Klausur Januar 2010 - home.edvsz.fh

Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 1 (14 Punkte)
Gegeben ist eine lange Zylinderspule mit der Länge l1 und dem Durchmesser d1, welche N1
Windungen aufweist. Im Innern dieser Spule befindet sich eine zweite Zylinderspule mit N 2 Windungen
und dem Durchmesser d2, welche drehbar gelagert ist. Beim Aufbau der Spulen wurde nur Material mit
der Permeabilität 0 verwendet.
Bild A1.1: Zwei Spulen
Gehen Sie davon aus, dass das magnetische Feld im Innern der ersten Spule homogen ist, wenn
diese von einem Strom I durchflossen wird und das Feld im Äusseren der Spule gleich Null ist. (Dies
gilt dann, wenn l1 >> d1 ist.)
1.1
Wie groß ist nach dem Durchflutungsgesetz die magnetische Feldstärke H 1 im Innern der
ersten Spule, wenn diese von einem Strom I durchflossen wird? Berechnen Sie die Flussdichte
B1.
1.2
Wie groß ist der durch den Strom I hervorgerufende Fluß 2 im Innern der zweiten Spule?
Berechnen Sie die Gegeninduktivität L12 der Anordnung.
1.3
Grundsätzlich gilt L12 gleich L21. Unter der Annahme, dass die Länge der zweiten Spule nicht
bedeutend größer als deren Durchmesser ist, erklären Sie kurz, warum eine Berechnung für
L21 nicht mehr so einfach möglich ist wie die für L12.
Lösung:
1.1
Das Durchflutungsgesetz lautet (in vereinfachter Form)
H
1
dr  N1 * I
Da die Feldstärke ausserhalb der Spule gleich Null ist und innerhalb der Spule konstant (homogen), so
finden wir:
H1 * l1  N1 * I
und somit
H1 
N1 * I
l1
und
B1   0 * H1   0 *
1
N1 * I
l1
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
1.2
Es gilt
2  B1 * A 2 * cos 
mit der wirksamen Fläche A2*cos.
2  B1 *
2   0 *
 * d22
* cos 
4
N1 * I  * d22
*
* cos 
l1
4
Für die Gegeninduktivität L12 gilt dann
L12  N2 *
L12 
1.3
d2
dI
 0 * N1 * N2 *  * d22
* cos 
4 * l1
Wenn die zweite Spule keine „ideale“ Zylinderspule mehr ist, dann ist das Feld im Innern der
Spule nicht mehr homogen und ausserhalb nicht mehr vernachlässigbar. Dann ist die
Berechnung des Feldverlaufes sehr kompliziert.
Nach der Korrektur geschrieben: Es fiel auf, dass sehr viele Teilnehmer für die Fläche A den Wert
A  d2 * l2 * cos 
genommen haben. Die ist die Fläche der Spule in Querschnitt, multipliziert mit dem Cosinus des
Winkels a. Dazu muss man Folgendes wissen. Für den Fluss f gilt:
   B1 dA
Wobei der Flächenvektor dA (mit Pfeil, geht im Word nicht darzustellen) senkrecht auf dem
Flächenelement dA (ohne Pfeil) steht. Das Skalarprodukt B*dA (beides Vektoren) erfasst also den
Anteil der Flussdichte, welche die Fläche dA senkrecht durchsetzt.
2
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 2 (23 Punkte)
Gegeben ist die allgemeine Brückenschaltung links und die spezielle Messschaltung rechts.
Bild A2.1: Brückenschaltungen. Links: Allgemein, rechts konkrete Messschaltung
2.1
Wie groß ist UAB in der linken Schaltung bei abgeglichener Brücke? Beweisen Sie rechnerisch,
dass in diesem Fall die Abgleichbedingung
Z1 Z 3

