Musterlösung Klausur Get B SS2010

Fachgebiet Leistungselektronik und Elektrische Antriebstechnik
Prof. Dr.-Ing. Joachim Böcker
Musterlösung Grundlagen der Elektrotechnik B
17.08.2010
17.08.2010
Version vom 8. September 2010
Musterlösung Grundlagen der Elektrotechnik B
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Aufgabe 1: Ausgleichsvorgang
(24 Punkte)
1.
a) uL (t = 0− ) = 0 V
Die Spule ist nicht im Netzwerk angeschlossen und befindet sich im stationären Zustand.
b) iL (t = 0− ) = 0 A
Die Spule ist nicht im Netzwerk angeschlossen und befindet sich im stationären Zustand.
c) uC (t = 0− ) = U0 = 20 V
Im stationären Zustand: iC (t = 0− ) = 0 A ⇒ uR (t = 0− ) = 0 V
Maschenregel: uC (t = 0− ) = U0 − uR (t = 0− ) = U0
d) iC (t = 0− ) = 0 A
C (t)
=0A
Im stationären Zustand: iC (t) = C dudt
2.
a) uL (t = 0+ ) = uC (t = 0+ ) = U0 = 20 V
Maschenregel
b) iL (t = 0+ ) = iL (t = 0− ) = 0 A
Strom in Induktivität kann sich nicht sprunghaft ändern.
c) uC (t = 0+ ) = uC (t = 0− ) = U0 = 20 V
Spannung über Kapazität kann sich nicht sprunghaft ändern.
d) iC (t = 0+ ) = −iL (t = 0+ ) = 0 A
Knotenregel
3.
a) f0 =
ω0
2π
b) Z0 =
4.
=
1
√
2π LC
L
C
a) ūL = 0 V, sinusförmige Spannung
b) īC = 0 A, sinusförmiger Strom
5. Bauteilgleichungen:
diL (t)
dt
duC (t)
iC (t) = C
dt
uL (t) = L
(1.1)
(1.2)
Maschen- und Knotengleichungen:
uC (t) = uL (t)
iC (t) = −iL (t) ⇔
(1.3)
diC (t)
diL (t)
=−
dt
dt
(1.4)
Gl. (1.1) bis Gl. (1.4):
d 2 uC (t) diC (t)
diL (t)
1
1
=
−
=
−
u
uC (t)
=
(t)
=
−
L
dt 2
dt
dt
L
L
1
d 2 uC (t)
+
uC (t) = 0
⇔
2
dt
LC
C
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Musterlösung Grundlagen der Elektrotechnik B
(1.5)
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6.
a)
b)
c)
uC (t) = A cos(ω0t) + B sin(ω0t)
(1.6)
uC (t = 0+ ) = uC (t = 0− ) = U0 = 20 V
duC (t)
1
(t = 0+ ) = iC (t = 0+ ) = 0
dt
C
(1.7)
(1.8)
uC (t = 0+ ) = A cos(0) + B sin(0) = A = U0
⇔ A = U0 = 20 V
duC (t)
(t = 0+ ) = −Aω0 sin(0) + Bω0 cos(0) = Bω0 = 0
dt
⇔B=0V
(1.9)
(1.10)
Gl. (1.9) und (1.10):
uC (t) = U0 cos(ω0t) = 20 V cos(ω0t)
(1.11)
20
2
10
1
0
0
−10
−1
−20
−2
−T/4
0
T/4
T/2
3T/4
iL(t) / A
uC(t) / V
7.
T
t
8.
a)
b)
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ûC
U0
UC = √ = √ = 14,14 V
2
2
C
1 2 1 2
CûC = LîL ⇒ îL =
ûC = 2 A
2
2
L
îL
IL = √ = 1,414 A
2
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(1.12)
(1.13)
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Aufgabe 2: Übertragungsfunktion, komplexe Wechselstromrechnung
(25 Punkte)
1.
