GET2 Großübung SS2010

GGET II Großübung
Heide Meiwes und Stefan Engel
Mitschrift: Marius Geis
9. August 2011
Inhaltsverzeichnis
5 Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1 Wechselgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Aufgabe 1: Mittel- und Effektivwert . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.2 Aufgabe 2: Thyristorgleichrichter . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Konzentrierte Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Aufgabe 3: Kondensator als Energiespeicher . . . . . . . . . . . .
5.2.2 Aufgabe 4: Verlustbehafteter Kondensator . . . . . . . . . . . . .
5.2.3 Aufgabe 5: Kapazitive Last an realer Gleichspannungsquelle . . .
5.2.4 Aufgabe 6: Kondensator an Wechselstromquelle . . . . . . . . . .
5.2.5 Aufgabe 7: Übertragungsfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.6 Aufgabe 8: Tief-/Hochpass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.7 Aufgabe 9: Lastwechsel an RL-Schaltung . . . . . . . . . . . . .
5.2.8 Aufgabe 10: Tiefsetzsteller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.9 Aufgabe 11: LC-Reihenschwingkreis . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.11 Aufgabe 13: Blindleistungkompensation . . . . . . . . . . . . . .
5.2.10 Aufgabe 12: Zeigerdiagramm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.12 Aufgabe 14: RLC-Reihenschwingkreis . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.13 Aufgabe 15: Frequenzweiche (Frequenzsperre) . . . . . . . . . . .
5.2.14 Aufgabe 16: Leistunganpassung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.15 Aufgabe 17: Leistungsfaktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.16 Aufgabe 18: Brückenschaltung . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.18 Aufgabe 20: Flackernde Glühlampe (Zusatzaufgabe) . . . . . . .
5.3 Transformator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Aufgabe 21: T-ESB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Aufgabe 22: Stromwandler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.3 Aufgabe 23: Kurzgeschlossener Übertrager . . . . . . . . . . . . .
5.3.4 Aufgabe 24: Bestimmung der Primärspannung . . . . . . . . . .
5.4 Mehrphasensysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Aufgabe 26: Symmetrisches Drehstromsystem . . . . . . . . . . .
5.4.2 Aufgabe 27: Unsymmetrische Last im Dreieck . . . . . . . . . . .
5.4.3 Aufgabe 28: Unsymmetrische Last mit Sternpunktleiter . . . . .
5.4.4 Aufgabe 29: Drehstromofen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.5 Aufgabe 30: Drehstromgenerator . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.6 Aufgabe 31: Blindleistungskompensation einer Phase . . . . . . .
5.5 Dreiphasige Komponenten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.1 Aufgabe 33: Einphasiges Ersatzschaltbild . . . . . . . . . . . . .
5.5.2 Aufgabe 34: Dual Active Bridge Converter und Dretransformator
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
7
8
10
10
12
14
18
21
22
27
28
31
35
38
40
43
44
46
49
51
53
55
59
62
63
65
65
67
69
70
72
74
78
80
82
Marius Geis
5
GGET II GGÜ
SS 2010
Übungsaufgaben
5.1
Wechselgrößen
Analyse von elektrischen Schaltungen und Netzwerken
GET II
Elektrische Größen
DC+A
u = u(t)
i = i(t)
u(t) = Û · cos(ωt + ϕu )
i(t) = Iˆ · cos(ωt + ϕi )
GET I
DC:
U = const
I = const
R1
C
U
U
R2
R
Kirchhoff’sche Gleichungen (Maschengleichung, Knotengleichung)
z.B. u = uR + uC
= ÛR · cos(ωt + ϕR ) + ÛC · cos(ωt + ϕC )
→ algebraische Summe
→ trigometrische Summe, Additionstheoreme
Bauteilgleichungen
Widerstand
Kapazität
C
iC = C · du
UR = R · IR
dt
Induktivität:
z.B. U = R1 · I + R2 · I
uL = L · didtL
duC (t)
+Uc (t)
u(t) = R · C ·
| {zdt }
z.B. U = U1 + U2
ic (t)
→ lineare algebraische Gleichungen (Polynome)
→ lineare DGL
Zwei Fälle von zu lösenden Problemen bzgl. Schaltungsanalyse in GGET II:
a) allgemeine zeitabhängige Größen y(t):
Lösen von DGL
b) sin-förmige (harmonische) Größen:
y(t) = Ŷ · sin(ωt + ϕy )
Hilfsmittel: Komplexe Zahlen
R
⊖ Additionstheoreme
⊖ DGL
C
⊕ Vektoraddition
⊕ Algebraische Gleichungen
Komplexe Zahlen
x2 + 1 = 0
• Imaginäre Einheit
√
• Mathematik/Physik i := −1
√
• Elektrotechnik j := −1
(um Verwechslung mit Strom i(t) zu vermeiden)
• Darstellung komplexer Zahlen in der Zahlenebene
2
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
„j“ Im
b
z
~z
ϕ
„1“ Re
a
• Kartesische Koordinaten
z = (a, b)
– Algebraische Form z = a + jb, a, b ∈ R
mit Realteil Re{z} = a
und Imaginärteil Im{z} = b
• Polarkoordinaten
z = (z, ϕ)
– Absolutbetrag: z = |z| =
√
a2 + b 2
– Phase/Argument:

 arctan ab ϕ = arg(z) =
arctan ab ± π

sgn(b) · π2
,a > 0
,a < 0
,a = 0
mit −π < ϕ < π
• Trigonometrische Form
z = z · (cos ϕ + j sin ϕ)
• Exponentionalform
z = z · ejϕ
Exponentielle und trigonometrische Form sind über die Eulersche Formel miteinander verknüpft:
z · ejϕ = z(cos ϕ + j sin ϕ)
• Konjugiert komplexe Zahlen
Unterscheiden sich zwei komplexe Zahlen nur im Vorzeichen ihres Imaginärteils, so bezeichnet man sie als
konjugiert komplex:
Re{z∗ } = Re{z}
Im{z∗ } = − Im{z}
Geometrisch: Spiegelung an reeller Achse:
3
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
z
Re
z∗
• Rechnen mit komplexen Zahlen
– Addition/Subtraktion
Durchführung Komponentenweise (nach Real- und Imaginärteil) in algebraischer Form (ausschließlich)
z 1 + z 2 = a1 + a2 + j(b1 + b2 )
Beispiel:
◦
Û 1 = 4U · ej30 = 3,46 V + j2 V
◦
Û 2 = 2U · ej180 = −2 V
Û 1 + Û 2 = 3,46 V + j2 V − 2 V
= 1,46 V + j2 V
q
2V
= 1,462 + 22 V · ej arctan 1,46 V
◦
= 2,48 V · ej53.9
geometrisch: Vektoraddition
Im
Uˆ
1
+ ˆ
U
2
Û 2
Û 1
Û 2
Re
– Multiplikation/Division
Durchführung am einfachsten in Exponentialform (Potenzgesetze)
z 1 · z 2 = z1 · ejϕ1 · z2 · ejϕ2
= z1 · z2 · ej(ϕ1 +ϕ2 )
Beispiel:
◦
◦
Û 1 · Û 2 = 4 V · ej30 · 2 V · ej180
◦
= 8 V2 · ej210
◦
= 8 V2 · e−j150
4
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
geometrisch: Dreh-Streckung
Im
Û 1
Û 2
Re
Û 1 · Û 2
Multiplikation mit j entspricht Drehung um 90◦ gegen den Uhrzeigersinn (mathematisch positiv)
◦
j = ej90 = cos(90◦ ) +j sin(90◦ )
| {z }
| {z }
0
1
Im
Re
• Rotierender Vektor (Sinor, Drehzeiger)
z(t) = z · ejϕ(t) = z · ejωt
Im
z
ϕ = ωt
Re
– Differenzieren
dz(t)
= jωz(t)
dt
Zurückgeführt auf Multiplikation
→ entspricht Drehung um 90◦ gegen den Uhrzeigersinn (mathematisch positiv) und Streckung um
ω.
– Integrieren
Z
1
1
z(t) = −j z(t)
z(t) dt =
jω
ω
5
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Zurückgeführt auf Division. Entspricht Drehung um 90◦ im Uhrzeigersinn (mathematisch negativ)
und Streckung um ω1 (Stauchung)
• Komplexe Zahlen - 2 wesentliche Vorteile
1. Vektoraddition anstatt Additionstheoreme
2. Multiplikation/Division anstatt Differenzieren/ Integrieren
• zu (1):
gegeben:
π
u1 (t) = Û1 · cos(ωt + ϕ1 ) = 4 V · cos ωt +
6
u2 (t) = Û2 · cos(ωt + ϕ2 ) = 2 V · cos(ωt + π)
gesucht:
= −2 V · cos(ωt)
u1 (t) + u2 (t) =?
Reelle Größen wie komplexe Größen? Reelle Größen als Realteil einer komplexen Zahl auffassen (und
Imaginärteil entsprechend ergäzen):
u1 (t) := Re{Û 1 (t)} = Re{Û1 · cos(ωt + ϕ1 ) + j Û1 · sin(ωt + ϕ1 )}
u2 (t) := Re{Û 2 (t)} = Re{Û2 · cos(ωt + ϕ2 ) + j Û2 · sin(ωt + ϕ2 )}
π
Û 1 (t) = Û1 · ej(ωt+ϕ1 ) = 4 V · ej(ωt+ 6 )
Û 2 (t) = Û2 · ej(ωt+ϕ2 ) = 2 V · ej(ωt+π)
(Vektor-)Addition in Komponenten
Û 1 (t) + Û 2 (t) = Û1 · ej(ωt+ϕ1 ) +Û2 · ej(ωt+ϕ2 )
|
{z
}
Sinor
jϕ1
·ejωt + Û2 · ejϕ2 ·eωt
= Û1 · e
| {z }
| {z }
Phasor Û 1
Û 2
= Û 1 + Û 2 · |{z}
ejωt
|
{z
} „Drehterm“
Zeiger für t=0
Phasoren Addieren. Realteil liefert gesuchtes reelles Ergebnis
u1 (t) + u2 (t) = Re{Û 1 (t) + Û 2 (t)}
und für Û3 · sin(ωt + ϕ3 ) :
sin(ωt + ϕ3 ) = cos(ωt + ϕ3 −
π
)
2
• zu (2)
Für harmonische Größen (sin, cos) d.h, Drehzeiger in C gilt:
R
iC (t) = C ·
uC (t) =
1
C
duC (t)
dt
=:YC
·
uL (t) = L ·
iL (t) =
1
L
·
C
IˆC (t) = jωC ·Û C (t)
|{z}
R
iC (t) dt
diL (t)
dt
Û C (t) =
1 ˆ
·I (t)
jωC C
| {z }
=:Z C
Û L (t) = jωL ·IˆL (t)
|{z}
=:YL
R
uL (t) dt
⇒ DGLs → Polynome
IˆL (t) =
1
·Û (t)
jωL L
| {z }
=:Z L
6
Marius Geis
GGET II GGÜ
Analogie zum Ohm’schen Gesetz:
Impedanz Z(=
ˆ R)
U =Z·I
Admittanz Y (=
ˆ G)
I =Y ·U
mit Y =
1
Z
⇒ mit AC rechnen, wie von DC bekannt
• Gegenüberstellung von R und C
Harmonische Wechselgr.
Scheitelwert
Effektivwert
R
y(t)
Ŷ
Y
C
Ŷ (t)
Ŷ
Y
Drehzeiger (Sinor)
Phasor mit Scheitelwert
Phasor mit Effektivwert
Korrektur:
Darstellung von reellen und komplexen Größen
→ Vorlesungsskript S.1
((
((
+(
u2 (t)} = Re{Û1 (t) + Û2 (t)}
Re{u
u1 (t) + u2 (t) = (
((
1 (t)
5.1.1
Aufgabe 1: Mittel- und Effektivwert
Definition einer zeitlich periodischen Funktion:
f (t + T ) = f (t) für t mit T > 0
T : Periode, Periodendauer
Momentanwert: y = y(t)
Mittelwert: Y =
1
T
Effektivwert: Y =
t+T
R
y(t′ ) dt
t
s
1
T
t+T
R
y 2 (t′ ) dt
t
engl: RMS (root mean square)
Betrachtung einer beliebigen Periode, z.B. Beginn bei t = 0.
1.
i(t) =
Mittelwert:
1
I¯ =
T
Iˆ
aT
·t
0
ZT
für
für
0 ≤ t < aT
aT ≤ t < T
i(t) dt
0
 aT

Z ˆ
1 
I
=
· t dt + 0
T
aT
0
aT
1 2 Iˆ
· t
=
aT 2 2 0
a
= Iˆ
2
Alternativ: Flächeninhalt des Dreiecks, dann durch T teilen.
1
AA = a · T · Iˆ ·
2
AA
a
I¯ =
= Iˆ
T
2
7
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Effektivwert: v
u T
uZ
1u
I = t i2 (t) dt
T
0
v 

u
ZaT ˆ !2
u
I
u1
dt + 0
=t 
T
aT
0
s
aT
1 3 Iˆ2
·
t
a2 · T 3 3 0
s
r
Iˆ2
a
=
· a = Iˆ
3
3
=
2. Mittelwert: positive und negative Halbwelle von i(t) sind gleich.
1
⇒ I¯ =
T
ZT
i(t) dt = 0 = 0
0
|
{z
0
}
wegen gleicher Fläche mit gegensätzlichen Vorzeichen. Effektivwert:
abschnittsweise Definition:

T
Iˆ


 T /6 · t für 0 ≤ t < 6
Iˆ
für T6 ≤ t < T3
i(t) =


.
 .
.
Ausnutzen der Symmetrie: Gleiche Flächen zusammenfassen.
v
u
u ZT
u1
¯
i2 (t) dt
I=t
T
0
v
u
u ZT6
u4
=u
tT
0
Iˆ
·t
T /6
!2
T
2
dt +
T
Z3
Iˆ2 dt
T
6
v
u
u 4 · Iˆ2 · 62 1 T6
2 ˆ2 T3
3 +
=t
·
I · t T
t
T3
3 0
T
6
s
2 ˆ2 T
T
4 · Iˆ2 · 62 1 T 3
·
+
I
·
−
=
T3
3 63
T
3
6
r
2 ˆ2 1 ˆ2
I + I
=
9
3
√
5ˆ
I
=
3
⇒ Effektivwert I sagt etwas über die Leistung aus, da z.B. der Wirkwiderstand R bei einem Strom i(t) die
Leistung p(t) = i2 (t) · R umsetzt.
5.1.2
Aufgabe 2: Thyristorgleichrichter
i(t)
u(t)
UR (t)
R
8
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Praxisbeispiel: „Phasenanschnittsdimmer“ z.B. in dimmbaren Lampen. Dort allerdings Anschnitt beider Halbwellen mit einem Triac (entspricht zwei anti-parallel geschalteten Thyristoren).
Momentanleistung:
p(t) = u(t) · i(t)
• Bei periodisch zeitabhänigen Größen gilt für die mittlere Wirkleistung:
1
P = p̄(t) =
T
=
1
T
tZ
0 +T
t0
tZ
0 +T
p(t) dt
t0
u(t) · i(t) dt
Am ohmschen Widerstand gilt:
uR (T ) = R · iR (t)
1
⇒ P = PR =
T
tZ
0 +T
t0
1
·
T
|
=R·
uR (t) · iR (t) dt
tZ
0 +T
i2R (t) dt
t0
{z
= R · I2
}
Quadrat des Effektivwertes
• Berechnung des Effektivwertes I = I(α)
v
u
u ZT
u1
I=t
i2 (t) dt
T
0
Substitution, um von der Zeitachse auf die Winkelachse (in rad) zu kommen:
2π
·t
ϕ := ω · t =
T
dϕ
2π
T
=
⇒ dt =
· dϕ
dt
T
2π
Alle Zeitgrößen (t und T ) mit ω multiplizieren.
v
u
Z2π
u
u 1
i2 (ωt) d(ωt)
I=t
|{z}
2π
=ϕ
0
v
u
π
u 1 Z
u
Iˆ2 sin2 (ϕ) dϕ
=t
| {z }
2π
α
1
2 (1−cos 2ϕ)
v
u
u ˆ2 Zπ
uI
· t (1 − cos 2ϕ) dϕ
=t
4π
α
s
π
1
Iˆ2
ϕ − sin 2ϕ
=
4π
2
α
s
1
Iˆ2
π − α − 0 + sin 2α
=
4π
2
r
Iˆ
α
1
=
1− +
sin 2α
2
π
2π
√
√
Û
2·U
2 · 220 V
=
=
= 3,11 A
Iˆ =
R
R
100 Ω
9
Marius Geis
GGET II GGÜ
• In der Formel wird α im Bogenmaß benötigt (rad), nicht in Grad (deg).
αrad =
π
· αdeg
180◦
ACHTUNG: auch Kreisfrequenz ist stets in
rad
s
anzugeben. ⇒ Taschenrechner richtig einstellen!
• größte Leistungsabgabe bei α1 = 0 (entspricht dem Schaltverhalten einer Diode)
r
Iˆ
0
1
I(α1 = 0) =
1− +
· sin 0
2
π
2π
Iˆ 3,11 A
= 1,56 A
= =
2
2
2
P (α1 = 0) = R · I (α1 ) = 100 Ω · (1,56 A)2
= 243,4 W
• minimale Leistungabgabe für α2 = 56 π(=
ˆ 150◦), da hier die Fläche am kleinsten:
5
I α2 = π
6
5.2
Iˆ
=
2
r
1−
1
5
5
+
sin π = 0,264 A
6 2π
3
P (α2 ) = R · I 2 (α2 ) = 100 Ω · (0,264 A)2
= 6,97 W
Konzentrierte Elemente
5.2.1
Aufgabe 3: Kondensator als Energiespeicher