Z2 Z4
gilt. Hinweis: Ergebnisse sollen wirklich ausgerechnet und nicht abgeschrieben werden.
2.2
Nun geht es um die rechte Schaltung. Wie lautet die Impedanz Z3 der Reihenschaltung aus RR
und LR? Wie lautet die Impedanz Z4 der Parallelschaltung aus RP und LP?
2.3
Wie lautet die Abgleichbedingung für die rechte Schaltung? Geben Sie für ein vorgegebenes
Verhältnis R1/R2 einen Ausdruck für RR, LR, RP und LP an, damit die Abgleichbedingung erfüllt
ist. Leiten Sie einen Ausdruck für  her. Hinweis: Eine komplexe Zahl hat einen Realteil und
einen Imaginärteil, so dass man bei einer komplexen Gleichung zwei reelle Gleichungen erhält.
2.4
Nun sei R1 gleich 2*R2. sowie RP gleich RR=R. Geben Sie das Verhältnis von LR zu LP an,
damit die Abgleichbedingung erfüllt ist. Vereinfachen Sie den Ausdruck für .
3
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Lösung
2.1
Bei abgeglichener Brücke ist die Spannung UAB gleich Null.
Es gilt
U2  U *
Z2
Z1  Z2
U4  U *
Z4
Z3  Z 4
und
Nur wenn diese beiden Spannungen gleich sind, ist die Spannung UAB gleich Null.
Damit findet man
U*
Z2
Z4
 U2  U4  U *
Z1  Z2
Z3  Z 4
und somit
Z2
Z4

Z1  Z2 Z3  Z 4
Ausmultiplizieren ergibt dann
Z2 * Z3  Z2 * Z4  Z4 * Z1  Z4 * Z2
Z2 * Z3  Z4 * Z1
Und schließlich die Abgleichbedingung
Z1 Z3

Z2 Z4
2.2
Z3  RR  jLR
und für die Parallelschaltung
Z4 
RP * jLP
RP  jLP
4
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
2.3
Die Abgleichbedingung bei der rechten Schaltung lautet
R1 Z3
R  jLP

 RR  jLR  * P
R2 Z4
RP * jLP
Die rechte Seite wird weiter ausgerechnet:
RR  jLR  * RP  jLP
RP * jLP

RR  jLR
* RP  jLP 
RP * jLP
RR  jLR
R * RP
R * jLP jLR * RP jLR * jLP
* RP  jLP   R
 R


RP * jLP
RP * jLP RP * jLP RP * jLP
RP * jLP
Weiter:
 L
RR
R
jLR jLR RR LR
R 
 R 



 j *  R  R 
jLP RP jLP
RP
R P LP
LP 
 RP
Dies wird in die Abgleichbedingung eingesetzt. Man beachte, dass der Imaginärteil der linken Seite
gleich Null ist:
 L
R1 R R L R
R 


 j *  R  R 
R 2 R P LP
LP 
 RP
Der Realteil der obigen Gleichung führt zu
R1 R R L R


R 2 R P LP
und der Imaginärteil zu
 LR RR 

0

LP 
 RP
Daraus kann man die Kreisfrequenz bestimmen:
LR
R
 R
RP
LP
2 * LR * LP  RR * RP
und somit

RR * RP
LR * LP
5
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
2.4
2
R1 RR LR
L


