technische universität - Institut für Theoretische Elektrotechnik

TECHNISCHE UNIVERSITÄT
HAMBURG - HARBURG
Technische Universität Hamburg-Harburg
Institut für
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. sc. techn. Christian Schuster
Klausursammlung
Elektrotechnik II
- 2009 bis 2012 -
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
15
9
9
3
36
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
30. 3. 2009 – 8:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 130 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Ein vorne und hinten beschriebenes oder bedrucktes Blatt DIN
A4 (entsprechend zwei einfachen Seiten DIN A4) Formelsammlung und ein einfacher
Taschenrechner (ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar,
komplexe Zahlen erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere
müssen Handys und Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselspannungsquelle:
U1
U2
I
R
C
U0
C
R
U3
a) Berechnen Sie die Übertragungsfunktion H (ω ) = U 3 U 0 in Abhängigkeit von
R, C und ω und stellen Sie sie wie folgt dar (A1, A2, und A3 = reelle Parameter):
H (ω ) =
jω ⋅ A1
1 + jω ⋅ A2 − ω 2 ⋅ A3
b) Bestimmen Sie die Grenzwerte der Übertragungsfunktion aus Teilaufgabe a für
ω → 0 bzw. ω → ∞ in Abhängigkeit von A1, A2 und A3 nach Betrag! Bei
welchem Wert von ω ist die Phase der Übertragungsfunktion null und was ist
dann ihr Betrag?
c) Berechnen Sie die Wirkleistung, die am rechten Widerstand (zugehörig zum
Spannungsabfall U3) abfällt in Abhängigkeit von A1, A2 und A3!
d) Berechnen Sie die Impedanz Z (ω ) = U 0 I in Abhängigkeit von R, C und ω und
stellen Sie sie als Summe aus Realteil und Imaginärteil dar!
e) Nehmen Sie R = 100 Ω, C = 10 μF, ω = 2000 rad/s, I = 1A ⋅ e j 0 an und
berechnen Sie die Spannungen U0, U1, U2, und U3 in Zahlenwerten nach
Betrag und Phase!
0
Hinweise:
In Teilaufgaben b und c sollen Sie die allgemeine Form von H wie in Teilaufgabe a
angegeben verwenden.
Teilaufgaben d und e können unabhängig von Teilaufgaben a bis c gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Gleichspannungsquelle:
t=0
i(t)
R1
U0
iR2(t)
iC(t)
S
C
uC(t)
R2
Der Schalter S wird zum Zeitpunkt t = 0 geschlossen. Der Kondensator ist zu diesem
Zeitpunkt ungeladen.
a) Stellen Sie die Differentialgleichung für uC(t) für t > 0 in Abhängigkeit von
U0, R1, R2 und C auf!
b) Berechnen Sie die vollständige Lösung der Differentialgleichung für uC(t) in
Abhängigkeit von U0, R1, R2 und C!
c) Nehmen Sie U0 = 10 V, R1 = 10 Ω, R2 = 70 Ω und C = 10 mF an und geben Sie
als Zahlenwert den stationären Endzustand von uC(t) an! Geben Sie ebenfalls
als Zahlenwert an, in welcher Zeit dieser Endzustand auf ein 1% seines Wertes
gefallen sein wird, wenn der Schalter S wieder geöffnet wird (der Schalter wird
sofort stromlos)!
Hinweis:
Teilaufgabe c kann unabhängig von den Teilaufgaben a und b gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensytem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz ist wie folgt mit einem unsymmetrischen Verbraucher belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
Z1
→ I3
Z2
Z3
← IN
ZN
Verbraucher
Hierbei:
0
I N = 5 A ⋅ e j 20 ,
0
Z N = 3 Ω ⋅ e − j 20 ,
0
Z 1 = 15 Ω ⋅ e j 30 ,
Z 2 = 15 Ω.
Nehmen Sie für alle folgenden Teilaufgaben an, dass der Phasenwinkel der
Sternspannung U 1 null Grad ist und dass alle anderen Stern- und Außenleiterspannungen gemäß der gängigen Drehstromkonvention daraus folgen.
a) Berechnen Sie I 1 und I 2 in Zahlenwerten jeweils nach Betrag und Phase!
b) Berechnen Sie I 3 und Z 3 in Zahlenwerten jeweils nach Betrag und Phase!
0
c) Gehen Sie davon aus, dass Z 1 = Z 2 = 15 Ω ⋅ e j 30 . Wie groß muss dann Z 3 sein
(Zahlenwert nach Betrag und Phase), damit I N = 0 wird? Berechnen Sie für
diesen Fall Schein-, Wirk- und Blindleistung an Z 3 in Zahlenwerten!
Hinweis:
Teilaufgabe c kann unabhängig von den Teilaufgaben a und b gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist die folgende Schaltung mit idealem Operationsverstärker:
I
L
+
U
R
R
Leiten Sie die Impedanz Z (ω ) = U I unter Verwendung der Rechenregeln für einen
idealen Operationsverstärker her!
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
30. 3. 2009 – 8:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 130 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
In den folgenden Teilaufgaben ist folgende Zusammenfassung nützlich:
Z1
Z2
Z1 = R +
Z2 =
a)
1
1
1 ⎤
⎡
=R− j
= R ⋅ ⎢1 − j
jωC
ωC
ωRC ⎥⎦
⎣
1
1
+ jωC
R
=
R
1 − jωRC
= R⋅
1 + jωRC
1 + (ωRC ) 2
Verwenden der Spannungsteiler-Regel liefert:
R
Z2
R
1 + jωRC
=
=
H=
R
Z1 + Z 2 R + 1 +
⎛
⎞
R
1
⎟
(
+
1 + jωRC ) ⋅ ⎜⎜ R +
jωC 1 + jωRC
jωC 1 + jωRC ⎟⎠
⎝
R
jω ⋅ RC
=
=
2
2 2
1
+ jωR 2C + R + R 1 + jω ⋅ 3RC − ω ⋅ R C
R+
jωC
Also A1 = RC , A2 = 3RC , A3 = R 2C 2 .
b)
Gegeben:
H (ω ) =
jω ⋅ A1
1 + jω ⋅ A2 − ω 2 ⋅ A3
Verhalten für sehr niedrige Frequenzen:
H (ω ) ≈
jω ⋅ A1
= jω ⋅ A1 →
1+ 0 + 0
Betrag geht gegen null (Phase gegen +900)
Verhalten für sehr hohe Frequenzen:
H (ω ) ≈
jω ⋅ A1
j ⋅ A1
=−
→
2
0 + 0 − ω ⋅ A3
ω ⋅ A3
Betrag geht gegen null (Phase gegen -900)
Phase der Übertragungsfunktion null bei:
1 − ω 2 ⋅ A3 = 0 → ω = 1 / A3 mit H (ω = 1 / A3 ) = A1 / A2
c)
Wirkleistung am rechten Widerstand:
P=
1
1
1
2
*
⋅ U 3 ⋅ U 3 = ⋅ ( H U 0 ) ⋅ ( H U 0 )* = ⋅ H ⋅ U 02
R
R
R
Hierbei ist H die in Teilaufgabe a gegebene Übertragungsfunktion. Weiter:
2
H =
=
jω ⋅ A1
2
1 + jω ⋅ A2 − ω 2 ⋅ A3
2
=
(ωA1 ) 2
(1 − ω 2 A3 ) 2 + (ωA2 ) 2
ω 2 A12
ω 2 A12
=
1 − 2ω 2 A3 + (ω 2 A3 ) 2 + ω 2 A22 1 + ω 2 ( A22 − 2 A3 ) + ω 4 A32
Somit:
P=
ω 2 A12
1
⋅
⋅ U 02
R 1 + ω 2 ( A22 − 2 A3 ) + ω 4 A32
d)
Berechnung über Z1 und Z2 (Reihenschaltung):
1 ⎤
1 − jωRC
⎡
Z = Z 1 + Z 2 = R ⋅ ⎢1 − j
+ R⋅
⎥
ωRC ⎦
1 + (ωRC ) 2
⎣
⎡
⎤
⎡ 1
1
ωRC ⎤
= R ⋅ ⎢1 +
− jR ⋅ ⎢
+
2⎥
2⎥
⎣ 1 + (ωRC ) ⎦
⎣ ωRC 1 + (ωRC ) ⎦
e)
Mit R = 100 Ohm, C = 10 μF, ω = 2000 rad/s folgt ωRC = 2. Unter
Verwendung der bisher abgeleiteten Formeln folgt dann:
Z 2 = 100 ⋅
1− 2 j
− j 63, 43 0
Ω
=
20
⋅
(
1
−
2
j
)
Ω
=
44
,
72
⋅
e
Ω
1 + 22
⎡
⎡1
1 ⎤
2 ⎤
Z = 100 ⋅ ⎢1 +
− 100 j ⋅ ⎢ +
Ω
2⎥
2⎥
⎣ 1 + (2) ⎦
⎣ 2 1 + (2) ⎦
0
= 100 ⋅ (1,2 − 0,9 j ) Ω = 150 ⋅ e − j 36,87 Ω
Mit I = 1 A dann einfach weiter:
U 0 = Z ⋅ I = 150 V ⋅ e − j 36,87
0
U 1 = R ⋅ I = 100 V ⋅ e j 0 = 100 V
0
U 2 = I / jωC = 50 V ⋅ e − j 90
0
U 3 = Z 2 ⋅ I = 44,72 V ⋅ e − j 63, 43
0
Lösung zur 2. Aufgabe
a)
Maschengleichung führt auf:
U 0 = R1 ⋅ i (t ) + uC (t )
Knotengleichung führt auf:
i (t ) = iC (t ) + iR 2 (t ) = C ⋅
duC (t ) uC (t )
+
dt
R2
Einsetzen der zweiten in die erste Gleichung ergibt:
U 0 = R1 ⋅ C ⋅
b)
duC (t )
u (t )
R + R2
du (t )
+ R1 ⋅ C + uC (t ) = 1
⋅ uC (t ) + R1C ⋅ C
dt
R2
R2
dt
Ansatz zur Lösung: uC (t ) = uhom (t ) + u part (t ) mit dem partikulären Anteil als
„Gleichspannungslösung“ für den stationären Endzustand (Spannungsteiler):
u part (t ) =
R2
⋅U0
R1 + R2
Homogener Anteil aus Exponentialansatz uhom (t ) = k ⋅ eλt für die homogene
Differentialgleichung (linke Seite = 0). Einsetzen ergibt:
0=
R1 + R2
+ R1 ⋅ C ⋅ λ
R2
und daraus
λ=−
R1 + R2
R1R2C
Verbleibende Unbekannte k aus Anfangsbedingung: uC (t = 0) = 0 . Daraus:
k=−
R2
⋅ U 0 . Somit:
R1 + R2
uC (t ) = U 0 ⋅
c)
R2
⋅ (1 − eλt )
R1 + R2
mit λ = −
R1 + R2
R1R2C
Der stationäre Endzustand von uC (t ) ergibt sich aus der Spannungsteilerregel:
U stat =
R2
70
⋅U0 =
⋅ 10 V = 8,75 V
R1 + R2
10 + 70
Wird der Schalter wieder geöffnet, liegt ein einfacher RC-Kreis vor mit der
Zeitkonstanten T = R2C = 70 ⋅ 10 ms = 0,7 s. Das Entladeverhalten folgt einem
exp(-t / T) Verhalten. Es ist also zu fordern:
0.01 = exp(−t / T ) → t = T ⋅ ln(100) = 3,224 s
Lösung zur 3. Aufgabe
Im Folgenden wird mit Sternspannungen gerechnet. Deren Beträge sind U 1 =
U 2 = U 3 = 400 V / 3 = 230,9 V . Somit gemäß Vorgabe:
U 1 = 230,9 V ⋅ e j 0°
a)
U 2 = 230,9 V ⋅ e − j120°
U 3 = 230,9 V ⋅ e + j120°
Es muss zunächst der Spannungsabfall an ZN berechnet werden:
U N = Z N ⋅ I N = 15 V
Aus der Maschenregel U 1 = U N + Z 1 ⋅ I 1 folgt dann:
I1 =
0
U 1 − U N 230,9 − 15
=
A = 14,39 A ⋅ e − j 30
j 30 0
Z1
15 ⋅ e
Aus der Maschenregel U 2 = U N + Z 2 ⋅ I 2 folgt dann:
0
0
U − U N 230,9 ⋅ e − j120 − 15
I2 = 2
=
A = (15,39 ⋅ e − j120 − 1) A
Z2
15
0
= (−7,695 − j ⋅ 13,33 − 1) A = (−8,696 − j ⋅ 13,33) A = 15,91A ⋅ e − j123,1
b)
Aus der Knotenregel I 1 + I 2 + I 3 = I N folgt:
0
0
0
I 3 = I N − I 1 − I 2 = 5 A ⋅ e j20 − 14,39 A ⋅ e − j 30 − 15,91A ⋅ e − j123,1
= (4 ,698 + j ⋅ 1,71 − 12,46 + j ⋅ 7 ,195 + 8,688 + j ⋅ 13,33) A
0
= (0,926 + j ⋅ 22,23) A = 22,25 A ⋅ e j 87,61
Z3 dann aus Kenntnis von U3 und I3:
0
U 3 − U N 230,9 ⋅ e j120 − 15
− j 87,610
j 32,39 0
Z3 =
=
Ω
=
(
10
,
38
⋅
e
−
0
,
6741
⋅
e
)Ω
0
I3
22,25 A ⋅ e j 87,61
= (8,765 + j ⋅ 5,560 − 0,02811 + j ⋅ 0,6735) Ω
= (8,737 + j ⋅ 6,233) Ω = 10,73 Ω ⋅ e j 35,50
c)
0
Die Bedingung I N = 0 ist für einen symmetrischen Verbraucher erfüllt. Also:
Z 1 = Z 2 = Z 3 = 15 Ω ⋅ e j 30
0
Schein-, Wirk-, und Blindleistung an Z 3 berechnen sich aus der Strangspannung gemäß (ϕ = Phasenwinkel von Z 3 ):
S=
2
U Str
3
Z3
P = S ⋅ cos ϕ
Q = S ⋅ sin ϕ
Da I N = 0 folgt U N = 0 und somit U Str 3 = U 3 . Somit:
S=
(230,9) 2
VA = 3554 VA
15
P = 3554 ⋅ 0,866 W = 3078 W
Q = 3554 ⋅ 0,5 VAr = 1777 VAr
Lösung zur 4. Aufgabe
Im Folgenden wird
mit den nebenstehenden
Spannungen und
Strömen gerechnet.
UL
IL
I
L
+
R
U
U 2R
R
UR
(1)
Kein Strom in den positiven Eingang → I = I L
(2)
Maschenregel und (1) → U = U L + U 2 R = jωL ⋅ I L + U 2 R = jωL ⋅ I + U 2 R
(3)
Kein Spannungsabfall zwischen den Eingängen → U = U R
(4)
Kein Strom in den negativen Eingang → U R / U 2 R = R / 2 R = 1 / 2
(5)
(3) in (4) eingesetzt → U 2 R = 2 ⋅ U
(6)
(5) in (2) eingesetzt → U = jωL ⋅ I + 2 ⋅ U
→ Z (ω ) =
U
= − jωL
I
Anmerkung:
Diese OP-Schaltung wird auch negativer Impedanzkonverter genannt (aus offensichtlichen Gründen). Auf Englisch: negative impedance converter = NIC.
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
12
6
9
3
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
29. 9. 2009 – 13:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 100 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselspannungsquelle:
UC
I
C
R0
U0
IR
IL
U
L
R
UR
Last
U0 und R0 sollen zusammen als reale Wechselspannungsquelle aufgefasst werden,
während R, L, und C als Elemente einer Last aufgefasst werden sollen.
a) Geben Sie für folgende drei Paare von Größen an, ob sie in Phase sind oder
nicht! Wenn sie nicht in Phase sind, geben Sie zusätzlich an, welche Größe
vorauseilt! Begründung nicht vergessen!
UR und UC
UC und U
IR und IL
b) Berechnen Sie den komplexen Widerstand der Last Z (ω ) = U I als Formel und
stellen Sie ihn als Summe aus Realteil und Imaginärteil dar!
c) Berechnen Sie den Frequenzgang (Übertragungsfunktion) H (ω ) = U R U als
Formel und bestimmen Sie die Grenzwerte von H (ω ) für ω → 0 bzw. ω → ∞!
Für welches ω erhält man H (ω ) = −10 dB?
d) Messungen an der Last ergeben eine gesamte Wirkleistung von P = 1000 W,
eine gesamte Blindleistung von Q = -100 VAr und einen (reellen) Effektivwert
der Spannung von U = 120 V bei ω = 100 rad/s. Weiterhin ist bekannt, dass R =
10 Ω. Bestimmen Sie daraus in Zahlenwerten die Kapazität C und die
Induktivität L!
Hinweise:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Gleichstromquelle:
uC1(t)
t=0
iC1(t)
C1
iC2(t)
S
I0
iR(t)
R
C2
uC2(t)
uR(t)
Der Schalter S wird zum Zeitpunkt t = 0 umgelegt, so dass die Stromquelle an der
Schaltung aus C1, C2 und R anliegt. Gehen Sie davon aus, dass zu diesem Zeitpunkt
die Kondensatoren noch spannungslos sind (Anfangsbedingung).
a) Stellen Sie die Differentialgleichungen für uC2(t) für t > 0 in Abhängigkeit von
I0, C1, C2 und R auf und berechnen Sie die Zeitkonstante!
b) Berechnen Sie die vollständige Lösung der Differentialgleichung für uC2(t) in
Abhängigkeit von I0, C1, C2 und R!
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensytem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz ist wie folgt mit einem symmetrischen Verbraucher belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
Z1
→ I3
← IN
Z2
Z3
Verbraucher
Hierbei:
Z 1 = Z 2 = Z 3 = R + j ⋅ X = (20 + j ⋅ 15) Ω
Nehmen Sie für alle folgenden Teilaufgaben an, dass der Phasenwinkel der
Sternspannung U 1 null Grad ist und dass alle anderen Stern- und Außenleiterspannungen gemäß der gängigen Drehstromkonvention daraus folgen.
a) Berechnen Sie pro Strang die vom Verbraucher aufgenommene Wirkleistung
und Blindleistung sowie den zugehörigen Leistungsfaktor!
b) Der Leistungsfaktor soll für jeden Strang durch Zuschalten je einer Kapazität
maximiert werden. Fügen Sie die Kapazitäten zur Schaltung oben hinzu ohne
die Zuleitungen zum Verbraucher aufzutrennen und geben Sie die Kapazitätswerte an! Kennzeichnen Sie Verbindungen durch größere Punkte!
c) Der komplexe Widerstand Z3 im Verbraucher wird ersatzlos herausgenommen
(offene Leitung). Berechnen Sie den Betrag des Neutralleiterstromes IN, der in
diesem Fall fließt!
Hinweis:
Teilaufgabe c kann unabhängig von den Teilaufgaben a und b gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist die folgende Schaltung zur Gleich-Vorspannung (Arbeitspunkteinstellung) eines npn-Bipolartransistors:
