Übungen zur Physik II PHY 121, FS 2017

Übungen zur Physik II PHY 121, FS 2017
Serie 11
Impedanz = impedance
Wirkleistung = active power
Scheinleistung = apparent power
Schwingkreis = oscillator circuit
Eigenfrequenz = eigenfrequency
Frequenzgang = frequency response
Transformator = transformer
Phasenlage = phasing
Blindleistung = reactive power
Schaltung = circuit
Güte = quality factor
Bandbreite = band width
Grenzfrequenz = cut-off frequency
Wirkungsgrad = efficiency
Abgabe: Dienstag, 23. Mai 1200
Allgemeine Fragen
1. Diskutiere die verschiedenen Leistungen, die in einem Stromkreis mit Impedanzen ZL und oder ZC vorkommen. Wie verhalten sich die Phasenlagen von Strom und Spannung bei den Impedanzen?
Antwort:
In einem Stromkreis mit Impedanzen ZL und ZC spricht man von drei verschiedenen mittleren (da über
eine Periode integriert wird) Leistungen, die wie folgt mit den Effektivwerten definiert sind:
Wirkleistung [W]: P̄ = Veff · Ieff · cos ϕ
(0.1)
Blindleistung [var]: Q̄ = Veff · Ieff · sin ϕ
(0.2)
Scheinleistung [VA]: S̄ = Veff · Ieff .
(0.3)
Die Phasenlage (ϕ = ϕV − ϕI ) kann mittels der folgenden Formel berechnet werden:
Im(Z)
ϕ = arctan
Re(Z)
|Z| =
V0
Veff
=
,
Ieff
I0
(0.5)
wobei V0 und I0 die Amplituden der Spannung und des Stromes sind (beachte V0 =
für die Impedanzen für reine ZL , ZC oder ZR Schaltungen:
ZL = iωL
1
iωC
ZR = R
ZC =
ϕL =
π
2
ϕC = −
(0.4)
√
2 Veff ). Damit folgt
(0.6)
π
2
(0.7)
(0.8)
ϕR = 0.
Für einen Stromkreis mit einem Kondensator C und einer Spule L in Serie ergibt sich:
Ztot = ZL + ZC = iωL +
1
iωC
ϕtot = ±
π
2
abhängig von L und C.
2. Wie wird die Resonanzfrequenz eines RLC-Schwingkreises berechnet und was besagt die Güte Q?
1
(0.9)
Antwort:
Die Resonanzfrequenz eines freien RLC-Schwingkreises wird wie folgt berechnet:
r
ω=
R2
1
.
−
LC
4L2
(0.10)
Dabei spielt es keine Rolle ob der RLC-Schwingkreis in Serie- oder Parallelschaltung betrieben wird. Die
Güte Q eines Schwingkreises ist generell durch den Quotienten aus Blind- (Qω ) und Wirkleistung (Pω )
bei Eigenfrequenz gegeben:
|Qω |
Q=
.
(0.11)
Pω
Die Bandbreite B √
= ∆f = f2 − f1 der Resonanzkurve, wobei f1 und f2 einen definierten Bereich (z.B.
bei 1/2 oder bei 1/ 2 der Amplitude) um die Resonanzfrequenz f0 einschliesst, wird durch den ohmschen
Widerstand verursacht. Somit kann man die Güte eines Schwingkreises auch definieren als:
Q≈
f0
.
B
(0.12)
Abbildung 1: Links: RLC-Parallelschwingkreis. Rechts: RLC-Reihenschwingkreis.
Im Fall des RLC-Reihenschwingkreises ergibt sich dann:
ω0 L
1
Q≈
=
·
R
R
r
L
.
C
(0.13)
Im Fall des RLC-Parallelschwingkreises:
L
Q≈
·
RC
r
C
1
=
·
L
R
r
L
.
C
(0.14)
Abbildung 2: Resonanzkurve. Skizze ist nur representativ; bei einer realen Resonanzkurve fällt die linke Seite
nicht auf null zurück.