R2 ·
1
jωC1
1
R2 + jωC
1
H( jω) =
R1 + jωL1 +
(2.1)
R2 ·
1
jωC1
1
R2 + jωC
1
R2
R2 + R1 + jω (R1 R2C1 + L1 ) − R2C1 L1 ω2
=
(2.2)
R2
R1 +R2
1 +L1
1 L1 2
jω R1RR12C+R
− RR21C+R
ω
2
2
=
(2.3)
1+
R2
10Ω
=
≈ 0,909
R1 + R2 11Ω
R1 + R2
1Ω + 10Ω
=
= 220000s−2
R2C1 L1
10Ω · 100uF · 50mH
469s−1
R1 R2C1 + L1 1Ω · 10Ω · 100uF + 50mH
=
= 4,636s
R1 + R2
1Ω + 10Ω
1,087
H0 =
ω20 =
ω ≈
2d
=
ω0
d =
(2.4)
(2.5)
(2.6)
(2.7)
(2.8)
2.
Z = R1 + jωL1 +
R2 ·
1
jωC1
1
R2 + jωC
1
(2.9)
ωR22C1
R2
+ j ωL1 −
= R1 +
1 + ω2 R22C12
1 + ω2 R22C12
(2.10)
3.
ω = 2π f = 314s−1
Z = 1Ω +
(2.11)
10Ω
(2.12)
2
1Ω + (314s−1 ) · (10Ω)2 · (100uF)2
+ j 314s−1 · 50mH −
314s−1 · (10Ω)2 · 100uF
2
1 + (314s−1 ) · (10Ω)2 · (100uF)2
= 10,103Ω + j12,842Ω
|Z| =
10,1032 + 12,8422 ≈ 16,34
12,842Ω
∠Z = ArcTan
≈ 0,904rad ≈ 51,8◦
10,103Ω
(2.13)
(2.14)
(2.15)
(2.16)
4.
Ue
230V
− j51,8◦
=
◦ ≈ 14,076 · e
j51,8
Z
16,34Ω · e
ϕ = ϕUe − ϕIe = 51,8◦
Ie =
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(2.17)
(2.18)
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m
e
5.
P = U · I · cos (ϕ) = 230V · 14,076A · cos (51,8◦ ) ≈ 2002,07W
Q = U · I · sin (ϕ) = 230V · 14,076A · sin (51,8◦ ) ≈ 2544,17VA
S = U · I = 230V · 14,076A ≈ 3237,45VA
(2.19)
(2.20)
(2.21)
6.
Z = 10,103Ω + j · 12,842Ω +
1
= 10,103Ω
jωC2
(2.22)
Der Kondensator sollte ausgewählt werden.
C2 =
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1
≈ 248uF
ω · 12,842Ω
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(2.23)
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Aufgabe 3: Transformator mit ohmsch-kapzitiver Last
1.
N1
N2
(22 Punkte)
√
Uˆ1
2 · 230V
=
=
= 2157
ωB̂AFe 2π · 50Hz · 0,8T · 6cm2
√
Uˆ2
2 · 12V
=
=
= 113
ωB̂AFe 2π · 50Hz · 0,8T · 6cm2
(3.1)
(3.2)
2.
RFe =
L1 =
L2 =
lFe
AFe ĤB̂
N12
RFe
=
=
30cm
0,8T
6cm2 200
A
m
21572
125 VkAs
= 125
kA
Vs
(3.3)
= 37,2H
(3.4)
N22
1142
=
= 104mH
RFe 125 VkAs
(3.5)
3.
Iµ =
4.
I2
I1
U1
12V
=
= 367mA
ωL2 2π · 50Hz · 104mH
(3.6)
U2 1 2
= 1 = 12V
+ (2π · 50Hz · 250µF)2 = 1,53A
10Ω
1 + jωC R
N2 U2
=
·
1
N1 1
1 R + jωC+ jωL2
2
1 2
113
1
=
+ 2π · 50Hz · 250µF −
· 12V
2157
10Ω
2π · 50Hz · 104mH
= 69,7mA
(3.7)
(3.8)
(3.9)
(3.10)
5. Rechnungen bezogen auf die Sekundärseite! Strom durch Kapazität und Hauptinduktivität
heben sich gegenseitig auf, wenn f der Resonanzfrequenz entspricht.
