Klausur Januar 2009 - home.edvsz.fh

Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Aufgabe 1 (36 Punkte)
Eine Leiterschleife mit dem Radius r bewegt sich mit der konstanten Geschwindigkeit v senkrecht in
ein Magnetfeld B hinein. Die Abmessungen des Magnetfeldes sind größer als der Durchmesser der
Schleife. Die Leiterschleife besitze den Widerstand R.
Bild A1.1: Leiterschleife und Magnetfeld. M: Mittelpunkt der Leiterschleife
Zum Zeitpunkt t=0 berühre die Leiterschleife gerade den Rand des Magnetfeldes (Bild A1.1). Sobald
die Leiterschleife in den Bereich des Magnetfeldes gerät, fließt ein Strom i(t).
1.1
In welche Richtung fließt der Strom i(t), mit oder gegen den Uhrzeigersinn?
1.2
Berechnen Sie die wirksame Leiterlänge l und den Strom i(t) für die Zeit 0≤t<r/v sowie die Kraft
auf die Leiterschleife. In welche Richtung wirkt diese Kraft?
1.3
Berechnen Sie die wirksame Leiterlänge l und den Strom i(t) für die Zeit r/v≤t≤2r/v sowie die
Kraft auf die Leiterschleife.
1.4
Berechnen Sie den Strom i(t) und die Kraft auf die Leiterschleife für den Rest der Zeit, in der
die Leiterschleife ganz im Magnetfeld verbleibt.
1.5
Wie groß muss das Magnetfeld sein, damit die maximal auftretende Kraft gleich 1 Newton ist?
Der Widerstand R der Spule sei 10 Milliohm, die Geschwindigkeit v der Spule 1 m pro
Sekunde. Der Radius der Spule sei 10 cm. Spielt die Richtung von B (in die Zeichenebene
hinein oder heraus) eine Rolle für die Richtung der Kraft?
1
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Lösung:
1.1
Der Strom fließt gegen den Uhrzeigersinn, da er bestrebt ist, das Magnetfeld zu schwächen.
1.2
Zuerst muss die wirksame Leiterlänge bestimmt werden (Bild A1.2 links)
Bild A1.2: Wirksame Leiterlängen für 1.2 und 1.3. M: Mittelpunkt der Leiterschleife.
Während der r/v≤t≤2r/v befindet sich der Mittelpunkt der Leiterschleife noch außerhalb des
Magnetfeldes, siehe Bild A1.2 links. Für die halbe wirksame Leiterlänge gilt:
l
2
 r 2  r  v * t 
2
Die in der Leiterschleife induzierte Spannung beträgt
u B*l* v
u  2 * B * v * r 2  r  v * t 
2
und für den Strom
i
u 2*B* v
2

* r 2  r  v * t 
R
R
Die Kraft berechnet man zu
F B*l*i
F  B * 2 * r 2  r  v * t  *
2
F
F
2*B* v
2
* r 2  r  v * t 
R

4 * B2 * v
2
* r 2  r  v * t 
R


4 * B2 * v
* 2 * r * v * t  v 2t2
R
Die Kraft wirkt nach oben und will die Spule abbremsen.
2

Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
1.3
Im Zeitraum r/v≤t≤2r/v ist die Leiterschleife zwar noch nicht ganz in das Magnetfeld
eingetaucht, aber ihr Mittelpunkt M befindet sich jetzt im Feldbereich.
Damit gilt dann für die wirksame Länge l:
l
2
 r 2  v * t  r 
2
Hinweis: Der Ausdruck in der Klammer ist der Ausdruck von 1.2, multipliziert mit "-1". Durch die
Quadrierung fällt das Minuszeichen heraus, so dass man für l/2 auch das Ergebnis von 1.2 nehmen
könnte. Die Geometrie ist jedoch anders als bei 1.2.
Die in der Leiterschleife induzierte Spannung beträgt
u  2 * B * v * r 2  v * t  r 
2
und für den Strom
i
u 2*B* v
2

* r 2  v * t  r 
R
R
Die Kraft berechnet man zu
F B*l*i
F  B * 2 * r 2  v * t  r  *
2
F
F
2*B* v 2
2
r  v * t  r 
R

