Aufgabe 1 2 3 Punkte - Fachhochschule Südwestfalen

Fachhochschule Südwestfalen - Meschede
Prof. Dr. Henrik Schulze
Klausur: Grundlagen der Elektrotechnik 2 am 13. Juli 2015
Name
_________________ Matr.-Nr.
______________
Vorname _________________ Unterschrift ______________
Aufgabe
Punkte
1
2
3
4
Summe Note
• Die Klausur umfasst 4 Aufgaben. Insgesamt sind 100 Punkte erreichbar.
• Die Bearbeitungszeit beträgt 120 Minuten.
• Erlaubte Hilfmittel (neben Schreib- und Zeichengerät): Ein Formelblatt DIN A4 (beidseitig beschrieben) und ein Taschenrechner. Eingeschaltete Kommunikationsgeräte (z.B. Mobiltelefone) müssen
als Täuschungsversuch gewertet werden.
• Verwenden Sie bitte ausschließlich das bereitgestellte Papier.
• Die Rechenschritte müssen nachvollziehbar sein. Ungültige Teile streichen Sie bitte durch!
Aufgaben:
25
Aufgabe 1 Gegeben ist die folgende Schaltung
iR (t)
iC (t)
iq (t)
R = 10 Ω
C = 100 µF
mit einer Wechselstromquelle
iq (t) = 1, 2 A cos (ωt) + 1, 2 A sin (ωt) , ω = 1000 s−1 .
(a) Berechnen Sie die Ströme iC (t) und iR (t). Skizzieren Sie die zugehörigen Zeiger I C und I R zusammen mit I q in der komplexen Ebene.
(b) Berechnen Sie die von der Quelle abgegebene Schein-, Wirk- und Blindleistung.
(c)
Wie lautet die Übertragungsfunktion
HC (ω) =
IC
Iq
in Abhängigkeit von der Variablen ω? Skizzieren Sie das Betragsquadrat für diese Größe.
Lösung zu Aufgabe 1
(a) über die Admittanzen: Zeiger der Quelle:
◦
1, 2 A
I q = √ (1 − j) = 1, 2 A e−j45
2
Impedanzen und Admittanzen der Bauteile (sind vom Betrag gleich):
R = 10 Ω,
Gesamte Admittanz:
IC =
1
1
= −j10 Ω und
= 0, 1 S, jωC = j · 0, 1 S
jωC
R
√
◦
Y gesamt = 0, 1(1 + j) S = 0, 1 2 S ej45
◦
◦
j · 0, 1 S
0, 1 S
1, 2 A
1, 2 A
√
√
und I R =
· 1, 2 A e−j45 = √
· 1, 2 A e−j45 = −j √
◦
◦
j45
j45
0, 1 2 S e
2
0, 1 2 S e
2
3+3+3 = 9
Skizze der Zeiger:
IC
IR
Iq
(a) über die Stromteilerregel:
Mit
R||
Da die Spannung an allen Bauteilen gleich ist, gilt:
1
1
Iq =
I = RI R
R||
jωC
jωC C
√
◦
R
10 Ω
10 Ω
1
=
=
=
(1 − j) = 5 Ω − j5 Ω = 2 5 Ω e−j45
jωC
1 + jωRC
1+j
2
folgt
IC =
1, 2 A
1, 2 A
jωRC
j
1
1
1, 2 A
1, 2 A
und I R =
I =
(1 − j) · √ = √
Iq =
(1 − j) · √ = −j √
1 + jωRC q
1+j
1
+
jωRC
1
+
j
2
2
2
2
und damit
iC (t) = 1, 2 A cos (ωt) und iR (t) = 1, 2 A cos (ωt − 90◦ ) = 1, 2 A sin (ωt)
(a) direkt über die Spannung: Man kann das auch über die Spannung an R und C ausrechnen. Sie
lautet:
◦
Iq
◦
1, 2 A e−j45
12 V
12 V
U= 1
=
= √ e−j90 = −j √
0, 1 S · (1 + j)
2
2
R + jωC
I C = jωCU = j
1 −j12 V
U
1, 2 A
1, 2 A
1 −j12 V
√
√
und I R =
= √
= −j √
=
10 Ω
R
10
Ω
2
2
2
2
(b) Berechnen Sie die von der Quelle abgegebene Schein-, Wirk- und Blindleistung.