ω2 L2C = 1
L2
Rmagn
RL
lL
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(3.11)
1
1
= 40,53mH
=
=
ω2C (2π · 50Hz)2 · 250µF
N22
1132
kA
=
=
= 315
L2
40,53mH
Vs
kA
kA
kA
= Rmagn − RFe = 315 − 125 = 190
Vs
Vs
Vs
kA
V
s
= RL AFe µ0 = 190 · 6cm2 · 4π10−7
= 143µm
Vs
Am
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(3.12)
(3.13)
(3.14)
(3.15)
Seite 6 von 11
Aufgabe 4: Gleichstromsteller
(19 Punkte)
1.
Abbildung 4.1
2
2. D = U
U1 => U2 = D ·U1 = 0,25 · 12V = 3V
3. PNenn = I2Nenn ·U2 <=> I2Nenn =
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PNenn
U2
=
30W
3V
= 10A
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s · U1
4. ΔiL = i[ Lmax] − i[ Lmin] = 2(i[ Lmax] − i¯2 ) = D(1−D)T
L
fs = T1s <=> Ts = f1s
1
1
(iLmax − i¯2 ) = D(1−D)U
<=> fs = 2 ·D(1−D)U
= 20,25(1−,025)12V
L · fs
· 15µF(13A−10A) = 25kHz
L(iLmax −i¯2 )
5.
Abbildung 4.2
6.
Abbildung 4.3
1 · Ts
7. ΔiL (t) = D(1−D)U
L
Δi˙L (t) = (1 − 2D) Ts ·LU1
Δi˙L (t) = 0 => D = 0,5
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8.
Abbildung 4.4
17.08.2010
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Aufgabe 5: Gleichstrommaschine
(20 Punkte)
1. Anlaufdrehmoment TAnlauf :
TAnlauf = ψE · IA Anlauf =
LE ·UEN UAN 0,1H · 20V 200V
·
=
·
= 80 Nm
RE
RA
5Ω
1Ω
Leerlaufkreisfrequenz ω0N :
ω0N =
UAN UAN · RE 200V · 5Ω
= =
= 500
ψE
LE ·UEN 0,1H · 20V
1
s
Nenndrehmoment TN :
TN = ψE · IAN =
LE ·UEN
0,1H · 20V
· IAN =
· 40 A = 16 Nm
RE
5Ω
2. Konstruktion der Kennlinie:
Die violette Kennlinie repräsentiert die Lösung zu Teilaufgabe 2)
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3. Elektrische Nennleistung PelN :
PelN = UAN · IAN +
UEN 2
400V2
= 200 V · 40 A +
= 8080 W = 8,08 kW
RE
5Ω
Mechanische Nennleistung PmN :
PmN = TN · ωN = 16 Nm · 400
1
s
= 6400 W = 6,4 kW
Nennwirkungsgrad ηN :
ηN =
PmN
6,4kW
=
= 0,792 ⇒ 79,2%
PelN 8,08kW
4. Dimensionierung eines Vorwiderstands RV :
RV =
UAN
200V
- RA =
- 1 Ω= 1,5 Ω
2 · IAN
2 · 40A
5. Anlaufdrehmoment TAnlauf RV mit Vorwiderstand:
TAnlauf RV = ψE · IA Anlauf RV =
LE ·UEN
UAN
0,1H · 20V 200V
·
=
·
= 32 Nm
RE
RA + RV
5Ω
2,5Ω
Kreisfrequenz ωN RV mit Vorwiderstand:
ωN RV =
Ui UAN − (RA + RV ) · IAN 200V − (2,5Ω) · 40A
=
=
= 250
ψE
(LE ·UEN )/RE
0,4Vs
1
s
Die orange Kennlinie repräsentiert die Lösung zu Teilaufgabe 5)
6. Neuer Wert für die Ankerspannung UA :
UA = (RA + RV ) · IAN + ψE · ωN = 2,5 Ω · 40 A +
0,1H · 20V
· 400
5Ω
1
s
= 260 V
Neuer Anlaufstrom und neues Anlaufdrehmoment:
IA Anlauf =
17.08.2010
260V
= 104 A
2,5Ω
TAnlauf = 0,4 Vs · 104 A = 41,6 Nm
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