4 * B2 * v
2
* r 2  v * t  r 
R


4 * B2 * v
* 2 * r * v * t  v 2t2
R

1.4
In der Zeit, während der die Spule vollständig im Feldbereich ist, wird keine Spannung
induziert. Strom und Kraft sind daher gleich 0.
1.5
Die Kraft ist dann maximal, wenn die wirksame Länge maximal ist:
v*t r



4 * B2 * v
4 * B2 * v
2 2
F
* 2*r *v *t v t 
* 2 * r2 r2
R
R
2
4*B * v 2
F
*r
R
3

Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Dieser Ausdruck muss nach B aufgelöst werden:
B
B 
F*R
4 * v * r2
1N * 10 2 V sec
4 * 1m * 10 2 m 2 A
Berücksichtigt man nun, dass 1 Nm gleich einer Wattsekunde ist, so bedeutet das
1N 
VA sec
m
Eingesetzt in den Ausdruck für B ergibt dies
1VA sec* 10 2 V sec
1 V sec
B

 0.5 T
2
2
2
4 m2
4 * 1m * 10 m A
Die Richtung von B spielt keine Rolle. Dreht man die Richtung von B um, so ändert sich auch die
Richtung von i und die abbremsende Wirkung ist wieder gegeben.
4
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Aufgabe 2 (18 Punkte)
Gegeben ist eine periodische Spannung mit dem Verlauf:
ut   Umax * cos 2 t 
2.1
Bestimmen Sie den Gleichrichtwert UGl der Spannung.
2.2
Bestimmen Sie den Effektivwert U der Spannung.
Hinweis: cos
4
x   1 cos4x   4 * cos2x   3
8
Lösung:
2.1
Der Gleichrichtwert der Spannung berechnet sich zu
T
1
UGl  *  ut  dt
T 0
Die Funktion ist immer größer als Null, deshalb kann man auch schreiben
T
T
T
U
1
1
UGl  *  ut dt  *  Umax * cos 2 t dt  max *  cos 2 t dt
T 0
T 0
T
0
Nach Formelsammlung ist das Integral
1
1

0 cos t dt   2 t  4 * sin2t 
T
T

2
0
T
2
Somit erhält man für den Gleichrichtwert
UGl 
Umax T
*  0.5 Umax
T
2
Nach der Korrektur geschrieben (gilt für 2.1 und 2.2): Viele haben nicht beachtet, dass die
Sinusfunktion peridisch zu Null wird, nämlich t=0, T, 2T usw. Wenn man aber in der vorletzen Formel
den Sinus von 2T ungleich Null setzt, so kommt natürlich etwas ganz anderes heraus.
2.2
Für den Effektivwert gilt:
T
1
2
U
*  ut  dt
T 0
Eingesetzt ergibt dies
5
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T
T
2
Umax
1
2
4
U
*  Umax * cos t dt 
*  cos 4 t dt
T 0
T
0
Nun muss noch das Integral ausgewertet werden:
T
T
1
0 cos t dt  8 0 cos4t   4 * cos2t   3dt
4
1
cos4t   4 * cos2t   3dt  1  1 sin4t   4 sin2t   3t 

80
8  4
2

T
T

0
3T
8
Somit erhält man für den Effektivwert:
U
2
Umax
3T
*
 0.375 * Umax  0.612 * Umax
T
8
Nach der Korrektur geschrieben: Natürlich kann man auch des Integral des cos 4t direkt
nachschlagen. Ich habe den Hinweis mit dem cos nur gegeben, um sicher zu sein, dass die Aufgabe
lösbar wurde.
Die leidigen Mathematikkenntnisse! Nur ein Beispiel:
xyz  x  y  z
6
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Aufgabe 3 (25 Punkte)
Gegeben ist die allgemeine Brückenschaltung links und die spezielle Messschaltung rechts.
Bild A3.1: Brückenschaltungen. Links: Allgemein, rechts konkrete Messschaltung
3.1
Wie groß ist UAB in der linken Schaltung bei abgeglichener Brücke? Bestimmen Sie U2 als
Funktion von U, Z1 und Z2. Bestimmen Sie U4 als Funktion von U, Z3 und Z4. Warum müssen
bei abgeglichener Brücke diese beiden Spannungen gleich sein? Leiten Sie daraus die
Abgleichbedingung in der Form
Z A ZC