 1 R
R 2 R P LP
LP
LR
1
LP
Mit LR=LP=L erhält man schließlich

R*R R

L*L L
6
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 3 (26 Punkte)
Bild A3.1 zeigt links einen Parallelschwingkreis. Dieser Schwingkreis besteht aus einem
verlustbehafteten Kondensator C, dessen Verluste durch den Widerstand R dargestellt werden und
einer idealen Spule L. Der Widerstand RP kommt erst in einem späteren Aufgabenteil hinzu.
Bild A3.1: Links: Parallelschwingkreis. Rechts: Ersatzwiderstand
Für den Kondensator sind folgende Werte bekannt:
Kapazität: 100pF
d = tan: 10-3
3.1
Bestimmen Sie die Induktivität L so, dass die Resonanzfrequenz des Schwingkreises 10 MHz
beträgt. Wie groß ist der Widerstand R, der die Verluste des Kondensators repräsentiert? Wie
groß ist die Impedanz des Schwingkreises im Resonanzfall? Der Widerstand RP ist noch nicht
vorhanden.
3.2
Berechnen Sie die Bandbreite b des Schwingkreises aus 3.1.
3.3
Nun geht es um die Parallelschaltung der beiden Widerstände R und RP im Bild A3.1 rechts.
Gegeben sind die Widerstände R und RG. Wie groß muss der Widerstand RP sein, damit die
Parallelschaltung von R und RP den Wert RG annimmt? Hinweis: Dieser Aufgabenteil kann
ohne Kenntnis der vorherigen Aufgabenteile gelöst werden. Das Ergebnis wird für 3.4 benötigt.
Falls Sie diesen Teil nicht lösen können, jedoch eine Formel in einer Formelsammlung finden,
wird dieser Unterpunkt nicht bewertet, sie können die gefundene Formel jedoch in 3.4
benutzen.
3.4
Durch Parallelschalten eines Widerstandes RP soll nun die Bandbreite auf b* = 100kHz erhöht
werden. Berechnen Sie den Widerstand RG, mit dem ein Schwingkreis diese Bandbreite
annimmt und daraus den Widerstand RP.
7
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Lösung:
3.1
Für die Resonanzfrequenz des Schwingkreises gilt
fr 
1
2 LC
Aufgelöst nach L:
L
L
1
4 * C * fr2
2
V * sec 2
100

H  2.533 H
2
10
14
4 * 9.8696
4 * 10 A sec* 10
Für den Widerstand R findet man mit
tan  
R
R
103
1
 103
R * C
1
tan  * C
sec* V
106


* 2 *  * 107 * 1010 A sec 2 * 
R  159.155 k
Im Resonanzfall ist die Impedanz des Schwingkreises gleich R:
ZSK  R  159.155 k
3.2
Für die Bandbreite gilt der Ausdruck
b
b
1
2 * R * C
1
107

Hz  10 kHz
2 * 159.155 * 103  * 1010 F 2 *  * 159.155
8
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
3.3
Parallelschaltung zweier Widerstände:
RG 
R * RP
R  RP
RG * R  RP   R * RP
R G * R  R G * RP  R * RP
R G * R  R * RP  R G * RP
RG * R  RP * R  RG 
RP 
3.4
RG * R
R  RG
Der Ausdruck für die Bandbreite war:
b
1
2 * R * C
Auflösen nach R ergibt mit der neuen Bandbreite b*
RG 
RG 
1
2 * b* * C
sec* V
105

  15.915 k
2 * 105 * 10 10 A sec 2
Einsetzen in die Formel aus 3.3:
RP 
RG * R 159.155 * 15.915

