Klausur GET II Ludemann Januar 2011 1 Aufgabe 1 (20 Punkte) Auf

Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 1 (20 Punkte)
Auf dem Oszillografen sehen Sie folgendes Bild von Strom durch eine Spule und der Spannung an der
Spule:
Bild 1.1: Hardcopy von einem Oszillografen
1.1
Berechnen Sie die Induktivität der Spule. Runden Sie das Ergebnis so auf, dass Sie eine
einfache Zahl erhalten.
1.2
Die Spule besteht aus 100 Windungen Kupferdraht mit einem Durchmesser d1 von 0.2
Millimetern, aufgewickelt auf einen Kern mit dem Durchmesser d2 10 Millimeter. Berechnen
Sie den Drahtwiderstand der Spule.
Hinweis: ρ (Cu) = 17.6 * 10 Ωm.
-9
1.3
Bestimmen Sie die Spulengüte QL, den Verlustfaktor d und den Verlustwinkel δ. Sind diese
Werte frequenzabhängig oder nicht?
1
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
1.1
Man liest die Amplituden von Strom und Spannung ab:
1 Volt,
16mA.
Die Frequenz der Sinusspannung steht ebenfalls fest:
1 kHz.
Dann gilt:
XL =
1V
= 62.5 Ω
16 mA
Und
L=
1.2
XL
X
62.5 V * sec
= L =
= 10 mH
ω 2π f 6.28 * 1000 * A
Drahtlänge:
l = N * π * d2 = 100 * 3.14 * 0.01m = 3.14 m
Drahtdurchmesser:
A = π*
d12
0.04
= π*
mm2
4
4
A = 0.0314mm2
Umgerechnet im Quadratmeter:
A = 31.4 * 10−9 m2
Für den Drahtwiderstand findet man
R =ρ*
l
3.14 m
= 17.6 * 10 −9 Ω m *
= 1.76Ω
A
31.4 * 10 −9 m2
1.3
QL =
ω L 62.5 Ω
=
= 35.51
R
1.76 Ω
d=
1
= 0.02816
QL
δ = arctan (d) = arctan (0.02816) = 1.613°
Diese Werte sind frequenzabhängig, da in den Formel dafür die Frequenz f erscheint.
2
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Gegeben ist eine periodische Spannung mit der Periodendauer T. Sie kann durch folgenden Ausdruck
beschrieben werden:
U(t ) = Umax * e
=0
−
t
T
0 < t < T0
sonst
Bild 2.1: Verlauf der Spannung U(t)
2.1
Berechnen Sie den Gleichrichtwert der Spannung als Funktion von T0.
2.2
Berechnen Sie den Effektivwert der Spannung als Funktion von T0.
Lösung:
2.1
Für den Gleichrichtwert gilt
UGLR =
1 T
* U(t ) dt
T ∫0
Da die Spannung immer positiv ist, kann man schreiben:
t
UGLR =
−
1 T0
* ∫ Umax * e T dt
T 0
UGLR =
T0 −
1
* Umax * ∫ e T dt
0
T
t
t
UGLR
−
1
= − * Umax * T * e T
T
UGLR = −Umax
3
 − TT0

*  e
− 1


T0
0
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
T0
−


UGLR = Umax *  1 − e T 


2.2
Definition des Effektivwertes:
1 T 2
* U (t ) dt
T ∫0
U=
Einsetzen von U(t):
2t
U=
−
1 T0 2
* ∫ Umax * e T dt
T 0
2t
U= U
2
max
1 T0 −
* * ∫ e T dt
T 0
2t
2
U = − Umax
*
U = −U
2
max
U=
Umax
2
−
1 T
* *e T
T 2
To
0
2T0

1  − T
* *  e
− 1
2 

* 1− e
−
2T 0
T
Nach der Korrektur geschrieben:
1.
e 0 =1 und nicht 0.
2.
Bei den bestimmten Integralen müssen Grenzen eingesetzt werden, hier T0 und 0.
3.
(e )
4.
x 2
= e 2 x und nicht e x
2
Es scheint so, dass bestimmte Taschenrechner Integrale lösen können. (Ich besitze keinen
solchen Rechner, vermute das aber anhand von Bemerkungen der Studenten in der Klausur.)
