:
1
1
1
1
+
=
−j
= 8,6 mS − j · 5 mS
R jωL 115,5
2π · 50 · 0,636
◦
= 10 mS · e j·30
Y=
Das rechnen wir jetzt in Ω um:
Z=
◦
1
1
=
= 100 Ω · e j·30
Y 10 mS
47
C. Hansen, J. Ehlert
b)
Nun bestimmen wir den Gesamtstrom:
I=
U
10 V
=
= 0,1 A
Z
100 Ω
c)
Nun bestimmen wir noch die für das Zeigerbild benötigten Einzelströme:
IR =
10
U
=
= 86,6 mA
R
115,5
IL =
U
10
= 50 mA
ωL 2π · 50 · 0,636
Im Zeigerbild legen wir willkürlich fest, dass die Spannung zur Zeit keine Phasenverschiebung hat,
also auf der Re-Achse liegt. IR liegt genauso drauf; IL ist um −90 ◦ phasenverschoben (Strom bei
Spule geht nach). Der Gesamtstrom geht dann um 30 ◦ nach.
Aufgabe 5.8
Wir legen den Strom in die reelle Ebene, da das einfacher zu händeln ist:
I = 10 mA · e j
◦
U = 300 mV · e j·41,4
Wir rechnen nun mit den Leitwerten:
Y=
I
10
=
· e j(ϕi −ϕu ) = 25 mS − j22 mS
U 300
Das können wir gleichsetzen mit:
1
1
+
+ jωC
R jωL
!
1
1
=
+ j ωC −
R
ωL
|{z}
| {z }
Y=
25 mS
⇒R=
−22 mS
1
= 40 Ω
0,025
−0,022 = ωC −
1
ωL
!
1
1
⇔ C = · −22 +
= 4,51 µF
ω
ω · 0,012
48
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.9
a)
Es ist ein Reihenschwingkreis, weil bei einem Reihenschwingkreis bei der Resonanzfrequenz der
Widerstand der spannungsabhängigen Bauteile klein wird und dadurch der Strom groß wird.
b)
Die Bandbreite bestimmen wir über folgende Festlegung: Die Bandbreite wird an den Punkten gemax
messen an dem die Kurve auf I√
abgefallen ist.
2
Imax
12
√ = √ = 8,5 mA
2
2
Die Güte bestimmen wir dann so:
Q=
f0
1
≈
=5
∆f
0,2
Aufgabe 5.10
a)
R=
U= 220
=
= 22 Ω
I=
10
49
C. Hansen, J. Ehlert
b)
R=
U∼ 220
=
= 110 Ω
I∼
2
c)
Wir wissen, das XL und R um 90 ◦ verschoben sind und Z die Resultierende ist. Wir können also zur
Lösung den Pythagoras nutzen:
XL =
p
Z 2 − R2 =
p
1102 − 222 = 107,78 Ω
d)
L=
XL 107,78
=
= 343,07 mH
ω
2π · 50
e)
U j(ϕu −ϕi )
= R + jXL
·e
I
= 22 Ω + j · 107,78 Ω
Z=
◦
= 110 · e j78,49
f)
Die hier berechnete Spannungen kann man in der Realität nicht messen!!
UR = R · I = 22 · 2 = 44 V
U L = XL · I = 107,78 · 2 = 215,6 V
g)
Bei einer Parallelschaltung addieren sich die Leitwerte und da es von außen genauso aussehen soll
wie die Reihenschaltung, rechnen wir mit den alten Werten die neuen aus:
◦
1
1
=
= 9,0909 mS · e− j78,49
Z 110 · e j78,49
= 1,818 mS − 8,907 mS
| {z } | {z }
Y=
1/Rn
⇒ Rn = 550 Ω
Ln = 357,4 mH
1/(ωLn )
C. Hansen, J. Ehlert
50
h)
Wir können nun die einzelnen Ströme berechnen:
IR = G · U = 0,001818 · 220 = 0,4 A
IL = B · U = 0,008907 · 220 = 1,96 A
Für die Reihenschaltung sieht das Bild schematisch ungefähr so aus:
Für die Parallelschaltung sieht das Bild ungefähr so aus:
51
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.11
a)
Die Grenzfrequenz ist:
f0 =
2π ·
1
√
=
LC
1
2π ·
p
69,7 · 10−3 · 0,503 · 10−6
= 850 Hz
Der Kennwiderstand ergibt sich so:
r
Z0 =
L
= 372,25 Ω
C
Damit können wir beide Güten berechnen:
Z0
= 2,5
R1
Z0
= 10,7
Q1 =
R2
Q1 =
b)
Die Bandbreiten ergeben sich folgendermaßen:
f0
= 340 Hz
Q1
f0
∆ f2 =
= 79,44 Hz
Q2
∆ f1 =
c)
Die Ströme können wir direkt aus der Spannung und den Widerständen berechnen:
U
= 0,537 A
R1
U
I2 =
= 2,29 A
R2
I1 =
d)
Für die verschiedenen Güten ergeben sich unterschiedliche Spannungen am Kondensator bzw. der
Spule:
U Q1 = Z0 · I1 = 200 V
U Q2 = Z0 · I2 = 856 V
52
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.12
a)
Mit den Formeln aus der Formelsammlung berechnen wir f0 , Z0 und Qparallel .