k  17.68 k
R  RG 159.155  15.915
9
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Zur Verifikation einige Simulationen mit PSpice. Bild A3.2 zeigt zwei Schwingkreise mit den Werten
von 3.1 und 3.4. Die Widerstände R4 und R5 (1 Mikroohm) mussten eingesetzt werden, weil PSpice
kein Maschen gestattet, die nur aus idealen Spannungsquellen und idealen Spulen bestehen. Der
Gleichstromwiderstand einer solchen Masche wäre gleich Null.
Bild A3.2: Schaltbild (Screenshot)
Es wurde eine AC-Analyse (linear, Frequenzbereich 9.8 MHz bis 10.2 MHz) durchgeführt.
Bild A3.3: Simulationsergebnisse
Zuerst der Schwingkreis aus 3.1, linker Teil des Schaltbildes aus A3.2. Das Maximum liegt bei 10MHz
und hat einen Wert von 159.09 k. Der Abfall von 3dB (entspricht 0.707) liegt bei 112,49 k. Man
erkennt, dass die Bandbreite exakt 10kHz beträgt.
Bei der Simulation des Schwingkreise aus 3.4 (rechter Teil von Bild A3.2) erhält man für die Impedanz
ein Maximum von 15.918 k. Der Abfall auf das 0.707-fache beträgt 11.256. Die gefordert Bandbreite
wird jedoch bei den Werten 11.275 k und 11.276k erreicht. Dies ist auf Rundungsfehler bei der
Berechnung und Eingabe des Widerstandes RG zurückzuführen.
10
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 4 (14 Punkte)
Bild A4.1 zeigt einen Spannungsverlauf, wie er durch eine Phasenabschnittssteuerung realisiert wird:
In der Zeit von t=0 bis t= hat die Spannung den sinusförmigen Umax*sint Verlauf und ist dann bis
zum Zeitpunkt t= gleich Null. Bei der negativem Halbwelle findet man die gleichen Verhältnisse: Von
t= bis t=+ ist der Verlauf der Spannung sinusförmig, um dann bis zum Ende der Periode gleich
Null zu sein.
Bild A4.1: Angeschnitte Sinusschwingung
4.1
Berechnen Sie den Effektivwert der Spannung als Funktion von .
4.2
Bestimmen Sie U für Umax=325.3 Volt und =3/4 sowie für =.
11
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Lösung
4.1
Allgemein gilt
2
1
U
*  u2 d t
2 0
Berechnung des Integrals:
2
u

2
0

2
d t  2 *  u d t  2 *  Umax
* sin2 t d t
2
0
0


2 * U
2
max
* sin t d t  2 * U
2
2
max
0
 t 1

*   * sin 2t 
 2 4
0

1


2
2
2 *  Umax
* sin2 t d t  Umax
*    * sin 2 
2


0
U
1
1


2
* Umax
*    * sin 2 
2
2



1

* sin 2
2 4
U  Umax
4.2
Bestimmen Sie U für Umax=325.3 Volt und =3/4 sowie für =.
1. =3/4:
U  325.3V *
U  325.3V *
3
1
3

* sin 2 *
2 * 4 4
4
3 1

 325.3V * 0.375  0.0796  325.3V * 0.4546  219.33V
8 4
1. =:
U  325.3V *
U  325.3V *

1

* sin 2 * 
2 4
1
 0  325.3V * 0.7071  230V
2
12
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 5 (19 Punkte)
Zwei ideale Stromquellen speisen ein Netzwerk. Alle Elemente links vom Klemmenpaar 1-2 bilden eine
reale Spannungsquelle mit der Leerlaufspannung UL und der Innenimpedanz Zi. Diese
Spannungsquelle wird mit einer Impedanz ZL belastet.
Bild A5.1: Netzwerk
5.1
Stellen Sie die Knotengleichung für den Knoten A auf und berechnen Sie den Strom I3, den
Kurzschlußstrom IK als Funktion der Ströme der Stromquellen, die Leerlaufspannung UL der
Spannungsquelle sowie die Innenimpedanz Zi.
Nun soll mit Zahlenwerten gerechnet werden.
I1 = 20mA *ej0°
I2 = 20mA *ej90°
(jeweils 20mA Amplitude)
R = 50, L = 1.578H, C = 3.183nF
f = 1MHz
5.2
Bestimmen Sie IK, Zi und UL.
5.3
Bestimmen Sie ZL derart, dass die Spannungsquelle die maximale Wirkleistung abgeben
kann. Aus welchen zwei Bauelementen kann man ZL zusammensetzen? Wie groß ist deren
ohmscher Widerstand/Kapazität oder Induktivität? Wie groß ist die maximale Wirkleistung?
Beachten Sie dabei, dass die Amplitude der Ströme 20mA beträgt.
13
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Lösung
5.1
Knotengleichung:
I1  I2  I3  0
I3  I1  I2
Im Kurzschlussfall fließt der Strom I3:
IK  I3  I1  I2
Im Leerlauffall fließt der gesamte Strom I3 durch die Parallelschaltung von R und C:
1
j C
UL  I3 * Z  I1  I2  *
1
R
j C
R*
UL  I1  I2  *
Zi 
R
1  j RC
UL
R