2
3. Wie kann ein einfaches Tiefpass-, Hochpass-, Bandpass- und Bandstopfilter (Bandsperre) realisiert werden? Zeichne jeweils die Schaltung und den Frequenzgang.
Antwort:
Tiefpass-, Hochpass-, Bandpass- und Bandstopfilter (Auswahl von Beispielbeschaltungen):
4. Diskutiere die Begriffe Eigenfrequenz, Resonanzfrequenz und Grenzfrequenz.
Antwort:
(a) Die Eigenkreisfrequenz eines schwingfähigen Systems ist die Kreisfrequenz mit der das System
nach einmaliger Anregung, und ohne weitere äussere Krafteinwirkung, schwingt.
q
k
- Beim harmonischen Oszillator ist die Eigenkreisfrequenz ω0 = m
.
p
- Für den gedämpften harmonischen Oszillator ist die Eigenkreisfrequenz ω =
ω02 − γ 2 wobei
β
γ = 2m .
- Für einen
q LC-Schwingkreis (entspricht dem harmonischen Oszillator) ist die Eigenkreisfrequenz
ω0 =
1
LC .
3
- Für den RLC-Schwingkreis, entspricht dem gedämpften harmonischen Oszillator, ist ω =
R
mit γ = 2L
.
p
ω02 − γ 2
(b) Ein System ist dann in Resonanz, wenn es mit einer besonders grossen Amplitude schwingt. Für
den konstant angeregten gedämpften harmonischen Oszillator (erzwungene Schwingung) gilt
ẍ(t) + γ ẋ(t) + ω02 x(t) =
F (t)
m
(0.15)
mit der Resonanzkreisfrequenz für den statischen Fall (externe Anregungsfrequenz konstant)
r
q
β2
k2
2
2
−
.
(0.16)
ωr = ω0 − γ =
m2
4m2
Im Fall eines konstant angeregten RLC-Schwingkreises (erzwungene Schwingung) erhält man die
folgende Differentialgleichung
V (t)
Q̈(t) + γ Q̇(t) + ω02 Q(t) =
(0.17)
L
und analog zum konstant angeregten gedämpften harmonischen Oszillator mit der Resonanzkreisfrequenz für den statischen Fall
r
q
1
R2
2
2
−
.
(0.18)
ωr = ω0 − γ =
2
2
L C
4L2
(c) Die Grenzfrequenz ist derjenige Wert der Frequenz, bei der die Signalamplitude (Spannung) am
Ausgang VA eines Bauteils unter den √12 -fachen Wert der Signalamplitude am Eingang VE sinkt
√
(VA = VE / 2).
5. Diskutiere die Verhältnisse der Spannungen, Ströme, Leistungen, Widerstände und Windungszahlen für
einen Transformator.
Antwort:
Abbildung 3: Darstellung eines Transformators mit primärer Windung 1 und sekundärer Windung 2. Alle Indizes
der nachfolgenden Grössen beziehen sich auf diese Grafik.
Beim idealen Transformator (keine ohmschen Verluste) gilt:
P2 = P1 .
(0.19)
Ausserdem wissen wir, dass die Spannung V proportional zur Anzahl Wicklungen N und der Änderung
M
des magnetischen Flusses ΦM (Vind = −N · dΦ
dt ) ist. Damit folgt:
ausserdem folgt mit Gleichung 0.19:
V1
N1
=
,
V2
N2
(0.20)
N1
I2
= .
N2
I1
(0.21)
4
Mit P = R · I 2 folgt:
N1
=
N2
r
R1
.
R2
(0.22)
Bei einem realen Transformator (mit Verlusten) ergibt sich für das Verhältnis der Leistungen:
P2 = P1 · η
(0.23)
mit Wirkungsgrad η.
