Aufgabe 1 2 3 Punkte - Fachhochschule Südwestfalen

Fachhochschule Südwestfalen - Meschede
Prof. Dr. Henrik Schulze
Klausur: Grundlagen der Elektrotechnik 2 am 31. März 2016
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)
iL (t)
iq (t)
R = 10 Ω
L = 10 mH
mit einer Wechselstromquelle
iq (t) =
√
2 · 1, 2 A sin (ωt) , ω = 1000 s−1 .
(a) Berechnen Sie die Ströme iL (t) und iR (t). Skizzieren Sie die zugehörigen Zeiger I L 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
HR (ω) =
IR
Iq
in Abhängigkeit von der (als variabel betrachteten) Kreisfrequenz ω? Skizzieren Sie das Betragsquadrat für diese Größe.
Lösung zu Aufgabe 1
(a)
Zeiger der Quelle:
◦
I q = 1, 2 A e−j90
Da die Spannung an allen Bauteilen gleich ist, gilt:
(R||jωL) I q = jωLI L = RI R
Mit
R||jωL = 5 Ω + j5 Ω =
√
◦
2 5 Ω ej45
folgt
IR =
◦
◦
R||jωL
jωL
1, 2 A
R||jωL
R
1, 2 A
Iq =
I = √ e−j45 und I L =
Iq =
I q = √ e−j135
R
R + jωL q
jωL
R
+
jωL
2
2
und damit
iR (t) = 1, 2 A cos (ωt − 45◦ ) und iL (t) = 1, 2 A cos (ωt − 135◦ )
3+3+3 = 9
Skizze der Zeiger:
IL
IR
Iq
Man kann das auch über die Spannung an R und L ausrechnen (Umweg!). Sie lautet:
U=
Iq
1
R
+
1
jωL
◦
=
◦
12 V e−j45
1, 2 A e−j90
√
=
0, 1 S · (1 − j)
2
8
(b) Komplexe Leistung:
S = (R||jωL) |I q |2 = (5 + j5) · 1, 44 VA = 7, 2 (1 + j) VA =
oder so:
◦
S = U I ∗q =
◦
14, 4 VA j45◦
12 V e−j45
√
√
· 1, 2 A e+j90 =
e
= 7, 2 (1 + j) VA
2
2
S=
(c)
14, 4 VA j45◦
√
e
2
14, 4 VA
√
2
P = 7, 2 W
Q = 7, 2 var
Für allgemeines ω lautet die Spannung:
U=
Iq
1
R
+
1
jωL
Mit
U = RI R
folgt
IR =
Iq
1+
HR (ω) =
1
jωτ
=
jωτ
1 + jωτ
L
jωτ
I q mit τ =
1 + jωτ
R
|HR (ω)|2 =
(ωτ )
2
1 + (ωτ )2
4+4= 8
Skizze:
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
25
Ein 400V-Drehstromnetz wird mit einer asymmetrischen Last
Z 12 = 40 Ω , Z 23 = j20 Ω , Z 31 = −j20 Ω
in Dreieckschaltung belastet. Die Spannung U 1 ist rein reell.
(a) Zeichnen Sie das Ersatzschaltbild.
(b) Wie lauten die Zeitsignale für die Leiterströme?
(c) Berechnen Sie die (Gesamt-) Schein-, Wirk- und Blindleistung der Schaltung.