 0
2 V · τt
u(t) =
t−2 s

4 V · e −( τ )
für
für
für
t≤0
0 < t ≤ 2s
t > 2s
i(t)
u(t)
uC (t)
C
Zeitlicher Verlauf der Spannung u(t):
u/V
4
3
2
1
τ
t/s
0
1
2
3
4
5
6
7
Anfangssteigung:
10
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
s
du(t) −( t−2
) d τ
=
4
V
·
e
dt t=2 s
dt t=2 s
s 4 V −( t−2
· |e {zτ }) =−
τ
1
t=2 s
4V
=−
1s
• Strom i(t)
Bauteilgleichung Kondensator:
duc (t)
ic (T ) = C ·
dt

C
·
0=0

2V
C
·
· 21Vs = 20 µA
i(t) =
τ = 10 µF
s
t−2 s

−4 V − t−2
C · τ e τ = −40 µA · e− τ
für
für
für
t≤0
0 < t ≤ 2s
t > 2s
i/µA
20
10
t/s
0
0
1
2 τ
3
4
5
6
7
−10
−20
−30
−40
• Leistung p(t):
p(t) = u(t) · i(t)


 0
t
20 µA =40 µW τt
p(t) =
2 V · τ · t−2
s
s
s

−
(
) · −40 µA · e−( t−2
) = −160 µW · e−2( t−2
)
 4V·e
τ
τ
τ
Zeitlicher Verlauf der Leistung
p/µW
80
40
0
0
1
τ
22
t/s
3
4
5
6
7
−40
−80
−120
−160
11
für
für
für
t ≤ 0s
0 < t ≤ 2s
t > 2s
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
• Energie w(t):
w(t) =
Zt
p(t̃) dt̃
Z0
0 dt = 0
−∞
Für t ≤ 0
w(t = 0) =
Für 0 < t ≤ 2 s:
−∞
w(t) = w(t = 0) +
Zt
40 µW ·
0
1
= 0 + 40 µW ·
τ
Für t > 2s:
t̃
dt̃
τ
2 t
t̃ 2 0
1
τ
= 20 µW · · t2 ·
τ
τ
t2
= 20 µJ 2
τ
w(t) = w(t = 2s) +
Zt
2s
(−160 µW) · e
s
−2 t̃−2
dt̃
τ
t
s
τ −2 t̃−2
τ
− e
2
2s
s
τ −2( t−2
)
τ
−1
e
= 80 µJ + 160 µW ·
2
s
−2( t−2
) − 80 µJ
τ
= 80 µJ + 80 µJ · e
= 80 µJ − 160 µW
= 80 µJ · e−2(
t−2 s
τ
)
Zusammengefasst


 0
2
20 µJ · τt 2
w(t) =

s
 80 µJ · e−2( t−2
)
τ
für t ≤ 0 s
für 0 ≤ t < 2 s
für t > 2 s
Zeitlicher Verlauf der Energie
w/µJ
80
60
40
20
t/s
0
0
5.2.2
1
2
3
4
5
6
7
Aufgabe 4: Verlustbehafteter Kondensator
1. Parallelschaltung: → Komplexe Admittanz Y
Y=
1
1
=
= jωC
Z
R
12
Marius Geis
GGET II GGÜ
Admittanzdreieck b)
1
|1/R|
=
tan δ =
|jωC|
RωC
1
⇒R=
ωC tan δ
1
=
= 20,7 kΩ
2π · 800 Hz · 0,8 µF · 1,2 · 10−2
2. a) und c) elektrisch gleichwertig, wenn ihre komplexen Scheinwiderstände übereinstimmen:
Z=
1 ! ′
=Z
Y
Für Z ergibt sich:
1
1
= 1
Y
+
jωC
R
R
1 − jωRC
=
·
1 + jωRC 1 − jωRC
R − jωR2 C
= 2
1 + ω 2 R2 C 2
Z=
Für Z′ folgt:
1
ωC ′
ωR2 C
R
!
−
j
=
1 + ω 2 R2 C 2
1 + ω 2 R2 C 2
Vergleich nach Real-und Imaginärteil
R
Re ⇒ R′ =
= 3Ω
1 + ω 2 R2 C 2
ωR2 C
1
=
−
Im ⇒ −
ωC ′
1 + ω 2 R2 C 2
1 + ω 2 R2 C 2 C
C′ =
·
ω 2 R2 C
C
1 + tan12 δ
=
·C
1
Z′ = R ′ − j
tan2 δ
=
2
1 + |tan
{z δ}
≪1
3.
!
· C ≈ C = 0,8 µF
S = P + jQc
Scheinleistung = Wirk- + Blindleistung
S = U · I∗
= U · U∗ · Y∗
= U 2 · Y∗
= (100 V)2 ·
∗
1
+ j · 2π · 800 Hz · 0,8 µF
20,7 kΩ
= (100 V)2 · (48,3 µS − j4,02 mS)
= 0,483 W − j40,2 VAr
= P + jQ
Re ⇒ P = 0,483 W
Im ⇒ Qc = −40,2 VAr
13
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Differentialgleichungen (DGL) in GET II
• gewöhnliche lineare DGL mit konstanten Koeffizienten
y (n) (x) + Kn−1 y (n−1) (x) + . . . + K1 · y ′ (x) + K0 · y(x) = g(x)
mit Ki = const
• Ordnung: höchste auftretende Ableitung
=
ˆ Anzahl der (nicht zusammenfassbaren) gekoppelten Energiespeicher in einer Schaltung
• Anregung/Störung : g(x)
g(x) = 0 ⇒ homogene DGL
g(x) 6= 0 ⇒ inhomogene DGL
• Allgemeine Lösung: Funktion (hier y(x)) mit n unbestimmten Konstanten
y(x) = K1 a(x) + K2 b(x) + . . .
• Partikuläre/spezielle Lösung: Ergibt sich aus der allgemeinen Lösung durch Festlegung der Konstanten
y(x) = 10 · a(x) + 2 · b(x) + . . .
• Anfangswertproblem (AWP): Es werden n Anfangswerte als Nebenbedingung der DGL vorgegeben
⇒ Bestimmen der speziellen Lösung diese AWPs aus der allgemeinen Lösung der DGL
5.2.3
Aufgabe 5: Kapazitive Last an realer Gleichspannungsquelle
R1
i(t)
1
u(t)
U0
R2
C
2
1. Spannung und Ströme nach Kirchhoff:
Maschenumlauf für t ≥ 0:
u(t) = U0 − uR1 (t)
Knotengleichung:
i(t) = iC (t) + iR2 (t)
Spannung gesucht, Spannungsquelle gegeben → Ströme in Knotengleichung mit Hilfe der Bauteilgleichung
durch Spannungen ersetzen:
uR1 (t)
du(t) u(t)
=C·
+
R1
dt
R2
du(t) R1
⇔ uR1 (t) = R1 · C
· u(t)
+
dt
R2
uR1 (t) in Maschengleichung einsetzen
du(t) R1
⇒ u(t) = U0 − R1 · C ·
· u(t)
−
dt
R2
R1
du(t)
· u(t) = U0
+ 1+
⇔R1 · C ·
dt
R2
R2
du(t)
R2
⇒ R1 · C ·
· U0
·
+ u(t) =
R1 + R2 dt
R1 + R2
{z
}
|
:=τ
τ
R1 · R2
R2
du(t)
U0 mit τ =
·C
+ u(t) =
dt
R1 + R2
R1 + R2
14
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Inhomogene (gewöhnliche lineare) DGL 1. Ordnung (mit konst. Koeffizienten)
Hier zwei Lösungsvarianten (Ü-Skript 4.4.3)
a) Allgemeines Lösungsverfahren: Superposition der homogenen und einer partikulären Lösung
b) Spezielles Lösungsverfahren: Anfangs-Endwert-Methode (AEM)
• Vorraussetzungen:
– Schaltung mit nur einem Energiespeicher ⇒ DGL 1. Ordnung
– Nur DC Anregung (Quelle) ⇒ Konstante Störfunktion
• Sind Vorraussetzungen erfüllt, hat die DGL stets die folgende Form:
dy(t)
+ y(t) = K
dt
• Lösung des AWP lässt sich unmittelbar angeben
τ
t
y(t) = y(t → ∞) + [y(t = 0) − y(t → ∞)] · e− τ
• inhomogene DGL:
τ
du(t)
R1 · R2
R2
· U0 mit τ =
·C
+ u(t) =
dt
R1 + R2
R1 + R2
(I)
• Anfangswert
u(t = 0) = 0
• Endwert - stationärer Zustand
R2
· U0
u(t → ∞) =
R1 + R2
(II)
• Zeitkonstante τ ist Faktor vor Ableitungsterm bei Normierung auf u(t)
• Lösung des AWP
t
u(t) = u(t → ∞) + [u(t = 0) − u(t → ∞)] · e− τ
t
R2
R2
· U0 + 0 −
· U0 e− τ
=
R1 + R2
R1 + R2
R1 · R2
t
R2
· 1 − e− τ mit τ =
·C
⇒ u(t) = U0 ·
R1 + R2
R1 + R2
• Bzw. τ unmittelbar aus „Sicht des Energiespeichers im Netzwerk“ bestimmen
– Quellen durch Innenwiderstand ersetzen (vgl. Ersatzquellenverfahren GET I)
Spannungquelle → Kurzschluss =
ˆ C→∞
Stromquelle → Offene Klemmen =
ˆ L→∞
– Ersatzwiderstand RE des Netzwerks von den Klemmen des Energiespeichers aus bestimmen
– Kondensator: τ = RE · C
Spule: τ = RLE
Ü-Skript S.86, Kapitel 6
hier:
RE = (R1 k R2 )
τ = (R1 k R2 ) · C
R1 · R2
=
·C
R1 + R2
2. Vereinfachung: Reale Spannungquelle ≈ ideale Spannungsquelle, d.h. es gilt R1 ≪ R2 für die Lösung des
AWP
R1 · R2
t
R2
· 1 − e− τ mit τ =
·C
u(t) = U0 ·
R1 + R2
R1 + R2
R2
R1 ≪ R2 ⇒ U0 ·
≈ U0
R1 + R2
R2
· R1 · C ≈ R1 · C
und τ1 =
R1 + R2
− t
⇒ u(t) = U0 · 1 − e τ1 mit τ1 = R1 · C
15
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Skizze:
u(t)
U0
0,63 · U0
t
τ1 = R1 C
Das Produkt R · C ist eine Zeitkonstante
V As
=s
[R · C] = Ω · F = ·
A V
3. Ab hier wird t neu definiert (wieder ab t ≥ 0) Außerdem gilt jetzt R2 = 2 · R1 für t < 0
R1
i(t)
1
u(t)
U0
R2
C
2
Anfangs-Endwert-Methode:
• Anfangswert u(t = 0) aus Betrachtung des eingeschwungenen/stationären Zustands vor der Schalthandlung (−∞ < t < 0) bestimmen.
Eingeschwungener Zustand für DC-Größen: alle Ableitungen gleich Null.
du(t = 0)
=0
dt
D.h. der Strom fließt nur über R1 und R2 ⇒ Spannungsteiler
⇒ ic (t = 0) = C ·
u(t = 0) = U0 ·
2R1
R2
= U0 ·
R1 + R2
3R1
2
U0
3
• Endwert: Kondensator entlädt sich vollständig
=
u(t → ∞) = 0
• Der Kondensastor entlädt sich mit der Zeitkonstante
τ2 = RE · C = R2 · C
(C „sieht“ nur R2 an seinen Klemmen)
• Lösung des AWP:
t
u(t) = u(t → ∞) + [u(t = 0) − u(t → ∞)] · te− τ2
2
− t
=0+
· U0 − 0 · e τ2
3
⇒ u(t) =
2
− t
· U0 · e R2 ·C
3
Lösung der AWP
16
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
u(t)
2
3 U0
0,37 · 23 U0
t
τ2 = R2 C
4. Für die ab dem Zeitpunkt t = 0 in Wärme umgesetzte Energie gilt:
W =
Z∞
0
u(t) · i(t) dt =
Z∞
u2 (t)
dt = . . .
R2
0
Alternativ:
Energieerhaultungssatz: Die komplette Energie, die zur Zeit t = 0 im Kondensator gespeichert ist, wird in
Wärme umgewandelt
W = Wc (t = 0)
1
2
= · C · (UC (t = 0))
2
2
1
2
= ·C ·
U0
2
3
2
= · C · U02
9
Zusammenfassung
Spule
⇒ uL = L ·
diL
dt
Kondensator
DC-stationärer Zustand (t → ∞)
dy
=0
⇒
dt
C
=0=
ˆ Kurzschluss ⇒ ic = C · du
ˆ Unterbrechung
dt = 0 =
unmittelbar nach Änderung (t = 0+)
Z0+
y dt = 0
0
R0
−∞
iL dt
0
Z
z }| {
1
⇒ iL = iL (0) +
uL dt
L
0
| {z }
=0
= iL (0)
Strom kann nicht springen
Z0
1
⇒ uC = UC (0) +
iC dt
C
0
| {z }
=0
= UC (0)
Spannung kann nicht springen
17
Marius Geis
5.2.4
GGET II GGÜ
Aufgabe 6: Kondensator an Wechselstromquelle
R
1
i(t)
uR (t)
i(t)
uc (t)
C
2
1. Spannung am Kondensator
Zt
1
uC (t) =
·
C
i(t′ ) dt′
−∞
=
1
C
Zt
0
i(t′ ) dt′ + uc (t = 0)
| {z }
=0
Zt
Iˆ
=
cos(ωt′ + ϕi ) dt′
C
0
Iˆ
t
[sin(ωt + ϕi )]0
=
ω·C
Iˆ
Iˆ
=
· sin(ωt + ϕi ) −
· sin ϕi
|ω · C
{z
} |ωC {z
}
reiner Wechselanteil
⇒ U C = U C (ϕi ) =
=−
1
T
ZT
Gleichanteil
uC (t) dt
0
Iˆ
· sin(ϕi )
|ωC {z
}
Gleichanteil
2. Verlauf von Kondensatorspannung und Strom:
a) ϕi = 0, t ≥ 0
ϕi = 0 ⇒
(
i(t) = Iˆ · cos(ωt)
Iˆ
uC (t) = ωC
· sin(ωt)
b) t ≥ 0
ϕ=−

i(t)