Es gilt: UBE = 0,6 V
US = 12 V
UCE = 8 V
IB = 2 mA
B= IC/IB = 100
Berechnen Sie aus den angegebenen Daten die Größe der Widerstände R1 und R2 und
die gesamte Leistung, die diese Schaltung aufnimmt!
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
29. 9. 2009 – 13:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 100 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
a)
Die Phasenlagen lassen sich am besten mit Hilfe eines Zeigerdiagramms
ableiten (Skizze ist nicht maßstabsgerecht):
UR
IR = IC
UC
U
IL
Daraus folgt:
U R läuft U C voraus
U läuft U C voraus
I R läuft I L voraus
b)
Berechnung des komplexen Lastwiderstandes:
Z (ω ) =
1
1
jωL
+
1
=
1
+R
jωC
jωL − ω 2 RLC
=
=
(1 − ω 2 LC ) + jωRC
1
1
jωL
+
jωC
1 + jωRC
=
1
1 + jωRC + ( jω ) 2 LC
jωL + ( jω ) 2 RLC
[ jωL − ω RLC ] ⋅ [(1 − ω LC ) − jωRC ]
2
2
(1 − ω 2 LC ) 2 + (ωRC ) 2
Ausmultipliziert und aufgetrennt nach Real- und Imaginärteil:
Z (ω ) =
c)
ω 4 RL2C 2
ωL − ω 3 L2C + ω 3 R 2 LC 2
+
j
⋅
(1 − ω 2 LC ) 2 + (ωRC ) 2
(1 − ω 2 LC ) 2 + (ωRC ) 2
Der Frequenzgang ergibt sich aus der Spannungsteilerregel:
H (ω ) =
UR
R
jωRC
=
=
U
R + 1 / jωC 1 + jωRC
Dies entspricht dem Verhalten eines einfachen Hochpasses 1. Ordnung. Es
folgt für den Betrag:
H (ω ) =
jωRC
ωRC
=
2
1 + jωRC
1 + (ωRC )
Daraus lassen sich sehr einfach die Grenzwerte ablesen zu:
ω → ∞ : H (ω ) → 1
ω → 0 : H (ω ) → 0
Zur Berechnung des gesuchten Frequenzpunktes folgt mit x = ωRC die
Gleichung ( − 10 dB = 10−0,5 = 1 / 10 = 0,3162 ):
x=
1
⋅ 1 + x2
10
bzw.
x2 =
1
⋅ (1 + x 2 )
10
Daraus:
x2 =
d)
0,1 1
=
0,9 9
bzw. x =
1
3
und damit
ω=
1
3RC
(exakt).
Die Wirkleistung P wird allein durch den Widerstand R verursacht. Über
U R2
= R ⋅ I 22 und Kenntnis von P = 1000 W und R = 10 Ω folgt damit:
P=
R
U R = 100 V
bzw.
Auf Grund der Knotenregel gilt:
I R = I C = 10 A
I R = 10 A
Auf Grund der Maschenregel gilt U 2 = U L2 = U C2 + U R2 (siehe auch Teilaufgabe a).
Mit U = 120 V und Kenntnis von UR folgt daraus:
U C = 66,33 V
Über I C = ωC ⋅U C und ω = 100 rad/s folgt dann:
C = 1,508 mF
Mit QC = − ωCU C2 folgt QC = − 663,3 VAr und über Q = QL + QC und Q = -100 VAr
auch:
QL = + 563,3 VAr
Über QL =U L2 / ωL und U L = U = 120 V folgt damit schließlich:
L = 255,6 mH
Lösung zur 2. Aufgabe
a)
Die Differentialgleichung für uC 2 (t ) erhält man aus:
iC 2 (t ) = C 2 ⋅
du C 2 (t )
dt
iR (t ) =
1
1
⋅ uR (t ) = ⋅ uC2 (t )
R
R
und dem Ansatz iC2 (t ) + iR (t ) = I 0 zu:
C2 ⋅
duC2 (t ) 1
+ ⋅ uC2 (t ) = I 0
dt
R
(t > 0)
Daraus kann man die Zeitkonstante unmittelbar ablesen zu:
b)
τ = RC2
Die allgemeine Lösung für iC 2 (t ) kann über einen Exponentialansatz für die
homogene Differentialgleichung bestimmt werden. Es ergibt sich (k2 und k3 =
Integrationskonstanten):
uC 2 (t ) = k2 ⋅ exp(−t / τ ) + k3
Aus der Anfangsbedingung uC2 (t = 0) = 0 ergibt sich k 2 = −k 3 und somit:
uC2 (t ) = k3 ⋅ [1 − exp(−t / τ )]
k 3 entspricht der partikularen Lösung. Sie ergibt sich aus uC2 (t → ∞) = R ⋅ I 0 .
Somit:
uC 2 (t ) = R ⋅ I 0 ⋅ [1 − exp (−t / τ )]
Anmerkung:
duC1 (t )
= I 0 (t > 0) . Unter Beachtung
dt
I
der Anfangsbedingung u C1 (t = 0) = 0 lautet die zugehörige Lösung uC1 (t ) = 0 ⋅ t .
C1
Die Differentialgleichung für uC1 (t ) ist iC1 (t ) = C1 ⋅
Lösung zur 3. Aufgabe
a)
Leistung in einem Strang:
S Str = U * ⋅ I
*
Str
=
U*
2
*
Z Str
mit U * als Sternspannung vom Betrag 230,9 V und Z Str = R + jX = (20 + j 15) Ω.
Damit:
S Str =
(230,9 V) 2
20 + j15
= (230,9) 2 ⋅
VA = 85,30 ⋅ (20 + j15) VA
(20 − j15) Ω
(20) 2 + (15) 2
Es folgt für einen Strang:
PStr = 1,706 kW
QStr = 1,280 kVAr
Der Leistungsfaktor ergibt sich zu:
⎡
⎛ Q ⎞⎤
cos ϕ = cos ⎢atan⎜⎜ Str ⎟⎟⎥ = 0,8
⎝ PStr ⎠⎦
⎣
(exakt)
Auf Grund der Symmetrie ergeben sich für alle Stränge identische Werte.
Anmerkung:
Eine alternative Rechnung über die Scheinleistung:
SStr = U * ⋅ I Str
U *2 (230,9 V) 2
=
=
= 2,133 kVA
Z
25
und den Leistungsfaktor aus R und X:
⎡
⎛ X ⎞⎤
cos ϕ = cos ⎢atan⎜ ⎟⎥ = 0,8
⎝ R ⎠⎦
⎣
(exakt)
ist möglich und führt ebenfalls auf:
PStr = S Str ⋅ cos ϕ = 1,706 kW
b)
QStr = S Str ⋅ sin ϕ = 1,280 kVAr
Eine mögliche Lösung ist das Parallelschalten von drei gleichen Kapazitäten in
Sternschaltung. Für einen Strang folgt aus der Forderung QC = −ω C* ⋅ U *2 =
− 1,278 kVAr dann:
C* =
− QC
1,278 kVAr
=
= 76,30 μF
2
ω ⋅ U * (2π ⋅ 50 Hz ) ⋅ (230,9 V )2
Alternativ kann man drei Kapazitäten in Dreieckschaltung davorschalten. Es
gilt dann (siehe z.B. Moeller)
1
CΔ = ⋅ C* = 25,43 μF
3
c)
Für den Neutralleiter gilt immer I 1 + I 2 + I 3 = I N . Bei Vorhandensein von Z 3
gilt zusätzlich (symmetrische Last):
I1 + I 2 + I 3 = 0
(*)
Nun ist I 3 = 0 , da Z3 herausgenommen wurde. Die Ströme I 1 und I 2 bleiben
davon unberührt und somit in dieser Situation:
I1 + I 2 = I N
(**)
Auf Grund von (*) und (**) folgt also, dass I 1 + I 2 = I N = − I 3 und somit:
IN =
U * 230,9 V
=
= 9,236 A
Z3
25 Ω
Lösung zur 4. Aufgabe
Aus den Kirchhoffschen Gesetzen folgt für die Widerstände:
R1 =
U1
U − U CE
4V
= S
=
= 19,80 Ω
I C + I B 100 I B + I B 202 mA
R2 =
U 2 U CE − U BE 7,4 V
=
=
= 3700 Ω
IB
IB
2 mA
Über P = U ⋅ I folgt für die Leistungsaufnahme der gesamten Schaltung:
Pges = U S ⋅ ( I C + I B ) = 12 V ⋅ 202 mA = 2,424 W
Anmerkung:
Die Widerstände nehmen die Leistung P1 = U1 ⋅ ( I C + I B ) = 4 V ⋅ 202 mA = 808,0 mW und
P2 = U 2 ⋅ I B = 7,4 V ⋅ 2 mA = 14,80 mW auf.
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
9
6
9
6
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
12. 2. 2010 – 12:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 100 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselspannungsquelle:
I
UC
C
R0
U0
IR
IL
U
L
R
UR
Last
U0 und R0 sollen zusammen als reale Wechselspannungsquelle aufgefasst werden,
während R, L, und C als Elemente einer Last aufgefasst werden sollen.
a) Berechnen Sie den komplexen Widerstand der Last Z (ω ) = U I als Formel und
stellen Sie ihn als Summe aus Realteil und Imaginärteil dar! Berechnen Sie
davon ausgehend die Kreisfrequenz ω0 > 0, bei der die Schaltung Resonanz
(Phasenresonanz) zeigt! Welche Beziehung muss zwischen R, L und C gelten,
damit ω0 > 0 tatsächlich existiert?
b) Zeichnen und beschriften Sie ein Zeigerdiagramm für alle oben eingetragenen
Ströme und Spannungen (U0 ausgenommen, nicht maßstabsgerecht) für den
Fall, dass die Last ohmsch-induktives Verhalten zeigt!
c) Messungen an der Last ergeben eine gesamte Wirkleistung von P = 1000 W,
eine gesamte Blindleistung von Q = 200 VAr und einen (reellen) Effektivwert
der Spannung von U = 120 V bei ω = 100 rad/s. Weiterhin ist bekannt, dass R =
40 Ohm ist. Bestimmen Sie daraus die Zahlenwerte von L und C!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgendes Schaltbild für einen verlustlosen Übertrager:
Die Windungszahlen sind N1 für die Primärseite und N2 für die Sekundärseite. Im
Folgenden sollen Sie exakt, d.h. ohne Vernachlässigung von einzelnen Schaltkreiselementen rechnen.
a) Berechnen Sie als Funktion des Übertragungsverhältnisses (Übersetzungsverhältnisses) ü = N1 / N2 und der Haupt- und Streuinduktivitäten:
die primärseitige Impedanz Z 1L (ω ) = U 1 I 1 , wenn die Sekundärseite im
Leerlauf („offen“) betrieben wird,
die sekundärseitige Impedanz Z L2 (ω ) = −U 2 I 2 , wenn die Primärseite im
Leerlauf („offen“) betrieben wird,
die primärseitige Impedanz Z 1K (ω ) = U 1 I 1 , wenn die Sekundärseite im
Kurzschluss betrieben wird, und
die sekundärseitige Impedanz Z K2 (ω ) = −U 2 I 2 , wenn die Primärseite im
Kurzschluss betrieben wird!
b) Eine rein ohmsche Last mit dem Widerstand R = 100 Ohm wird an der Sekundärseite angeschlossen. Berechnen Sie in Zahlenwerten die primärseitige Impedanz
R
Z 1 = U 1 I 1 für N1 = 10, N2 = 100, ω = 300 rad/s , Lσ 1 = 1mH, Lσ 2 = 0,1H und
Lh = 1H !
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensytem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz ist wie folgt mit einem symmetrischen Verbraucher belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
Z1
Z2
Z3
← IN
Verbraucher
Hierbei:
Z 1 = Z 2 = Z 3 = R + j ⋅ X = (10 + j ⋅ 24) Ω
Nehmen Sie für alle folgenden Teilaufgaben an, dass der Phasenwinkel der
Sternspannung U 1 null Grad ist und dass alle anderen Stern- und Außenleiterspannungen gemäß der gängigen Drehstromkonvention daraus folgen.
a) Berechnen Sie die Zahlenwerte der Ströme I 1 , I 2 und I 3 nach Betrag und
Phase und den Zahlenwert der gesamten Wirkleistung des Verbrauchers!
b) Der komplexe Widerstand Z3 im Verbraucher wird ersatzlos herausgenommen
(offene Leitung). Berechnen Sie für diesen Fall die Zahlenwerte der Ströme I 1
und I 2 und der gesamten Wirkleistung!
c) Der komplexe Widerstand Z3 im Verbraucher wird durch einen Kurzschluss
ersetzt ( Z 3 = 0 Ω ). Berechnen Sie für diesen Fall die Zahlenwerte der Ströme I 1
und I 2 und der gesamten Wirkleistung!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist folgender Schaltkreis mit idealem Operationsverstärker:
C2
R2
R1
U1
+
L1
U2
a) Berechnen Sie den komplexen Frequenzgang H (ω ) = U 2 / U 1 als Formel und
stellen sie diesen wie folgt dar (A, ω1, und ω2 = reelle Parameter):
⎛
⎞ ⎛
1 ⎞
1
⎟⎟ ⋅ ⎜⎜1 +
⎟⎟
H (ω ) = A ⋅ ⎜⎜
j
ω
ω
j
ω
/
ω
+
1
/
1⎠ ⎝
2 ⎠
⎝
Nehmen Sie im Folgenden an, dass A = - 316, ω1 = 100 kHz und ω2 = 1 kHz.
b) Bestimmen Sie für den Frequenzgang aus Teilaufgabe a die Beträge der
Grenzwerte für:
ω → 0,
Hinweis:
ω→∞
und
ω = ω1 ⋅ ω2 !
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
12. 2. 2010 – 12:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 100 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
a)
Anwenden der Regeln für Reihen- und Parallelschaltungen liefert:
Z=
1
jωLR
1
1
1
jωLR ( R − jωL)
+
=
+
=
+
1
1
jωC
R 2 + (ωL) 2
jωC R + jωL jωC
+
R jωL
=−
⎛ ωLR 2
j
(ωL) 2 R + jωLR 2
(ωL) 2 R
1 ⎞
⎜⎜ 2
⎟⎟
+
=
+
j
⋅
−
2
2
2
2
2
ωC
R + (ωL)
R + (ωL)
⎝ R + (ωL) ωC ⎠
Bei Phasenresonanz muss gelten Im (Z ) = 0 . Unter Verwendung des obigen
Ergebnisses muss man also fordern:
ω0 L R 2
1
−
=0
2
2
R + (ω0 L) ω0C
⇒
ω02 LCR 2 = R 2 + (ω0 L) 2
⇒
ω02 (LCR 2 − L2 ) = R 2
⇒
ω0 =
R
LCR − L
2
2
=
1
LC − ( L / R) 2
Damit ein ω0 > 0 überhaupt existiert, muss gelten:
LCR 2 > L
b)
2
⇔ CR 2 > L
⇔
LC > ( L / R) 2
Folgende Sachverhalte legen das Zeigerdiagramm fest:
- Am Widerstand sind Strom und Spannung in Phase.
- An Spule und Widerstand liegt dieselbe Spannung an.
- An der Spule eilt die Spannung dem Strom um 90 Grad voraus.
- Spule und Widerstand teilen sich den gesamten Strom.
- Durch den Kondensator fließt der gesamte Strom.
- Am Kondensator eilt der Strom der Spannung um 90 Grad voraus.
- Die gesamte Spannung ist zusammengesetzt aus der Spannung am
Kondensator und der Spannung am Widerstand bzw. Spule.
Für ein ohmsch-induktives Gesamtverhalten folgt damit:
c)
Der Effektivwert des gesamten Stromes ergibt sich aus der Scheinleistung:
I=
S
=
U
P2 + Q2
10002 + 2002
1019,8
=
A=
= 8,498 A
U
120
120
Der Effektivwert des Stromes durch den Widerstand folgt aus der Wirkleistung:
IR =
P
1000
=
A=5A
R
40
Der Effektivwert des Stromes durch die Spule folgt aus dem Gesamtstrom und
dem Strom durch den Widerstand (siehe auch Zeigerdiagramm):
I L = I 2 − I R2 = 8,4982 − 55 A = 6,871 A
Der Effektivwert der Spannung über der Spule ist gleich demjenigen über dem
Widerstand und somit U L = U R = R ⋅ I R = 40 Ω ⋅ 5 A = 200 V . Damit lässt sich die
Induktivität über U L = ωLI L berechnen:
L=
UL
200
=
H = 291,1 mH
ω ⋅ I L 100 ⋅ 6,871
Die Blindleistung der Spule ist dann QL = I 2 ⋅ ωL = 1374,3 VAr und die des
Kondensators damit Q C = 200 VAr - QL = = −1174,3 VAr . Daraus folgt über
QC = − I C2 / ωC und I = I C schließlich:
− I2
8,4982
C=
=
F = 614,9 μF
ω ⋅ QC 100 ⋅ 1174,3
Lösung zur 2. Aufgabe
a)
Unter Beachtung der die Impedanz transformierenden Eigenschaft des idealen
Übertragers ergeben sich folgende Ergebnisse. Dabei ist zu beachten, dass bei
Transformation der Sekundär- auf die Primärseite der Faktor ü2, in der Gegenrichtung der Fakor 1/ü2 anzuwenden ist.
Primärseitige Impedanz Z 1L (ω ) = U 1 I 1 , wenn die Sekundärseite im Leerlauf
(„offen“) betrieben wird:
Z 1 (ω ) = jω ⋅ ( Lσ 1 + Lh )
L
Sekundärseitige Impedanz Z L2 (ω ) = −U 2 I 2 , wenn die Primärseite im Leerlauf
(„offen“) betrieben wird:
1
⎛
⎞
L
Z 2 = jω ⋅ ⎜ Lσ 2 + 2 ⋅ Lh ⎟
ü
⎝
⎠
Primärseitige Impedanz Z 1K (ω ) = U 1 I 1 , wenn die Sekundärseite im Kurzschluss betrieben wird:
Z = jω ⋅ Lσ 1 +
K
1
1
1
1
+ 2
jω ⋅ Lh ü ⋅ jω ⋅ Lσ 2
⎛
ü 2 ⋅ Lh ⋅ Lσ 2 ⎞
⎟⎟
⎜
= jω ⋅ ⎜ Lσ 1 +
2
L
ü
L
+
⋅
h
σ2 ⎠
⎝
Sekundärseitige Impedanz Z K2 (ω ) = −U 2 I 2 , wenn die Primärseite im Kurzschluss betrieben wird:
Z 2 = jω ⋅ Lσ 2 +
K
b)
1
⋅
ü2
1
1
1
+
jω ⋅ Lσ 1 jω ⋅ Lh
⎛
1 L ⋅L ⎞
= jω ⋅ ⎜⎜ Lσ 2 + 2 ⋅ h σ 1 ⎟⎟
ü Lh + Lσ 1 ⎠
⎝
Mit N1 = 10, N2 = 100 folgt ü = 1/10 = 0,1 und somit erscheint die gesamte
Sekundärseite (Last + Streuinduktivität) auf der Primärseite als:
Z2 = ü 2 ⋅ ( R + jωLσ 2 ) = 0,01 ⋅ (100 + j ⋅ 30) Ω = 1 + j ⋅ 0,3 Ω
Diese Impedanz liegt parallel zur Hauptinduktivität. Der entsprechende
Ersatzwiderstand ist ( jωLh = j ⋅ 300 Ω ):
ZE 