ZB ZD
her. Hinweis: Ergebnisse sollen wirklich ausgerechnet und nicht abgeschrieben werden.
3.2
Nun geht es um die rechte Schaltung. Wie lautet die Impedanz Zx der Reihenschaltung aus RX
und Lx? Wie lautet die Impedanz Z3 der Parallelschaltung aus R3 und C3?
3.3
Wie lautet die Abgleichbedingung für die rechte Schaltung? Dabei soll R4 gleich R1 sein. Lösen
Sie diese Bedingung nach ZX auf und bestimmen Sie RX und LX als Funktion der übrigen
Bauelemente. Ist das Ergebnis für LX frequenzabhängig?
3.4
Es wurde durch Variation von R3 und C3 eine unbekannte verlustbehaftete Induktivität
ausgemessen. R1 ist gleich 100. Die abgelesenen Werte für R3 sind 1000 und für C3 1F.
Berechnen Sie Rx und Lx.
Lösung
3.1
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
7
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
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
3.2
Für die Reihenschaltung gilt
Zx  Rx  jLx
und für die Parallelschaltung
Z3 
1
1
 jC3
R3

R3
1  jR3C3
Nach der Korrektur geschrieben: Der erste Ausdruck für Z3 ist recht unbequem und wird durch
Erweitern mit C3 vereinfacht. Viele Klausurteilnehmer quälen sich aber (teilweise über eine ganze
Seite hinweg) mit "1/R3" und den Folgen.
3.3
Die Abgleichbedingung lautet
R1 Z 3

Z x R1
Nach ZX aufgelöst
Zx 
Zx 
R12
Z3
R12
* 1  jR3C3 
R3
R X  jL X 
R12
* 1  jR3C
R3
8
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Somit erhält man für RX
RX 
R12
R3
und LX
L X  R12 * C3
Das Ergebnis für LX ist nicht frequenzabhängig.
Nach der Korrektur geschrieben: Es handelt sich bei der Schaltung um die Maxwell-Wien-Brücke zur
Bestimmung von Induktivitäten. Diese Brückenschaltung wird in der Literatur häufig erwähnt. Deshalb
ist es nicht verwunderlich, dass Klausurteilnehmer, welche die Herleitung aus 3.1 nicht geschafft
haben, auf einmal die Abgleichbedingung kennen. Sie haben sie aus der als Hilfsmittel erlaubten
Literatur entnommen. Dagegen ist auch nichts einzuwenden, für so etwas ist Literatur ja schließlich da.
Im Deckblatt für die Klausur wird erwähnt. dass die Lösungen der Aufgaben einen nachvollziehbaren
Absatz aufweisen müssen. Daher in einem solchen Fall kurz die Quelle erwähnen. Beispiel:
Die Abgleichbedingung lautet
R1 Z 3