π
⇒

2
uC (t)



= Iˆ · cos ωt − π2
= Iˆ · sin(ωt)
Iˆ
Iˆ
· sin ωt − π2 + ωC
= ωC
Iˆ
Iˆ
= − ωC
· cos(ωt) + ωC
Siehe Hilfsblatt für Skizzen
3. Kurzschluss zwischen 1 und 2 für t ≥ t1 .
Maschenumlauf:
uC (t) = −uR (t)
Bauteilgleichungen eingesetzt:
Z
1
i(t) dt = −R · i
C
18
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
Ableiten um von Integralgleichung auf DGL zu kommen:
di(t)
1
i(t) = −R
C
dt
di(t)
⇒ R·C ·
+ i(t) = 0
dt
DGL 1. Ordnung, homogene Lösung mit AEM.
Achtung: Anfangszeitpunkt t1 6= 0
• Anfangswert für ϕi = − π2 : Die Spannung am Kondensator kann nicht springen
u(t1− ) = 2 ·
⇒ uC (t1+ ) = 2
Iˆ
ωC
Iˆ
ωC
Der Kondensator treibt den Strom durch Widerstand
i(t1+ ) = −
uC (t1+ )
Iˆ
= −2
R
ωRC
• Endwerte:
Kondensator → vollständige Entladung
uC (t → ∞) = 0
i(t → ∞) = 0
• Zeitkonstante
τ =R·C
• Lösung des AWP
für t ≥ t1 gilt:
i(t) = i(t → ∞) + [i(t1 ) − i(t → ∞)] · e−
i(t) = −
t − t1
τ
t−t+1
2Iˆ
· e RC
ωRC
uC (t) = uC (t → ∞) + [uC (t1 ) − uC (t → ∞)] e0
2Iˆ − t−t1
· e R·C
uC (t) = +
ωC
Diagramm siehe Hilfsblatt.
4. für ϕi = 0 gilt:
u(C(t1 ) = 0
⇒ i(t1 ) = 0
Dies entspricht bereits dem energielosen (End-)Zustand
t ≥ t1 ⇒ uC (t) = 0 und i(t) = 0
5. Einschwingen einer AC-Anregung:
1
i(t)
iR
iC
i(t)
uc (t)
C
R
2
19
t−t1
τ
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
• DGL aufstellen
i(t) = iC (t) + iR (t)
duC (t) uC (t)
+
dt
R
duC (t)
R · i(t) = R
· C} ·
+ uC (t)
| {z
dt
=C
τ
DGL 1. Ordnung, inhomogen
• Allgemeine Lösung durch Superposition
uC = uC,h + uC,p
– Homogene Lösung: (Separation der Variablen)
duC,h
+ uc,h = 0
dt
Lösung → e-Funktion
t
uc,h = Kh · e− τ
τ·
– Partikuläre Lösung ist stationärer Zustand
n
o
o
n
!
uC,p = Re Û C,p (t) = Re Û C,p · ejωt






n o
!
jϕi jωt
ˆ
ˆ
i(t) = Re I = Re I · e ·e


| {z }

Iˆ
Einsetzen in homogene DGL
+ Û
= jω R · C ·Û
ejωt
ejωt
ejωt
R · Iˆ · ejϕi · C,p · | {z } C,p · τ
R · Iˆ · ejϕi = (1 + jωτ ) · Û c,P
p
ωτ
R · Iˆ · ejϕi = 12 + (ωτ )2 · ej arctan( 1 ) · Û C,p
R
⇒ Û C,p = p
· e−j arctan(ωτ ) ·Iˆ · ejϕi
1 + (ωτ )2
{z
}
|
z
Zurück zur reellen Zeitfunktion
)
(
o
n
R
Re Û C,p = Re p
· Iˆ · ej(ϕi −arctan(ωτ )) · ejωt
1 + (ωτ )2
| {z }
Û C,p (t)
Superposition
R
⇒ uC,p (t) = p
· Iˆ · cos(ωt + ϕi − arctan(ωτ ))
1 + (ωτ )2
uC = uC,h + uC,p
t
R
· Iˆ · cos(ωt + ϕi − arctan(ωτ ))
= Kh · e− τ + p
1 + (ωτ )2
• AWP lösen t = 0 : uC (t = 0) = 0
R
π
0 = Kh · e0 + p
· Iˆ · cos(0 − − arctan(ωτ ))
2
2
1 + (ωτ )
π
−R
· Iˆ · cos − − arctan(ωτ )
⇒ Kh = p
2
1 + (ωτ )2
20
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
Nachtrag:
1
Û C,p = R · p
· e−j arctan(ωτ ) ·Iˆ · ejϕi
1 + (ωτ )2
|
{z
}
z
1
z=
jωC + R
p
1
|z| = a2 + b2 = . . . = p
1 + (ωτ )2
1
b
= . . . = arctan
ϕ = arctan
a
ωτ
z = |z| · ejϕ
5.2.5
Aufgabe 7: Übertragungsfunktion
H(jω) =
Ausgangsgröße
=
Eingangsgröße
a(ω)
|{z}
Verstärkung
1.
U3
U1
U
H(jω) = 3
U2
U
H 1 (jω) = 3
U2
U
H 2 (jω) = 2
U1
H(jω) =
· |ejϕ(ω)
{z }
◦
Phase
= k · e−j90 = −jk =
u3
k
>0
mit k =
j
u1
U2
= H 1 (jω) · H 2 (jω)
U1
jX
=
R + jX
jX k (R + jX)
=
R + jX k (R + jX)
·
jX·(R+jX)
H(jω) =
jX
R+j2X
·
R + jX R + jX·(R+jX)
R+j2X
jX
jX · (R
+
jX)
·
R2 + j2XR + jX(R + jX)
R
+
jX
−X 2
= 2
R + j2XR + jXR − X 2
X2
=
2
−R − j3XR + X 2
! k
=
j
U
R ! j
R2
−1
1
=
H (jω) =
= 1− 2 −j 3
U3
X
X
k
R2 !
R
R
Re :1 − 2 = 0 ⇒
=1∨
= −1, R = |X|
X
X
X
R ! 1
=j ⇒X<0
Im : − j3 ·
X
k
1
Kapazität X = − ωC
R
= −1
⇒
X
=
21
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
2.
U 3 = U3 = 3 V, R = 1 Ω,
R
= −1
X
U3
= j ·3A
jX
U 5 = R · I3 = j · 3 V
I3 =
U 2 = U 5 + U 3 = j3 V + 3 V
U
I 2 = 2 = j(3 A + j3 A) = −3 A + j3 A
jX
I 1 = I 2 + I 3 = −3 A + j6 A
U 4 = R · I 1 = −3 V + j · 6 V
U1 = U4 + U2 = j · 9 V
Im{U }/V
Im{I}/A
9
8
7
U4
6
I2
5
U1
4
3
I1
2
I3
1
−5
−4
−3
−2
−1
0
0
U5
U2
1 U3 2
3
−1
5.2.6
Aufgabe 8: Tief-/Hochpass
1.
1
UA
1
jωC
=
= 1
UE
1
+
jωCR
+
R
jωC
1
|1|
=
|H(jω)| = 1 + jωCR
|1 + jωCR|
1
= p
1 + (ωCR)2
H(jω) =
a) Amplitudengang
a(ω)
= 20 log |H(jω)|
dB
22
4
Re{U }/V
Re{I}/A
Marius Geis
GGET II GGÜ
Manchmal:
a(ω)
Z(jω)
: H(jω) =
dB(ω)
1Ω
a(ω)
1
1
= 20 · log p
mit log x = − log
2
dB
x
1 + (ωCR)
p
2
= −20 log 1 + (ωCR)
Diskussion

0
a(ω) 
= −20 log(ωRC)

dB

−3
für ωCR ≪ 1(log 1 = 0)
für ωCR ≫ 1
√
für ωCR = 1(log 2 = 0,15)
Zeichnen
i) Gerade mit Steigung 0 bis 3 dB-Punkt
ii) Gerade mit Steigung −20 dB ab 3 dB-Punkt.
b) Phasengang
ϕ = arctan
Im
Re
1
(1 − jωCR)
·
1 + jωCR (1 − jωCR)
ωCR
1
−j
=
2
1 + (ωCR)
1 + (ωCR)2
" −ωCR #
H(jω) =
ϕ = arctan
1+(ωCR)2
1
1+(ωCR)2
= arctan(−ωCR)
= − arctan(ωRC)


ωCR = 0
0
ϕ(ω) = −90 ωCR → ∞


−45 ωCR = 1
23
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
a(ω)
dB
20
0.01
0.1
1
10
100
0.01
0.1
1
10
100
-3
ωτ
-20
ϕ(ω)
-45
-90
2. f = 1 kHz, R = 1 kΩ, 20 dB Dämpfung =
ˆ −20 dB Verstärkung
a) Näherung (Annahme ωCR ≫ 1)
!
−20 dB = −20 dB log(ωCR)
1 = log(ωCR)
10 = ωCR
10
10
⇒C=
=
= 1,59 µF
ωR
2π · 1 kHz · 1 kΩ
24
ωτ
Marius Geis
GGET II GGÜ
b) Exakt
p
!
−20 dB = −20 dB · log
1 + (ωRC)2
p
10 = 1 + (ωRC)2
100 = 1 + (ωCR)2
√
99 = ωCR
√
99
⇒C=
= 1,58 µF
ωR
3.
UE
UA
H(jω) =
UA
=
UE
R
+R
1
jωC
jωCR
1 + jωCR
jωCR = |jωCR|
|H(jω)| = 1 + jωCR (1 + jωCR)
ωCR
= p
1 + (ωCR)2
=
a) Amplitudengang
a(ω)
= 20 log |H(jω)|
dB
!
ωCR
= 20 log p
1 + (ωCR)2

20 log(ωCR) für ωCR ≪ 1
a(ω) 
= 0
für ωCR ≫ 1

dB

−3
für ωCR = 1
b) Phasengang
(1 − jωCR)
jωCR
·
1 + jωCR (1 − jωCR)
jωCR + (ωCR)2
=
1 + (ωCR)2