1
1
1

jLh Z 2

j  300  (1  j  0,3)
 90  j  300
jLh  Z 2



1  j  300,3
Z 2  jLh (1  j  0,3)  j  300
(90  j  300)  (1  j  300,3)
 90  j  300  j  27027  90090
 

(1  j  300,3)  (1  j  300,3)
90181,09
 (0,9979  j 0,3030) 
Dieser Ersatzwiderstand liegt in Reihe mit der primärseitigen Streuinduktivität
und es folgt ( jL 1  j  0,3  ):
Z 1  (0,9979  j 0,6030) 
R
Lösung zur 3. Aufgabe
Im Folgenden ist es sinnvoll die Impedanz Z nach Betrag und Phase darzustellen:
Z  10  j  24  = 26   e j 67,38
a)
Es liegt ein Verbraucher in symmetrischer Sternschaltung vor. Die Strangspannungen entsprechen den Sternspannungen. Daraus folgt:
I1 
U 1 230,9 V  e j 0

 8,881  e j 67,38A
j 67, 38
Z
26   e
U 2 230,9 V  e j 240
I2 

 8,881  e j172,62A
j 67, 38
Z
26   e
I3 
U 3 230,9 V  e j 120

 8,881  e j 52,62A
j 67, 38
Z
26   e
Die gesamte Wirkleistung ergibt sich aus:
P  RI12  RI 22  RI 32  3  RI12  3  10  78,87 W  2366 W
b)
Nach Herausnehmen von Z3 liegt eine Reihenschaltung von Z1 und Z2 vor, die an
der Dreieckspannung U12 (= Strangspannung) liegt. Für U12 gilt gemäß gängiger
Drehstromkonvention U 12  400V  e j 30 . Somit:
I1 =
U 12
400 V ⋅ e j ⋅30°
=
= 7,692 ⋅ e − j ⋅37 ,38° A
j ⋅ 67 , 38°
Z 1 + Z 2 52 Ω ⋅ e
I 2 = − I 1 = 7,692 ⋅ e j ⋅142, 62° A
Die gesamte Wirkleistung ergibt sich aus:
P = RI12 + RI 22 = 2 ⋅ RI12 = 2 ⋅ 10 ⋅ 59,17 W = 1183 W
c)
Nach Ersetzen von Z3 durch einen Kurzschluss entsteht eine Schaltung, bei der
an Z1 die Strangspannung - U31 und an Z2 die Strangspannung U23 liegt. Gemäß
gängiger Konvention folgt also:
U 31 400 V ⋅ e − j ⋅30°
I1 = −
=
= 15,38 A ⋅ e − j 97 ,38°
j ⋅ 67 , 38°
Z
26 Ω ⋅ e
I2 =
U 23 400 V ⋅ e − j ⋅90°
=
= 15,38 A ⋅ e − j157 ,38°
j ⋅ 67 , 38°
Z
26 Ω ⋅ e
Die gesamte Wirkleistung ergibt sich aus:
P = RI12 + RI 22 = 2 ⋅ RI12 = 2 ⋅ 10 ⋅ 236,5 W = 4731 W
Lösung zur 4. Aufgabe
a)
Bei der Schaltung handelt es sich um einen invertierenden Verstärker. Mit Z1 als
Ersatzwiderstand der Parallelschaltung aus R1 und L1 und von Z2 als Ersatzwiderstand der Parallelschaltung aus R2 und C1 gilt:
H (ω ) = −
Z 2 (ω )
Z 1 (ω )
Hierbei:
Z 1 (ω ) =
R1 ⋅ jωL1
jωL1
=
R1 + jωL1 1 + jωL1 / R1
Z 2 (ω ) =
R2 ⋅1 / jωC2
R2
=
R2 + 1 / jωC2 1 + jωC2 R2
Darstellung des Ergebnisses in der gewünschten Form:
H ( jω ) = −
⎛
⎞ 1 ⎛
⎞
R2
1 + jωL1 / R1
1
1
⎟⎟ ⋅ ⋅ ⎜⎜
⋅
= − R2 ⋅ ⎜⎜
+ 1⎟⎟
jωL1
1 + jωC2 R2
⎝ 1 + jωC2 R2 ⎠ R1 ⎝ jωL1 / R1 ⎠
⇒
b)
H ( jω ) = −
R2
R1
⎛
⎞ ⎛
⎞
1
1
⎟⎟ ⋅ ⎜⎜1 +
⎟⎟
⋅ ⎜⎜
+
1
j
ω
C
R
j
ω
L
/
R
2 2 ⎠ ⎝
1
1⎠
⎝
ω → 0:
⎛ 1 ⎞
⎟⎟
H (ω ) → A ⋅ ⎜⎜
j
ω
/
ω
2 ⎠
⎝
⇒
H (ω ) → ∞
ω →∞:
⎛ 1 ⎞
⎟⎟
H (ω ) → A ⋅ ⎜⎜
⎝ jω / ω1 ⎠
⇒
H (ω ) → 0
ω = ω1 ⋅ ω2 :
⎞
⎛
⎞ ⎛
1
1
⎟
⎟ ⋅ ⎜1 +
H (ω ) = A ⋅ ⎜
⎜1+ j ω / ω ⎟ ⎜
j ω1 / ω2 ⎟⎠
2
1 ⎠ ⎝
⎝
⎛
⎞ ⎛ j ω1 / ω2 + 1 ⎞
1
⎟⋅⎜
⎟
H (ω ) = A ⋅ ⎜
⎜1+ j ω / ω ⎟ ⎜ j ω / ω ⎟
2
1 ⎠ ⎝
1
2
⎝
⎠
⎛ j ω1 / ω2 + 1 ⎞
⎟
H (ω ) = A ⋅ ⎜
⇒
H (ω ) = A = 316
⎜ j ω / ω −1⎟
1
2
⎝
⎠
Anmerkung:
Das gesamte Verstärkungsmaß sieht graphisch wie folgt aus (Steigungen
jeweils – 20 dB pro Dekade, Betrag von 316 entsprechend ca. 50 dB):
.
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
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Note:
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23. 8. 2010 – 9:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 105 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit Wechselstromquelle:
I
UL
L
I0
Ri
U
IR
IC
R
C
UR
Last
Quelle
I0 und Ri sollen zusammen als reale Wechselstromquelle aufgefasst werden, während
R, L und C als Elemente einer Last aufgefasst werden sollen.
a) Berechnen Sie den komplexen Widerstand Z(ω)= U / I der Last als Formel und
stellen Sie ihn als Summe aus Real- und Imaginärteil dar! Welches Bauteil (R, L
oder C) beschreibt den Imaginärteil für ω → ∞ näherungsweise?
b) Für die Last soll bei gegebenem ω > 0 eine Blindleistungskompensation durch
Einstellen der Kapazität erzielt werden. Bestimmen Sie C formelmäßig in
Abhängigkeit der gegebenen Größen! Welche Bedingung muss L erfüllen?
c) Berechnen Sie die komplexen Leistungen im Innenwiderstand Ri und der Last
als Zahlenwerte nach Betrag und Phase! Gehen Sie dabei von Folgendem aus:
I 0 = 0,2 A ⋅ e j 0
0
Ri = 5 Ω
Z = (20 + j · 25) Ω
d) Stellen Sie die Formel für den komplexen Frequenzgang H(ω) = UR / U auf und
bringen Sie sie in die Form (A1, A2, A3 = Parameter):
H (ω ) =
A1
2
1 + jω ⋅ A2 + ( jω ) ⋅ A3
Welche Grenzwerte ergeben sich für |H(ω)| für ω→0 und für ω→∞?
Hinweis:
Teilaufgaben a und b hängen zusammen. Ansonsten sind alle unabhängig voneinander.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgendes Ersatzschaltbild für einen verlustlosen Übertrager:
I1
L2-M
L1-M
I2
I1 -I2
U1
U2
M
I1
I2
Hierbei bezeichnet der Index „1“ die Primärseite, der Index „2“ die Sekundärseite. Die
Frequenz sei im Folgenden f = 50 Hz.
a) Bei Anlegen einer Wechselspannung mit dem Effektivwert U1 = 10 V an der
Primärseite wird auf der Sekundärseite im Leerlauf ein Effektivwert der
Spannung von U2 = 5 V gemessen. Bei Anlegen einer Wechselspannung mit
U2 = 10 V an der Sekundärseite wird auf der Primärseite im Leerlauf U1 = 15 V
gemessen. Berechnen Sie aus diesen Angaben in Zahlenwerten den so
genannten Kopplungsfaktor k = M / L1L2 !
Gehen Sie für die folgenden Teilaufgaben von L1 = 0,6 H; L2 = 0,2 H; M = 0,5 H aus.
b) Am Ausgang des Übertragers wird nun ein Widerstand R = 10 Ω angeschlossen. Berechnen Sie für diese Schaltung den Betrag des Verhältnisses von
Sekundärstrom zu Primärstrom, |I2 / I1|, als Zahlenwert!
c) Berechnen Sie die primärseitige komplexe Impedanz Z1 (Impedanz am Eingang
des Übertragers) für die in Teilaufgabe b beschriebene Schaltung in
Zahlenwerten (Real- und Imaginärteil)!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensytem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz soll mit drei Widerständen zu je 50 Ω belastet werden.
a) Entscheiden Sie, ob mit symmetrischer Stern- oder Dreieckschaltung die gößere
Wirkleistung erzielt werden kann. Zeichnen Sie dann die entsprechende
Schaltung in folgendes Diagramm ein und berechnen Sie in Zahlenwerten die
gesamte im Verbraucher umgesetzte Wirkleistung und den Effektivwert des
Stromes im Außenleiter L1!
→ I1
L1
→ I2
L2
L3
→ I3
← IN
N
Schaltung der Widerstände im Verbraucher?
b) Die Widerstände sind nun wie unten zu sehen verdrahtet. Berechnen Sie in
Zahlenwerten die gesamte im Verbraucher umgesetzte Wirkleistung !
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
R2
R1
R3
← IN
R1 = R2 = R3=50 Ω
Hinweis:
Die Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist folgende Beschaltung eines Transistors zur Arbeitspunkteinstellung:
IC
RC
R1
IB
UCE
U0
UBE
R2
Es gilt: U0 = 10 V; UBE = 0,7 V; UCE = 8 V; IB = 2 mA; B = IC/IB = 100; R2 = 7 Ω
Berechnen Sie aus den gegebenen Daten in Zahlenwerten die Widerstände R1 und RC
und außerdem die gesamte Leistung, die in den Widerständen umgesetzt wird!
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
23. 8. 2010 – 9:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 105 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
Im Folgenden wird die Impedanz der Parallelschaltung von R und C öfters verwendet:
Z RC =
a)
1
R
=
1
+ jωC 1 + jωRC
R
Anwenden der Regeln für Reihen- und Parallelschaltungen liefert:
Z (ω ) = jωL + Z RC = jωL +
⎛
R − jωR 2C
R
ω R 2C ⎞
⎜
⎟
j
ω
L
=
+
⋅
−
⎜
1 + ω 2 R 2C 2 1 + ω 2 R 2C 2
1 + ω 2 R 2C 2 ⎟⎠
⎝
Für ω → ∞ verhält sich der Imaginärteil genähert wie ωL und kann damit durch
eine (bzw. die) Induktivität
beschrieben werden. Dies entspricht auch der Anschauung, denn die Kapazität
hat für steigende Frequenzen einen immer kleineren Blindwiderstand.
b)
Bedingung für die Blindleistungskompensation ist Im{Z} = 0. Mit Z aus
Teilaufgabe a lässt sich C aus R, L und ω bestimmen:
Im{Z } = ωL −
R 2C
ωR 2C
0
=
→
L
−
=0
1 + ω 2 R 2C 2
1 + ω 2 R 2C 2
→ L ⋅ (1 + ω 2 R 2C 2 ) − R 2C = 0
→ C 2 ⋅ ( Lω 2 R 2 ) − C ⋅ R 2 + L = 0
Lösungen der quadratischen Gleichung:
C1 / 2
R 2 ± R 4 − 4ω 2 L2 R 2
1
1
1
=
=
±
− 2 2
2
2
2
4 2
2ω LR
2ω L
4ω L ω R
Es existieren genau dann reelle Lösungen für C, wenn der Radikand größer oder
gleich null ist. Für L folgt daraus:
R 2 − 4ω 2 L2 ≥ 0
c)
2
bzw.
L≤
R
2ω
2
Berechnung über S = Z ⋅ I und S i = Z ⋅ I i , wobei I i = I 0 − I der Strom ist, der
im Schaltbild von oben nach unten durch den Innenwiderstand Ri fließt.
Berechnung der Ströme über die Stromteilerregel:
I=
Ii =
1/ Z
R ⋅I
5
1
⋅ I0 = i 0 =
⋅ 0,2 A =
A = 28,28 mA ⋅ e − j 45°
j 45°
1 / Ri + 1 / Z
Ri + Z 25 + j ⋅ 25
1250 ⋅ e
1 / Ri
1 / Ri + 1 / Z
⋅ I0 =
Z ⋅ I 0 20 + j ⋅ 25
1025 ⋅ e j 51,34°
⋅ 0,2 A = 181,1mA ⋅ e j 6,34°
=
⋅ 0,2 A =
j 45°
Ri + Z 25 + j ⋅ 25
1250 ⋅ e
Dies ergibt sich auch über eine Rechnung mittels äquivalenter Spannungsquelle
(Spannungsquelle U0 = I0 · Ri) und Anwenden der Spannungsteilerregel.
Damit:
2
0
S = Z ⋅ I = 1025 ⋅ e j 51,34Ω ⋅ (28,28 mA) 2 = 25,60 ⋅ e j 51,34 mVA
2
0
S i = Ri ⋅ I i = 5 Ω ⋅ (181,1mA) 2 = 164,0 ⋅ e j 0 mVA
Es wird also relativ viel Leistung im Innenwiderstand verbraucht.
d)