Lösung zu Aufgabe 2
8
(a) Ersatzschaltbild:
U1
L1
U 31
I1
U 12
U 12
I 31
I 12
U2
L2
Z 12
I2
Z 31
I 23
U 23
U 31
Z 23
U3
L3
U 23
I3
(b) Leiterströme Zuerst die Spannungen hinschreiben:
◦
◦
U 2 = 230 V e−j120
U 1 = 230 V
◦
U 12 = 400 V ej30
U 3 = 230 V e−j240
◦
U 23 = 400 V e−j90
◦
U 31 = 400 V e−j210
Strangströme:
√
◦
U
400 V ej30
3+j
= 12 =
= 10 A ej30 = 5A
Z 12
40 Ω
◦
I 12
◦
I 31 =
U 31
Z 31
Leiterströme:
400 V e−j90
U
= −20 A
I 23 = 23 =
Z 23
j20 Ω
◦
√ ◦
400 V ej150
=
= 20 A ej240 = 10 A −1 − j 3
−j20 Ω
◦
I 1 = I 12 − I 31 = (18, 66 + 22, 32j) A = 29, 1 A ej50,1
◦
I 2 = I 23 − I 12 = (−28, 66 − 5j) A = 29, 1 A e−j170,1
◦
I 3 = I 31 − I 23 = (10 − 17, 3j) A = 20 A e−j60
i1 (t) =
9
√
2 29, 1 A cos (ωt + 50, 1◦ )
i2 (t) =
√
2 29, 1 A cos (ωt − 170, 1◦)
i3 (t) =
√
2 20 A cos (ωt − 60◦ )
(c) Leistungen:
S
=
2
2
2
U23
U31
U12
∗ +
∗ +
∗
Z 12
Z 23
Z 31
=
(400 V)
(1 + 2j − 2j) = 4000 VA
40 Ω
2
8
S = 4000 VA
P = 4000 W
Q = 0 var
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
8 (inkl. Skizze)
(b) Die Spannung kann man nach dem Induktionsgesetz über die Ableitung ausrechnen:
u(t) = L
d
L
i(t) = 0, 5 A e−t/τ = 0, 5 A R1 e−t/τ
dt
τ
u(t) = 10 V e−t/τ
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
Skizzen für (a) und (b):
8 (inkl. Skizze)
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
(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 eine Leitung der Länge ℓ = 100 m mit angepasstem Abschluss und den
Belägen
G′ =
30 pS/m ,
R′ = 360 mΩ/m
C′ =
100 pF/m , L′ = 360 nH/m
Eingespeist wird ein Signal der Frequenz f = 16 MHz und der Spannung U 1 = 12 V. Berechnen Sie
25
(a) Den Wellenwiderstand Z L , die Ausbreitungskonstante γ 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 Leitungslänge ℓ1/2 , bei der die Verlustleistung gerade halb so so groß wie die am Anfang eingespeiste Leistung ist.
Lösung zu Aufgabe 4
(a)
Wellenwiderstand Z L , die Ausbreitungskonstante γ sowie die Wellenlänge λ. Es gilt
5 + 5 = 10
ω = 108 s−1 .
Folgende Größen werden später benötigt:
R′
360 · 10−3
= 8
= 0, 01
′
ωL
10 · 360 · 10−9
G′
30 · 10−12
=
= 3 · 10−9
ωC ′
108 · 100 · 10−12
360 · 10−9 H
L′
=
= 3600 Ω2
C′
100 · 10−12 F
√
√
ω L′ C ′ = 108 m−1 36 · 10−18 = 0, 6 m−1
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, 01
≈ 60 Ω (1 − 0, 005j)
1 − j3 · 10−9
◦
Z L = 60 Ω e−j0,005rad = 60 Ω e−j0,3 ≈ 60 Ω
γ
s
G′
R′
1
−
j
1−j
ωL′
ωC ′
p
= j0, 6 m−1 (1 − j0, 01) (1 − j3 · 10−9 )
√
= jω L′ C ′
≈ j0, 6 · (1 − 0, 005j) m−1
γ = α + jβ = (0, 003 + 0, 6j) m−1 und λ =
2π
≈ 10, 5 m
β
Die Dämpfung beträgt
3 Np/km ≈ 26 dB/km .
(b) Strom I 1 und die Leistung S 1 am Anfang der Leitung.
I1 =
U1
12 V
=
ZL
60 Ω
I 1 = 200 mA = 200 mA
S 1 = Z L I12 = 60 Ω · 0, 04 A
S 1 = 2, 4 VA
4
(c)
Die Spannung U 0 , den Strom I 0 und die Leistung S 0 am Ende der Leitung.
6
U 0 = e−γℓ U 1 = e−j60,3 rad e−0,3 · 12 V
◦
U 0 = 8, 9 Vej144
I0 =
◦
U0
= 150 mAej144
ZL
S0 ≈
81 V2
≈ 1, 3 VA
60 Ω
(d) Die Leitungslänge ℓ1/2 , bei der die Verlustleistung gerade halb so so groß wie die am Anfang
eingespeiste Leistung ist.
2αℓ1/2 = ln 2
0, 006 m−1ℓ1/2 = 0, 69
ℓ1/2 ≈ 115 m
5