Aufgaben
1 Hintereinanderschalten von Spule und Kondensator im Wechselstromkreis [3P]
Eine Spule mit Eisenkern und ohmschen Widerstand R ist an eine Wechselspannungsquelle angeschlossen. Bei
einer Effektivspannung V = 6 V und einer Frequenz f = 50 Hz fliesst ein Effektivstrom I1 = 34 mA. Legt man
statt der Spule einen Kondensator an die Spannungsquelle, so fliessen I2 = 96 mA. Bei Hintereinanderschaltung
von Spule und Kondensator fliessen I3 = 46 mA.
(a) [2P] Berechnen Sie die Kapazität C des Kondensators, die Induktivität L und den Widerstand R der Spule.
(b) [1P] Wie gross sind Phasenwinkel ϕ, Scheinleistung S, Wirkleistung P und Blindleistung Q in den drei
Fällen?
Lösung
Von der Aufgabenstellung wissen wir, dass V = 6 V, f = 50 Hz, ω = 2πf und I1 = 34 mA, I2 = 96 mA und
I3 = 46 mA,
(a) Die Impedanzen für die jeweilige Schaltung sind:
p
|Z1 | = R2 + ω 2 L2
r
1
1
1
|Z2 | =
=
Z2 = −i
ωC
ω2 C 2
ωC
s
2
1
1
1
2
= R + i ωL −
|Z3 | = R + ωL −
Z3 = R + iωL − i
ωC
ωC
ωC
Z1 = R + iωL
Mit V = |Z| · I kann das folgende Gleichungssystem aufgestellt werden:
2
V
= |Z1 |2 = R2 + ω 2 L2
I1
1
V
= |Z2 | =
I2
ωC
5
(1.1)
(1.2)
(1.3)
(1.4)
(1.5)
2
2
V
1
2
2
= |Z3 | = R + ωL −
I3
ωC
Aus der zweiten Gleichung kann man direkt die Kapazität C berechnen:
(1.6)
1 I2
·
' 51 µF
ω V
Wenn man die dritte Gleichung ausschreibt sieht man
2
2
1
1
2L
V
2
= R + ωL −
= R 2 + ω 2 L2 + 2 2 −
,
I3
ωC
ω C
C
(1.7)
C=
(1.8)
dass die ersten zwei Terme mit der ersten Gleichung ersetzt werden können:
2 2
2L
V
V
1
=
+ 2 2−
.
I3
I1
ω C
C
(1.9)
Das Auflösen ergibt dann für die Induktivität:
2 !
2
V
C
V
1
L=
+ 2 2−
' 460 mH
2
I1
ω C
I3
(1.10)
Löst man die erste Gleichung noch nach R auf und setzt alle bekannten und berechneten Werte ein, erhält
man:
s V
− ω 2 L2 ' 100 Ω
(1.11)
R=
I1
(b) Im Allgemeinen kann die Phase ϕ mit der folgenden Gleichung berechnet werden:
Im(Z)
ϕ = arctan
Re(Z)
Bei einer Reihenschaltung geht auch:
R
|Z|
|Z|
R
ϕ = arccos
Und in einer Parallelschaltung wäre:
ϕ = arccos
(1.12)
(1.13)
(1.14)
= 55◦ , S = 0.204 VA, P = 0.116 W, Q = 0.168 var.
2. Fall ϕ = arccos |ZR2 | = − π2 , S = 0.576 VA, P = 0, Q = −S.
1
ωL− ωC
3. Fall ϕ = arctan
= 39◦ , S = 0.276 VA, P = 0.213 W, Q = 0.175 var.