Anwendung der Spannungsteilerregel liefert:
UR
Z RC
1
=
=
U
jωL + Z RC 1 + jωL / Z RC
1
1
=
=
1 + jωL ⋅ (1 + jωRC ) / R 1 + jω ⋅ ( L / R) + ( jω ) 2 ⋅ LC
H (ω ) =
Der Betrag ist dann:
H (ω ) =
1
1
=
2
2
1 + jω ⋅ ( L / R) + ( jω ) ⋅ LC
(1 − ω 2 LC ) 2 + (ωL / R )
Die Grenzwerte sind somit:
ω → 0:
ω →∞: H →0
H → 1;
Lösung zur 2. Aufgabe
a)
Leerlauf auf der Sekundärseite:
U1
jω ( L1 − M ) + jωM
L 10
=
= 1 =
= 2 (*)
U2
jω M
M
5
Leerlauf auf der Primärseite:
U1
jωM
M 15
=
=
=
= 1,5 (**)
U2
jω ( L2 − M ) + jωM
L2 10
Division von (**) durch (*) ergibt:
M L1 M 2
:
=
= 1,5 : 2 = 0,75
L2 M L1L2
Aus der Formel für den Kopplungsfaktor k = M / L1 ⋅ L2 folgt dann:
k = 0,75 = 0,8660
b)
Berechnung aus Maschengleichung auf der Sekundärseite:
− ( I 1 − I 2 ) ⋅ jωM + I 2 ⋅ jω ( L2 − M ) + I 2 ⋅ R = 0
Daraus:
− I 1 ⋅ jωM + I 2 ⋅ jωL2 + I 2 ⋅ R = 0
I 2 ⋅ ( jωL2 + R ) = I 1 ⋅ jωM
I2
jωM
=
I 1 R + jωL2
Berechnung des Zahlenwertes:
2π ⋅ 50 ⋅ 0,5
I2
jω M
=
=
= 2,469
2
I1 R + jωL2
(10) + (2π ⋅ 50 ⋅ 0,2) 2
c)
Ansatz für Impedanz am Eingang des Übertragers:
Z 1 = jω ( L1 − M ) +
( R + jω ( L2 − M )) ⋅ jωM
R + jω ( L2 − M ) + jωM
14444
244443
Paralleschaltung M || ( L2 − M ) + R
Berechnung nach Vereinfachung:
Z 1 = jω ( L1 − M ) +
( RL + jω ( L2 − M )) ⋅ jωM
RL + jω ( L2 − M ) + jωM
ω 2 ( M − L2 ) M + jωRL M
= jω ( L1 − M ) +
RL + jωL2
= j ⋅ 31,42 Ω +
14804,41 + j ⋅ 1570,80
Ω
10 + j ⋅ 62,83
14887,51 ⋅ e j 6, 06°
= j ⋅ 31,42Ω +
Ω
63.62 ⋅ e j 80,96°
= j ⋅ 31,42Ω + 234,01 ⋅ e − j 74.90°Ω
= ( j ⋅ 31,42 + 60.96 − j ⋅ 225.93)Ω = (60,69 − j ⋅ 194,5) Ω
Lösung zur 3. Aufgabe
a)
Die größere Wirkleistung lässt sich erzielen mit einer:
symmetrischen Dreieckschaltung.
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
← IN
Für die Dreieckschaltung entsprechen die Strangspannungen den Außenleiterspannungen. Die gesamte in den drei Strängen des Verbrauchers umgesetzte
Wirkleistung ist dann:
Pges = 3 ⋅ PStr = 3 ⋅
2
U Str
U2
(400) 2
= 3⋅
= 3⋅
W = 9,6 kW
R
R
50
Anmerkung:
Für die symmetrische Sternschaltung ergibt sich ein Drittel dieses Wertes.
Die Außenleiterströme (und somit auch der Strom in Phase 1) ergeben sich aus
den Strangströmen über I = 3 ⋅ I Str zu:
I = 3 ⋅ I Str = 3 ⋅
b)
U Str
U
400
= 3⋅ = 3⋅
= 13,86 A
R
R
50
Die gesamte Wirkleistung im Verbraucher ergibt sich aus der Summe der
einzelnen Strangleistungen:
Pges = PStr −1 + PStr − 2 + PStr − 3 =
2
U Str
U2
U2
−1
+ Str − 2 + Str − 3
R1
R2
R3
Die Strangspannungen 1 und 3 sind hierbei Sternspannungen (230,9 V) und die
Strangspannung 2 ist eine Außenleiterspannung (400 V). Damit:
Pges =
(
)
1
⋅ 230,92 + 4002 + 230,92 W = 5,333 kW
50
Lösung zur 4. Aufgabe
Berechnung des Widerstands RC (mit IC = 100·IB = 200 mA):
U 0 = U RC + U CE = I C ⋅ RC + U CE → RC =
U 0 − U CE 10 V − 8 V
=
= 10 Ω
200 mA
IC
Berechnung von IR2 (wird später benötigt):
U BE = R2 ⋅ I R 2 → I R 2 =
Berechnung des Widerstands R1:
U BE 0,7 V
=
= 100 mA
R2
7Ω
U 0 = U R1 + U BE = ( I R 2 + I B ) ⋅ R1 + U BE
→ R1 =
10 V − 0,7 V
U 0 − U BE
=
= 91,18 Ω
100 mA + 2 mA
IR2 + IB
Für die in den Widerständen umgesetzte Leistung ergibt sich:
PR1 = U R1 ⋅ I R1 = (U DD − U BE ) ⋅ ( I R 2 + I B ) = 9,3 V ⋅ 102 mA = 0,9486 W
PR 2 = U R 2 ⋅ I R 2 = U BE ⋅ I R 2 = 0,7 V ⋅ 100 mA = 0,07 W
PRC = U RC ⋅ I RC = (U DD − U CE ) ⋅ I C = 2 V ⋅ 200 mA = 0,4 W
→ PR , ges = PR1 + PR 2 + PRC = 0,9486 W + 0,07 W + 0,4 W = 1,4186 W
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
12
6
6
6
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
11. 2. 2011 – 10:30 Uhr – Bearbeitungszeit: 110 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselspannungsquelle:
UR0
I0
I2
R0
R
U0
Quelle
I1
UR
L
UL
C
UC
Last
U0 und R0 sollen zusammen als reale Wechselspannungsquelle aufgefasst werden,
während R, L und C als Elemente einer Last aufgefasst werden sollen.
a) Berechnen Sie den Betrag der Impedanz ZL der Last als Formel! Welchen
minimalen, welchen maximalen Wert kann dieser für 0 ≤ ω < ∞ annehmen?
b) Bestimmen Sie die Werte / die Wertebereiche der Kreisfrequenz ω, für die sich
die Last rein ohmsch, ohmsch-induktiv und ohmsch-kapazitiv verhält!
Gehen Sie für die Aufgabenteile c und d von den folgenden Zahlenwerten aus:
U0 = 10 V, R0 = 50 Ω, R = 50 Ω, L = 2 mH, C = 50 nF.
c) Die Schaltung wird zunächst bei der Frequenz f1 = 88,10 kHz betrieben. Bei
dieser Frequenz ergibt sich für die Lastimpedanz ZL = (25,4 + j·25) Ω.
Berechnen Sie für diesen Fall die Zahlenwerte der Ströme I0, I1 und I2 nach
Betrag und Phase!
d) Die Schaltung wird nun bei einer geänderten Frequenz f2 betrieben. An der Last
treten dabei die Wirkleistung PL = 450,9 mW sowie die Blindleistung
QL = -180,4 mVAr auf. Berechnen Sie die neue Frequenz f2 als Zahlenwert!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealem Übertrager:
I1
R0
I0
L
I2
U1
U2
R
C
Quelle
Last
Hierbei: R0 = 100 Ω, L = 0,5 mH, R = 25 Ω, n1 = 20, n2 = 100, ω = 105 1/s (n1 und n2
bezeichnen die Windungszahlen auf Primärseite 1 bzw. Sekundarseite 2).
a) Die Sekundärseite des Übertragers befindet sich zunächst im Leerlauf, wobei
I0 = 10 mA · ej0 sein soll. Berechnen Sie für diesen Fall die Spannung U2
zwischen den Klemmen des Übertragers auf der Sekundärseite als Zahlenwert
mit Real- und Imaginärteil!
Für den Aufgabenteil b wird nun die in der Abbildung gezeigte Schaltung bestehend
aus den Elementen R und C zusätzlich zwischen den Klemmen des Übertragers auf der
Sekundärseite angeschlossen.
b) Bestimmen Sie einen Zahlenwert für die Kapazität C, der zu einer vollständigen
Blindleistungskompensation in der Last führt!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensystem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz ist wie folgt mit Verbrauchern belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
← IN
L1
R1
Verbraucher 1
Hierbei:
C2
R2
Verbraucher 2
R3
Verbraucher 3
L1 = 10 mH, R1 = 20 Ω , C2 = 5 mF, R2 = 40 Ω , R3 = 50 Ω .
Nehmen Sie für alle folgenden Teilaufgaben an, dass der Phasenwinkel der
Sternspannung U 1 null Grad ist und dass alle anderen Stern- und Außenleiterspannungen gemäß der gängigen Drehstromkonvention daraus folgen.
a) Berechnen Sie einzeln die von jedem Verbraucher aufgenommene Wirkleistung
und Blindleistung in Zahlenwerten!
b) Berechnen Sie die Zahlenwerte der Ströme I 1 , I 2 und I 3 nach Betrag und
Phase!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist folgender Schaltkreis mit idealem Operationsverstärker in negativer
Rückkopplung:
Z2
U1
Z1
K1
U2
+
Z3
M1
Ue
U3
K2
M3
M2
Z4
Ua
U4
a) Leiten Sie unter Verwendung der Maschengleichungen für die Maschen M1, M2
und M3 und der Knotengleichungen für die Knoten K1 und K2 den Frequenzgang (die Übertragungsfunktion) Ua / Ue ab und stellen Sie ihn wie folgt dar:
H (ω ) =
Ua
Z
Z Z + Z3Z4
=− 2 − 2 3
Ue
Z1
Z1Z 4
(*)
b) Gehen Sie von der Formel (*) für Ua / Ue aus und nehmen Sie an, dass:
Z 1 = R1 ,
Z2 =
1
,
(1 / R2 ) + jωC
Z 3 = jωL,
Z 4 = R4
Berechnen Sie damit den Betrag von H für ω = 0!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
11. 2. 2011 – 10:30 Uhr – Bearbeitungszeit: 110 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
Für die gegebene Schaltung ist es günstig, zunächst Betrag und Phase der Admittanz
zu ermitteln:
YL =
1
+
R
1
1
⎛ ωC ⎞
= + j ⋅⎜
⎟=G+ j⋅B
2
1
R
−
LC
1
ω
⎝
⎠
+ j ωL
j ωC
Mit G und B wie oben ergibt sich dann:
ZL =
a)
1
1
=
YL
G2 + B2
⎛B⎞
arg(Z L ) = − arg(Y L ) = − arctan⎜ ⎟
⎝G⎠
bzw.
Der Betrag der Lastimpedanz ist:
ZL =
1
2
⎛ 1 ⎞ ⎛ ωC ⎞
⎜ ⎟ +⎜
⎟
2
⎝ R ⎠ ⎝ 1 − ω LC ⎠
2
Aus der Formel ist unmittelbar ersichtlich, dass für 0 ≤ ω < ∞:
min{Z L } = 0
(ω = 1 / LC )
max{Z L } = R
b)
Entweder explizit aus der Phase:
(ω = 0)
⎛B⎞
⎛ ωRC ⎞
⎛ ωRC ⎞
arg(Z L ) = − arctan⎜ ⎟ = − arctan⎜
⎟ = arctan⎜ 2
⎟
2
⎝G⎠
⎝ 1 − ω LC ⎠
⎝ ω LC − 1 ⎠
oder direkt aus der Anschauung kann man folgende Frequenzbereichbereiche des
Verhaltens identifizieren:
• rein ohmsch (Phase = 0) für ω = 0 (LC-Zweig offen),
• ohmsch-kapazitiv (Phase < 0) für 0 < ω < 1 / LC (Scheinimpedanz des
Kondensators größer als die der Spule → dominanter Einfluss),
• ohmsch-induktiv (Phase > 0) für 1 / LC < ω < ∞ ( Scheinimpedanz der
Spule größer als die des Kondensators → dominanter Einfluss).
Anmerkung: Für ω = 1 / LC (LC-Zweig in Resonanz und damit ein Kurzschluss)
ist die Phase nicht definiert, bzw. springt von -90 nach + 90 Grad. Die Last stellt
einen perfekten Kurzschluss dar.
c)
Zuerst Berechnung der Spannungen:
U R0 = U 0 ⋅
R0
50
= 10V ⋅
= 6,294V ⋅ e − j ⋅18,34°
R0 + Z L
75,4 + j ⋅ 25
UR =U0 ⋅
ZL
25,4 + j ⋅ 25
= 10V ⋅
= 4,487V ⋅ e j ⋅26, 20°
R0 + Z L
75,4 + j ⋅ 25
Daraus dann die Ströme:
I0 =
U R 0 6,294V ⋅ e −18,34°
=
= 125,9 mA ⋅ e − j ⋅18,34°
R0
50Ω
U R 4,487V ⋅ e j 26, 20°
I2 =
=
= 89,74 mA ⋅ e j ⋅26, 20°
R
50
I 1 = I 0 − I 2 = 88,31mA ⋅ e − j ⋅63,80°
d)
Für die komplexe Leistung gilt S = P + jQ = G ⋅ U 2 − jB ⋅ U 2 . Damit kann
zunächst U2 aus P bzw. R bestimmt werden:
U2 =
Daraus folgt für B:
P
= P ⋅ R = 0,4509 W ⋅ 50 Ω = 22,55 V 2
G
B
 Q 0,1804Var