Z x R1
(Aus Meier, Grundlagen der Elektrotechnik, Seite 123)
3.4
1002
10000
RX 

  10
1000
1000
L X  1002
V2
A sec
V sec
* 10 6
 10 2
 10mH
2
A
V
A
9
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Aufgabe 4 (14 Punkte)
Gegeben ist die Schaltung gemäß Bild A4.1
Bild A4.1
Der Betrag der Impedanz aller Bauelemente ist gleich und beträgt 100. Die Spannung U1 beträgt 100
Volt.
4.1
Geben Sie eine Masche an, in der die im Bild eingezeichneten Spannungen enthalten sind.
Geben Sie die Knotengleichung für den Knoten A an.
4.2
Bestimmen Sie zeichnerisch die Ströme I11, I12 und I1 nach Betrag und Phase. Wie groß ist U2?
(Ohmsches Gesetz) Bestimmen Sie die Spannung U und den Strom I2. (Jeweils Betrag und
Phase). Die Spannung U1 ist 100V*ej0°.
Hinweis: Aufgrund der einfachen Geometrie ist ein Ausmessen mit dem Lineal nicht erforderlich. Sie
können die Lösung ins untenstehende Bild eintragen. Falls Sie die Lösung auf eigenem Papier
vornehmen wollen, sind 20 Volt pro Zentimeter und 200mA pro Zentimeter angebracht. Bitte benutzen
Sie zur Darstellung von Spannungen eine andere Farbe als zur Darstellung von Strömen.
Hinweis:
2  1.414
Bild A4.2: Skizze zur Lösung.
10
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Lösung:
4.1
Masche:
U  U1  U2  0
U  U1  U2
Knoten:
I1  I11  I12  0
I1  I11  I12
4.2
Die Zeichnung zeigt die Gesamtlösung, darunter steht der Lösungsgang.
Bild A4.3: Zeichnerische Lösung.
Bei einem Widerstand sind Strom und Spannung in Phase:
I11 
100 V
* e j0  1A * e j0
100
Beim Kondensator eilt der Strom der Spannung um 90° vor:
I12  1A * e j90
Die Summe der Ströme I11 und I12 ergibt I1:
I1  1.414A * e j45
Damit steht auch (nach dem Ohmschen Gesetz) der Betrag der Spannung U 2 fest, sie eilt dem Strom
I1 um 90° vor:
U2  141.4V * e j135
Wenn man die Spannung U1 als Bezug nimmt, so eilt der Strom I1 um 45° vor und die Spannung U2
um 45°+90°=135°.
11
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Die Summe der beiden Spannungen U1 und U2 ergibt dann U:
U  100V * e j90
Zum Schluss noch den Strom I2, der der Spannung U um 90° voreilt:
I2  1A * e j180
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Aufgabe 5 (22 Punkte)
Gegeben ist ein Drehstromsystem mit einer Aussenleiterspannung von 400 Volt. Die Spannung U1 des
Leiters L1 sei die Bezugsspannung für alle Berechnungen weiter unten.
Bild A5.1: Links Drehstromsystem, rechts Zeigerdiagramm mit Sternspannungen
Dieses Drehstromsystem wird unsymmetrisch belastet, wie im Bild dargestellt. Der linke Verbraucher
nimmt eine Wirkleistung von 4 kW bei einem cos von 0.6 induktiv auf, der rechte Verbraucher eine
Wirkleistung von 3kW bei einem cos von 0.8 kapazitiv.
5.1
Berechnen Sie die Ströme I2 und I3 durch die Verbraucher sowie den Strom IN durch den
Rückleiter. Bezug für die Phasen ist die Spannung U1.
5.2
Skizzieren Sie I2 und I3 im Zeigerdiagramm rechts. 1 cm Länge soll dabei einem Strom von 10
Ampere entsprechen.
Lösung
5.1
Die Sternspannung beträgt
USt 
U
3

400V
 231V
1.73
Die für uns wichtigen Sternspannungen sind
U2  231V * e  j120
und
U3  231V * e  j240 
Der Betrag des Stromes I2 ist gleich
I2 
P2
4000W

 28.86A
U2 * cos  2 231V * 0.6
13
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Da der cos gleich 0.6 induktiv ist, eilt er der Spannung Uum 53.13° nach und damit der
Bezugsspannung U1 um 173.13°.
I2  28.86A * e  j12053.13   28.86A * e  j173.13
Der Betrag des Stromes I3 ist gleich
I3 
P3
3000W

 16.23A
U3 * cos 3 231V * 0.8
Der Strom eilt der Spannung U3 um 36.87° vor.
I3  16.23A * e  j24036.87   16.23A * e  j203.13
Für den Strom IN gilt
IN  I2  I3
Zur Addition zerlegen wir die Ströme in Realteil und Imaginärteil:
I2  28.86A * e  j173.13  28.65A  j 3.45A
I3  16.23A * e  j203.13  14,93A  j 6.38A
Somit gilt für IN:
IN  I2  I3  28.65  14.93 A  j  3.45  6.38 A
IN  43.58 A  j 2.93 A
IN  43.68A * e  j183.87  43.68A * e j176.15
5.2
Bild A5.2 zeigt die Skizze.
Bild A5.2: Links verlangte Skizze, rechts nicht verlangte Konstruktion von IN.
14
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Aufgabe 6 (31 Punkte)
Ein elektronisch gesteuerter Schalter S legt den Widerstand eines RC-Gliedes immer dann an die
Spannungsquelle U, wenn die Kondensatorspannung UC(t) den Wert U/3 unterschreitet. Wenn die
Kondensatorspannung größer als 2/3 U wird, legt der Schalter den Widerstand an Masse. Dies
geschieht periodisch.
Bild A6.1: Prinzip des Timers 555
6.1
Wie lautet allgemein die Formel für das Aufladen eines Kondensators über einen Widerstand?
Wie lautet die Formel für das Entladen eines Kondensators über einen Widerstand?
6.2
Berechnen Sie die Zeit TA, die zum Aufladen des Kondensators von U/3 auf 2U/3 notwendig
ist. Berechnen Sie ebenso die Zeit TE, die zum Entladen des Kondensators von 2U/3 auf U/3
notwendig ist.
6.3
Bestimmen Sie die Frequenz der entstehenden Schwingung. Ist diese von U abhängig?
6.4
Nun liege der Schalter S fest an der Spannungsquelle, die jetzt eine Wechselspannung mit der
Amplitude von 1 Volt und der Frequenz 1000 Hz liefert. Wie groß ist die Amplitude der
Spannung am Kondensator für R=1k und C=1F?
Lösung
6.1
Aufladen eines Kondensators:

UC t   U * 1  e  t / RC
Entladen:

UC t   U * e  t / RC
Nach der Korrektur geschrieben: Mehr war nicht verlangt, keine Herleitung, nichts ausser diesen
beiden Formeln.
6.2
Wir definieren zuerst einmal die Zeit T1, die der Kondensator benötigt, um auf 2/3 von U
aufgeladen zu werden:

2
U  U * 1  e T1/ RC
3
1
 e T1/ RC
3
T
 1
ln    1
RC
3
15

Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
T1  ln3 * RC
Nun wird die Zeit T0 berechnet, um den Kondensator von 0 auf U/3 aufzuladen:

1
U  U * 1  e T 0 / RC
3

2
 e T 0 / RC
3
T
2
ln    0
RC
3
T0  ln3  ln2 * RC
Die Differenz ist die gesuchte Zeit TA:
TA  T1  T0  ln3 * RC  ln3  ln2 * RC
TA  ln2 * RC  0,69 RC
Analog dazu wird die Zeit T2 berechnet, die notwendig ist, den Kondensator von 2U/3 auf 0 zu
entladen:
2
U  U * e T 2 / RC
3
2
 e T 2 / RC
3
T2  ln3  ln2 * RC
sowie die Zeit T3, die notwendig ist, um den Kondensator auf U/3 zu entladen:
1
U  U * e T 3 / RC
3
1
 e T 3 / RC
3
T3  ln3 * RC
Die Differenz ist die gesuchte Zeit TE:
TE  T3  T2  ln3 * RC  ln3  ln2 * RC
TE  ln2 * RC  0,69 RC
16
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
6.3
Die gesuchte Frequenz entspricht dem Kehrwert der Summe aus Auflade- und Entladezeit:
f
1
1
0,72


TA  TE 2 * 0.69 RC RC
Die Frequenz ist nicht von der Spannung U abhängig.
Noch etwas: Auch hier wurde von zwei Kandidaten die Auffassung vertreten, dass ein Kondensator
nach 5 Zeitkonstanten aufgeladen/entladen ist. Das ist falsch. Ich weiss nicht, wer Ihnen einen solchen
Schrott erzählt, es ist einfach falsch. Im strengen Sinn ist ein Kondensator NIE ganz aufgeladen bzw.
NIE ganz entladen.
6.4
Es liegt ein Spannungsteiler vor:
UC  U *
1/ j C
1
 U*
R  1/ j C
1  j  RC
Da hier nur die Amplitude gefragt ist, kann man mit den Beträgen rechnen:
1
UC  U *
UC  1V *
1  RC 
2
1
 6.28 * 10 3
V
A sec 

1  
* 10 3 * 10 6
sec
A
V 

UC  1V *
1
1  6.28 2
 1V *
2
 1V *
1
1  6.28 2
1
 0.157 V
6.36
Manche haben die Impedanz der Kondensators berechnet, dann den Strom durch die beiden Elemente
und dann den Spannungsabfall am Kondensator. Das geht natürlich auch, ist aber aufwendiger.
Es muss aber richtig sein, also
I
U
R  j XC
I
U
R  XC
und nicht etwa
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Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Aufgabe 7 (27 Punkte)
Bild A7.1 zeigt einen Querschnitt durch eine Leiterplatte. Die Abmessungen in die Zeichenebene hinein
kann man als sehr groß annehmen. Das Trägermaterial besteht aus Pertinax FR4 mit einer relativen
Dielektrizitätszahl r=5,0. Auf der Oberseite der Leiterplatte befinde sich eine Leitung der Breite
w=1mm und der Höhe t=0.035mm. Die Dicke h des Isoliermaterials beträgt 1.5mm.
Bild A7.1: Querschnitt durch eine Leiterplatte
Diese Leiterbahn werde als Microstrip-Leitung aufgefasst, deren Abmessungen in die Zeichenebene
hinein sehr groß ist.
Für den Kapazitätsbelag einer solchen Microstrip-Leitung findet man folgende Näherungslösung
(zugeschnittene Größengleichung):
CI  26.4 *
 r  1.41
pF
 5.98 * h  m
ln 