Dann ist es natürlich völlig in Ordnung, wenn man diese Funktion in der Klausur nutzt. Ich habe
allerdings bemerkt, dass diese vom Taschenrechner gelieferten Integrale noch weiter
bearbeitet werden mussten. Wer das nicht gemacht hat, bekam Punkte abgezogen, da
keinerlei geistige Leistung erkennbar war.
Fazit: Elementare Integralrechnung muss sitzen und Kenntnsse der Exponentialfunktion sollten
vorhanden sein.
4
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 3 (33 Punkte)
Eine Schaltung (linker Teil von Bild 3.1) besteht aus einer Spannungsquelle sowie drei Impedanzen ZA
bis ZC. ZC ist ein ohmscher Widerstand.
Bild 3.1: Links: Schaltung, rechts: Impedanzen für Dreieck-Stern-Umwandlung.
3.1
Bestimmen Sie den Strom IC als Funktion von IA und ZB und ZC.
3.2
Bestimmen Sie nun IC als Funktion von U und den drei Impedanzen ZA, ZB und ZC. Ergebnis
auf einem Bruchstrich. Fassen Sie die im Nenner stehenden Produkte, die ZC enthalten, wie
folgt zusammen:
ZC*(..+..)
3.3
Teilen Sie den Klammerausdruck in Real- und Imaginärteil auf. Was muss für den Realteil und
für den Imaginärteil gelten, damit der Strom IC unabhängig von ZC wird? Was für die
einzelnen Realteile? Welche Bauelemente muss man daher für ZA und ZB verwenden (zwei
Lösungen)?
3.4
Bei welcher Frequenz ist der Strom IC dann unabhängig von ZC?
3.5
Fassen Sie die Schaltung aus den drei Impedanzen - unabhängig von der obigen Lösung - als
unvollständige Dreieckschaltung auf und berechnen Sie die Impedanzen Z1 bis Z3 der
entsprechenden Sternschaltung mit Hilfe von Formeln aus der Literatur oder ihrem Script..
Hinweis: Das formale Hinzufügen eines weiteren Bauelementes kann hilfreich sein, wenn man
dieses Bauelement am Schluss gegen Unendlich gehen lässt. Dieser Aufgabenteil kann
unabhängig von den vorherigen Aufgabenteilen gelöst werden.
5
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
3.1
Stromteilerregel:
IC = IA *
3.2
ZB
ZB + ZC
Es gilt
IA =
IC =
IC = U *
U
Z * ZC
ZA + B
ZB + Z C
U
ZB
*
Z * ZC ZB + ZC
ZA + B
ZB + Z C
ZB
Z A * Z B + Z A * Z C + ZB * Z C
Zusammenfassen:
IC = U *
3.3
ZB
Z A * ZB + Z C * (Z A + ZB )
Wir teilen auf:
Z A + Z B = R A + R B + j * (X A + X B )
In der Formel erscheint ZC nur als Faktor vor der Klammer. Wenn der Klammerausdruck gleich Null
wird, so ist der ganze Bruch unabhängig von ZC:
R A + RB = 0
X A + XB = 0
Da es keine negativen Widerstände gibt, muss gelten
R A = RB = 0
und
X A = −XB
Dies geht nur, wenn ZA eine Spule ist und ZB ein Kondensator oder genau umgekehrt:
Z A = j ωL
ZB =
1
j ωC
oder
ZA =
1
j ωC
Z B = j ωL
6
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
3.4
Es muss gelten:
X A + XB = 0
1
+ j ωL = 0
j ωC
f=
3.5
1
2π * LC
Im Buch gibt es Umrechnungen von der Dreieck - auf die Sternschaltung, angegeben für
ohmsche Widerstände. Dies gilt natürlich auch für Impedanzen.
Wir ersetzen formal
Z A = R12
Z B II Z C = R 23
und fügen formal einen dritten Widerstand zwischen den Knoten 1 und 3:
R 31
Dann gilt
Z1 =
Z A * R 31
Z A + ZB II Z C + R 31
Z2 =
Z A * Z B II Z C
Z A + ZB II Z C + R 31
Z3 =
R 31 * ZB II Z C
Z A + ZB II Z C + R 31
sowie
und
Lässt man nun R31 gegen Unendlich gehen, so bleiben im Zähler nur die Produkte mit R31 übrig.
Kürzen ergibt dann:
Z1 = Z A
Z2 = 0
Z 3 = Z B II Z C =
7
ZB * ZC
ZB * ZC
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 4 (26 Punkte)
Bild 4.1 zeigt den Strom in einer Schwingkreisschaltung bestehend aus R, L und C. Die treibende
Spannung hat eine Amplitude von 1 Volt.