 8,0 mS
U2
22,55V 2
Da L und C bekannt sind, lässt sich aus B der Wert für ω bestimmen:
B
C
 C  C 2  4 B 2 LC
2


BLC


C

B

0



2 BLC
1   2 LC
Mit L = 2 mH und C = 50 nF folgt aus dem positiven Wert für ω:
  7,352  104 s1 und somit f 

 11,70 kHz .
2
Lösung zur 2. Aufgabe
Formeln für den idealen Übertrager (ü= 20/100 = 0,2 hier):
ü
a)
n1 U 1 I 2


n2 U 2 I 1
Z1 U1  I 2

 ü2
Z 2 I 1 U 2
bzw.
(Impedanztransformation)
Leerlauf auf der Sekundärseite bedeutet I 2  0 und damit auch I 1  I 2 / ü  0 . Der
Strom I0 fließt also nur durch die Parallelschaltung aus R0 und L. Für diese gilt:
Z RL 
1
1
1

R0 jL

1
  20  j  40
0,01  j  0,02
Für U1 folgt somit: U 1  Z RL  I 0  20  j  40  10mA  (0,2  j  0,4)V . Daraus:
U2 
b)
U 1 (0,2  j  0,4)V

 (1  j  2)V
ü
0,2
Zunächst Berechnung der primärseitigen Impedanz der RC-Reihenschaltung:
Z RC  R 
Deren Admittanz ist:
1
jRC  1

jC
jC

Z 'RC  ü 2 
jRC  1
jC
Y 'RC 
1
jC
1 jC 1  jRC 

 2
2
ü jRC  1 ü
 2 R 2C 2  1
Da L und Y’RC parallelgeschaltet sind, müssen sich ihre Admittanzen so addieren,
dass der resultierende Imaginärteil zu null wird (damit dann rein reelle Last). Es
ist also zu fordern:
1
1
C

 2 2 2 2
0
L ü  R C  1
Daraus folgt eine quadratische Gleichung für C:
 R 2 2 
1
C  2 C 
0
L
ü
L
bzw.
 R C 
2
2
2
2L
ü2
C 1  0
Lösungen:

C
 2L
ü2
2
 2L 
  2   4 2 R 2
 ü 
 19,99 μF oder 8,003 nF
2 2 R 2
Anmerkung: Die größere Kapazität ist die in der Praxis sinnvollere Wahl.
Lösung zur 3. Aufgabe
Im Folgenden ist die Kenntnis der Verbraucher-Admittanzen hilfreich:
Y1 
Y2 
Y3 
a)
0
1
1

 (0,05  j  0,3183) S  0,3222 S  e- j81,07
R1 jL1
0
1
 jC2  (0,025  j  1,571) S  1,571S  e j89,09
R2
1
 0,02 S
R2
Für die komplexe Leistung gilt S  P  jQ  Y *  U 2  G  U 2  jB  U 2 . Hierbei
müssen für U jeweils 400 V (Dreieckspannung) oder 230,9 V (Sternspannung)
eingesetzt werden. Mit diesem Ansatz folgt:
P1  0,05S  (230,9 V)2  2,666 kW
Q1  0,3183S  (230,9 V)2   16,97 kVAr
P2  0,025S  (400 V)2  4,0 kW
Q2  1,571S  (400 V)2   251,4 kVAr
Q3  0 VAr
P3  0,02 S  (230,9 V)2  1,066 kW
b)
Für die Berechnung führt man am besten für jeden Verbraucher Strangströme
ein. Hier wird folgende Konvention verwendet:
Istr1 = Strom von L1 ausgehend durch Verbraucher 1
Istr2 = Strom von L2 ausgehend durch Verbraucher 2
Istr3 = Strom von L3 ausgehend durch Verbraucher 3
Aus Anwendung der Knotenregel folgen dann die Zusammenhänge:
I 1  I str1  I str 2
I 2  I str 2
I 3  I str3
( I N  I 1  I 2  I 3  I str1  I str3 )
Berechnung der Strangströme:
I str1  U 1  Y 1  230,9 V  e j 0  0,3222  e-j81,07 S  74,39 A  e-j81,07
0
0
I str 2  U 12  Y 2   400 V  e j30  1,571  e j89,09  628,4 A  e  j60,91


0
400 Ve  j 150
I str3  U 3  Y 3  230,9 V  e j 120  0,02 S  4,618 A  e j 120
Damit dann:
I 1  559,2 A  e j121,7
I 2  628,4 A  e  j60,91
I 3  4,618 A  e j 120
Lösung zur 4. Aufgabe
a)
Im Falle eines idealen Operationsverstärkers in negativer Rückkopplung gelten
wie üblich die folgenden Regeln:
 keine Spannung zwischen den Eingängen,
 keine Ströme in die / aus den Eingängen.
Damit folgt für die drei Maschen:
(M1): U e  U 1
(M2): U 2  U 4
(M3): U a  U 3  U 4
und für die zwei Knoten:
(K1):
U1 U 2

Z1 Z 2
(K2):
U2 U3 U4


Z2 Z3 Z4
Einsetzen von (K1) in (K2) und anschließende Verwendung von (M1), (M2) und
(M3) führt auf:
U e U a U 4 U 4


Z1
Z3
Z4
bzw.
 1
Ue Ua
1 


 U 4  

Z1 Z 3
 Z4 Z3 
U 4 kann über (M2), (K1) und (M1) auf U e zurückgeführt werden. Es folgt:
Ue Ua
Z

 U e  2
Z1 Z 3
Z1
 1
1 

 

 Z4 Z3 
bzw.
 Z
Ua
Z
1 
 U e   2  2  
Z3
 Z1Z 4 Z1Z 3 Z1 
Daraus:
H ( ) 
Ua
Z Z
Z
Z
Z
Z Z  Z3Z4
 2 3  2  3  2  2 3
Ue
Z1Z 4 Z1 Z1
Z1
Z1Z 4
Anmerkung: Mit Z 3  0 ergibt sich die Formel für den invertierenden Verstärker.
b)
Es wird im Folgenden angenommen, dass:
Z 1  R1,
Z2 
1
,
(1 / R2 )  jC
Z 3  jL,
Z 4  R4
Einsetzen in die Formel für die Übertragungsfunktion ergibt:
H ( )  