IK 1  j RC
5.2
IK  I1  I2  20mA * e j0  20mA * e j90  28.2843mA * e j45
Berechnung von RC:
 * R * C  2 * 106 *
1
V
A sec
* 50 * 3.183 * 109
1
sec
A
V
Daher folgt für Zi:
Zi 
50
 35.356 * e  j 45
1 j
und UL
UL  Zi * IK  35.356 * e  j45 * 28.2843mA * e j45  1V * e0
5.3
*
 50 
50
ZL  Z  
 
1 j
 1 j 
*
i
ZL 
50 1  j
*
 25  j25
1 j 1 j
14
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Das erste Element ist ein ohmscher Widerstand von 25. Das zweite Element ist eine Spule, welche
bei 1 MHz eine Impedanz von 25 aufweist:
L  25
L
25V
25

H  3.979 H
6
A * 2 * 10 sec 2
Für die maximale Leistung gilt:
Pmax 
1 2
25
* UL *
 5mW
2
25  252
Der Faktor „1/2“ rührt daher, dass 1 Volt die Amplitude der Spannung ist und nicht der Effektivwert.
15
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 6 (29 Punkte)
Das Bild A6.1 zeigt links das Ersatzschaltbild eines Transformators ohne ohmsche Verluste, aber mit
Streuung. Der Einfluss des Stromes i1 auf den Sekundärkreis wird durch die Spannungsquelle jL12*i1
dargestellt, der Einfluss des Stromes i2 auf den Primärkreis durch die Quelle jL12*i2. Alle im Bild
dargestellten Ströme und Spannungen sind komplex.
Bild A6.1: Links: Transformator ohne ohmsche Verluste, rechts: 100V-Anlage
6.1
Stellen Sie für den Sekundärkreis des Transformators eine Masche auf und berechnen Sie
den Strom i2 als Funktion von i1. Berechnen Sie dann den Strom im Primärkreis. Ergebnisse
soweit ausrechnen, dass nur ein Bruchstrich vorkommt.
6.2
Vereinfachen Sie den Ausdruck für i1 für den Fall der idealen Kopplung
L12  L1 * L2
6.3
Zeigen Sie, dass die im Buch angegebenen Formeln für Selbstinduktivität und
Gegeninduktivität den obigen Fall der idealen Kopplung darstellen, wenn man für L 1 eine Spule
mit N1 Windungen annimmt und für L2 eine Spule mit N2 Windungen.
6.4
Im rechten Teil des Bildes ist eine 100-Volt-Anlage dargestellt. Ein Verstärker liefert eine
Ausgangsspannung mit einer Amplitude von maximal 100 Volt. Diese Spannung wird von den
Trafos so heruntertransformiert, dass den Lautsprechern (Widerstände in den
Sekundärkreisen) eine bestimmte Leistung verbraucht wird. Die Lautsprecher haben alle einen
Widerstand von 8 Ohm. Berechnen Sie für beide Lautsprecher das Verhältnis ü=n p/nS, wenn
der linke Lautsprecher für eine Leistung von 8 Watt und der rechte Lautsprecher für eine
Leistung von 50 Watt ausgelegt ist. Dieser Aufgabenteil kann ohne Kenntnis der vorherigen
Aufgabenteile gelöst werden.
16
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Lösung
6.1
Sekundärkreis:
j L2 * i2  j L12 * i1  R * i2  0
j L2  R * i2   j L12 * i1
i2  
j L12
* i1
j L 2  R
Primärkreis:
u1  j L12 * i2  j L1 * i1  0
Einsetzen:
u1  j L12 *
u1 
 j L12
* i1  j L1 * i1  0
j L 2  R
2L212
* i1  j L1 * i1  0
j L 2  R
Auf einen Nenner bringen:
u1 
2L212  2L1 * L 2  j L1 * R
* i1  0
j L 2  R
2L212  2L1 * L 2  j L1 * R
u1 
* i1
j L 2  R
i1 
6.2
j L 2  R
* u1
 L   L1 * L 2  j L1 * R
2 2
12
2
Mit
L12  L1 * L2
erhält man für i1
i1 
j L 2  R
* u1
j L1 * R
17
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
6.3
Aus dem Buch:
Selbstinduktivität
L  N2 *
*A
l
L1  N12 *
*A
l
L 2  N22 *
*A
l
Linke Spule:
Rechte Spule:
Gegeninduktivität
L12  N1 * N2 *
*A
l
Multipliziert man die Selbtinduktivitäten miteinander und vergleicht sie mit dem Quadrat der
Gegeninduktivität, so erhält man
L1 * L 2  N12 *
6.4
*A
*A
*A
*A
* N12 *
N1 *N2 *
*N1 *N2 *
 L212
l
l
l
l
Für die in einem Widerstand umgesetzte Leistung gilt
P
U2
2R
Im vorliegenden Fall ist R der auf die Primärseite transformierte Widerstand von 8 Ohm.
Linker Lautsprecher (8 Watt):
R
U2 104 V 2