Bild 4.1: Resonanzkurve eines Schwingkreises, Amplitude des Stromes in mA.
4.1
Handelt es sich um einen Serien- oder um einen Parallelschwingkreis? Bestimmen Sie
Resonanzfrequenz fr und Bandbreite, Dämpfungsfaktor d und Güte Q. Wie groß ist der
Widerstand R? Berechnen Sie die Induktivität L und die Kapazität C.
4.2
Der Kondensator erwärmt sich und daraufhin vergrößert sich seine Kapazität um ∆C.
Entwickeln Sie eine Formel für die relative Änderung fresneu/fresalt der Resonanzfrequenz.
8
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
4.1
Da der Strom ein Maximum hat, handelt es sich um einen Serienschwingkreis.
Bild 4.2: Frequenzen, bei denen der Strom auf den 0.707-fachen Wert bei der Resonanzfrequenz
abgesunken ist.
Resonanzfrequenz fr: 1.000 MHz
Bei den eingezeichneten Frequenzen ist der Strom auf das 1/√2-fache des Maximalwertes
abgesunken.
Bandbreite b = 1.051 MHz - 0.951MHz = 100kHz
Es gilt:
b = d * fr
Und damit
d=
b 100 kHz
=
= 0.1
fr
1MHz
Q=
1
= 10
d
Bei der Resonanzfrequenz kompensieren sich induktiver und kapazitiver Widerstand gegenseitig, der
Strom wird nur durch den Widerstand R bestimmt:
R=
U
1V
=
= 100Ω
I 10mA
Für den Dämpfungsfaktor d gilt folgende Beziehung:
d=
R
ωL
9
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Und damit
ωL =
R 100Ω
=
= 1000Ω
d
0.1
Die Induktivität ergibt sich dann zu
L=
ωL 1000V * sec
=
= 159.2µH
ω
2π * 10 6 A
Aus dem Ausdruck
1
ω=
LC
erhält man durch Umstellen
C=
1
1
=
ω * L ω * ωL
2
1
= 159.2pF
2π * 10 Hz * 1000Ω
C=
6
4.2
fresalt =
fresneu =
1
2π LC
1
2π L(C + ∆C )
fresneu
2π LC
C
=
=
fresalt
C + ∆C
2π L(C + ∆C)
Nach der Korrektur geschrieben:
1.
2.
3.
Die x-Achse zeigt die Frequenz f und nicht die Kreisfrequenz ω.
Die Amplitude der Spannung war 1 Volt, daher muss man auch mit der Amplitude des
Stromes rechnen.
Man muss zwischen Serien- und Parallelschwingkreis unterscheiden. Im Buch wird dies
nicht ausdrücklich erwähnt. Im Übungsbuch gibt es (10. Auflage) die Aufgaben 10.7 und 10.8.
Serienschwingkreis (Aufgabe 10.7)
b=
ω1 − ω2
1 R
1
2
=
* =
* ωres
*R*C
2π
2 π L 2π
Parallelschwingkreis (Aufgabe 10.8)
b=
ω1 − ω2
1
1
L
2
* ωres
*
=
=
2π
2πRC 2π
R
Die Ausdrücke unterscheiden sich also sehr. In beiden Fällen wurde mit
10
ωres =
1
LC
gerechnet.
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 5 (22 Punkte)
Es soll die Wirkleistung gemessen werden, die in einer Impedanz Z umgesetzt wird. Dazu schaltet
man einen kleinen Vorwiderstand Rv in Reihe mit der Impedanz Z und misst die drei auftretenden
Spannungen U1 bis U3 sowie den Strom I.
Bild 5.1: Schaltung zur Messung von Wirk- und Blindleistung an einer Impedanz Z sowie das
Widerstandsdeieck für Z
5.1
Zeichnen Sie ein Zeigerdiagramm, in dem die oben eingezeichneten Spannungen und Ströme
enthalten sind. Der Strom I gehe durch die reelle Achse. Teilen Sie zusätzlich die Spannung
U3 in einen Real- und einen Imaginärteil auf. Benutzen Sie unterschiedliche Farben zur
Verdeutlichung.
5.2
Berechnen Sie den Realteil der Spannung U3 als Funktion der anderen Spannungen.