H(jω) =
ϕ = arg(H(jω)) = arctan 
= arctan
1
ωCR
ωCR
1+(ωCR)2
(ωCR)2
1+(ωCR)2


25
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
a(ω)
dB
20
0.01
0.1
1
10
100
0.01
0.1
1
10
100
-3
ωτ
-20
ϕ(ω)
90
45
i) Näherung (Annahme ωCR ≪ 1)
!
−20 dB = 20 dB log(ωCR)
10−1 = ωRC
0,1
0,1
⇒ω=
⇒f =
= 10,073 Hz
CR
2π · 1,58 µF · 1 kΩ
26
ωτ
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
ii) Exakt:
ωCR
!
−20 dB = 20 dB · log
10−1
p
1 + (ωCR)2
!
ωCR
10−1 = p
1 + (ωCR)2
p
1 + (ωCr)2 = ωCR
10−2 (1 + (ωCR)2 ) = (ωCR)2
r
10−2 = (1 − 10−2 )(ωCR)2
10−2
= ωCR
1 − 10−2
q
f=
5.2.7
10−2
1−10−2
2πCR
= 10,12 Hz
Aufgabe 9: Lastwechsel an RL-Schaltung
AEM
1. Bestimmung Anfganswert „eingeschwungen“→ uL = 0 = L didtL − 0
120 V
U0
=
R1 + R2
36 Ω + 40 Ω
= 1,58 A
i(t) =
2. Endwert „wohin“
i
R
L
uR
uL
u0
R = R1 + (R2 k R3 )
R2 · R3
= R1 +
R2 + R3
40 Ω · 60 Ω
= 36 Ω +
100 Ω
= 60 Ω
U0
120 V
i(t → ∞) =
=
= 2A
R
60 Ω
3. Zeitkonstante τ „wie schnell“.
300 mH
L
=
= 5 ms
R
60 Ω
L
τ=
, τ = RE · C
RE
t
i(t) = i(t → ∞) + i(t = 0) − i(t → ∞) · e− τ
τ=
t
= 2 A + (1,58 A − 2 A) · e− 5 ms
t
= 2 A − 0,42 A · e− 5 ms
27
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
i(t)
2
1.58
t
5.2.8
Aufgabe 10: Tiefsetzsteller
1. Ideale Diode
„Richtungsabhängiger Schalter“
Id
Ud
• t < 0: Für t ≪ 0 wird Spule aufmagnetisiert.
Für t = 0− : → stationärer Zustand.
DC-Anregung ⇒ alle Ableitungen = 0
di
uL (t) = L = 0
dt
⇒ U0 fällt vollständig über RL ab.
Z0
1
U0
iL (0− ) =
uL dt =
L
R
−∞
= I0 =
220 V
= 1A
220 Ω
„Anfangswert“
us (t) = 0, da Schalter geschlossen
uD = −U0 ⇒ Diode sperrt
• t = 0: Strom kann wegen Spule nicht springen, d.h. Spule hält Strom (in gleicher Richtung) als Stromquelle aufrecht und erzeugt dafür die Spannung uL < 0
28
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
⇒ Diode leitet + Strom fließt durch Diode
iL (t = 0) = I0 = 1 A
uD = 0 ⇒ us (t = 0) = U0 = 220 V
• t > 0 Spule entmagnetisiert sich vollständig über D und RL mit der Zeitkonstante τ
τ=
110 mH
L
=
= 0,5 ms = 500 µs
RL
220 Ω
Endwert:
iL (t → ∞) = 0
AEM
t
t
iL (t) = I0 · e− τ = 1A · e− 500 µs
Da D für t > 0 stets leitet gilt uD = 0
us (t) = U0 = 220 V
2. Beim Versuch den Schalter zu öffnen und den Strom schlagartig zu unterbrechen, würde in der Spule die
di
→ ∞ induziert werden.
Spannung uL (t) = L dt
⇒ der Schalter zieht einen Lichtbogen und leitet weiterhin.
3. „Strom fließt kontinuierlich“ d.h. es gilt i(t) > 0 für alle t > 0.
C → ∞, d.h. Kondensatorspannung konstant ⇒ DC-Spannungsquelle UA
Für 0 ≤ t ≤ aT : Schalter geschlossen
uL (t) = UE − UA
d.h. Strom iL steigt linear an, d.h. Spule wird aufmagnetisiert
Zt
1
(UE − UA ) dt + iL (t = 0)
iL (t) =
L | {z }
0
UL
UE − UA
(aT − 0)
L
Für aT ≤ t ≤ T : Schalter geöffnet
uL (t) = −UA
∆iauf =
d.h. Strom iL fällt linear ab, Spule wird entmagnetisiert
ZT
1
iL (t) =
(−UA ) dt + iL (t = aT )
L | {z }
aT
UL
−UA
∆iab =
(T − aT )
L
„Stationärer Betrieb“ wird hier auf die Gleichanteile der betrachteten Größen bezogen. UE & UA sind bereits
reine Gleichgrößen (UA wegen C → ∞). Bei den Strömen iE & iA herrschen dementsprechend die (Kurzzeit)Mittelwerte über einer Periode T betrachtet:
I¯E &I¯A
29
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im stationären Betrieb muss I¯A = const gelten, da ansonsten noch transiente Vorgänge (Änderungen) vorliegen würden.
!
I¯A = const
1
⇒ ūL =
T
1
⇔
T
ZaT
0
ZT
!
uL (t) dt = 0
0
1
(UE − UA ) dt +
T
ZT
(−UA ) dt = 0
aT
1
1
⇔ aT (UE − UA ) − UA (T − aT ) = 0
T
T
⇔a · Ue − a ·
U
a ·
U
A − UA + A = 0
a · UE − UA = 0
UA
=a
UE
Alternativer Ansatz statt Mittelwert:
!
∆iauf = −∆iab
UA
UE − UA
· aT −
(T − aT )
0=
L
L
Zwischen UE & UA liegen keine ohmschen Verbraucher
PA = PE
UA · I¯A = UE · I¯E
1
I¯A
UE
=
=
UA
a
I¯E
i(t), u(t)
I¯A
iA (t)
uL
UE − UA
t
aT
T
−UA
30
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Allgemein
System/Anordnung
DC
AC
5.2.9
1. Ordnung
2. Ordnung
Exponentialansatz
AEM (Anfangswert, Entwert, τ )
Spezielle Lösung (→ sinus-förmig)
(Resonanzfrequenz, Mittelwert)
AEM → homogen
+ AC → partikulär
(betrachte keine Anfangsbedingungen, (+AC → partikulär)
nur eingeschwungenen Zustand)
Aufgabe 11: LC-Reihenschwingkreis
1. Allgemein (allg.) und speizllen (spez.) ähnlich 4.5.3 im Ü-Skript.
Schalter auf Stellung 2
• Allgemeine Lösung: DGL durch Maschenumlauf
Uq = uL (t) + uC (t)
Z
di(t)
1
Uq = L
+ · i(t) dt
dt
C
d2 i(t)
1
+
i(t) = 0
dt2
LC
Homogene DGL 2. Ordnung (ungedämpftes System)
Einsetzen des komplexen Exponentialansatzes
i(t) = ih (t) = eλt
in die DGL führt auf das charakteristische Polynom
1 λt 2
λ +
eλt
0 =
e
LC
1
0 = λ2 +
LC
⇒ Eigenwerte
1
1
λ1 = j √
und λ2 = −j √
LC
LC
Resonanzfrequenz ω0 - aus Betrag der Eigenwerte (analog zu τ , τ = λ1 )
1
ω0 = |λ1 | = |λ2 | = √
LC
Wie τ → Möglichkeit die Resonanzfrequenz ω0 (oder genauer ω02 ), unmittelbar aus der normierten
Darstellung einer DGL 2. Ordnung abzulesen. (Bsp Ü-Skript 4.5.2)
fres
0 = y ′′ (x) + 2ζω0 y ′ (x) + ω02 y(x)
→ ergibt sich aus ω0
ω0
1
√
fres =
=
2·π
2π LC
• Speziell: Resonanzfrequenz berechnet sich für alle LC-Schwingkreise gleich und kann daher unmitterbar
angegeben werden.
1
= 2πfres
ω0 = √
LC
1
√
fres =
2π LC
(DGL nur aufstellen wenn ausdrücklich nach gefragt.)
31
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
2.
i(t)
uC (t)
Uq
uL (t)
AW=?
a) i(t = 0+ ) = 0 Strom an Spule kann nicht springen
b) uL (t = 0+ ) = Uq
unmagnetisierte Spule =
ˆ offene Klemmen, ungeladener Kondensator =
ˆ Kurzschluss
c) uC (t = 0+ ) = 0 Spannung an Kondensator kann nicht springen
3. Mittelwert gesucht. Zeitliche Verläufe nötig dafür.
ˆ
a) Mittelwert des Stromes I:
• Allgemeine Lösung:
Einsetzen der Real-und Imaginärteile der Eigenwerte in den Exponentialansatz führt auf den Ansatz
der allgemeinen Lösung
i(t) = K1 · Re eλ1 t + K2 · Im eλ1 t
1
1
= K1 · cos √
· t + K2 · sin √
·t
LC
LC
1
= K1 · cos(ω0 t) + K2 · sin(ω0 t) mit ω0 = √
LC
Lösung AWP mit bestimmen AW: Anfangswert in allgemeine Lösung einsetzen
!
i(t = 0+ ) = 0 = K1 · cos(ω0 · 0) + K2 · sin(ω0 · 0)
⇒ K1 = 0
⇒ i(t) = K2 · sin(ω0 t)
Diese Lösung in Bauteilgleichung für L einsetzen und 2. AW verwenden
di !
= L · K2 · ω0 · cos(ω0 t) bei t = 0
uL (t = 0+ ) = Uq = L | {z }
dt
t=0
Lösung AWP
=λ
Uq
K2 =
L · ω0
Uq
· sin(ω0 t)
L · ω0
ZT
1
¯
⇒I=
i(t) dt = 0
T
i(t) =
0
• Speziell: (vgl. System 1. Ordnung Kapitel 4.4.2 Ü-Skript)
– Annahme: gedämpfte Schwingung
⇒ homogene Lösung, d.h. Schwingung → klingt ab
⇒ Endwert wird durch Anregung, d.h. Quelle bestimmt → partikuläre Lösung
u(t) = yh (t) + yp (t) → yp (t) für t → ∞
32
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
– DC-Quelle
⇒ stationärer Zustand → wenn alle Ableitungen = 0
⇒ Kein Strom in C =
ˆ offene Klemmen
Keine Spannung über Spule =
ˆ Kurzschluss
⇒ I¯ = 0
– Auch gültig für ungedämpftes System, da stetiger Grenzwert für Dämpfung
ζ→0
b) Mittelwert uL
• Allgemeine Lösung
uL (t) = L
di
dt
Uq
· ω0 · cos ω0 t
L · ω0
= Uq · cos ω0 t
=L·
⇒ ŪL =
1
T
ZT
uL (t) dt = 0
0
• Spezielle Lösung
Umgedämpfte Schwingung um den gleichen Endwert wie für gedämpft angenommene Schwingung
(s.o.)
⇒ ŪL = 0(L =
ˆ Kurzschluss)
c) ŪC
• Allgemein
1
uc (t) =
C
Zt
i(t′ ) dt′
0
1 Uq
1
t
=
·
[− cos ω0 t]0
C L · ω0 ω0
LC
= Uq
[− cos ω0 t + 1]
LC
=
Uq
− Uq · cos ω0 t
|{z}
| {z }
Gleichanteil
⇒ ŪC =
1
T
ZT
Wechselanteil
uc (t) dt = Uq
0
• Speziell:
Ūc = Uq
33
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
4.
2Uq
Iˆ
Uq
uL (t)
uC (t)
i(t)
5. Iˆ
• Allgemein → Ablesen aus AWP
Uq
· sin ω0 t
L · ω0
Uq
Iˆ =
ω0 L
i(t) =
• Speziell
1
i(t) =
L
Zt
0
uL (t′ ) dt mit uL (t′ ) = Uq · cos(ω0 t′ )
Uq
i(t) =
· sin(ω0 t)
ω0 L
Uq
Iˆ =
ω0 L
6. bis Schalten → Schaltung Verhalten wie in Unterpunkt 4. nach Umschalten.
uL = −uC
u C = 2 · Uq
UL muss springen
u L = 2 · Uq
|uL | größer (vorher max Uq ) → (i) größer werden (s. U5)
34
Marius Geis
GGET II GGÜ
2Uq
SS 2010
uL (t)
2 · Iˆ
Uq
Iˆ
i(t)
−Uq
−2Uq
uC (t)
Allgemein
Z = R + jX
Z = Scheinwiderstand, Impedanz
R = Wirkwiderstand, Resistanz
X = Blindwiderstand, Reaktanz
Kondensator
ZC =
1
1 !
= jXC ⇒ XC = −
jωC
ωC
Spule
!
Z L = jωL = jXL ⇒ XL = ωL
5.2.11
Aufgabe 13: Blindleistungkompensation
1. Allgemeine Wirkleistung
hier
P = I2 · R
PR2 = I 2 · R2
r
r
PR2
1000 W √
I2 =
=
= 2A
R2
50 Ω
= 1,414 A
hier: für die Lösung wird U 2 und U R2 als Bezugsgröße gewählt.
Strom & Spannung am ohmschen Widerstand liegen in Phase
Zeiger I 2 und U R2 auf der reelle Achse
I 2 = I2 = 1,414 A
⇒ U R2 = I 2 · R2 = 1,414 A · 50 Ω
= 70,7 V
35
Marius Geis
GGET II GGÜ
• Reaktanzen L2 & C & L1
XL1 = ωL1 = 2π · 50 Hz ·
50
mH
π
= 5Ω
XL2 = ω · L2 = 2π · 50 Hz ·
100
mH
π
= 10 Ω
1
1
=−
XC = −
ωC
2π · 50 Hz ·
2
7π
mF
= −35 Ω
• R1 , L2 & C ⇒ Z
Z = R1 + j(XL2 + XC )
= 25 Ω + j(10 Ω − 35 Ω)
◦
= 25 Ω − j25 Ω = 35,36 Ωe−j45
U
70,7 V
I 1 = R2 =
Z
35,36 Ω · e−j45◦
◦
= 2 A · ej45 = 1,414 A − j1,414 A
◦
U R1 = R1 · I 1 = 25 Ω · 2 A · ej45
◦
= 50 V · ej45
= 35,36 V + j35,36 V
◦
U C = jXC · I 1 = −j36 Ω · 2 A · ej45
◦
◦
= 35 Ω · e−90 · 2 A · ej45
◦
= 70 V · e−j45
= 49,5 V − j49,5 V
◦
U L2 = jXL2 · I 1 = 2 A · ej45 · 10 Ω · ej 90◦
◦
= 20 V · e135 = −14,14 V + j14,14 V
• Knotengleichung
I 0 = I 1 + I 2 = 2,828 A + j1,414 A
◦
= 3,16 A · ej26,57
◦
◦
U L1 = jXL1 · I 0 = 5 Ω · ej90 · 3,16 A · ej26,57
= 15,8 V · ej116,57
◦
= −7,07 V + j14,14 V
• Maschenumlauf
U 0 = U R2 + U L 1
= 70,7 V − 7,07 V + j14,14 V
= 63,63 V + j14,14 V
= 65,2 V · ej12,52
◦
36
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
I3
U R1
I1
I0
UC
I ′0
U0
U L1
Re
U R2
U L2
2. Kompensiere Blindleistung
⇒ Spannungquelle gibt reine Wirkleistung ab wenn I ′0 und U 0 in Phase liegen.
Spuli ⇒ Kapazitive Blindleistung
⇒ Kompensation durch Induktivität
⇒ I 3 zeichnerich ermitteln.
L3
I 0 = I3 + I 0
I 3 ablesen.
ˆ 3,1 cm
|I 3 | = 0,775 A =
U0
65,2 V
XL 3 =
=
I3
0,775 A
= 84,1 Ω
84,1 Ω
XL 3
=
L3 =
ω
2π · 50 Hz
= 268 mH
Hinweise zu Übungsklausur und Klausur
• Lösungsweg muss nachvollziehbar sein
37
Marius Geis
GGET II GGÜ
– Zwischenschritte aufschreiben
• Nur eindeutige Lösung
– Klar kenntlich machen, was bewertet werden soll
– Ergebnisse klar kenntlich machen, z.B. durch Unterstreichen
• Leserlich schreiben
– möglichst saubere Darstellung
• Aufgabennummer oben auf jedes Blatt
– Wenn eine Aufgabe hinten weitergerechnet wird, dann vorne darauf hinweisen
• keine kopierte Formelsammlung verwenden
5.2.10
Aufgabe 12: Zeigerdiagramm
1. gegeben: f
es gilt: ω = 2πf
• Einzelreaktanzen
XL1 = ωL1 = 2π · 50 Hz · 100 mH
= 31,42 Ω
XL2 = ωL2 = 2π · 50 Hz · 500 mH
= 157,08 Ω
1
1
=−
XC = −
ωC
2π · 50 Hz · 47 µF
= −67,73 Ω
• Gesamtimpedanz Z ges
Z ges = jXL1 + [(R + jXL2 ) k jXC ]
(R + jXL2 ) · jXC
R + j(XL2 + XC )
(270 Ω + j157,08 Ω) · (−j · 67,73 Ω)
= j31,42 Ω +
270 Ω + j83,35 Ω
= 15,31 Ω − j41,38 Ω
= jXL1 +