R
1. Fall ϕ = arctan
ωL
R
2 LCR-Schwingkreis [3P]
Gegeben sei der nebenstehende LCR-Schwingkreis.
a) [0.5P] Wie lautet die Differentialgleichung für die Ladung Q(t) am Kondensator? Benutzen Sie dafür die Maschenregel.
b) [0.5P] Vergleichen Sie diese Gleichung mit der Bewegungsgleichung für
die erzwungenen Schwingungen der Mechanik. Was sind die entsprechenden
mechanischen Grössen für Q, L, C und R? Welcher mechanischen Grösse
entspricht der Strom I?
c) [2P] Benutzen Sie diese Analogie, um die Phasenverschiebung tan δ und die
Amplitude des Stromes I(ω) = I0 (ω) cos(ωt − δ) direkt aus den Ergebnissen
der Mechanik zu gewinnen. Stimmen die Ergebnisse mit den in der Vorlesung
hergeleiteten Formeln überein?
6
L
~ V0cosωt
C
R
Lösung
(a) Maschenregel liefert:
0 = V0 cos(ωt) − IR −
Mit I =
dQ
dt
Q dI
−
L
C
dt
(2.1)
= Q̇ folgt:
V0 cos(ωt) = Q̈L + Q̇R + Q
1
C
(2.2)
(b) Die Gleichung 2.2 lässt sich mit der Gleichung für die erzwungene Schwingung in der Mechanik vergleichen.
(2.3)
F0 cos(ωt) = mẍ + β ẋ + kx
Also entspricht die Ladung Q der Ortskoordinate x; die Induktivität L der Masse m; die Kapazität C der
inversen Federkonstanten k −1 ; der Widerstand R dem Dämpfungsterm β und der Strom I entspricht der
Geschwindigkeit v in der klassischen Mechanik.
(c) In der Mechanik fanden wir für die Gleichung
ẍ +
die Amplitude:
F0
β
ẋ + ω02 x =
cos ωt
m
m
F0
·q
m
A=
(2.4)
1
2
(ω02
und die Phasenverschiebung:
tan δ =
− ω2 ) +
(2.5)
β2 2
m2 ω
β
mω
.
2
ω0 − ω 2
(2.6)
Desweiteren fanden wir für die Geschwindigkeit
v̈ +
mit der Amplitude:
A=
β
ωF0
v̇ + ω02 v = −
sin ωt
m
m
ωF0
1
·q
2
m
2
(ω0 − ω 2 ) +
und der Phasenverschiebung:
tan δ = −
(2.7)
(2.8)
β2 2
m2 ω
ω02 − ω 2
.
β
mω
(2.9)
Um die Stromstärke zu erhalten, müssen wir Gleichung (2.2) noch einmal ableiten und erhalten:
R
1
ωV0
I¨ + I˙ +
I=−
· sin ωt
L
LC
L
Damit erhält man:
I0 =
ωV0
·q
L
1
LC
− ω2
nach etwas umformen ergibt dies:
I0 = q
1
2
+
Rω 2
L
V0
ωL −
Für die Phase erhält man:
tan δ =
7
1 2
ωC
(2.10)
,
(2.11)
(2.12)
+ R2
1
ω 2 − LC
.
R
Lω
(2.13)
3 L-, R-, C-Kreise [4P]
Ein Kondensator C = 2 µF ist auf V = 100 V geladen. Zur Zeit t = 0 wird der Schalter S geschlossen. Der
Widerstand sei R = 10 Ω. Die Spule besitzt die folgenden Abmessungen: N = 10’000 Windungen, Spulenlänge
l = 1 m, Fläche AS = 1 dm2 . Der Drahtwiderstand der Spule werde vernachlässigt.
(a) [0.5P] Berechnen Sie die Selbstinduktion.
(b) [0.5P] Stellen Sie für die drei gezeigten Fälle die Differentialgleichungen auf.
(c) [1P] Bestimmen Sie die Lösungen I(t).
(d) [0.5P] Zeichnen Sie die Lösungen I(t).
(e) [0.5P] Wie gross ist für B und C die Kreisfrequenz?
(f) [0.5P] Wie gross ist für C das Verhältnis zweier aufeinanderfolgenden Stromamplituden?
(g) [0.5P] Wie gross sind für A und C die Zeitkonstanten.