f0 =
1
√
= 500 kHz
2π LC
r
L
Z0 =
= 21,4 Ω
C
235
R
=
= 11
Q=
Z0 21,4
b)
Wir berechnen zunächst den Strom durch den Widerstand mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes:
IR =
9,4
U
=
= 40 mA
R
235
Da es sich um den Resonanzfall handelt, ist erstens der Strom betragsmäßig in Kondensator und
Spule gleich:
IC = −IL
Zweitens ist der Gesamtstrom der Strom durch den Ohmschen Widerstand alleine, da der Kondensatorund Spulenstrom jeweils um ±90 ◦ phasenverschoben ist. Es gibt zwei Möglichkeiten diesen zu berechnen: Erstens im Stil U = R · I , wobei die imaginären Widerstände XL und XC natürlich auch
gleich sind. Diese haben wir oben als Z0 berechnet.
IL =
U
9,4
=
= 440 mA
Z0 21,4
Die zweite Berechenmöglichkeit nehmen wir über die Güte:
IL = Q · I = 11 · 44 = 440 mA
c)
Der Leitwert setzt sich wie folgt zusammen:
1
1
1
= +
+ jωC
Z R jωL
!
1
1
= + j ωC −
R
ωL
Y=
Dabei ist der Realteil des Widerstands immer vorhanden und beträgt:
1
1
=
= 4,2 mS.
R 235
C. Hansen, J. Ehlert
53
Wird die Freqenz nun größer, verändert sich der Imaginärteil: ωC wird größer und
Ortskurve geht ins kapazitive nach oben. (siehe erstes Diagramm)
1
ωL
kleiner, die
Wie im Skript steht, wird aus einer Gerade, die nicht durch den Nullpunkt geht einen Kreis, der durch
Null geht. Bei f0 ist R = 235 Ω. Dies ist auch der Durchmesser des Kreises. Der Pfeil geht von f = 0
im Ursprung auf der re-Achse bis f0 . Die Frequenz wird im Uhrzeigersinn größer. (siehe zweites
Diagramm)
54
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.13 (über Klausurniveau)
a)
Mit den Formeln für einen resonanten Reihenstromkreis kann man schnell die fehlenden Größen
berechnen:
r
Z0 =
Q=
L
C
Z0
R
⇔C=
⇔R=
L
= 17 µF
C2
Z0
= 910 Ω
R
b)
Die Grenzfrequenz ist:
f0 =
1
1
=
= 6000 Hz
√
p
2π · CL 2π · 41,38 · 10−3 · 17 · 10−6
c)
Für obere und untere Grenzfrequenz können wir auf zwei wegen berechnen:
Weg 1:
f02 = fgo · fgu
Q=
f0
fgo − fgu
s
⇒ fgu
f0
=
−
2Q
⇒ fgo
f0
=
+
2Q
f0
+ f02 = 4500 Hz
4Q
s
f0
+ f02 = 8000 Hz
4Q
Weg 2:
sr
fgu =
R2 + 4
sr
fgo =
R2 + 4
L
− R4π · f0 = 4500 Hz
C
L
+ R4π · f0 = 8000 Hz
C
55
C. Hansen, J. Ehlert
d)
Die Widerstände für die Frequenzen lassen sich so berechnen:
Z = R1 + jωL +
1
1
= R1 + j ωL −
jωC
ωC
!
!
◦
1
= 910 Ω − j1386 Ω = 1,66 kΩ · e− j57
2π f1 · C
!