◦
= 44,12 Ω · e−j63,69
• I 0 bestimmen. Annahme / Festlegung
◦
U 0 = U0 = 220 V · ej0
U0
220 V
=
I0 =
Z ges
44,12 Ω · e−j69,69◦
◦
= 4,99 A · ej69,69
•
U L1 = Z L1 · I 0 = jXL1 · I 0
◦
◦
= 31,42 Ω · e90 − 4,00 A · ej69,69
◦
= 156,79 V · ej149,69
• Maschengleichung
U C = U 0 − U L1
◦
= 220 V − 156,79 V · ej159,69
= 220 V + 147,04 V − j54,42 V
= 367,04 V − j54,42 V
= 371,05 V · e−j8,43
◦
38
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
•
◦
IC =
UC
371,05 V · e−j8,43
=
jXC
−j67,73 Ω
◦
=
371,05 V · e−j8,43
67,73 Ω · e−j90◦
◦
= 5,48 A · ej81,57
• Knotengleichung
◦
I R = I 0 − I C = 4,99 A · ej63,69 − 5,48 A · ej81,57
◦
= 1,2 A · e−j38,62
• U R & U LC
◦
U R = I R · R = 1,2 A · e−j38,62 · 270 Ω
◦
= 324 V · e−j38,62
◦
U L2 = I R · jXL2 = 1,2 A · e−j38,62 · j157,88 Ω
◦
= 188,5 V · ej51,38
2.
• I R & U R für Konstruktion Zeigerdiaramm als Bezugsgrößen, d.h. Phase wählen zu 0◦ .
⇒ bei R sind Strom & Spannung in Phase
⇒ im Gegensatz zu 1.
• Bezugsgrößen
|U R | = 325 V =
ˆ 10,8 cm
ˆ 2,4 cm
|I R | = 1,2 A =
ˆ 6,3 cm
|U L2 | = 189 V =
U C = U R + U L2
|U C | = 12,4 cm =
ˆ 375 V ≡ 371,95 V
|I C | = 5,5 A =
ˆ 11 cm
U L2 ⊥ U R
I0 = IR + IC
I0 =
ˆ 10 cm =
ˆ 5A
ˆ 5,2 cm
|UL1 | = 157 V =
U L1 ⊥ I 0 voreilend
U 0 = U C + U L1
39
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
Re′
IC
U L1
I0
Im′
UC
U0
IR
5.2.12
UR
U L2
Re
Aufgabe 14: RLC-Reihenschwingkreis
R
L
C
1
Z = R + jωL +
jωC
1
= R + j ωL −
ωC
Im Resonanzfall gilt:
1
=0
Im{Z} = ω0 L −
ω0 C
⇒Z =R
1
ω0 C
Damit folgt für die Resonanzkreisfrequenz:
1
ω0 = √
LC
⇒ ω0 L =
(1)
40
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Betrachte |Z(ω)| für
1
→ ∞ ⇒ |Z(ω → 0)| → ∞
ω→0⇒
ωC
ω → ∞ ⇒ωL → ∞ ⇒ |Z(ω → ∞)| → ∞
|Z|
√
2R
R
∆ω
ω1
ω0
ω2
ω
Bandbreite:
∆ω := ω2 − ω1
Der Scheinwiderstand des Schwingkreises bei der Kreisfrequenz ω2 und ω1 beträgt das
derstandes im Resonanzfall (s. Vorlesungsskript S.93f).
Bei der Grenzfrequenz ω1 gilt:
s
2
|Z(ω1 )| = R + ω1 L −
1
ω1 C
2
1
= 2R2
R 2 + ω1 L −
ω1 C
1 ⇔ ω1 L −
=R
ω1 C Anmerkung: D.h. bei der Grenzfrequenz gilt
|Im{Z}| = Re {Z(ω)}
2
!
=
√
2R
Im
R
45◦
R
Re
−R
41
√
(2)
2-fache des Scheinwi-
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
bzw. | arg(Z)| = 45◦
(äquivalente Möglichkeiten der Definition der Grenzfrequenz)
1
1
ω12 LC − 1
=
ω1 L −
ω1 C
ω1 C
1 ω12
=
−1
<0
ω1 C
ω02
|{z}
<1 da ω1 <ω0
|
{z
}
<0
1
⇒ω1 L −
= −R
ω1 C
1
R
=0
⇔ω12 + ω1 −
L
LC
s 2
1
R
R
+
+
ω1 = −
2L
2L
LC
hier nur „+“ sinnvoll, da ω1 sonst negativ
Bei der Grenzfrequenz ω2 gilt analog
1
⇒ω2 L −
=R
ω2 C
s 2
R
1
R
⇔ ω2 =
+
+
2L
2L
LC
auch hier nur „+“ sinnvoll, da ω2 sonst negativ
ω1 und ω2 aus Gl (3) und (4) in Gl (2) einsetzen:
R
∆ω = ω2 − ω1 =
L
Daraus folgt für L
R
50 Ω
⇒L=
=
= 79,58 mH
∆ω
2π100 Hz
Gl. (1) umformen und einsetzen ergibt C:
1
1
1
⇔C= 2 =
ω0 = √
ω
L
LC
(2π800 Hz)2 · 79,58 mH
0
1
+ R ·
ω1 L
p-q-Formel andwenden
(3)
ω
2
− R ·
L
(4)
p-q-Formel andwenden
= 497,4 nF
Anmerkung: ω0 liegt zwar zwischen ω1 und ω2 , jedoch nicht genau mittig, d.h.
∆ω
ω0 6= ω1 +
2
∆ω
ω0 6= ω2 −
2
Nachtrag zu Aufgabe 14
• Bandbreite eines LC-Schwingkreises:
√
Bandbreite ist definiert als ∆ω = ω2 − ω1 mit |Z(ω1 )| = |Z(ω2)| = 2|Z(ω0 )|.
Bei reinen LC-Schwingkreisen ist |Z(ω0 )| = 0, d.h. |Z(ω1 )| = |Z(ω2 )| = 0 ⇒ ω1 = ω2 = ω0 , d.h.
∆ω = 0 = R
L . Die Andwendung der Bandbreite beim LC-Schwingkreis (ohne R) macht deshalb wenig
Sinn.
42
Marius Geis
5.2.13
GGET II GGÜ
Aufgabe 15: Frequenzweiche (Frequenzsperre)
• Sperren der Frequenz f1 : Parallelschwingkreis aus L1 und C1
Z
|{z}
=
Impedenz
Y
|{z}
=
R
|{z}
+j
X
|{z}
Wirkwiderstand
Blindwiderstasnd
1
=
Z
+j
Admittanz
(kompl. Leitwert)
G
|{z}
Wirkleitwerk
(Konduktanz)
1
+ jω1 C
jω1 L
1
j = ω1 C −
ω1 L
Y 1 (ω1 ) =
B
|{z}
Blindleitwert
(Suszeptanz)
!
=0
1
ω1 = √
L1 C1
1
1
⇒ C1 = 2
=
ω1 L 1
(2π120 kHz)2 · 0,15 mH
= 11,73 nF
Parallelschwingkreis aus L2 und C2
1
1
⇒ C2 = 2
=
ω1 L 2
(2π120 kHz)2 · 0,13 mH
= 13,53 nF
Der Gesamtwiderstand der Schaltung ist für die Frequenz f1 = 120 kHz nun unendlich groß
• Sperren der Frequenz f2 :
Wähle C3 so, dass Y ges (f2 ) = 0, damit der Gesamtwiderstand der Schaltung → ∞ geht.
1
1
!
Y ges =
+ jω2 C1 +
=0
1
jω2 L1
1
+ jω2 C3
1
jω2 L2 + jω2 C2
{z
}
|
Z2
Auflösen nach C3
C3 =
1
−C1
1
ω 2 L1
2
1
+
1
−C2
1
ω 2 L2
2
= 6,24 nF
43
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
a(ω)
dB
20
70 kHz
90 kHz
110 kHz
130 kHz
150 kHz
70kHz
90kHz
110kHz
130kHz
150kHz
ωτ
ϕ(ω)
90
45
-45
-90
5.2.14
Aufgabe 16: Leistunganpassung
1.)
1
1
Z = jωL + R +
jωC1 jωC2
−j
1
R − j ωC
·
ωC2
1
= jωL + 1
1
R − j ωC1 + −j ωC
2
Doppelbruch weitestgehend eliminieren. . .
R
−j ωC
− ω2 C11 C2
ω · C1 · C2
2
·
= jωL +
1
1
ω · C1 · C2
R − j ωC
+ ωC
1
2
44
ωτ
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
konjugiert komplex erweitern
−jRC1 − ω1
RωC1 C2 + j(C2 + C1 )
·
RωC1 C2 − j(C2 + C1 ) RωC1 C2 + j(C2 + C1 )
[RC1 · (C2 + C1 ) − RC1 C2 ] − j · ωR2 C12 C2 + ω1 (C2 + C1 )
= jωL +
(RωC1 C2 )2 + (C2 + C1 )2
RC12 − j ωR2 C12 C2 + ω1 (C2 + C1 )
= jωL +
R2 ω 2 C12 C22 + (C2 + C1 )2
= jωL +
ωR2 C12 C2 + ω1 (C2 + C1 )
R2 ω 2 C12 C22 + (C2 + C1 )2
RC 2
Re{Z} = 2 2 2 2 1
R ω C1 C2 + (C2 + C1 )2
⇒ Im{Z} = ωL −
2.) Rein reell bei ω = ω0 heißt:
Im{Z(ω0 )} = 0
⇔ω0 L −
⇒L=
ω0 R2 C12 C2 +
1
ω0 (C2
+ C1 )
R2 ω02 C12 C22 + (C2 + C1 )2
=0
1
2 2
1 ω0 R C1 C2 + ω0 (C2 + C1 )
· 2 2 2 2
ω0 R ω0 C1 C2 + (C2 + C1 )2
1
+ Bruchterm, ·
ω0
= 19,49 mH
3.) Vereinfachtes Schaltbild
Ri
I
Z
U
RC12
R2 ω 2 C12 C22 + (C2 + C1 )2
50 Ω · (200 µF)2
=
(50 Ω)2 · (1000 s−1 )2 · (200 µF)2 · (40 µF)2 + (40 µF + 200 µF)2
= 9,19 Ω
U
20 V
= 337,9 mA
=
I=
Ri + Z
50 Ω + 9,19 Ω
P = I 2 · Re{Z} = (337,9 mA)2 · 9,19 Ω
Z = Re{Z} =
= 1,05 W
Die maximale Leistung kann abgegeen werden, wenn Leistunganpassung vorliegt. Allgemein: Leistunganpassung bei komplexem Innenwiderstand Z i :
⇒ Z = Z ∗i
Hier: Da Z i = Ri = Z ∗i rein reell ist (häufiger Fall)
⇒ Z = Ri
U
⇒ Imax =
2Ri
U2
· Ri
4 · Ri2
(20 V)2
U2
=
= 2W
=
4Ri
4 · 50 Ω
2
Pmax = Imax
·Z =
45
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Für das Verhältnis der aufgenommenen zur maximal abgebbaren leistung folgt:
1,05 W
P
=
= 0,525 = 52,5%
Pmax
2W
Nachtrag zu Aufgabe 16
• Anmerkung:
bei Unterpunkt 2 wird die Schaltung in Resonanz betrieben, dort keine Leistunganpassung.
• Unterpunkt 3:
Pmax ist die maximale Leistung, die über 1 und 1′ an Z abgegeben werden kann. Das ist der Fall bei
Leistungsanpassung (Z = Ri ).
Zweitsemesterführung 2010
Zeit: Do, 01.07.2010, 14:30 Uhr, nach Einsicht der Übungsklausur
Ort: Bibliothek des ISEA, Jägerstr. 17-19
5.2.15
Aufgabe 17: Leistungsfaktoren
Problem: U0 nicht gegeben.
1. Scheinleistung S 1 , die die Reihenschaltung aus R1 und L1 aufnimmt:
S 1 = U 0 · I ∗1 =
=
1
· Û 0 ·
2
∗
Û 0 · Iˆ1
2
!∗
Û 0
mit
Z1
Z 1 = R1 + jX1
X1 = ωL1
= 2π · 50 Hz · 127,2 mH
= 40 Ω
∗
1 Û 0 · Û 0
R1 + jX1
·
konjugiert komplex erweitern
⇒ S1 = ·
2 R1 − jX1 R1 + jX1
1 Û02 · (R1 + jX1 )
1
R12 + X12
2
∗
Anmerkung: Û 0 · Û 0 = Û 0 = Û02
=
=
Û02 · X1
Û02 · R1
+j
2
2
2 · (R1 + X1 )
2 · (R12 + X12 )
|
|
{z
}
{z
}
P1
Q1
= P1 + jQ1
Scheinleistung die R2 aufnimmt
∗
Û · Iˆ
S2 = 0 2
2
!∗
1
Û 0
= · Û 0 ·
2
R2
=
Û02
= P2 + jQ2
|{z}
2R2
|{z}
=0
P2
46
Marius Geis
GGET II GGÜ
Für die gesamte Wirkleisutng gilt:
Û02 · R1
Û02
+
2 · (R12 + X12 ) 2R2
Û 2
R1
1
= 0
+
2
R12 + X12
R2
P = P1 + P2 =
Auflösen nach Û0
s
⇔ Û0 =
=
2P
+
R1
R21 +X12
s
1
R2
2 · 1100 W
30 Ω
(30 Ω)2 +(40 Ω)2
+
1
= 316,2 V
100 Ω
Damit folgt für die in R2 umgesetze Wirkleistung P2
Û02
(316,2 V)2
=
= 500 W
2R2
2 · 100 Ω
P1 = P − P2 = 1100 W − 500 W
P2 =
= 600 W
Anmerkung
S = S1 + S2
= |{z}
P +jQ
P1 +P2
2. Festlegung:
◦
Û 0 = Û0 · ej0
Û0
316,2 V
=
R1 + jX1
30 Ω + j40 Ω
316,2 V
−j53,13◦
=
◦ = 6,32 A · e
j53,13
50 Ω · e
= 3,79 A − j5,06 A
⇒ Iˆ1 =
Û0
316,2 V
=
= 3,16 A
Iˆ2 =
R2
100 Ω
Knotenregel:
Iˆ0 = Iˆ1 + Iˆ2 = 3,79 A − j5,06 A + 3,16 A
= 6,95 A − j5,06 A
◦
= 8,6 A · e−j36,06
3.
∗
S = Û 0 · Iˆ0
∗
◦
316,2 V · 8,6 A · e−j36,06
Û 0 · Iˆ0
=
2
2
j36,06◦
Z = 1360 VA · e
= 1100 W + j |800{zVAr}
=
Q
⇒ Q = 800 VAr
hier kein Unterstrich wie in der Lösung fälschlicherweise angegeben.
4. (Wirk-) Leistungsfaktor
1100 W
P
=
= 0,81
|S|
1360 VA
cos ϕ = cos 36,06◦ = 0,81
λ = cos ϕ =
47
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Blindleistungsfaktor:
800 VAr
Q
=
= 0,57
sin ϕ =
|S|
1360 VA
sin ϕ = sin 36,06◦ = 0,59
5.
Im
8
7
6
5
S
4
jQ
3
S′
2
18,19◦
1
0
1
Iˆ2
2
3
4
5 P 6
7
8
9
10
11
Re
′
Iˆ0
−1
−18,19◦
−2
Iˆ0
−3
Iˆ1
IˆC
−4
−5
6.
cos ϕ = 0,95
⇒ ϕ = 18,19◦
Teilkompensation der Blindleistung. Schaltung nimmt positive Blindleistung auf (wegen der Induktivität L1 ).
Zur Kompensation wird ein Bauteil benötigt, das negative Blindleistung aufnimmt und damit die positive
Blindleistung (teilweise) kompensiert.
⇒ Kapazität parallel
48
Marius Geis
GGET II GGÜ
′
Iˆ0
SS 2010
Iˆ0
Iˆ1
IˆC
Iˆ2
R1
R2
Û 0
L1
Warum parallel?
⇒ Dadurch ändert sich nichts an den Spannungen der einzelnen Bauelemente.
7. Lösunsweg durch Ablesen aus Zeigerdiagramm. Aus dem Zeigerdiagramm lässt sich die Blindleistung
QKomp = 440 VAr ermitteln.
S Komp
∗
∗
Û 0 · Û 0 · jωC
Û 0 · IˆC
=
=
2
2
1
2
= j · − · Û0 · ωC
2
|
{z
}
QKomp
⇒C=
2 · QKomp
Û02
·ω
=
2 · 440 VAr
(316,2 V)2 · 2π50 Hz
= 28 µF
ˆ
⇒ I C = jωC · Û 0 = j · 2π · 50 Hz · 28 µF · 316,2 V
= j2,78 A
5.2.16
Aufgabe 18: Brückenschaltung
1.
U5 = U4 − U3
= (U 0 − U R ) ·
⇒
!
z
⇒=0
}|
Z3
Z4
−
Z2 + Z4
Z1 + Z3
Z3
Z4
=
Z2 + Z4
Z1 + Z3
Z
Z2
= 1
Z4
Z3
Z
⇒ Z1 = 2 · Z3
Z4
jXL
· jXC = jXL = j20 Ω
=
jXC
49
{
!
=0
Marius Geis
GGET II GGÜ
2.
R0
jXL
jXL
I5
jXC
U5
jXC
XC
XL
+
2
2
20 Ω 10 Ω
= 5Ω + j
−
2
2
Z ges = R0 + j
= 5 Ω + j5 Ω
U0
50 V
=
I0 =
Z ges
5 Ω + j5 Ω
= 5 A − j5 A
I
⇒ I 1 = I 2 = 0 = 2,5 A − j2,5 A
2
= I3 = I4
U R = R · I 0 = 5 Ω · (5 A − j5 A)
= 2,5 V − j2,5 V
U 1 = U 2 = I 1 · jXL
= (2,5 A − j2,5 A) · j20 Ω
= 50 V + j50 V
U 3 = U 4 = I 4 · jXC
= (2,5 A − j2,5 A) · j(−10 Ω)
= −25 V − j25 V
50
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
5
4
3
U3 = U4
2
1
U0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12 13 14 15
−1
U1 = U2
−2
UR
−3
I1 = I2 = I3 = I4
−4
−5
I0
−6
−7
−8
−9
3.
S = U 0 · I ∗0
= 50 V · (5 A − j5 A)∗
= 50 V · (5 A + j5 A)
= 250 W + j |250{z
VAr}
Q
⇒ P = 250 W
Q = 250 VAr
5.2.18
Aufgabe 20: Flackernde Glühlampe (Zusatzaufgabe)
1. allgmein:
1
Û · Iˆ
2
2 · PL
2 · 75 W
= 1,5 A
⇒ |Iˆ1 | =
=
100 V
|Û 1 |
= |Iˆ ||
P = U ·I =
2
Festlegung der Phase von Û 1 :
◦
◦
ˆ 5 cm
Û 1 = U1 · ej0 = 100 V · ej0 =
ˆ
⇒ I 1 = 1,5 A =
ˆ 3 cm
◦
ˆ 3 cm
Î 2 = 1,5 A · e−j90 =
51
Re
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
nacheilend, da Zweig durch L2 induktiv
◦
ˆ 5 cm
⇒ Û 2 = 100 Ve−j90 =
Î E = Î 1 + Î 2
Û C1 ⊥ Î 1 , nacheilend
Û L2 ⊥ Î 2 , voreilend
Û A = Û C1 = Û 2 + Û L2
Û L ⊥ Î E , voreilend
Û E 60◦ voreilend zu Î E