 1
Z2 Z2Z3  Z3Z4
Z3  Z3
 

 Z 2   

Z1
Z1Z 4
 Z1 Z1Z 4  Z1
 1
R2
jL  jL

  

(1  jR2C )  R1 R1 R4  R1
Daraus folgt:
H (0) 

R2  1
R
    0   0  2
(1  0)  R1
R1

wie aus der Formel für den invertierenden Verstärker zu erwarten war.
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
12
6
6
6
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
15. 08. 2011 – 14:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 115 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselstromquelle I0:
UR
I
R
C
I0
R0
U
UC
L
IC
Quelle
UL
IL
Last
a) Berechnen Sie den Betrag der Lastimpedanz ZL als Formel und bestimmen Sie,
welche Werte der Betrag für ω → 0 und ω → ∞ annimmt!
b) Berechnen Sie den komplexen Frequenzgang H (ω ) = I / I0 für R0 = R! Für
welches ω = ω0 strebt der Betrag von H (ω ) gegen Null?
c) Für R = 50 Ω, C = 7 μF, L = 187,5 mH und ω = 4 ⋅ 103 rad/s wird an den
Klemmen der Last eine Wirkleistung von P = 200 W und eine Blindleistung
von Q = - 150 VAr gemessen. Berechnen Sie daraus die Zahlenwerte der
(reellen) Effektivwerte I, IC, IL, U , UR und UC = UL!
d) Für die Quelle wird nun R0 = 10 Ω und I 0 = 10 A angenommen, für die Lastimpedanz Z L = (20 + j ⋅ 10) Ω . Berechnen Sie die gesamte komplexe Leistung in
Quellenwiderstand und Last nach Real- und Imaginärteil! Formen Sie die
Quelle danach um in eine äquivalente Wechselspannungsquelle und berechnen
Sie erneut die gesamte komplexe Leistung in Quellenwiderstand und Last nach
Real- und Imaginärteil!
Hinweise:
Nur die Teilaufgaben a und b hängen teilweise zusammen. Ansonsten können alle
Teilaufgaben unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Gleichspannungsquelle:
i(t)
S
R1
uR1(t)
iR2(t)
iL(t)
t=0
U0
L
uL(t)
R2
uR2(t)
Der Schalter S wird zum Zeitpunkt t = 0 geschlossen. Die Spule ist zu diesem
Zeitpunkt stromlos.
a) Stellen Sie die (inhomogene) Differentialgleichung für i(t) für t > 0 in
Abhängigkeit von U0, R1, R2 und L auf! Welche Zeitkonstante (Betrag)
lesen Sie ab?
Die Schaltung wird nun wie folgt dimensioniert: U0 = 12 V, R1 = 100 Ω, R2 = 150 Ω
und L = 30 mΗ.
b) Welchen Zahlenwert nimmt der Strom iL(t) durch die Spule im stationären Fall,
d.h. für t → ∞, an (= partikuläre Lösung)? Was passiert mit dem Strom iL(t),
falls in diesem Zustand der Schalter wieder geöffnet wird? Geben Sie dazu an,
zu welcher Zeit nach der Schalteröffnung ein Strom von 1 mA erreicht wird!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensystem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung (Dreieckspannung) von 400 V und der Frequenz
f = 50 Hz ist wie folgt mit einem unsymmetrischen Verbraucher belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
I12
Z12
Z31
I23
Z23
I31
← IN
Verbraucher
Hierbei gilt Z 12 = Z 23 =10Ω ⋅ e j60° und Z 31 =12Ω ⋅ e j90° . Die Sternspannung U 1 hat einen
Nullphasenwinkel von +90°. Alle anderen Stern- und Außenleiterspannungen folgen
daraus gemäß der gängigen Drehstromkonvention.
a) Berechnen Sie in Zahlenwerten die Wirk- und Blindleistung sowie den
Leistungsfaktor für jeden Strang einzeln!
b) Berechnen Sie den Strom I2 (siehe Zeichnung) als Zahlenwert nach Betrag und
Phase!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist die folgende Schaltung mit idealem Operationsverstärker mit negativer
Rückkopplung:
C
R2
L
R1
-
Uein
+
Uaus
a) Leiten Sie den komplexen Frequenzgang (die Übertragungsfunktion)
H (ω ) = U aus U ein unter Verwendung der Rechenregeln für einen idealen
Operationsverstärker her und stellen Sie diesen dar in der Form:
H ( jω ) = A ⋅
1 + jω / ω1
jω / ω1 ⋅ (1 + jω / ω2 )
Bestimmen Sie den (reellen) Koeffizienten A und die (reellen) Knickfrequenzen
ω1 und ω2 als Funktion der Bauelemente der Schaltung!
b) Verwenden Sie den in Teilaufgabe a angegebenen allgemeinen Frequenzgang
unter der Annahme, dass 0 < ω1 << ω2 . Bestimmen Sie damit die Werte, die
|H(ω)| für folgende Kreisfrequenzen annimmt:
ω = 0,
ω = ω1 ⋅ ω2
und ω → ∞ !
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
15. 08. 2011 – 14:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 115 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
a)
Berechnung der Lastimpedanz unter Verwendung der Rechenregeln für Reihenund Parallelschaltungen:
ZL = R +
1
jωC +
=R+
1
jωL
jωL
1 − ω 2 LC
Der Betrag ist dann:
⎛ ωL ⎞
| Z L |= R 2 + ⎜
⎟
2
⎝ 1 − ω LC ⎠
2
Dieser nimmt folgende Werte für die gegebenen Kreisfrequenzen an:
b)
ω → 0:
| Z L |= R
(Kondensator wirkt wie Leerlauf, Spule wie Kurzschluss)
ω → ∞:
| Z L |= R
(Spule wirkt wie Leerlauf, Kondensator wie Kurzschluss)
Berechnung von H (ω ) = I / I0 aus der Stromteilerregel (R0 = R) :
H (ω ) =
I
1/ Z L
1
=
=
=
I0 1 / Z L + 1 / R 1 + Z L R
1
1+
Der Betrag ist dann:
H (ω ) =
R+
jωL
1 − ω 2 LC
R
1
⎞
⎛
ωL
⎟⎟
4 + ⎜⎜
2
⎝ R(1 − ω LC ) ⎠
2
.
=
1
jωL
2+
R(1 − ω 2 LC )
Dieser kann nur gegen Null streben, wenn der Nenner gegen Unendlich strebt.
Da R ≠ 0 , kann dies nur erfolgen bei 1 − ω 2 LC = 0 bzw.:
ω0 = 1 / LC
(die Parallelschaltung von Spule und Kondensator wirkt wie ein Leerlauf).
c)
Der gesamte Laststrom I fließt durch den Widerstand, wo auch die gesamte
Wirkleistung umgesetzt wird, d.h. P = R ⋅ I 2 . Daraus:
I = P R = 200 50 Α = 2 Α
und damit
U R = R ⋅ I = 100 V
Über die Scheinleistung ergibt sich die gesamte Spannung an der Last:
S
U= =
I
P2 + Q2
=
I
2002 + (−150) 2
V = 125 V
2
Die Spannung an Spule bzw. Kondensator ergibt sich aus der gesamten
Spannung und der Spannung am Widerstand zu:
U L = U C = U 2 − U R2 = 1252 − 1002 V= 75 V
Anmerkung: Die Parallelschaltung aus Spule und Kondensator wirkt stets als rein
reaktives Element, d.h. die Phasenverschiebung zwischen Strom und Spannung
ist immer ± 900. Da die LC-Parallelschaltung und der Widerstand von demselben
Strom durchflossen werden, folgt, dass zwischen den Spannungen ebenfalls ± 900
liegen. Damit und mit der Maschenregel folgt der Ansatz oben.
Die Bauteilgleichungen liefern die entsprechenden Ströme:
IL =
75
UL
=
Α = 0,1 Α
3
ω ⋅ L 4 ⋅ 10 ⋅ 187,5 ⋅ 10− 3
I C = U C ⋅ ω ⋅ C = 75 ⋅ 4 ⋅ 103 ⋅ 7 ⋅ 10−6 Α = 2,1 Α
Anmerkung: Die Differenz der Ströme ergibt korrekterweise 2 A, was gleich dem
gesamten Laststrom ist. Wie zu sehen fließt der meiste Strom über den Kondensator, d.h. dieser bestimmt i.W. die Schaltung (entsprechend ω > ω0 ).
d)
Berechnung der gesamten Leistung der Stromquelle:
⎛ R ⋅Z ⎞
⎛ 200 + j ⋅ 100 ⎞ 2
⎟⎟ ⋅ 10 VA
S 0 = Z ⋅ I 02 = ⎜⎜ 0 L ⎟⎟ ⋅ I 02 = ⎜⎜
⎝ 30 + j ⋅ 10 ⎠
⎝ R0 + Z L ⎠
⎛ 7000 + j ⋅ 1000 ⎞ 2
2
=⎜
⎟ ⋅ 10 VA = (7 + j ⋅ 1) ⋅ 10 VA = (700 + j ⋅ 100) VA
2
2
⎝ 30 + 10
⎠
Berechnung der gesamten Leistung der äquivalenten Spannungsquelle:
*
*
⎛
⎛
⎞
1 ⎞
1
⎟⎟ ⋅ ( R0 ⋅ I 0 ) 2 = ⎜⎜
⎟⎟ ⋅ (10 ⋅ 10) 2 VA
S 0 = Y ⋅ U = ⎜⎜
⎝ 30 + j ⋅ 10 ⎠
⎝ R0 + Z L ⎠
*
2
0
*
⎛ 30 − j ⋅ 10 ⎞
=⎜ 2
⋅ 1002 VA = (30 + j ⋅ 10) ⋅ 10 VA = (300 + j ⋅ 100) VA
2 ⎟
⎝ 30 + 10 ⎠
Anmerkung: Wie zu sehen, sind die Leistungen nicht identisch!
Lösung zur 2. Aufgabe
a)
Die Bauteilgleichungen lauten (Zeitabhängigkeiten aller Ströme und Spannungen
angenommen):
uL = L ⋅
d
iL
dt
u R1 = R1 ⋅ iR1 = R1 ⋅ i
u R 2 = R2 ⋅ iR 2
Anwendung der Knotenregel ergibt:
i = iL + iR 2
bzw. differenziert
d
d
d
i = iL + iR 2
dt
dt
dt
Mit Hilfe der Bauteilgleichungen lässt sich dies umschreiben zu:
1 d
d
u
i= L +
⋅ u R 2 (*)
dt
L R2 dt
Anwendung der Maschenregel und der Bauteilgleichung für R1 ergibt:
u L = u R 2 = U 0 − u R1 = U 0 − R1 ⋅ i (**)
(**) in (*) eingesetzt führt auf (U0 = konstant für t > 0):
R d
U
R
U − R1 ⋅ i 1 d
d
i= 0
+
⋅ (U 0 − R1 ⋅ i ) = 0 − 1 ⋅ i − 1 ⋅ i
R2 dt
L
L
L
R2 dt
dt
Die Standardform dieser inhomogenen Differentialgleichung ist dann:
⎛ R2 + R1 ⎞ d
R
U
⎜⎜
⎟⎟ ⋅ i + 1 ⋅ i = 0
L
L
⎝ R2 ⎠ dt
b)
mit
τ =
L ⋅ ( R2 + R1 )
R2 R1
Für den stationären Fall, d.h. t → ∞, entspricht die Spule einem Kurzschluss
(kein Spannungsabfall). Folglich fließt der gesamte Strom i durch die Spule (es
fließt kein Strom mehr über R2) und damit fällt die gesamte Spannung über dem
Widerstand R1 ab. Es ergibt sich also folgender Strom:
iL (t → ∞) =
U 0 12
=
Α = 0,12 Α
R1 100
Wird der Schalter nun wieder geöffnet, fließt durch R1 kein Strom mehr, und
dieser wird bedeutungslos. Spule und Widerstand R2 bilden dann aber eine
Reihenschaltung, in der der Strom exponentiell abfällt. Der Betrag der
entsprechenden Zeitkonstante ist:
τ =
L 30 ⋅ 10−3
s = 0,2 ms
=
150
R2
Für das Zeitverhalten gilt iL (t ) = 0,12 A ⋅ exp(−t / 0,2 ms) . Daraus folgt für die Zeit
nach der 1 mA erreicht werden:
⎛ 1 ⎞
t = −0,2 ms ⋅ ln⎜
⎟ s = 0,9575 ms
⎝ 120 ⎠
Lösung zur 3. Aufgabe
a)
Da die Außenleiterspannungen gegeben sind, lässt sich die Leistung in den
Strängen am einfachsten über S = Y * ⋅U 2 bestimmen. Die entsprechenden
Admittanzen sind:
Y 12 = Y 23 = 0,1 ⋅ e − j 60° S und
Y 31 = 0,0833 ⋅ e − j 90° S
Damit ergeben sich die komplexen Leistungen zu:
S 12 = 0,1 ⋅ e j 60° ⋅ 4002 VA = 16 ⋅ e j 60° kVA = (8 + j ⋅ 13,86) kVA
S 23 = S 12 = (8 + j ⋅ 13,86) kVA
S 31 = 0,0833 ⋅ e j 90° ⋅ 4002 VA = 13,33 ⋅ e j 90° kVA = j ⋅ 13,33 kVA
Daraus lassen sich Wirk- und Blindleistung ablesen:
P12 = P23 = 8 kW
Q12 = Q23 = 13,86 kVAr
P31 = 0 kW
Q31 = 13,33 kVAr
Der Leistungsfaktor (LF) ist gleich cos(ϕ ) , wobei ϕ der Phasenwinkel der
komplexen Leistung ist:
LF12 = LF23 = cos(60°) = 0,5
b)
bzw.
LF31 = cos(90°) = 0
Aus Knoten- und Maschenregeln ergibt sich für den gesuchten Strom:
I 2 = I 23 − I 12 =
U 23 U 12
1
−
=
⋅ (U 23 − U 12 )
Z 23 Z 12 10 ⋅ e j 60° Ω
Mit der Vorgabe, dass U 1 einen Nullphasenwinkel von +90° hat, gilt folgendes
Zeigerdiagram:
U23
U3
U2
U31
U12
U1
U23 - U12
90°
0
0
Daraus kann man ablesen: U 23 − U 12 = 2 ⋅ U 23 ⋅ cos(300 ) ⋅ e − j 30 = 692,8 ⋅ e − j 30 .
Einsetzen in die Formel für den Strom ergibt:
692,8 ⋅ e − j 30°
I2 =
A = 69,28 ⋅ e − j 90° A
j 60°
10 ⋅ e
Lösung zur 4. Aufgabe
a)
Es handelt es sich bei der vorliegenden Schaltung um einen invertierenden
Verstärker. Mit Z1 als Ersatzwiderstand der Reihenschaltung aus R1 und C und
Z2 als Ersatzwiderstand der Reihenschaltung aus R2 und L gilt also:
H (ω ) = −
Z 1 (ω )
Z 2 (ω )
Z 1 (ω ) = R1 +
wobei
1
j ωC
Z 2 (ω ) = R2 + jωL
und
Einsetzen und Umformen ergibt:
H (ω ) = −
R1 + 1 / jωC
R 1 + 1 / jωR1C
R
jωR1C + 1
=− 1 ⋅
=− 1 ⋅
R2 + jωL
R2 1 + jωL / R2
R2 jωR1C ⋅ (1 + jωL / R2 )
1 + jω / ω1
H (ω ) = A ⋅
⇒
jω / ω1 ⋅ (1 + jω / ω2 )
Hierbei:
ω1 =
b)
1
,
R1C
ω2 =
R2
L
und
A=−
R1
.
R2
Betrag bei ω = 0 :
H ( 0) → A ⋅
1+ 0
0 ⋅ (1 + 0 )
⇒ H ( 0) → ∞
Betrag bei ω = ω1 ⋅ ω2 :
H ( ω1ω2 ) = A ⋅
1 + j ω2 / ω1
j ω2 / ω1 ⋅ (1 + j ω1 / ω2 )
= A⋅
1 + j ω2 / ω1
j ω2 / ω1 − 1
⇒ H ( ω1ω2 ) = A
Betrag für ω → ∞ :
H (∞ ) → A ⋅
1
jω / ω 2
⇒ H (∞ ) → 0
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
9
9
6
6
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
29. 3. 2012 – 9:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 120 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit idealer Wechselspannungsquelle:
I
L
R
IR
U1
U0
U2
U
R
IL
L
U3
Last
a) Berechnen Sie die Übertragungsfunktion H    U 3 /U 0 in Abhängigkeit von R,
L und ω und geben Sie sie diese in der folgenden Form an (A1 bis A4 sind reelle
Parameter größer null):
H   
j  A1
2
A2  j  A3   j   A4
b) Bestimmen Sie für die Übertragungsfunktion wie in Teilaufgabe a angegeben
die Grenzwerte der Beträge für ω → 0 und ω → ∞! Bestimmen Sie zusätzlich, für welchen Wert der Kreisfrequenz ω > 0 die Übertragungsfunktion rein
reell wird!
c) Für R  50  und L  3 mH ergibt eine Messung an den Klemmen der Last eine
gesamte Wirkleistung von 60 W und eine gesamte Blindleistung von 120 VAr
bei einer (reellen) Effektivspannung von U = 90V und ω = 106 rad/s. Berechnen
Sie aus diesen Angaben als Zahlenwerte die (reellen) Effektivwerte der Ströme
I, IR, IL und der Spannungen U1, U2, und U3!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Gegeben ist die folgende Schaltung mit idealer Diode:
i t 
u0 (t )
R1
u0 t 
iR2 t 
U0
C
R2
uc t 
T
2T
U0
Die Diode soll in Durchlassrichtung als Kurzschluss, in Sperrrichtung als unendlich
großer Widerstand behandelt werden. Zur Zeit t = 0 sei die Kapazität ungeladen.
a) Stellen Sie für die Zeitspanne 0  t  T / 2 die Differentialgleichung für uc t  in
Abhängigkeit von R1 , R2 und C auf! Bestimmen Sie daraus die Zeitkonstante für
diese Zeitspanne!
b) Stellen Sie für den Zeitraum T / 2  t  T die Differentialgleichung für uc t  in
Abhängigkeit von R1 , R2 und C auf! Bestimmen Sie die Zeitkonstante für diese
Zeitspanne!
Nehmen Sie für die Teilaufgabe c Folgendes an: U 0  5 V, R2 100  und T = 20 ms.
c) Welcher Zahlenwert muss für C gewählt werden, damit uc t  innerhalb der
Zeitspanne T / 2  t  T genau um 1 % sinkt? Welcher Zahlenwert muss
zusammen mit diesem C für R1 gewählt werden, damit uc t  innerhalb der
Zeitspanne 0  t  T / 2 auf genau 99,9 % des stationären Endzustandes, der sich
für T → ∞ einstellen würde, ansteigt?
Hinweis:
Teilaufgaben a und b können unabhängig voneinander gelöst werden. Für Teilaufgabe
c benötigen Sie Ergebnisse aus Teilaufgaben a und b.
3. Aufgabe
Gegeben ist folgende Schaltung mit zwei idealen Übertragern:
a) Berechnen Sie als Formel die gesamte Impedanz Z L der Last (inkl. der beiden
Übertrager) nach Real- und Imaginärteil!
Nehmen Sie für die Teilaufgabe b Folgendes an:
  400 rad/s, Z 0  5 , R  10 , RV  40 , L  250 mH, C  10 F.
b) Berechnen Sie als Zahlenwert die sich ergebende Lastimpedanz. Des Weiteren
soll eine Blindleitungskompensation durchgeführt werden. Dafür wird ein rein
reaktives Bauteil X a (wie oben eingezeichnet) verschaltet. Handelt es sich um
einen Kondensator, oder eine Spule? Bestimmen Sie die Kapazität oder
Induktivität des Bauteils als Zahlenwert.
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensystem) mit
einer effektiven Außenleiterspannung von 400 V und der Frequenz f = 50 Hz, das wie
folgt mit einem unsymmetrischen Verbraucher belastet ist:
L1
L2
L3
N
→ I1
→ I2
→ I3
← IN
Z1 Z A
ZB
ZC
Verbraucher
Hierbei gilt: Z A  5  j  9 , Z B  4  j  9 , Z C  5  j 1 
a) Berechnen Sie die Wirk- und Blindleistung, die jeweils in den Impedanzen
umgesetzt werden, sowie die zugehörigen Leistungsfaktoren jeweils als
Zahlenwert!
b) Die Außenleiterspannung U 12 habe einen Nullphasenwinkel von 0°. Alle
anderen Stern- und Außenleiterspannungen folgen aus der gängigen Drehstromkonvention. Bestimmen Sie zu dieser Vorgabe die Zahlenwerte der
Außenleiterströme I 1, I 2 , I 3 jeweils nach Real- und Imaginärteil!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
29. 3. 2012 – 9:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 120 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
a)
Die gesuchte Übertragungsfunktion ergibt sich aus der Anwendung der Formel
für Spannungsteiler unter Verwendung der Rechenregeln für Reihen- und
Parallelschaltungen:
H   
U3
Z LR