◦
1
= 910 Ω + j250 Ω = 0,944 kΩ · e− j10
⇒ Z f1 = R1 + j 2π f2 · L −
2π f2 · C
⇒ Z f1 = R1 + j 2π f1 · L −
e)
C. Hansen, J. Ehlert
56
f)
Abbildung 6: Denkt euch einen Kreis durch die Pfeilspitzen
57
C. Hansen, J. Ehlert
Aufgabe 5.14 (zu lang und kompliziert für die Klausur)
a)
Der komplexe Widerstand ist:
Z1 = R1 +
1
1
R2
+
1
R3
+
1
jωC
=6+
1
6,3
+
1
5,4
1
− j · 2π f · 16,2 · 10−6
Hier haben wir abgekürzt, weil die Rechnung sehr lang würde.
= 7,87Ω − j · 1,389Ω = 8 Ω · e− j·10
b)
◦
U
40 V · e j·0
j·10◦
I1 =
= 4,92 A + j0,87 A
=
◦ = 5A · e
−
j·10
Z1 8 Ω · e
◦
◦
U1 = R1 · I1 = 6 Ω · 5 A · e j·10 = 30 V · e j·10
U2 ist dann:
◦
U2 = U − U1 = 40 V − 30 V · e j·10 = 40 V − 29,54 V − j · 5,21 V
◦
= 11,69 V · e− j·26,49
Die Ströme bestimmen wir dann so:
◦
◦
U2 11,69 V · e− j·26,49
I2 =
=
= 1,855 A · e− j·26,49
R2
6,3
◦
◦
U2 11,69 V · e− j·26,49
I3 =
=
= 2,164 A · e− j·26,49
R3
5,4
IC =
U2
1
jωC
◦
◦
◦
= 11,69 V · e− j·26,49 · j · 2π · 2500 · 16,2 · 10−6 · e j0 = 2,974 A · e− j·26,49
c)
Da die Kapazität vorliegt, ist die Phasenverschiebung negativ: −10◦ .
S 1 = U · I1 = 40 V · 5 A = 200 VA
P1 = S 1 · cos(ϕ1 ) = 200 VA · cos(−10◦ ) = 196,9 W
Q1 = S 1 · sin(ϕ1 ) = 200 VA · sin(−10◦ ) = −34,8 var
58
C. Hansen, J. Ehlert
d)
Wir müssen den Kondensator nun mit einer geeigneten Induktivität ausgleichen:
U2
+ Q1
ωL
402
U2
=−
⇔L=−
ωQ1
2π · f · 34,8
= 2,93 mH
0 = P + Q1 =
Oder – einfacher – der Strom-Imaginärteil des Kondensators (s. Aufgabenteil b) muss kompensiert
werden mit betragsmäßig gleich großem Strom-Imaginärteil einer Induktivität:
U = jωL · IL
40 = ωL · (−0,87)
40
⇔L=
= 2,93 mH
ω0,87
Aufgabe 5.15
Zuerst müssen wir die Leitung berechnen, die er Motor braucht um die mechanische Leistung zu
erzeugen:
Pel =
20
= 23,53 kW
0,85
Nun bestimmen wie die Scheinleistung:
S =
Pel
23,53
=
= 31,37 kVA
cos(φ) cos(0,75)
Die Blindleistung ist dann:
Q = S · sin(φ) = 31,37 · sin(0,75) = 20,75 kvar
Wir müssen also 20,75 kvar kompensieren:
C=
20,75 · 103
Q
=
= 1249 µF
U 2 ω 2π · 2500 · 2302
Aufgabe 5.16
Wir machen uns hier eine Matrix, um die Übersicht zu behalten:
A
B
C
P
cos φ
P/MW
S /M VA
Q/ M var
0,9
0,8
0,833
0,85
25
15
20
60
27,78
18,75
24,06
70,59
12,11
11,25
13,83
37,18
Erklärung des Rechenwegs:
C. Hansen, J. Ehlert
59
1) Wir kennen den Gesamtleistungsfaktor und die Gesamtleistung, darüber berechnen wir die
Gesamtscheinleistung.
2) Mit der Gesamtscheinleistung berechnen wir die Scheinleistung von C durch Addition.
3) Über die Scheinleistung von C berechnen wir den Leistungsfaktor von C.
4) Wir berechnen die restlichen Werte durch addieren.