A
C
B
Lösung
Aus der Aufgabenstellung wissen wir: Für den Kondensator, C = 2µF, V = 100 V, R = 10Ω und für die Spule,
N = 10000, l = 1 m, AS = 1 dm2 , RS = 0, µ0 = 4π · 10−7 AN2 .
(a) Aus der Vorlesung wissen wir dass:
B = µ0
N
·I
l
(3.1)
gilt. Ausserdem wissen wir, das Folgendes gilt:
φm = B · AS = µ0
N
dφm
N
dI
IAS →
= µ0 AS
l
dt
l
dt
dφm
dI
= −L
dt
dt
(3.3)
N2
AS ' 1.26 H
l
(3.4)
Vind = −N
Mit diesen Gleichungen folgt dann
L = µ0
(b) Mit Hilfe der Maschenregel ergeben sich die folgenden Differentialgleichungen.
A)
B)
C)
Q
C
Q
C
Q
C
+ RI = 0 →
= −L dI
dt →
I
RC
2
d I
dt2
dI
dt
=0
I
LC
=0
+
+
+ RI = −L dI
dt →
2
d I
dt2
+
R dI
L dt
+
I
LC
(3.2)
=0
Wobei bei jedem → die Gleichung nach t differenziert und I =
8
dQ
dt
benutzt wurde.
(c)
A) Ansatz: I(t) = I0 eλt
I0 eλt
1
+ I0 λeλt = 0 → λ = −
RC
RC
I0 folgt aus den Anfangsbedingungen (Q(t = 0) = Q0 = C · V = 0.2 mC)
Z
I0
I0
Q0
Q(t) = I(t)dt = eλt → Q(0) = Q0 =
→ I0 = −
λ
λ
RC
Damit folgt:
I(t) = −
(3.5)
(3.6)
Q0 − t
e RC .
RC
(3.7)
B) Ansatz: I(t) = I0 eiωt
2
2 iωt
I0 i ω e
Q(t) = I0
I0 iωt
+
e =0→ω=
LC
r
1
LC
(3.8)
π
π
1 iωt
I0
I0
e = ei(ωt− 2 ) → Q0 = Q(0) = e−i 2
iω
ω
ω
(3.9)
π
Damit folgt:
→ I0 = Q0 ωei 2 .
(3.10)
π
(3.11)
I(t) = Q0 ωei(ωt+ 2 ) .
Und der Realteil davon:
Re{I(t)} = Q0 ω · cos(ωt +
π
).
2
(3.12)
C) Ansatz: I(t) = I0 eλt
R
1
λ+
=0
L
LC
q R 2
1
−R
±
− 4 LC
L
L
(3.13)
λ2 +
λ1,2 =
λ1,2
(3.14)
2
r
R
=−
±
2L
R2
1
−
= −α ± β.
4L2
LC
(3.15)
Die allgemeine Lösung dafür ist:
(3.16)
I(t) = I0,1 e−(α−β)t + I0,2 e−(α+β)t
und
α ' 3.97
r
β=
Damit
α2 −
1
s
(3.17)
1
1
= i · 630 := iω.
LC
s
(3.18)
(3.19)
I(t) = e−αt I0,1 eiωt + I0,2 e−iωt .
Damit I(t) eine reele physikalische Grösse ist, muss I0,1 = I¯0,2 gelten. Mit I0,1 = I0 e
Euler’schen Formel folgt:
I(t) = I0 · e−αt cos(ωt + φ).
iφ
und der
(3.20)
Mit den Anfangsbedingungen I(0) = 0 und Q(0) = Q0 ergibt sich:
π
I(0) = cos(φ) = 0 → φ = − .
2
9
(3.21)
Daraus folgt:
mit
I(t) = I0 · e−αt sin(ωt)
Z
Z
Q(t) = I(t)dt = I0 e−αt sin(ωt)dt
Z
Q(t) = I0
(3.23)
a
b
eax sin(bx) − 2
eax cos(bx)
2
+b
a + b2
(3.24)
−α
−ω
−αt
−αt
e
e
sin(ωt)
−
cos(ωt)
α2 + ω 2
α2 + ω 2
ω
.