8
Komplexe Leistung:
◦
◦
◦
1
12 V
S = U I ∗q = 12 V e−j90 · √ 1, 2 A e+j45 = √ 14, 4 VA e−j45 = 7, 2 (1 − j) VA
2
2
... oder so:
1
2
S = R||
Iq2 = (5 Ω − j5 Ω) (1, 2 A) = 7, 2 (1 − j) VA
jωC
S=
(c)
14, 4 VA
√
2
P = 7, 2 W
Q = 7, 2 var
Wie lautet die Übertragungsfunktion
HC (ω) =
IC
Iq
in Abhängigkeit von der Variablen ω? Skizzieren Sie das Betragsquadrat für diese Größe. Für allgemeines ω lautet die Spannung:
Iq
U= 1
+
jωC
R
Mit
U=
1
I
jωC C
folgt
IC =
1
R
jωC
jωτ
I mit τ = RC
I =
+ jωC q 1 + jωτ q
HC (ω) =
Skizze:
jωτ
1 + jωτ
2
|HC (ω)|2 =
(ωτ )
1 + (ωτ )
2
4+4= 8
1
|H(ω)|2
0.8
0.6
0.4
3−dB−Bandbreite
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
ωτ
2.5
3
3.5
4
2.5
3
3.5
4
Phasendifferenz [deg]
80
60
3−dB−Bandbreite
40
20
0
0
0.5
1
1.5
2
ωτ
(Phase war nicht gefragt)
Aufgabe 2 Bei einem 400V-Drehstromnetz der Frequenz 50 Hz werden mittels der Aronschaltung an
einer symmetrischen, sternförmigen Last ohne Neutralleiter die Leistungen
25
P12 = 20 kW bzw. P32 = 37, 3 kW
zwischen Leiter 1 und 2 bzw. 3 und 2 gemessen.
(a) Handelt es sich um eine induktive oder um eine kapazitive Last? Begründen Sie Ihre Antwort und
zeichnen Sie das Schaltbild mit den entsprechenden Bauteilen.
(b) Berechnen Sie die Wirk-, Blind- und Scheinleistung der Last sowie den Leiterstrom IL .
(c) Berechnen Sie den Wirkwiderstand R sowie die Induktivität L bzw. die Kapazität C der Last.
Lösung zu Aufgabe 2:
(a)
Es gilt
Q=
√
3 (P32 − P12 ) = 30 kvar
Wegen Q > 0 ist die Last induktiv.
L1
3+4= 7
ILeiter
W
L
R
L
R
L
R
P12
L2
P32
L3
W
(b) Berechnen Sie die Schein- Wirk- und Blindleistung sowie den Leiterstrom I:
P = P12 + P32 = 57, 3 kW
Q=
√
3 (P32 − P12 ) = 30 kvar
◦
S ≈ 57, 3 kW + 30j kvar = 64, 7 kVA ej27,6 d.h. S = 64, 7 kVA
Aus
S=
√
3 UL IL
7 + 3 = 10
folgt
1 S
IL = √
≈ 93 A
3 UL
Anmerkung: Man kann auch die drei komplexen Leiterströme I 1 , I 2 , I 3 ausrechnen. Dann muss man
aber die Formeln
∗
1
S
∗
usw.
S = U 1I 1 ⇒ I 1 =
3
3U 1
verwenden. Wenn man einfach das reelle UL einsetzt, bekommt man die falsche Phase heraus.
(c) Berechnung des Wirkwiderstandes R sowie der Induktivität L der Last: Für die Leistung an einer
der drei Impedanzen gilt:
1
S = (R + jωL) IL2
3
1
R + jωL = 2 S = (2, 19 + j1, 15) Ω
3IL
R=
1
1
P = 2, 19 Ω und mit ω = 314, 16 s−1 ⇒ L =
Q = 3, 65 mH
3IL2
3ωIL2
8
Aufgabe 3 In der unten skizzierten Schaltung mit der Gleichstromquelle iq (t) = 1 A wird zur Zeit t = 0
der Schalter geschlossen. Vorher befindet sich das System im stationären Zustand.
25
u(t)
i(t)
L = 100mH
Iq = 1A
t=0
R1 = 20Ω
R2 = 20Ω
(a) Berechnen und skizzieren Sie i(t) für t ≥ 0.
(b) Berechnen und skizzieren Sie u(t) für t ≥ 0.
(c) Zu welcher Zeit t1 fließt der Strom i(t1 ) = 0, 75 A durch die Spule?
Lösung zu Aufgabe 3
(a)
4
Zeitkonstante (Schalter geschlossen):
τ=
Anfangsstrom zur Zeit t = 0:
i0 =
Stationärer Strom für t → ∞:
L
= 5 ms
R1
1
I q = 0, 5 A
2
is = I q = 1 A
Allgemeine Formel für den Strom:
i(t) = is − (is − i0 ) e−t/τ
i(t) = 1 A − 0, 5 A e−t/τ (Skizze siehe unten)
8 (inkl. Skizze)
(b) mit Hilfe des Induktionsgesetzes: Die Spannung kann man nach dem Induktionsgesetz über die
Ableitung ausrechnen:
u(t) = L
L
d
i(t) = 0, 5 A e−t/τ = 0, 5 A R1 e−t/τ
dt
τ
u(t) = 10 V e−t/τ (Skizze siehe unten)
(b) mit Hilfe der Knotenregel: Das selbe Ergebnis bekommt man über die Knotenregel (beachte: Der
Widerstand R2 ist überbrückt. An L und R1 liegt die selbe Spannung u):
Iq = i +
u
R1
u = R1 1 A − 1 A + 0, 5 A e−t/τ
u(t) = 10 V e−t/τ
8 (inkl. Skizze)
(b) mit Hilfe der allgemeinen Formel: Unmittelbar nach Öffnen des Schalters verhält sich die Spule
wie eine Stromquelle mit 0.5 A (vgl. Tabelle 5.1 im Skript). Durch den Widerstand R1 = 20 Ω fließt dann
der Strom 0.5 A. Damit ist die Spannung sowohl am Widerstand R1 als auch an der Spule
u0 = u(0+ ) = 0.5 A · 20 Ω = 10 V .