 0 .8 * w  t 
und für den Induktivitätsbelag
 5.98 * h  H
LI  0.2 * ln 

 0 .8 * w  t  m
Dabei sind h, w und t in Millimetern anzunehmen.
7.1
Bestimmen Sie den Kapazitätsbelag C' und den Induktivitätsbelag L' mit den angegebenen
Zahlenwerten. Wie groß sind Kapazität und Induktivität eines 10 cm langen Leitungsstückes?
7.2
Diese Leiterbahn soll als verlustlose Leitung aufgefasst werden. Wie groß ist der
Wellenwiderstand ZW der Leiterbahn?
7.3
Bestimmen Sie die  als Zahlenwert. Wenn die Länge des Drahtstückes genau 10cm
beträgt, wie groß ist dann die Frequenz eines Signals, bei der der Spannungsverlauf entlang
der Leitung genau eine Wellenlänge ausmacht?
7.4
Die Leiterbahn wird am Ende mit Masse verbunden, also kurzgeschlossen. Welches ist die
minimale Frequenz, bei der diese Leitung als unendlich hoher Widerstand wirkt?
18
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Lösung
7.1
Kapazitätsbelag:
CI  26.4 *
CI  26.4 *
 r  1.41
pF
5  1.41
pF
 26.4 *
 5.98 * h  m
 5.98 * 1.5  m
ln 
ln 


 0.8 * w  t 
 0.8 * 1  0.035 
6.41
pF
6.41 pF 169.2 pF
pF
 26.4 *

 71.28
ln 10.74  m 2.374 m
m
 8.97  m
ln 

 0.835 
Induktivitätsbelag:
H
H
H
 5.98 * h  H
LI  0.2 * ln 
 0.2 * ln 10.74 
 0.2 * 2.374
 0.475

m
m
m
 0 .8 * w  t  m
Wenn die Leitung 10 cm lang ist, so ergeben sich folgende Werte:
C  7.128 pF
sowie
7.2
L  47.5 nH
Für den Wellenwiderstand gilt:
ZW
LI
0.475 * 10 6 V sec Vm
0.475



* 10 6 
I
12
71.28
C
71.28 * 10 AmA sec
Z W  6664   81.63
7.3
Für die Phasenkonstante ß findet man
ß   * LICI
und daher für 
ß
A sec
V sec
 LICI  71.28 * 10 12
* 0.475 * 10 6

Vm
Am
ß
sec
sec
 33.86 * 10 18 * 10 9
 5.819 * 10 9

m
m
19
Klausur „Grundlagen der Elektrotechnik II Ludemann, Januar 2009
Es muss gelten:
ß * l  2
oder
2 * f *
und damit
f
7.4
ß
* l  2


m

 1.712 GHz
ß * l 5.695 * 10 9 sec* 0.1m
Die Länge der Leitung muss ein Viertel der Wellenlänge betragen, dies bedeutet, dass die
Wellenlänge bei der gefragten Frequenz viermal so groß ist wie die Wellenlänge bei 1.712
GHz. Daraus folgt dann, dass die Frequenz viermal so niedrig ist wie bei einer Wellenlänge:
f
1.712
GHz  432.96 MHz
4
Für den einen ist es ein Stück Leiterbahn, für den anderen eine Streifenleitung. Leiterbahnlängen in
der Größenordnung von 10 Zentimetern sind in der Elektronik keine Seltenheit, ebensowenig wie
Masseflächen auf der Rückseite einer Leiterplatte. Die Aufgabe soll mit ihren Zahlenwerten ein Gefühl
dafür vermitteln, welche Größenordnungen parasitäre Kapazitäten und Induktivitäten haben können
und dass man einfache Leiterbahnen schon bei relativ niedrigen Frequenzen als Leitung betrachten
muss.
20