 625 
2 P 2 * 8W
Mit R=ü2 * 8 Ohm findet man
2
n 
R   P1  * 8 
 nS1 
nP1

nS1
625 
 78.125  8.839
8
Rechter Lautsprecher:
R
U2
104 V 2

 100 
2 P 2 * 50W
nP 2
100 

 12.5  3.536
nS 2
8
18
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
Aufgabe 7 (31 Punkte)
Gegeben ist ein Drehstromsystem mit einer Frequenz von 50 Hertz. Im Bild A7.1 sind links die
Sternspannungen und die Aussenleiterspannungen eingetragen. Bezugsspannung für alle
Aufgabenteile ist die Sternspannung U1.
Bild A7.1: Links: Definition der Spannungen, rechts: Unsymmetrische Dreieckschaltung
7.1
Berechnen Sie für U1 = 231V*ej0° die Aussenleiterspannungen sowohl nach Betrag und Phase
und nach Realteil und Imaginärteil.
7.2
Berechnen Sie die Impedanz des Kondensators. Berechnen Sie dann die Ströme durch die
drei Lasten nach Betrag und Phase sowie nach Real- und Imaginärteil.
7.3
Berechnen Sie dann die Aussenleiterströme nach Betrag und Phase sowie nach Real- und
Imaginärteil.
Lösung
7.1
Für die Beträge der Aussenleiterspannungen gilt grundsätzlich:
UAussenleiter  3 * UStern  3 * 231V  400V
Für die Aussenleiterspannungen findet man daher:
U12  400V * e j30  346.4V  j 200V
U23  400V * e  j90   j 400V
U31  400V * e j150  346.4V  j 200V
Statt +150° kann man auch -210° einsetzen, das Ergebnis ist das Gleiche.
7.2
Impedanz des Kondensators:
1
sec* V
 j
  j 80
j C
2 * 50 * 39.79 * 10 6 A sec
I12 
U12 400V * e j30

 10A * e j30  8.66A  j 5A
Z12
40
19
Grundlagen der Elektrotechnik Ludemann Januar 2010
I23 
I31 
U23 400V * e  j90

 5 A * e j0  5 A  j 0 A
Z 23
 j 80
U31 400V * e j150

 4.21A * e j150  3.646A  j 2.105A
Z 31
95
7.3
I1  I12  I31  8.66A  j 5A  3.646A  j 2.105A  12.31A  j 2.895A  12.646A * e j13.2
I2  I23  I12  5A  j 0A  8.66A  j 5A  3.66A  j5A  6.2A * e  j126.2
Alternativ:
I2  6.2A * e j233.8
I3  I31  I23  3.646A  j 2.105A  5A  j 0A  8.646A  j 2.105A  8.9A * e j103.7
Alternativ:
I3  8.9A * e j256.3
20