Berechnen Sie die Wirkleistung P, welche in der Impedanz Z umgesetzt wird.
Hinweis: cos (180°+ ϕ) = -cosϕ
ϕ
5.3
Berechnen Sie den cosϕ aus den gemessenen Spannungen.
5.4
Berechnen Sie die Blindleistung aus U3 und ϕ.
11
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
5.1
Bild 5.2: Zeigerdiagramm
5.2
Mit der Cosinussatz gilt
U12 = U22 + U32 − 2 * U2 * U3 * cos(180° − ϕ )
U12 = U22 + U32 + 2 * U2 * U3 * cos ϕ
Der Realteilteil der Spannung U3 ist gleich
UR 3 = U3 * cos ϕ
und somit
UR 3 = U3 * cos ϕ =
P = I * UR 3 =
5.3
U12 − U22 − U32
2 * U2
U12 − U22 − U32
*I
2 * U2
Weiter oben wurde folgender Ausdruck hergeleitet:
U12 = U22 + U32 + 2 * U2 * U3 * cos ϕ
Daraus lässt sich der cosϕ berechnen:
U12 − U22 − U32
cos ϕ =
2 * U 2 * U3
5.4
 U2 − U22 − U32 

ϕ = arccos 1
 2 * U2 * U3 
Q = U3 * sin ϕ
12
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Nach der Korrektur geschrieben:
Vielfach wurde ein rechtwinkliges Dreieck angenommen. Das geht natürlich nicht, die Phasenlage der
Spannungen ist unbekannt. Auch Rechnungen mit Real- und Imaginärteilen führten nicht zum Ziel, da
diese nicht direkt messbar sind.
Der Vorteil dieser Schaltung ist, dass man durch 4 Messungen entweder zeichnerisch (hier nicht
verlangt) oder rechnerisch alle wichtigen Größen ermitteln kann. Nimmt man die Messungen
nacheinander vor, kommt man mit einem Multimeter aus.
13
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 6 (33 Punkte)
Ein Transformator hat folgende technische Daten.
Primärspannung: 230 Volt
Sekundärspannung: 1150 Volt
Scheinleistung: 690 VA
Frequenz: 50 Hertz
6.1
Bestimmen Sie den primären Nennstrom I1N und das Übersetzungsverhältnis ü.
Benutzen Sie zur Lösung der Aufgabenteile 6.2 und 6.3 die vereinfachten Ersatzschaltbilder.
6.2
Im Leerlaufversuch misst man folgende Werte:
I10 = 325.3mA
P10 = 52.9 W
Bestimmen Sie RFe und XH. Wie groß ist die Hauptinduktivität LH?
6.3
Im anschliessenden Kurzschlussversuch ergeben sich die folgenden Werte:
U1K = 10.827 V
P1K = 18 W
Berechnen Sie die Spannungsabfälle an den Summen der Wirkwiderstände (R1+R2’) und der
Blindwiderstände (X1σ+X2σ’). Bestimmen Sie diese Widerstände. Wie groß sind R2 und X2? Gehen
Sie davon aus, dass im Ersatzschaltbild die Widerstände R1 und R2’ gleich groß sind, ebenso wie
X1σ und X2σ’. Wie groß sind die Induktivitäten L1σ und L2σ?