Û E = Û L + Û A
Im
14
13
12
11
10
9
8
7
Û E
6
5
4
Û L
3
2
1
−1
Î 2
−2
Û 2
−3
Î 1 Û 1
1
2
◦
3 60 4
Î E
Û A
5
6
7
8
Re
9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
Û C1
−4
−5
−6
Û L2
−7
52
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
2.
5 cm =
ˆ ÛC1 = 100 V
5 cm =
ˆ ÛL2 = 100 V
√
12,2 cm =
ˆ ÛL = 244 V(= 2 · 100 V tan 60◦ )
√
4,2 cm =
ˆ Iˆe = 2,1 A(= 2 · 1,5 A)
ÛC1
Iˆ1
1
⇒C=
=
ωC
Iˆ1
2πf · ÛC1
1,5 A
=
2π20 Hz · 100 V
= 119 µF
ÛL2
= ωL2
Iˆ2
ÛL2
⇒ L2 =
2πf · Iˆ2
= 0,53 H
=
100 V
2π20 Hz · 1,5 A
−
244 V
2π20 Hz · 2,1 A
ÛL
= ωL
IˆE
ÛL
⇒L=
2πf · IˆE
= 0,925 H
5.3
Transformator
Einführung: Transformator
Physikalischer Aufbau mit den an den Klemmen messbaren Größen
Elektrisches Ersatschaltbild (ESB):
I1
R1
L1σ
L2σ
R2
I2
U1
Lh
U2
RF e
ü : 1
ESB bezogen auf die Primärseite
Beschreibt direkt das elektrische Verhalten an den primärseitigen Klemmen.
53
Marius Geis
GGET II GGÜ
R1
L′2σ
L1σ
SS 2010
R2′
I1
I2
U1
Xh
U ′2
RF e
U2
ü : 1
U ′2 = ü · U 2
1
I ′2 = · I 2
ü
Plausibilität: Leistungen gleich:
1
U ′2 · I ′2 = ü · U 2 · · I 2 = U 2 · I 2
ü
U ′2
ü · U
′
Z =
= 1 2 = ü2 · Z
−I ′2
− ü · I 2 z
R1
L′2σ
L1σ
R2′
I1
I ′2
U1
Xh
U ′2
RF e
Z
ESB bezogen auf die Sekundärseite:
Beschreibt das Verhalten an den sekundärseitigen Klemmen
R1′′
I1
U ′′1
U1
L′′1σ
L2σ
Xh′′
R2
RF′′ e
ü : 1
54
U2
Marius Geis
GGET II GGÜ
1
· U1
ü
1
R1′′ = 2 · R1
ü
1
RF′′ e = 2 · RF e
ü
U ′′1 =
SS 2010
I ′′1 = ü · I 1
1
L1σ
ü2
1
L′′h = 2 · Lh
ü
L′′1σ =
Bezeichnungen:
• Primärseite: normalerweise diejenige Seite, von der die elektrische Leistung kommt.
• Sekundärseite: normalerweise die Seite, in deren Richtung die elektrische Energie fließt.
• Oberspannungsseite: Seite mit der höheren Spannung = Seite mit der höheren Windungszahl.
• Unterspannungsseite: niedrigere Spannung / Windugszahl
5.3.1
Aufgabe 21: T-ESB
R1
′
X2σ
X1σ
R2′
I1
I2
U1
Xh
U ′2
RF e
U2
ü : 1
1. a) Leerlauf ⇒
• Sekundärseite offene Klemmen
• Nennspannung an Primärseite
R1
X1σ
R2′
X2σ
I 10
U 1 = UN
Xh
RF e
mit R1 , X1σ ≪ RF e , Xh ⇒ Leerlauf-ESB
I 10
UN
Xh
RF e
55
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Xh und RF e bestimmen:
• 1. Möglichkeit
S10 = UN · I10
100 kVA
S10
=
= 455 mA
⇒ I10 =
UN
220 kV
cos ϕ0 = 0,1
Entweder Z 0 berechnen:
jXh · RF e
Z0 =
jXh + RF e
besser Y 0 bestimmen:
1
1
+
Y0 =
RF e
jXh
I 10
I10 · e−jϕ0
Y0 =
=
UN
UN
I10
I10
cos ϕ0 −j
· sin ϕ0
=
UN
UN
| {z } |
{z
}
1
RF e
1
jXh
220 kV
UN
=
I10 · cos ϕ0
455 mA · 0,1
= 4,84 MΩ
UN
U
p N
Xh =
=
I10 · sin ϕ0
I10 1 − cos2 ϕ0
220 kV
p
=
= 486,43 kΩ
455 mA · 1 − 0,12
⇒ RF e =
• Möglichkeit 2: über die Komponenten der Scheinleistung:
S 10 = P10 + jQ10
bzw. einfacher:
S 0 = P0 + jQ0
⇒ P0 = S0 · cos ϕ0
2
UN
RF e
2
UN
⇒ RF e =
= 4,84 MΩ
S0 · cos ϕ0
U2
Q0 = −S · sin ϕ0 = N
Xh
2
UN
U2
p N
⇒ Xh =
=
S · sin ϕ0
S · 1 − cos2 ϕ0
=
= 486,44 kΩ
b) Kurzschlussversuch:
• Sekundärseite kurzgeschlossen
• Vorgehen (im Labor): U1 wird solange erhöht, bis I1 = I1N . Die dann anliegende Spannun U1 wird
Kurzschlussspannung U1k genannt
• relative Kurzschlussspannung
uk =
U1k
U1N
56
Marius Geis
GGET II GGÜ
R1
R2′
X1σ
L′2σ
I 10
U 1 = UN
Xh
SS 2010
RF e
′
mit R1 , X1σ , X2σ
, R2′ ≪ Xh , RF e ⇒ Kurzschluss-ESB
R1 + R2′
L1σ + L′2σ
I 1N
U 1k
U1k = uk · U1N = 3,14% · 220 kV = 6,91 kV
SN
10 MVA
I1N =
=
= 45,45 A
U1N
220 kV
cos ϕk = 0,3
Bestimme R1 und X1σ
• Möglichkeit 1: über Z k
U1k
U 1k
⇒ Zk =
I 1N
I1N
′
Z k = (R1 + R2′ ) + j(X1σ + X2σ
)
= 2R1 + j2X1σ
Zk =
da R1 = R2′ , X1σ = X2σ
Re{Z k } = |Z k | · cos ϕk
U1k
· cos ϕk
⇔ 2R1 =
I1N
1 U1k
⇔ R1 = R2′ =
· cos ϕk
2 I1N
1 6,91 kV
=
· 0,3
2 45,45 A
= 22,8 Ω
Im{Z k } = |Z k | · sin ϕk
U1k p
⇔ 2X1σ =
· 1 − cos2 ϕk
I1N
1 U1k p
′
1 − cos2 ϕk
⇒ X1σ = X2σ
=
2 I1N
q
1 6,91 kV
· 1 − 0,32
= ·
2 45,45 A
= 72,5 Ω
57
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
• Möglichkeit 2: über die Komponenten der Scheinleistung:
Sk = U1k · I1N = uk · U1N · I1N
= u k · SN
S k = Pk + jQk
2R
z }|1 {
Pk = Sk · cos ϕk =
· (R1 + R2′ )
SN · cos ϕk
Sk · cos ϕk
= uk ·
⇒ R1 =
2
2
2 · I1N
2 · I1N
10 MVA · 0,3
= 22,8 Ω
= 3,14% ·
2 · (45,45 A)2
2
I1N
2
′
Qk = Sk · sin ϕk = I1N
· (X1σ + X2σ
)
|
{z
}
2X1σ
⇒ X1σ
p
Sn · 1 − cos2 ϕk
= uk ·
2
2 · I1N
p
10 MVA · 1 − 0,32
= 0,0314 ·
2 · (45,45 A)2
= 72,5 Ω
2. Es fließt Nennstrom
⇒ Näherungen wie im Kurzschlussfall
I 1 ≈ −I ′2
Festlegung:
U 1 = U1 = 220 kV
cos ϕ = 0,9 ind. ⇒ ϕ = 25,84◦
I 1 ≈ −I ′2 = I1N · e−jϕ
◦
Masche:
= 45,45 A · e−j25,84
U 1h = U 1 − Z 1 · I 1
= U 1 − (R1 + jX1σ ) · I 1
◦
= 220 kV − (22,8 Ω + j72,5 Ω) · 45,45 A · e−j25,84
◦
= 217,6 kV · e−j0,662
Z 0 = RF e k jX1h
4,84 MΩ · j486,4 kΩ
RF e · jX1h
=
=
RF e + jX1h
4,84 MΩ + j486 kΩ
◦
= 484 kΩ · e84,26
I0 =
◦
U 1k
217,6 kV · e−j0,662
=
Z0
484 kΩ · ej84,26◦
◦
= 449,6 mA · e−j84,9
Nachtrag Aufgabe 21
Bestimmung von Xh und RF e über die Komponenten der Scheinleistung.
Q0 = +S0 sin ϕ0 =
2
UN
Xh
denn:
Q0 = Im{S 0 } = Im{U N · I ∗10 }
⇒ Q0 = Im{UN · I10 e+jϕ0 }
= UN · I10 · sin ϕ0 = S0 sin ϕ0
58
Marius Geis
und:
GGET II GGÜ
SS 2010
∗ 1
1
Q0 = Im U N · U ∗N ·
+
RF e
jXh
2
U
= N
Xh z
5.3.2
Aufgabe 22: Stromwandler
Es gilt allgemeines folgendes ESB für den Stromwandler
R1
L′2σ
L1σ
R2′
I 10
I2
U 1 = UN
Lh
Ri
ü : 1
RF e vernachlässigt, Ri : Strommessgerät
1. Für einen idealen Stromwandler gilt:
R1 = R2 = L1σ = L2σ =
Lh
=
w
1
(−I 1 )
I 2 = ü · I ′2 =
w2
I1,max
3000 A
⇒ w2 = w1 ·
=1·
I2,max
10 A
0
∞
⇒ I 1 = −I ′2
= 300
Fortsetzung Aufgabe 22
2.)
Lw=1 = L1σ + Lh = 0,002Lh + Lh
= 1,002Lh
Lw=1
10 µH
⇒ Lh =
=
= 9,98 µH
1,002
1,002
59
Marius Geis
GGET II GGÜ
R1
L′2σ
L1σ
R2′
I1
I ′2
U 1 = UN
Ri′
Lh
I ′2
−jωLh
=
I1
jω (Lh + L′2σ ) +R2′ = Ri′
|
{z
}
=Lw=1
= k·e
jϕk
|jωLh |
|jωLw=1 + R2′ + Ri′ |
ωLh
> 0,997
= q
ω 2 L2w=1 + (R2′ + Ri′ )2
q
2
> ω 2 L2w=1 + (R2′ + Ri′ )
k=
ωLh
0,997
2
ωLh
> ω 2 L2w=1 + (R2′ + Ri′ )2
0,997
s
2
ωLh
Ri′ = ±
− ω 2 L2w=1 − R1′
0,997
keine negative Widerstände → nur + sinnvoll
⇔
SS 2010
mit Ri′ = ü2 R + i und R2′ = ü2 R2 folgt:
s
2
Lh
1
− L2w=1 − R2
Ri < 2 · ω
ü
0,997
s
2
1
9,98 µH
Ri <
− (10 µH)2 − 2 Ω
·
2π50
Hz
·
1 2
0,9997
300
= 10,7 Ω
3.)
I ′2
I1
−jωLh
=
jω (Lh + L′2σ ) +R2′ + R1
|
{z
}
k = k · ejϕk =
Lw=1
−jωLh
jωLw=1 + ü2 · (R2 + Ri )
−j2π50 Hz · 9,98 µH
=
1
j2π50 Hz · 1 − µH + 300
2 · (2 Ω + 1 Ω)
=
◦
= 0,997 94 · e−j179,39
⇒ Fehler = 1 − 0,997 94 = 2,1‰
Phasenverschiebung: ϕk = −179,39◦
Bemerkung: k hat hier nichts mit Kurzschluss zu tun.
60
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
4.) Bei Leerlauf auf der Primärseite kann man sekundärseitig folgende Induktivität messen:
LLeerlauf = L2σ + L′′h
Lh
L′2σ
+ 2
2
ü
ü
1
= 2 · Lw=1 = 3002 · 10 µH = 0,9 H
ü
Beim Kurzschluss der Primärseite kann man sekundärseitig folgende Induktivität messen:
LKurzschluss = L′′1σ k L′′h + L2σ
1
L1σ ≪Lh ′′
= L1σ + L2σ = 2 (L1σ + L′2σ )
ü
1
= 2 · 2 · 0,002Lh
ü
= 3002 · 2 · 0,002 · 9,98 µH
= 3,59 mH
=
5.)
Lh
|k| = ü2 (R2 +Ri ) Lw=1 − j
ω
Lh
=q
4
2
i)
(Lw=1 )2 + ü (Rω2 +R
2
f ↑⇒ ω ↑⇒ k ↑
2
−ü (R2 + Ri )
−180◦
ϕk = arctan
ω · Lw=1
{z
}
|
Phase des Nenners
k=
=
−jωLh
jωLw=1 + ü2 (R2 + Ri )
−Lh
(1)
2 (R
Lw=1 − j ü
2 +Ri )
ω
f ↑⇒ ω ↑⇒ ϕk → −180◦
Für gleichbleibende Bedingungen muss gelten:
Xw=1 = ωLw=1 = const
ωneu · Lw=1,neu = ω · Lw=1
50 Hz
ω
· Lw=1 =
Lw=1,neu =
· 10 µH
ωneu
1 kHz
= 0,5 µH
6.) Der gesamte Fluss im Kern ist Hauptfluss.
Φh = Lh · I h ⇒ Φh,max = Lh · Ih,max
I h,max = I 1,max + I ′2,max
= 3000 A · 1 + kejϕk
◦
= 3000 A · 1 + 0,997 94 · e−j179,39
◦
= 32,5 A · e−j78,73
Ih,max = 32,5 A
Φh,max = 9,97 µH · 32,5 A
Φ̂h,max
= 0,33 mWb
√
= 2Φh,max = 0,47 mWb
Für einen idealen Stromwandler gilt:
R2 → 0, Ri → 0, L2σ → 0
⇒Ih → 0 ⇒ Φh → 0
61
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Der Strom I2 in Wicklung 2 erzeugt einen Fluss, der den durch I 1 erzeugten Fluss komplett kompensiert.
5.3.3
Aufgabe 23: Kurzgeschlossener Übertrager
1.) gegeben:
ü =
w1
, L22 , L1σ , L2σ , R1 , R2 , R2 = 0
w2
R1
L′2σ
L1σ
R2′
I 10
I2
U1
L11
ü : 1
R1
L1σ
⇒
L11
L′2σ Z
es gilt:
L′2σ = ü2 L2σ
L11 = ü2 · L22
Z = R1 + jωL1σ + jω L′2σ k jωL11
= R1 + jωL1σ +
jωL
jωL′2σ · 11
′
jωL
jωL
11
2σ + R
L2σ · L22
= R1 +jω l1σ ü2
⇒
|{z}
L2σ + L22
|
{z
}
R
L
2.)
R = R1 = 20 Ω
L = 20,5 mH + 22 ·
5 · 195
mH
5 + 195
= 40 mH
62
L
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
3.)
i(t)
uR (t)
R
uL (t)
L
u(t)
u(t) = uR (t) + uL (t)
di(t)
dt
t < 0 :i(t) = 0 ⇒ U (t) = 0
= R · it(t) + L ·
t ≥ 0 :i(t) = I0 · sin2 (ωt)
d(I0 · sin2 (ωt))
dt
= R · I0 · sin2 (ωt) + L · I0 · 2 sin(ωt · cos(ωt) · ω
= I0 · sin(ωt) [R sin(ωt) + 2ωL cos(ωt)]
⇒ u(t) = R · I0 · sin2 (ωt) + L
5.3.4
Aufgabe 24: Bestimmung der Primärspannung
1.)
X1σ = ωL1σ = 2π50 Hz · 6,4 mH = 2 Ω
′
X2σ
= ω · L′2σ = 2π50 Hz · 9,52 mH = 3 Ω
Xh = ωLh = 2π50 Hz · 53,6 mH = 16,84 Ω
R2′ = ü2 · R2 = 22 · 0,65 Ω = 2,6 Ω
′
Man sieht: X1σ , X2σ
hier nicht ≪ Xh
2.)
R1
X1σ
′
X2σ
R2′
I 20
I ′20
U1
U ′2
Xh
U2
ü : 1
63
Marius Geis
GGET II GGÜ
Rechnung bezogen auf die Primärseite.
U ′2 = ü · U 2
1
I ′20 + · I 20
ü
⇒ I 20 = ü · I ′20
U ′2
′ +X )
+ j(X2σ
h
2 · 10 V
=
2,6 Ω + j(3 Ω + 16,84 Ω)
I ′20 =
R2′
= 1A · e−j82,53
◦
◦
⇒ I 20 = ü · I ′20 = 2 A · e−j82,53
◦
U 1 = jXh · I ′20 = j16,84 Ω · 1 A · e−j82,53
◦
= 16,84 V · ej7,47
3.) Rechnung bezogen auf Primärseite
′
X2σ
X1σ
R2′
I ′2
U1
Xh
U2
◦
1
1
I 2 = · 8 A · ej130
ü
2
◦
= 4 A · ej130 =
ˆ 4 cm
I ′2 =
′
UR2
= R2′ · I2′ = 2,6 Ω · 4 A
= 10,4 V =
ˆ 5,2 cm k I2′
′
′
UL2σ
= X2σ
· I2′ 3 Ω · 4 A
Masche M1 :
= 12 V =
ˆ 6 cm ⊥ I ′2 , 90◦ voreilend
0 = U ′R2 + U ′L2σ + U h
ablesen:
7,9 cm =
ˆ 15,8 V = Uh
Uh
15,8 V
IH =
=
= 0,94 A
Xh
16,84 A
=
ˆ 0,94 cm ⊥ Uh , 90◦ nacheilend
Knotengleichung
I 1 + I ′2 = I h
ablesen:
⇒ I 1 = I h − I ′2
4,8 cm =
ˆ 4,8 A = I1
UL1σ = X1σ · U1 = 2 Ω · 4,8 A
Masche M2 :
= 9,6 V =
ˆ 4,8 cm ⊥ I1 , 90◦ voreilend
U 1 = U h + U L1σ
64
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Ablesen:
12,3 cm =
ˆ 24,6 V = U1
Im
U ′L2σ
U ′R2
U1
I ′2
U L1σ
I1
U ′h
I ′h
5.4
5.4.1
Mehrphasensysteme
Aufgabe 26: Symmetrisches Drehstromsystem
1. Wegen Symmetrie: I 0 = 0
kurzer Beweis:
U 1M
U
=
Z
Z
a2 U
U
I 2 = 2M =
Z
Z
U 3M
aU
I3 =
=
Z
Z
⇒ I0 = I 1 + I 2 + I 3
I1 =
= (1 + a2 + a) ·
1
Z
2. Da I 0 = 0 ist, ändert sich nach Auftrennen des Sternpunktleiters nichts!
65
Re
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
3. Einphasiges ESB gilt für symmetrische Dreiphasensysteme!
R
I1
L
S
U 1M
M
230 V
U
=
R + jωL
20 Ω + j2π50 Hz · 31,83 mH
= 9,2 A − j4,6 A
S = 3 · U 1M · I ∗1
I1 =
= 3 · 230 V · (9,2 A − j4,6 A)∗
= 3 · 230 V · (9,2 A + j4,6 A)
=
6,348 W
| {z }
Wirkleistung P
+j 3,174 kVAr
| {z }
Blindleistung Q
4. ⇒ Blindleistungkompensation
SC
Stern
∆
Z
1
jωC
C
1
Z
3
1 1
=
3 jωC
→ 3C
=
1-Phasiges ESB:
66
Marius Geis
GGET II GGÜ
R
I1
U 1M
L
C′
IC
SC
M
Blindleistung, die von C ′ aufgenommen werden muss:
QC = −QRL
QC = 3 · Im {U 1M · I ∗C }