U 0 R  jL  Z LR
1
Z LR 
mit
1
jL

1
R

jRL
jL  R
Einsetzen ergibt:
jRL
U
jRL
jL  R
H    3 

j

RL
U 0 R  jL 
( jL  R)  ( R  jL)  jRL
jL  R
jRL
j  RL
 2
 2
2 2
R  2 jRL  ( j ) L  jRL R  j  3RL  ( j ) 2  L2
Damit ergeben sich die Koeffizienten zu:
A1 = RL, A2=R2, A3=3RL und A4=L2
b)
Bestimmung der Grenzwerte:
H (  0) 
H (  ) 
jA1 jL

A2
R

jA1
 jA1  jA1
R



2
  A4 A4
A4
jL
Betrag  0

Betrag  0
Bestimmung der Kreisfrequenz ω > 0, für die Übertragungsfunktion rein reell
wird:
H ( ) 
jA1
rein reel
2
A2  jA3   j  A4

A2   A4 2
Hier nur positive Frequenzen gesucht, also:   
c)


A2
A4
A2
A4
Gegeben: R  50 , L  3 mH,   106 rad s , P  60 W, Q  120 VAr,U  90 V .
Gesamtstrom:
P2  Q2
 1,491 A
U
S
I 
U
Strom durch den Widerstand:
P  R  I R2

R 
P
 1,096 A
R
Strom durch die Spule (90° phasenverschoben zum Strom im Widerstand):
I L  I 2  I R2  1,011 Α
Daraus folgen die Spannungen zu:
U1  R  I  74,55 V
U 2  L  I  4473 V
U3  R  I R  54,80 V
Lösung zur 2. Aufgabe
Für die Bauteile gelten immer folgende Gleichungen (Zeitabhängigkeit angenommen):
i
a)
uR1
R1
iC  C 
duC
dt
iR2 
uR2 uC

R2 R2
Für die Zeitspanne 0  t  T / 2 gelten zusätzlich folgende Knoten- bzw.
Maschengleichung:
i  iC  iR2 (I)
U 0  uR1  uC (II)
Aus den Bauteilgleichungen und (I) folgt
über (II) ersetzen und erhält:
uR1
du
u
 C  C  C . Hier kann man uR1
R1
dt
R2
U0
du
u
u
C C  C  C
R1
dt
R2 R1

 1
duC
1  U0
 
 uC  

dt
 R2C R1C  CR1
Daraus lässt sich die Zeitkonstante für diese Zeitspanne ablesen:
1
 1
1 
RR
  1 2  C (III)
 a  

R1  R2
 R2C R1C 
b)
Für die Zeitspanne T / 2  t  T gilt zusätzlich folgende Knotengleichung:
iC  iR2 (IV)
Aus den Bauteilgleichungen und (IV) folgt C 
duC
u
  C bzw.:
dt
R2
duC
1

 uC  0
dt
R2C
Daraus lässt sich die Zeitkonstante für diese Zeitspanne ablesen:
1
 1 
  R2  C
 b  
 R2C 
c)
Innerhalb der Zeitspanne T / 2  t  T fällt die Spannung über der Kapazität
exponentiell mit b ab. Deshalb setzt man an:
 T /2

uC (t  T )
T 
  exp  

 0,99  exp  
uC (t  T / 2)
 2 R2C 
 b 
Daraus ( R2 100  und T = 20 ms nach Vorgabe):
C
T
 9,950 mF
2 R2  ln(0,99)
Innerhalb der Zeitspanne 0  t  T / 2 steigt die Spannung über der Kapazität
exponentiell mit a an. Deshalb setzt man an:
 T /2
uC (t  T / 2)

 0,999  1  exp  
part
uC (T  )

a 

Daraus (T = 20 ms nach Vorgabe):
a 
T
 1,448 ms
2  ln(0,001)
Zusammen mit (III) findet man dann( R2 100  nach Vorgabe):
RR
C R1  R2 1
1
a  1 2 C 



R1  R2
a
R1R2
R2 R1
1
C 1 
 R1      145,7 m
  a R2 
Lösung zur 3. Aufgabe
a)
Die gesuchte Impedanz ergibt sich aus der Anwendung der Rechenregeln für
Reihen- und Parallelschaltungen unter Beachtung der Impedanztransformation
durch die Übertrager:
1




 jC 



2
1
  ü 2   jL  R  ü2 RV

Z L  ü12   jL  R 

1  1 
1
2 2 
jC  2 
 C 


ü2 RV 
ü24 RV2



1




ü12  2




2
ü1   C 
ü2 RV 
2
2


 ü1  R 
 j  ü1  L 



1
1
2 2 
 C 
  2C 2 
4 2
4 2


ü2 RV
ü2 RV




b)
Der gesuchte Impedanzwert kann entweder aus dem Ergebnis der Teilaufgabe a
berechnet werden oder (einfacher) durch Einsetzen in den entsprechenden
Ansatz:





1
1
2 
  16   j 100  10 

Z L  ü1  jL  R 



1
j  0,004  0,001 

j

C


ü22 RV 

 16   j 100  10  58,82  j  235,3   1101  j  2165 
Dies ist ein ohmsch-kapazitives Verhalten, dass durch eine Spule kompensiert
werden kann:
X a  2165   L

L  5,411 H
Lösung zur 4. Aufgabe
a)
Die komplexe Leistung ergibt sich am einfachsten aus dem Ansatz S  Υ  U 2 , wobei
jeweils die richtige Admittanz und Strangspannung eingesetzt werden muss.
*
Berechnung der komplex konjugierten Admittanzen:
Z A  5  j  9   Y A  47,17  j  84,91 mS
*
Z B  4  j  9   Y B  41,24  j  92,78 mS
*
Z C  5  j 1 
 Y C  192,3  j  38,46 mS
*
Die entsprechenden Spannungen sind:
UA  UB 
400
V  230,9 V,
3
U C  400 V
Damit ergeben sich folgende Werte:
PA  2,516 kW, QA  4,528 kVAr, LFA  cosatan(QA / PA )  0,4857
PB  2,199 kW, QB  4,948 kVAr, LFB  cosatan(QB / PB )  0,4061
PC  30,768 kW, QC  6,153 kVAr, LFC  cosatan(QC / PC )  0,9806
b)
Zur Bestimmung der Außenleiterströme müssen zuerst die Strangströme
berechnet werden. Dazu müssen neben dem Betrag auch die Nullphasenwinkel
aller Strangspannungen bekannt sein. Bei der Bestimmung hilft z.B. folgendes
Zeigerdiagramm (Winkel mit der x-Achse entspricht dem Nullphasenwinkel):
1
U 12
2
U2
U1
N
U 31 U 3
U 23
3
Mit U A  U 1, U B  U 2 und U C  U 23 folgt daraus:
I A  Y A U 1 
IB 
230,9  e  j 30 V
 (0,370  j  22,43) A
(5  j  9) 
U 2 230,9  e  j 150 V