Q(0) = Q0 = −I0
α2 + ω 2
(3.25)
eax sin(bx)dx =
folgt:
(3.22)
a2
Damit folgt:
I(t) = −
Q 2
(α + ω 2 ) · e−αt · sin(ωt).
ω
(d) Die Lösungen der Differentialgleichungen als Funktion von t:
10
(3.26)
(3.27)
(e)
B) ω =
√1
LC
' 630Hz
C) ω ' 630Hz
(f) Zuerst muss der Zeitpunkt t0 gefunden werden, bei dem die Amplitude maximal ist.
dI
= C −αe−αt · sin(ωt) + e−αt · ω · cos(ωt)
dt
(3.28)
0 = −α sin(ωt0 ) + ω cos(ωt0 )
(3.29)
ω
sin(ωt0 )
=
cos(ωt0 )
α
1
ω
= 0.14 s.
t0 = arctan
ω
α
(3.30)
Damit folgt
tN = t0 + N ·
2π
ω
I(t1 )
sin(ωt1 )
e−αt1 sin(ωt1 )
= e−α(t1 −t0 )
= −αt0
.
sin(ωt0 )
I(t0 )
e
sin(ωt0 )
Da sin(ωt0 ) = sin(ωt1 ) und t1 − t2 =
2π
ω
(3.32)
(3.33)
folgt
2πα
I(t2 )
= e− ω ' 0.96.
I(t1 )
(g)
(3.31)
(3.34)
A) τ = RC ' 2 · 10−5 s
C) τ =
1
α
= 0.25 s
4 US Glühbirne [2P]
Nach dem Umzug eines Physikers aus den USA in die Schweiz soll eine amerikanische Glühbirne, die für eine reine
ohmsche Leistung von P = 60 W bei einer effektiven Wechselspannung V1 = 110 V mit f1 = 60 Hz ausgelegt
wurde, nun mit einer effektiven Wechselspannung V2 = 230 V und einer Frequenz f2 = 50 Hz betrieben werden.
Zu diesem Zweck wird eine Kapazität C in Reihe zur Glühbirne geschaltet.
(a) [1P] Wie gross muss C sein, damit die Glühbirne mit der gleichen Leistung betrieben wird wie in den
USA?
(b) [1P] Berechne die Blindleistung Q, die bei der Reihenschaltung von Glühbirne und Kapazität aufgenommen wird.
Lösung
(a) Als erstes müssen wir den Widerstand der Glühbirne ermitteln.
ZUSA = R → |ZUSA | = R
P W = V 1 · I1 =
V12
V2
= 1
|ZUSA |
R
R ' 202 Ω
11
(4.1)
(4.2)
(4.3)
In der Schweiz ist die Impedanz mit zusätzlichem Kondensator die folgende:
r
i
1
ZCH = R −
→ |ZCH | = R2 + 2 2 .
ωC
ω C
(4.4)
Die Leistung an der Lampe ist die Wirkleistung. Damit folgt dann:
PW = V2 · I2 cos φ =
mit cos φ =
R
|ZCH |
und I2 =
V2
|ZCH | .
V22 · R
|ZCH |2
(4.5)
Durch Umformen erhält man dann:
1
C=
ω·
q
V22 R
PW
' 8.6 µF.
(4.6)
V22
· sin φ
|ZCH |
(4.7)
− R2
(b) Die Blindleistung Q ist wie folgt:
Q = V2 · I2 · sin φ =
Die Phase φ ist:
1
φ = arctan −
ωCR
' −61◦
(4.8)
Der Betrag der Impedanz ist |ZCH | ' 422 Ω. Daraus folgt für die Blindleistung Q ' −110 var.
23. Mai 2017
12