U
∗ 
·U
= 3 · Im
1M 1M
∗


1


′
jωC
2
= −3 · U · ωC ′ = −3U 2 · ω · 3 · C
!
= −QRL
QRL
3,174 kVAr
C=
=
2
9U · ω
9 · (230 V)2 · 2π50 Hz
= 21,22 µF
5.4.2
Aufgabe 27: Unsymmetrische Last im Dreieck
Rechnerische Lösung:
gegeben: U 12 = U ; U 23 = a2 U ; U 31 = aU
zugehörige Phasenspannungen:
3
U 3M
U 31
U 23
U 2M
2
U 1M
U 12
1
67
SS 2010
S
Marius Geis
GGET II GGÜ
◦
1
⇒ U 1M = √ · U · e−j30
3
◦
1
U 2M = a2 · U 1M = √ U · e−j150
3
◦
1
U 3M = a · U 1M = √ U · ej90
3
◦
◦
mit a = ej120 , a2 = e−j120
◦
1
U P h = √ · U · e−j30
3
I a = 10 A (in Phase mit U 12 )
◦
I 1 = I a − I c = I1 · e−j30
◦
U 31
= I1 · e−j30
jXL
◦
◦
1
I 1 = 10 A −
· 500 V · ej30 = I1 · e−j30
XL
500 V
Re{I 1 } = 10 A −
· cos 30◦ = I1 · cos 30◦
XL
500 V
Im{I 1 } = −
· sin 30◦ = −I1 · sin 30◦
XL
500 V
⇒ I1 =
XL
◦
⇒ 10 A − I1 cos 30 = I1 cos 30◦
10 A
= 5,774 A
⇔ I1 =
2 · cos 30◦
◦
⇒ I c = I a − I1 e−j30
I1 = Ia −
◦
= 10 A − 5,774 Ae−j30
I c = 5,774 A
◦
(in Phase mit U 23 )
I 2 = I b − I a = I2 · e−j150
◦
U 23
− I a = I2 · e−j150
jXC
◦
500 V j150◦
e
− 10 A = I2 · e−j150
Re{I 2 } =
XC
500 V
Re{I 2 } =
cos 150◦ − 10 A = I2 cos 150◦
XC
500 V
Im{I 2 } =
· sin 150◦ = −I2 sin 150◦
XC
500 V
⇔
= −I2
XC
⇒ −I2 · cos 150◦ − 10 A = I2 cos 150◦
10 A
= 5,774 A
⇔ I2 = −
2 cos 150◦
◦
⇒ I b = I2 e−j150 + I a
I2 =
◦
= 5,774 A · e−j150 + 10 A
◦
I b = 5,774 A · e−j30
68
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
9
8
7
6
U 3M
5
U 23
U 31
4
3
M
2
U 2M
Ic
1
−4
−3
−2
−1
U 1M
1
−1
Ib
I1
2 Ia 3
4
U512
6
7
8
9
10
I2
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
Zeichnerische Lösung:
Knotengleichungen:
I c ⊥ U 31 nacheilend „Spuli“
Ia = Ic + I1
I 1 k U 1M
I b ⊥ U 23 , voreilend
Ib = Ia + I2
ablesen:
I 2 ⊥ U 2M
◦
2,9 cm =
ˆ I c = 5,8 Aej30
◦
2,9 cm =
ˆ I b = 5,8 Ae−j30
5.4.3
Aufgabe 28: Unsymmetrische Last mit Sternpunktleiter
1. C1 k C2 = C1 + C2 = C
⇒ Symmetrie liegt vor!
69
11
12
Re
Marius Geis
GGET II GGÜ
⇒ U m = 0, I m = 0
1-Phasiges ESB:
I1
U 1M
Ix
C1
C2
I x = jωC2 · U 1M = jω
C
·U
3
2. Knotenregel
0 = I1 + I 2 + I 3 + I m
0 = (U 1M + U m ) · jω
2
U
C +(U 2M + U m )jωC + (U 3M + U m )jωC m
3
jωL
|{z}
C1
mit a = e
j120◦
foglt:
2
U
0 = (U + U m )jω C + (U a2 + U m )jωC + (U a + U m )jωC + m
3
jωL
8
2
1
⇒ U m jω C +
= −jωCU
+ a2 + a
3
jωL
3
|
{z
}
2
=− 13 1 + a + a=− 13
| {z }
=0
⇒ Um =
1 2
ω LC · U
−3
1 − ω 2 38 LC
2
= −U ·
3. U m → ∞
⇒ Nenner → 0 !
⇒ 3 1 − ω 2 38 LC = 0
2
⇔ 3 = 8ω
q LC
3
⇔ ω = 8LC
5.4.4
ω · LC
3 1 − ω 2 38 LC
Aufgabe 29: Drehstromofen
1. 3-phasige ESB wie Aufgabe 26:
U 1M
I3
R
X
I3
R
X
I3
R
U 3M
M
U 2M
S
X
70
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
1
U 1M = √ Uv
3
1
U 2M = a2 √ Uv
3
1
U 3M = a √ Uv
3
1-Phasiges ESB:
R
I1
X
S
U 1M
M
a)
S = 3 · U 1M · I ∗1
=3·
U 1M · U ∗1M
Z∗
2
|U 1M |
(R + jX)∗
1 2
U
Uv2
=3 3 v =
R − jX
R − jX
2
(380 V)
=
20 Ω − j15 Ω
= 4,621 kW + j3,466 kVAr
=3
= 5,776 kVa · ej36,87
⇒ P = 4,621 kW
◦
cos ϕ = cos 36,87◦
4,621 kW
P
=
= 0,8
=
|S|
5,776 kVA
Q = 3,466 kVAr
I1
R
L
IC
U1M
CStern
71
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Höchster Leistungfaktor bei Blindleistungkompensation:
QC = Im {3 · U 1M · I ∗C }