Im stationären Zustand verhält sich die Spule wie ein Kurzschluss (vgl. Tabelle 5.2 im Skript), d.h.
us = 0 .
Dann ergibt sich aus der allgemeinen Formel:
u(t) = 10 V e−t/τ
1
i(t) [A]
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t/τ
3
3.5
4
4.5
5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t/τ
3
3.5
4
4.5
5
10
u(t) [V]
8
6
4
2
0
Skizzen für (a) und (b):
(c)
Weil i(t1 ) = 0, 75 A genau der Mittelwert (is − i0 )/2 ist, ist t1 gerade die Halbwertszeit:
t1 = t1/2 ≈ 0, 7τ = 3, 5 ms
5
Aufgabe 4
Gegeben ist ein Kabel der Länge ℓ = 500 m mit angepasstem Abschluss und den Belägen
G′ =
C′ =
R′ = 50 mΩ/m
1 pS/m ,
100 pF/m , L′ = 250 nH/m
Eingespeist wird ein Signal der Frequenz f = 159, 15 kHz und der Spannung U 1 = 10 V. Berechnen Sie
25
(a) Den Wellenwiderstand Z L , die Dämpfungskonstante α in dB/km sowie die Wellenlänge λ.
(b) Den Strom I 1 und die Leistung S 1 am Anfang der Leitung.
(c) Die Spannung U 0 , den Strom I 0 und die Leistung S 0 am Ende der Leitung.
(d) Die Dämpfung der Leistung durch das Kabel in Dezibel und vergleichen Sie mit dem nach (a) zu
erwartenden Wert.
Lösung zu Aufgabe 4
(a) Wellenwiderstand Z L , die Dämpfungskonstante α in dB/km sowie die Wellenlänge λ.
Es gilt
ω = 106 s−1 .
5 + 5 = 10
Folgende Größen werden später benötigt:
10−12
G′
= 6
= 10−8 (kann vernachlässigt werden)
′
ωC
10 · 102 · 10−12
R′
50 · 10−3
=
= 0, 2
ωL′
106 · 250 · 10−9
√
√
ω L′ C ′ = 106 m−1 25 · 10−18 = 10−3 · 5 m−1 = 5/km
r
r
L′
250 · 10−9 H
=
= 50 Ω
C′
100 · 10−12 F
Verwende außerdem folgende Näherung für die Wurzel:
p
1
1 − jy ≈ 1 − jy für y ≪ 1
2
Dann gilt:
ZL =
r
L′
C′
s
R
1 − j ωL
′
= 60 Ω
G′
1 − j ωC
′
′
s
1 − j0, 2
≈ 50 Ω (1 − 0, 1j)
1 − j10−8
◦
Z L ≈ 50 Ω e−j0,1rad = 50 Ω e−j5,7
γ
s
R′
G′
1−j
1−j
ωL′
ωC ′
p
= 5 km−1 (1 − j0, 2) (1 − j10−8 )
√
= jω L′ C ′
≈ 5 km−1 (1 − j0, 1)
= 0, 5 Np/km+j5rad/km
α = 0, 5 Np/km = 4, 3 dB/km und λ =
2π
km ≈ 1, 26 km
5 rad
(b) Strom I 1 und die Leistung S 1 am Anfang der Leitung.
I1 =
4
U1
ZL
◦
I 1 = 200 mA ej5,7
S1 =
◦
U12
ZL
S 1 = 2 VA e−j5,7 = 2 W − j0, 2 var
(c)
Die Spannung U 0 , den Strom I 0 und die Leistung S 0 am Ende der Leitung.
◦
U 0 = e−αℓ e−j360
ℓ/λ
◦
U 1 = e−0,25 e−j144
ℓ/λ
6
· 10 V
◦
U 0 = 7, 8 Ve−j144
I0 =
◦
U0
= 156 mAe−j138
ZL
2
S0 =
(7, 7 V) −j5,7◦
e
= 1, 2 W − j0, 12 var
50 Ω
(d) Der Leistungsverlust ist
2
2
5
2
U1
dB
=
10
lg
dB
=
10
lg
dB ≈ 7 dB − 4, 8 dB dB = 2, 2 dB
dB
=
10
lg
10 lg
U02
1, 2
1, 2
3
auf 500 m. Nach (a) ist α= 4, 3 dB/km, d.h. für 500 m sind 2.15 dB Dämpfung zu erwarten. Die Abweichung ist ein kleiner Rundungsfehler.
5