 (18,96  j  13,79) A
ZB
(4  j  9) 
U 23 400  e  j 120 V
IC 

 (51,79  j  58,92)A
ZC
(5  j  1) 
Daraus folgen die gesuchten Strangströme zu:
I 1  I A  (0,370  j  22,43) A
I 2  I B  I C  (70,74  j  45,13) A
I 3   I C  (51,79  j  58,92) A
Aufgabe
1
2
3
4
∑
Theoretische Elektrotechnik
Punkte maximal
12
6
9
3
30
Prof. Dr. Christian Schuster
Punkte erreicht
TU Hamburg-Harburg
Vor- und Zuname:
Note:
Matrikel-Nr.:
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
10. 9. 2012 – 14:30 Uhr – Bearbeitungszeit: 120 Minuten
Hinweise
Erlaubte Hilfsmittel: Zwei DIN-A4 Seiten (= ein DIN-A4 Blatt vorne und hinten
beschrieben) handschriftliche Formelsammlung und ein einfacher Taschenrechner
(ohne graphische Funktionendarstellung, nicht programmierbar, komplexe Zahlen
erlaubt). Alle anderen Hilfsmittel sind untersagt, insbesondere müssen Handys und
Laptops ausgeschaltet und verstaut sein.
Wertung: Jede Teilaufgabe wird mit drei Punkten bewertet. Sowohl die Herleitung
(Rechnung, Begründung) eines Ergebnisses als auch das Ergebnis selbst werden
bewertet. Ergebnisse ganz ohne Herleitung werden nicht gewertet!
Rechnungen mit Zahlenwerten: Rechnen Sie mit 4 Stellen (also z. B. 1,234 oder
1,234 · 105), wobei die letzte Stelle (hier die 4) gerundet sein soll. Vergessen Sie nicht,
Einheiten beizufügen!
Bearbeitete Blätter: Schreiben Sie auf jedes Blatt (inkl. diesem Aufgabenblatt) Ihren
Namen und Ihre Matrikelnummer! Legen Sie bearbeitete Blätter nicht so hin, dass Ihr
Nachbar diese einsehen kann, sondern legen Sie sie z.B. umgedreht auf den Boden
neben sich oder unter das Aufgabenblatt!
Identifikation: Während der Prüfung werden Mitarbeiter bei Ihnen vorbeikommen,
um Studienausweis und Lichtbildausweis zu kontrollieren. Bitte halten Sie diese
bereit!
Abgabe: Nach dem Startsignal steht Ihnen die angegebene Bearbeitungszeit zur
Verfügung. Bei der Abgabe werden die Aufgabenblätter mit eingesammelt (Name und
Matrikelnumer nicht vergessen)!
Viel Glück!
1. Aufgabe
Gegeben ist das folgende Netzwerk mit idealer Wechselspannungsquelle:
UL
R0
I
IL
L
UC
U0
U
Quelle
C
IC
R
UR
IR
Last
U 0 und R0 sollen zusammen als Quelle aufgefasst werden, während R, L und C als
Elemente einer Last aufgefasst werden sollen.
a) Bestimmen Sie die Lastimpedanz Z L in Abhängigkeit von R, L und C nach
Real- und Imaginärteil!
b) Bestimmen Sie die Übertragungsfunktion (den komplexen Frequenzgang)
H    U R U . Für welches  erhält man H     10 dB? Welche Phase
hat die Übertragungsfunktion dann?
Im Folgenden soll nun R  50 , L  100 mH und   100 rad/s gelten.
c) Messungen an der Last ergeben eine gesamte Wirkleistung von P  1000 W .
Ferner kann C  1mF angenommen werden. Bestimmen Sie daraus die
Zahlenwerte der (reellen) Effektivwerte von I R , I L , I C , U R , U L und U C !
d) Durch Einstellen der Kapazität soll für die Schaltung eine Blindleistungskompensation durchgeführt werden. Welchen Zahlenwert nimmt C dann an?
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
2. Aufgabe
Im Folgenden soll ein Drehstromkabel zur Energieversorgung (analog zum Seekabel
nach Helgoland, siehe Projektwoche) betrachtet werden. Das Kabel kann als kurze
elektrische Leitung mit den Belägen:
R  200 m km ,
L  450 H km , C  150 nF km
angenähert werden, die für das einsträngige Ersatzschaltbild zur Verwendung mit der
Sternspannung gelten sollen. Das Kabel sei im Folgenden am Ende offen, also nicht an
einen Verbraucher angeschlossen. Die Betriebsfrequenz beträgt 50 Hz.
a) Bestimmen Sie die Länge  des Kabels als Zahlenwert so, dass der Leitungswinkel   arg U 2 U 1   100 wird! U 1 bezeichnet hierbei die am Anfang des
Kabels anliegende Sternspanung („Eingang“), U 2 die am offenen Ende des
Kabels abfallende Sternspannung („Ausgang“).
b) Berechnen Sie als Zahlenwert den Effektivwert des Stromes (nur Betrag), der in
das Kabel fließt (Länge = 30 km), wenn eine Sternspannung von 15 kV effektiv
am Eingang angelegt wird!
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
3. Aufgabe
Ein Vierleiter-Drehstromsystem (symmetrisches Dreiphasensystem) mit einer
effektiven Außenleiterspannung von 400 V und der Frequenz f  50 Hz ist wie folgt
mit einem unsymmetrischen Verbraucher belastet:
L1
L2
L3
N
→ I1
Z1
→ I2
→ I3
Z2
ZX
Z3
← IN
Verbraucher
Hier: Z 1  17,2  exp  j  54,46 , Z 2  15,62  exp  j  50,19 , Z 3  11,0  exp  j  40,0  .
Nehmen Sie für alle folgenden Teilaufgaben an, dass der Phasenwinkel der Außenleiterspannung U 12 = 90° ist. Alle anderen Strang- und Außenleiterspannungen folgen
aus der gängigen Drehstromkonvention.
Für die Teilaufgaben a und b entspricht das Bauteil mit ZX einem Kurzschluss.
a) Berechnen Sie in Zahlenwerten die Wirk- und Blindleistung in den Lasten Z1,
Z2 und Z3!
b) Berechnen Sie in Zahlenwerten die Ströme durch die Lasten Z1, Z2 und Z3
jeweils nach Betrag und Phase!
c) Durch Zuschalten eines unbekannten Bauteils mit Impedanz ZX im dritten
Strang in Reihe soll der Strom im Nullleiter annähernd null gemacht werden.
Geben Sie Real- und Imaginärteil der Impedanz des Bauteils in Zahlenwerten
an! Welches einfache Bauteil (R, L, oder C) kann diese Zahlenwerte erzeugen?
Hinweis:
Alle Teilaufgaben können unabhängig voneinander gelöst werden.
4. Aufgabe
Gegeben ist die folgende Gleichstrombeschaltung eines npn-Bipolartransistors zur
Einstellung des Arbeitspunktes:
U R1
RC
R1
IB
Ue
IC
U BE
U RE
U RC
US
U CE
IE
Ua
RE
Hier gilt: US = 10 V; UBE = 0,7 V; RE = 2 Ω; RC = 10 Ω; IB = 2 mA; B = IC/IB = 100.
Berechnen Sie aus den gegebenen Werten den Widerstand R1, die Summe der
Leistungen, die in allen Widerständen verbraucht wird, und die Leistung, die im
Transistor selbst verbraucht wird!
TU Hamburg-Harburg
M U S T E R L Ö S U N G
Theoretische Elektrotechnik
Prof. Dr. Christian Schuster
Schriftliche Prüfung Elektrotechnik II
10. 9. 2012 – 9:00 Uhr – Bearbeitungszeit: 120 Minuten
Lösung zur 1. Aufgabe
a)
Die Lastimpedanz ergibt sich aus der Anwendung der Rechenregeln für Reihenund Parallelschaltungen:
 R  j L  
ZL 
b)
1
R  j L
j C

2
1
1  j RC   j  LC
R  j L 
j C

R  j L
(1   2 LC )  j RC

(1   2 LC )  j RC (1   2 LC )  j RC

R  (1   2 LC )   2 LRC
L  (1   2 LC )   R 2C

j

(1   2 LC ) 2  ( RC ) 2
(1   2 LC ) 2  ( RC ) 2
Der komplexe Frequenzgang ergibt sich aus der Spannungsteilerregel:
H ( ) 
UR
R

U
R  j L
Es folgt für den Betrag:
H ( ) 
R
R   2 L2
2
Sein Wert von -10 dB entspricht 1010 20  100.5  1 / 10. Damit ist zu fordern:
1

10
Es folgt:
R
R  L
2
2 2

1
R2
 2
10 R   2 L2

R 2   2 L2  10 R 2
  3
R
L
Setzt man diese Frequenz in die Übertragungsfunktion ein, so ergibt sich:
H (  3R / L) 
R
1

 0,316  exp  j 71,57
R  j3R 1  j 3
Damit ergibt sich eine Phase von -71,57°.
c)
Die Wirkleistung P wird allein am Widerstand R verbraucht. Über P 
U R2
folgt:
R
U R  P  R  1000  50 V  223,6 V
Damit dann auch:
IR  IL 
U R 223,6

A  4,472 A
R
50
bzw.
U L  L  I L  10  4,472 V  44,72 V
Die Maschenregel liefert U 2  U C2  U L2  U R2 , woraus folgt:
U C  U L2  U R2  228,0 V
Der Strom durch den Kondensator ist damit:
I C   C  U C  0,1 228,0  22,80 A
d)
Admittanz der RL-Reihenschaltung:
Z RL  R  j L  50  j 10

Y RL  19,23  j  3,846 mS
Die Admittanz der Kapazität muss zur Blindleistungskompensation den
Imaginärteil ausgleichen, d.h. entgegengesetzt gleich groß sein:
Y C  j C  j  3,846 mS !
Daraus:
C  38,46 μF
Lösung zur 2. Aufgabe:
Für die Lösung dieser Aufgabe musste folgendes Ersatzschaltbild einer elektrischen
kurzen Leitung verwendet werden (siehe Folien bzw. Projektaufgaben):
R
L
U1
C/2
C/2
U2
Hierbei R  R', L  L', C  C' .
a)
Bestimmung der Übertragungsfunktion (des komplexen Frequenzganges) des
offenen Kabels:
U2

U1
1
j C 2
1
 R  j L
j C 2

1
1

2
2
1  j R C 2   j  L C 2 (1  L C 2)  j R C 2
Daraus folgt für den Leitungswinkel:

U 2 
RC 2 
  100 !
  atan 
2
 U1 
 1  L C 2 
  arg
Es ist also zu fordern:
RC 2
 tan(100 )
1 2L C 2
bzw.
 RC  tan(100 )  (2   2 LC)
Auflösen nach der Kabellänge ergibt dann:
 R   C  tan(100 )  (2   2 L    C)



 2  tan(100 )   2 L C   R C  2  tan(100 )


2  tan(100 )
 182,4 km
tan(100 )   2 LC    RC 
b)
Der Strom ergibt sich aus der Impedanz des offenen Kabels. Hierbei ist es
sinnvoll, zuerst die Admittanz der RLC/2-Reihenschaltung zu berechnen. Mit
einer Länge von 30 km folgt zunächst:
R  6
L  13,5 mH
C  4,5 μF
Damit:
Z RLC / 2 
1
 R  j L  6   j  (4,241  1415)   (6  j 1411) 
j C 2

Y RLC / 2  1/(6  j 1411)   (3,014  j  708,7) S
Die Gesamtadmittanz des Kabels ist dann:
Y  jC / 2  Y RLC / 2  j  706,8 S  (3,014  j  708,7) S  (3,014  j 1416) S
Damit folgt der Effektivwert des Stromes bei 15 kV effektiv am Eingang zu:
I  Y U  1,416 103 15 103 A  21,24 A
Anmerkung:
Genähert erhält man I  C U  1,414 103 15 103 A  21,21A .
Lösung zur 3. Aufgabe :
Für das Folgende ist es sinnvoll, die Admittanzen bereitzustellen:
Z 1  17,20  exp  j  54,46 
Z 2  15,62  exp  j  50,19 
Z 3  11,0  exp  j  40,0 
a)
Y 1  58,14  exp  j  54,46 mS
Y 2  64,02  exp  j  50,19 mS
Y 3  90,91  exp  j  40,0 mS
Die Strangspannungen entsprechen in der vorliegenden Schaltung den
Sternspannungen:
U1  U 2  U 3  U * 
400V
 230,9 V
3
Die komplexe Leistung ergibt sich daraus mit dem Ansatz S  Y *  U*2 , wobei
jeweils die richtige Admittanz eingesetzt werden muss. Es ergibt sich:
P1  1,802 kW
Q1  2,522 kVAr
b)
P2  2,185 kW
Q2  2,622 kVAr
P3  3,713 kW
Q3  3,115 kVAr
Aus der Bedingung arg U 12  90 ergibt sich folgendes Zeigerdiagramm:
2
Der Winkel zur x-Achse entspricht hier
dem Nullphasenwinkel.
U 23
U2
U 12
U3
N
3
U1
U 31
90
1
Damit ergeben sich die Strangströme zu:
I 1  Y 1  U 1  58,12  103  exp  j  54,46  230,94  exp  j  60A
 13,42  exp  j  5,54 A
I 2  Y 2  U 2  64,02  103  exp  j  50,19  230,94  exp  j  60A
 14,78  exp  j 110,19 A
I 3  Y 3  U 3  90,91  103  exp  j  40,0  230,94  exp  j 180 A
 20,99  exp  j 140,0 A
Anmerkung:
Im Nullleiter fließt dadurch der Strom I N  I 1  I 2  I 3  7,879  exp  j 173,3 A .
c)
Soll der Strom im Nullleiter null sein, so muss für I 3 gelten:
I 3   I 1  I 2   U 1  Y 1  U 2  Y 2  U 3  Y 3neu !
Hierbei ist Y 3neu 
1
von unbekanntem Bauteil und Last 3 in Reihe.
Z X  Z3
Berechnung liefert:
Y 3neu 
 U 1  Y 1  U 2  Y 2  13,42  exp  j  5,54  14,78  exp  j 110,19

S
U3
230,94  exp  j 180
 0,0358 - j  0,0545S
bzw.:
Z 3neu  8,425  j 12,833 
Daraus:
Z X  Z 3neu  Z 3  0,001  j  5,763 
Dies ist praktisch eine Spule.
Lösung zur 4. Aufgabe
Zunächst Berechnung des Spannungsabfalls an RE :
U RE  RE  I E  RE  I C  I B   RE  I B 101  404 mV
Damit Berechnung des Widerstandes:
R1 
U R1 U S  U BE  U RE

 4,448 k
IB
IB
Die Summe der Leistungen in den Widerständen ist dann:
PR  R1  I B2  RC  I C2  RE  ( I C  I B ) 2  17,79 mW  400 mW  81,61 mW  499,4 mW
Die Leistungsverbrauch der gesamten Schaltung ist:
Pges  I C  I B   U S  101  I B  U S  2020 mW
Damit entfällt folgende Leistung auf den Transistor:
Pnpn  Pges  PR  1521 mW