∗
U 1M · U 1M 
= Im 3 · ∗


1


jωCStern
)
( 2
Uv
· (−jωCStern )
= Im 3 · √
3
!
CStern
= −Uv2 · ωCStern = −QL
QL
3,466 kVAr
= 76,4 µF
= 2
= 2
Uv · ω
380
√V
·
2π50
Hz
3
Stern → Dreieck
1
Z
3 Dreieck
⇒
CStern = 3CDreieck
1
⇒
CDreieck = CStern
3
= 25,47 µF
Dreieckschaltung der Kompensationskapazitäten günstiger, da
Z Stern =
(Allerdings: Spannungsfestigkeit von CDreieck
CDreieck < CStern
√
√
muss um 3 größer sein, da Uv = 3 · U1M )
√ 2
√
3 = 3 größer.
2. Die Z sehen eine Spannung die um 3 größer ist. D.h. die Leistungen sind um den Faktor
Entsprechend größer müssen die Kapazitäten dimensioniert werden. cos ϕ bleibt gleich.
⇒ P2 = 3 · 4,621 kW = 13,863 kW
Q2 = 3 · 3,466 kVAr = 10,4 kVAr
cos ϕ2 = 0,8
CDreieck,2 = 3 · 25,47 µF
= 76,41 µF
5.4.5
Aufgabe 30: Drehstromgenerator
• Spannungen symmetrisch
• Beschaltung symmetrisch
72
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
⇒ L0 kann eliminiert werden mit
1
Z
3 Dreieck
= 3 · CG,Dreieck
1
= LV,Dreieck
3
Z Stern =
⇒ CG,Stern
LV,Stern
LG
Za
LL
U1
Ua
3CG
I L1
1
3 LV
U 10
CL
0
M
Za =
1
jω(LL + LV )
jω(3CG + CL ) |
{z 3 }
|
{z
}
1
=j219,91 Ω
=−j539,51 Ω
(−j539,51 Ω) · (j219,91 Ω)
j(−539,51 Ω + 219,91 Ω)
= j371,2 Ω
Spannungsteiler
20
j371,2 Ω
Za
· √ kV
·U =
Ua =
jωLG + Z a
j2π50 Hz · 0,08 H + j371,2 Ω
3
= 10,81 kV
10,81 kV
Ua
⇒ I L1 =
=
j219,91 Ω
jω(LL + 13 LV )
=
◦
= 49,16 A · e−j90
Umrechnen des Leiterstromes I L1 in den Strangstrom I V b :
Zunächt beispielhaft allgemeine Betrachtung an Widerständen
I3
3
3
I3
3R
Ib
R
R
Ic
R
I1
1
1 ⇒ 3R
I1
I2
2
3R
I2
2
Ia
U 1M : Sternspannung
U 12 : Leiterspannung
73
Marius Geis
GGET II GGÜ
Bezeichung s. Skript S. 178.
Es gilt:
U 12 =
√
√
◦
3ej30 · U 1M
◦
3 · ej30 · U P h
◦
1
I a = √ · ej30 · I 1
3
◦
1
allg: I Str = √ · ej30 · I
3
◦
1
⇒ I V b = √ · ej30 · I L2
3
◦
1
= √ · ej30 · a2
3
◦
= 28,38 A · ej180
allg: U =
Alternative Rechnung:
Sternspannung an den Klemmen 1, 2 und 3:
1
U 10 = jω · LV · I L1
3
◦
1
= j2π50 Hz · · 0,9 H · 49,16 Ae−j90
3
= 4,633 kV
U 20 = a2 · U 10 (wegen Symmetrie)
U 30 = a · U 10
Daraus Außenleiterspannung:
U 23 = U 20 − U 30
U 23
U − U 30
= 20
⇒ IV b =
jωLV
jωLV
2
(a − a) · U 10
=
jωLV
√
−j 3 · U 10
=
jωLV
√
3 · 4,633 kV
=−
2π50 Hz · 0,9 H
◦
= −28,38 A = 28,38 A · ej180
5.4.6
Aufgabe 31: Blindleistungskompensation einer Phase
U 2M
U 3M
XL1
XC
U 1M
XL1
XL2
R
XC
R
74
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
1. Zum Glück Sternpunkt verbunden!
Wirkleistung wird nur in den Widerständen umgesetzt.
P1 = 0 (1. Phase, kein R vorhanden)
◦
Masche M1 :
I ′2
U 2M
290 Ve−j120
=
=
jXL1 + R
j10 Ω + 20 Ω
◦
= 12,97 A · e−j146,6
⇒ P2 = I2′2 · R = (12,97 A)2 · 20 Ω
= 3364 W
(290 V)2
|U 3M |2
=
= 4205 W
R
20 Ω
⇒ P = P1 + P2 + P3
Masche M2 : P3 =
= 7569 W
2.
U 2M
XL1
XC
U 1M
XL1
X23 XL2
R
XC
R
U 3M
Reine Wirkleistungsabgabe von U 2M heißt: I 2 in Phase mit U 2M
◦
U 2M = 290 V · e−j120
I 2 = I ′2 + I 23
◦
◦
U 23 = U 2M − U 3M = 290 V(e−j120 − ej120 )
◦
= 502 Ve−j90 =
ˆ 10 cm
502 V
U23
=
= 10 A =
ˆ 5 cm
I23 =
XL2
50 Ω
I 23 ⊥ U 23 nacheilend (Spuli)
I Komp ⊥ U 23
I 2,neu = I 2 + I Komp
ablesen: 8,2 cm =
ˆ IKomp = 16,4 A
502 V
U23
=−
= −30,6 Ω
⇒ X23 = −
IKomp
16,4 A
da kapazitiv, I Komp voreilend zu U 23 .
75
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Im
1
−11 −10 −9
−8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
U 2M
I 23
1
−1
I ′2
I2
−1
I 2,neu
−2
−3
I Komp
−4
−5 U 23
−6
−7
−8
−9
−10
Rechnerische Lösung:
I 2 = I 23 + I ′2
U
− U 3M
+ I ′2
= 2M
jXL2
◦
◦
290 V e−j120 − ej120
=
j50 Ω
◦
= 22,06 A · e−j161,1
+ 12,97 A · e−j146,6 Ω
76
2
3
4
5
Re
Marius Geis
GGET II GGÜ
I2
U 2M
I 2,neu
I 23
X23
U 3M
I 2,neu = I 2 + I 23
− U 3M
U
= I 2 + 2M
jX23
◦
◦
290 V e−j120 − ej120
= I2 +
jX23
◦
= 22,06 Ae−j161,1 − 502 V ·
!
1
X23
◦
= I2,neu · e−j120
Im I 2,neu = 22,06 A sin(−161,1◦ )
= I2,neu · sin(−120◦)
⇒ I2,neu = 22,06 A ·
sin(−161,1◦ )
sin(−120◦)
= 8,25 A
502 V
Re I 2,neu = 22,06 A · cos(−161,1◦ ) −
X23
= I2,neu · cos(−120◦)
502 V
⇒ X23 =
22,06 A cos(−161,1◦ ) − 8,25 A · cos(−120◦ )
= −29,9 Ω
⇒ für X23 wird also eine Kapazität benötigt.
Alternativ: Getrickste rechnerische Lösung:
Blindleistung, die U 2M abgiebt:
Q2 = Im {U 2M · I ∗2 }
o
n
◦
◦
= Im 290 V · e−j120 · 22,06 A · ej161,1
= 4,21 kVAr
Kompensation:
77
SS 2010
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
U 1M
U 2M
U 3M
X23
Die Hälfte der Blindleistung, die in X23 umgesetzt wird, wird aus U 2M bezogen (wegen Symmetrie von U 2M
und U 3M ).
2
1 U23
!
= −Q2
QKomp =
2 X23
U2
(502 V)2
⇒ X23 = − 23 = −
2Q2
2 · 4,21 kVAr
= −29,9 Ω
5.5
Dreiphasige Komponenten
Allgemeines zum Dreiphasentranformator
• 3 über einen gemeinsamen Kern gekoppelte Trnaformatoren
• Bei symmetrischer Belastung: Kopplung ohne Auswirkung
⇒ 3 Phasen beeinflussen sich nicht gegenseitig
• Zurückführung auf 3 im Stern verkettete Einphasentransformatoren
R
3
S
2
M
O
1
T
• Bei Speisung mit einem symmetrischen 3-Phasensystem gilt:
1
|U RM | = √ · |U RS |
3
Bei Spannungsangaben (z.B. 420 kV/27 kV) ist immer die Außenleiterspannung (U RS ) angegeben!
• Einphasiges ESB:
78
Marius Geis
GGET II GGÜ
R1
L′2σ
L1σ
SS 2010
R2′
IR
I2
U RM
Lh
RF e
ü : 1
• Leistungsangaben beziehen sich immer auf das gesamte System. z.B.
SN = 3 · URM,N · IR,N
|
{z
}
Scheinleistung des 1-Phasentransformators
mit
Außenleiterspannung
URM =
| {z }
z }| {
URS,N
√
3
Phasenspannung
• Schaltungsgruppen
– ü bezieht sich auf die Außenleiterspannung (unabhängig von der Verschaltung)
– Bezeichnung: z.B. Yd5
Y
1
2
3
d
5 · 30 = 150 Phasenverschiebung der Primärspannng gegenüber der Sekundärspannung. Primär:
Stern, Sekundär: Dreieck.
◦
◦
– Schaltgruppenbezeichnung und ü kann man wie folgt bestimmen:
U RM = w1 ·
dΦR
dt
w2 ·
dΦR
dt
Y
1
2
3
d
79
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
R
U RM
U SM
UTM
T
S
√
◦
w1
· U 10
3 · ej150 ·
w2
√
3w1 j150◦
=
·e
w
| {z2 }
U RM =
⇒
U RM
U 10
ü
5.5.1
Aufgabe 33: Einphasiges Ersatzschaltbild
1. Leerlauf:
Z0
420
√ kV
3
Xh
RF e
q
P02 + Q20
√
(420 kV/ 3)2
|Z 0 | =
S0 /3
(420 kV)2
= p
= 134,11 kΩ
(200 kW)2 + (1,3 MVAr)2
1,3 MVAr
Q0
= tan−1
= 81,25◦
ϕ0 = tan−1
P0
200 kW
S0 =
◦
⇒ Z 0 = 134,11 kΩ · ej81,25
(∗): Im 1-phasigen ESB nur
1
3
der gesamten Leistung umgesetzt.
Kurzschluss:
80
(∗)
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Pk /3
2R1
I 1N
2X1σ
uk · U1N
SN = 3 · I1N · U1N
⇒ I1N =
SN /3
=
U1N
750 MVA
3
420
√ kV
3
= 1,031 kA
uK · U1N
2 · |Z 1 | =
I1N
uK · U1N
⇒ Z1 = Z2′ =
2I1N
√ kV
0,165 · 420
3
= 91,404 Ω
=
2 · 1,031 kA
Sk = 3 · I1N · uk · U1N
= u k · SN
⇒ ϕk = cos−1
= cos−1
= 89,31◦
Pk
u k · SN
1,5 MW|
0,165 · 750 MVA
◦
⇒ Z 1 = Z2′ = 19,404 Ω · ej89,31
2. Längszweig: (Z 1 , Z ′2 ) : Bei Nennscheinleistung fließt Nennstrom ⇒ Gleiche Bedingungen wie im KS-Fall
(Querstrom (durch Z 0 ) kann vernachlässigt werden).
PV,Längs = PCu ≈ Pk = 1,5 MW
Querzweig: Betrieb bei Nenn-spannung. Wegen |Z 1 |, |Z ′2 | ≪ |Z 0 | fällt selbst bei Betrieb mit Nennstrom
nur eine vernachlässigbar kleine Spannung über Z 1 ab.
√ kV
⇒ Spannung über Z 0 ist ungefähr 420
3
⇒ gleiche Bedingungen wie beim Leerlauf.
PV,Quer = PF e ≈ P0 = 200 kW
3.
Paus
Paus
=
Pein
Paus + PV
= SN · cos ϕ = 750 MVA · 0,8
= 600 MW
η=
Paus
PV = PV,Längs + PV,Quer = 1,5 MW + 200 kW = 1,7 MW
600 MW
= 99,72%
⇒η=
600 MW + 1,7 MW
4.
Z ′2
Z1
ZB
Z0
⇐ ZE
81
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
√ 2
420 kV/ 3
(U1N )2
|Z B | =
= 1
SN /3
3 · 750 MVA
= 235,2 Ω
cos ϕ = 0,8 ⇒ ϕ = cos−1 0,8 = 36,87◦
◦
⇒ Z B = 235,2 Ω · ej36,87
Z ′E = (Z B + Z 1 ) k Z 0 + Z ′2
1
′
=
1
1 + Z2
+
Z +Z
Z
B
1
0
= ...
◦
ZE
= 260,35 Ωej43,71
1
= 2 · Z ′E
ü
1
43,71◦
=
2 · 260,35 Ω · e
420 kV
27 kV
◦
= 1,076 Ω · ej43,71
( = 0,778 Ω + j0,744 Ω
= 0,778 Ω + j2πf 2,37 mH)
5.5.2
Aufgabe 34: Dual Active Bridge Converter und Dretransformator
Schaltzustände
vgl. Skript S. 202 ff. (hier 1,1 · UDC statt UDC )
Nr.
1
Symbol
U1
UDC
U2
UDC
U3
UDC
2
3
1
3
− 13
− 23
− 13
1
3
− 13
− 13
0
2
3
4
5
6
7
8
0
0
− 23
1
3
2
3
1
3
− 13
− 23
0
− 13
1
3
2
3
1
3
0
0
Transformation von symmetrischer Sternschaltung in αβ-Koordinaten.
R
iβ
iα
i1
R
uα
⇒
i2
R
R
i3
2
uα
= 3
0
uβ
− 31
√1
3
− 31
√1
3


u1
· u 2 
u3
82
uβ
R
Marius Geis
GGET II GGÜ
SS 2010
Transformationsgleichungen
• 123 → αβ
T


z
2
Uα
3
 Uβ  =  0
1
UN
3
}|
− 31
√1
3
1
3
{  
− 13
U1
− √13  U2 
1
U3
3
• αβ → 123
  
1
U1
1
U2  = 
− 2
U3
− 12
|
0
√
3
√2
− 23
{z
T −1
 
1
Uα

1  Uβ 
UN
1
}
123 → αβ ohne den roten Teil gilt für UN = 31 (U1 + U2 + U3 ) = 0
• αβ → dq
′ ′ uα
ud
cos ϑ − sin ϑ
=
u′β
u′q
sin ϑ
cos ϑ
β
q
u′q
u′β
α
u′d
u′α
ϑ
d
• dq → αβ
′ ′ uα
cos ϑ sin ϑ
ud
=
u′β
uq
− sin ϑ cos ϑ
83
Marius Geis
1
2
GGET II GGÜ
3
2
· 1,1UDC
3
1
u2 = − · 1,1UDC
3
1
u3 = − · 1,1UDC
3
R
S
SS 2010
T
1
UDC
3
2
uS = − UDC
3
1
uT = UDC
3
Transformation in αβ-Koordinaten
 
2
1
1 u1
−
−
uα
3 u 
= 3 √13
2
− √13
0
uβ
3
u3
2
1
1
1
1
2
u′α = uR − uS − uT
uα = u1 − u2 − u3
3
3
3
3
3
3
1
2
= UDC
= · 1,1UDC
3
3
1
1
′
1
1
uβ = √ uS − √ uT
uβ = √ · u2 − √ · u3
3
3
3
3
1
= − √ · UDC
=0
3
Tranformation der Sekundärseite
(Rotor)
der Primärseite (Stator)
′ ins Koordinatensystem
′ uα
ud
cos ϑ − sin ϑ
=
u′β
u′q
sin ϑ
cos ϑ
′
′
′
ud = uα cos ϑ − uβ sin ϑ
π
1
1
= UDC · cos + √ UDC
3
3
3
2
= UDC
3
π
π
u′q = u′α · sin + u′β · cos
3
3
√
1
1
1
3
− √ UDC
= UDC
3
2
2
3
=0
u1 =
uR =
β
q
1
3 UDC
α
ϑ = 60◦
− √13 UDC
2
3 UDC
d
84
Marius Geis
GGET II GGÜ
Gekoppelte Spannungsgleichungen in αβ-Koordinaten (Gl 7.9.7, 7.9.8)
d iα
i
uα
cos ϑ − sin ϑ d i′α
= Rp α + Lp ·
+ Lm
iβ
sin ϑ
cos ϑ dt i′β
uβ
dt iβ
′
′
′
d iα
iα
uα
cos ϑ sin ϑ d iα
′
′
+ Lm
= Rs ′ + Ls ·
iβ
u′β
− sin ϑ cos ϑ dt iβ
dt i′β
mit
3
Lm = Lh , Lp = Lpσ + Lm
2
Ls′ = L′sσ + Lm
dq-Transformation:
′ ′ uα
ud
cos ϑ − sin ϑ
=
u′β
u′q
sin ϑ
cos ϑ
′ ′ iα
id
cos ϑ − sin ϑ
=
i′β
i′q
sin ϑ
cos ϑ
⇒ Entkoppelte Spannungsgleichungen
d iα
d i′d
i
uα
= Rp α + Lp
+ Lm
iβ
uβ
dt iβ
dt i′q
cos ϑ − sin ϑ
Multiplikation von (∗) von links mit
sin ϑ
cos ϑ
′
′
′
d
d
id
ud
id
iα
′
′
+
L
⇒
=
R
·
+
L
m
s
s
u′q
i′q
dt i′q
dt iβ
cos ϑ − sin ϑ
cos ϑ sin ϑ
1 0
wegen
·
=
sin ϑ
cos ϑ
− sin ϑ cos ϑ
0 1
mit Rp = Rs = 0 folgt
diα
di′
uα = Lp
+ Lm d
dt
dt
d(iα + i′d )
diα
+ Lm
= Lpσ
dt
dt
′
diα
di
u′d = L′s d + Lm
dt
dt
′
di
d(iα + i′d )
= L′sσ d + Lm
dt
dt
T-ESB:
Lpσ
Lsσ
iα
uα
i′d
3
2 Lh
u′d
gilt entsprechend für β und q ′ .
85
SS 2010
(∗)
(1)
(2)
Marius Geis
GGET II GGÜ
Für Lm = 23 Lh ≫ Lpσ , L′sσ folgt: iα ≈ −i′d
di′
diα
− L′sσ d
dt
dt
di
α
= (Lpσ + L′sσ )
|
{z
} dt
(1) − (2) ⇒: uα − u′d = Lpσ
:=Lσ
⇒ iα (t) =
Zt
0
uα − u′d ′
dt
Lσ
0,1 ·
2
3
· UDC
· t (linearer Stromanstieg)
Lσ
iβ (t) = 0, da uβ = u′q = 0
=
i′d = −iα
i′q = −iβ = 0
Transformation zurück ins Koordinatensystem der Sekundärseite (Rotor)
′ ′
iα
i
cos ϑ sin ϑ
=
· d′
i′β
iq
− sin ϑ cos ϑ
i′α = i′d cos ϑ + i′q sin ϑ
π
= −iα cos
3
1
= − iα
2
i′β = i′d sin ϑ + i′q cos ϑ
π
= iα sin
3
√
3
=
iα
2
Rücktransformation ins 3-phasige System
α′ β ′ → RST

  
1
0
i1
√
iα
3
1
 i2  = 
−
·
 2
√2 
iβ
I3
− 21 − 23
1
iR = i′α = − iα
2
0, 1 UDC
·t
=−
2 UDC
3 Lσ
·t
i1 = iα = 0, 1 · ·
√
3 Lσ
3 ′
1
√
i
iS = − i′α +
1
3
2
2 β
i2 = − iα +
iβ
2
2 |{z}
1
1
0
= − · −
+
2
2
0, 1 UDC
·t
·
=−
3
Lσ
= iα = i1
√
√
1
3
1 ′
3 ′
i3 = − iα −
· iβ
i
=
·
i
−
i
T
2
2 |{z}
2 α
2 β
0
1
1
= i2
= − · −
−
2
2
αβ → 123
√ √ !
3
3
iα
·
2
2
√ √ !
3
3
· iα
·
2
2
1
= − iα
2
Sprechstunden: 16. + 17. 08.2010 10.00 bis 12.00 in der ISEA Biblio
86
SS 2010