14
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
6.1
Primärer Nennstrom I1N:
I1N =
ü=
6.2
S
690VA
=
= 3A
U1N
230 V
Pr imärspannung
230V
=
= 0.2
Sekundärspannung 1150V
Zuerst bestimmt man den Strom durch den Ersatzwiderstand RFe, der die Eisenverluste
darstellt:
IFe =
P10 52.9 W
=
= 230 mA
U1N
230 V
R Fe =
U1N
230 V
=
= 1000 Ω
IFe
230 mA
und erhält für RFe
Der Strom durch die Hauptinduktivität beträgt
2
2
Iµ = I10
− IFe
(325.3 mA )2 − (230 mA )2
Iµ =
= 230 mA
Damit kann man die Impedanz Xh berechnen:
Xh =
U1N
230 V
=
= 1000 Ω
Iµ
230 mA
und erhält für die Hauptinduktivität
Lh =
6.3
X h 1000 V sec
=
= 3.185 H
2π f 6.28 * 50 A
Der Spannungsabfall an den Wirkwiderständen beträgt insgesamt
UR =
P1K 18 W
=
= 6V
I1N
3A
und der an den Blindwiderständen
UX = U12K − U22
UX =
(10.827 V )2 − (6 V )2
15
= 9V
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Damit lassen sich die Widerstande ausrechnen:
R1 + R '2 =
UR 6 V
=
= 2Ω
I1N 3 A
X 1σ + X '2 σ =
UX 9 V
=
= 3Ω
I1N 3 A
Und damit
R1 = R '2 = 1Ω
sowie
X 1σ = X '2 σ = 1.5 Ω
R '2
1Ω
R2 = 2 =
= 25Ω
0.04
ü
X 2σ =
X '2 σ 1.5 Ω
=
= 37.5Ω
0.04
ü2
L1σ =
X 1σ 1.5 V sec
=
= 4.78 mH
2π f
314 A
L 2σ =
L1σ 4.78 mH
=
= 119.4 mH
0.04
ü2
16
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Aufgabe 7 (21 Punkte)
Der Satz des Thales lautet wie folgt:
Konstruiert man ein Dreieck aus den beiden Endpunkten des Durchmessers eines Halbkreises
(Thaleskreis) und einem weiteren Punkt dieses Halbkreises, so erhält man immer ein rechtwinkliges
Dreieck. (Quelle: Wikipedia)
Gegeben ist eine Reihenschaltung entsprechend Bild 7.1:
Bild 7.1: Reihenschaltung zweier Bauelemente
7.1
Die Impedanzen Z1 und Z2 sind entweder ein Widerstand und eine Spule oder ein Widerstand
und ein Kondensator. Die Reihenfolge, also ob Z1 der Widerstand ist und Z2 die Spule/der
Kondensator oder umgekehrt, spiele keine Rolle. Zeigen Sie rechnerisch, welchen speziellen
Winkel man zwischen den Spannungszeigern U1 und U2 vorfindet, indem Sie die
Spannungsabfälle aufgrund des Stromes I berechnen.
7.2
Skizzieren Sie das Zeigerdiagramm aus den Spannungen U, U1 und U2 und zeigen Sie, dass
der Punkt „Spitze des Zeigers U1/Ende des Zeigers U2“ auf einem Halbkreis liegt, wenn man
eine der Impedanzen Z1 oder Z2 variiert. Wie groß ist der Radius des Halbkreises?
7.3
Nun seien die Impedanzen ein Kondensator und eine Spule. Skizzieren Sie auch hier qualitativ
das Zeigerdiagramm.
17
Klausur GET II Ludemann Januar 2011
Lösung:
7.1
Durch beide Bauelemente fließt der gleiche Strom I. Spannungsabfälle:
UR = R * I
U L = jωL * I
UC =
1
*I
j ωC
Multiplikation mit „j“ bedeutet eine Drehung um 90° gegen den Uhrzeigersinn, Division durch „j“ eine
Drehung um 90° im Uhrzeigersinn. Wenn also eine der Impedanzen ein Widerstand ist und die andere
eine Spule/ein Kondensator, so beträgt der Winkel zwischen U1 und U2 immer ±90°.
Zwischen den beiden Spannungen U1 und U2 findet man immer einen rechten Winkel.
7.2
Eine Masche ergibt:
U = U1 + U2
Bild 7.2: Skizze
Die Spannungen U, U1 und U2 bilden ein Dreieck. Zwei der Eckpunkte des Dreieckes werden vom
Spannungspfeil U festgelegt und sind konstant, der dritte Eckpunkt ist „Spitze des Pfeiles U1/Ende des
Pfeiles U2“. Dieser Punkt muss sich auf einem Halbkreis bewegen, da der Winkel zwischen den
Spannungen immer 90° ist und die Länge des Zeigers U konstant ist.
Der Radius des Kreises ist gleich U/2.
Anmerkung: Je nachdem, welche der beiden Impedanzen der Widerstand R ist und ob die andere
Impedanz eine Spule oder ein Kondensator ist, kann der Halbkreis auch unterhalb des
Spannungspfeiles U liegen. Dies ändert jedoch nichts an der Allgemeingültigkeit der Aussagen.
7.3
Auch hier gilt wieder
U = U1 + U2
Der Winkel zwischen den beiden Spannungen beträgt jetzt jedoch 180°, der Satz des Thales kommt
hier nicht mehr zur Anwendung. Die beiden Spannungen sind jetzt in Phase mit U bzw. um 180°
phasenverschoben (Bild 7.3).
Bild 7.3: Skizze
18