Seminar vom 29. 05. 2008. Aufgabenblatt 07

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Übungsblatt 07
Elektrizitätslehre und Magnetismus
Bachelor Physik
Bachelor Wirtschaftsphysik
Lehramt Physik
05.06.2008
Aufgaben
1. Ein Plattenkondensator (C = 1 µF) aus kreisförmigen Platten mit Radius rc , gefüllt mit einer 0,1 mm
dicken Folie mit relativer Dielektrizitätskonstante εr = 3, 6, wird über einen Widerstand (R = 1 kΩ) mit
einer Spannung von U = 100 V geladen.
(a) Wie gross ist der Durchmesser der Platten?
(b) Wie gross ist die Ladung im stationären Zustand?
(c) Wie gross sind zu Zeitpunkten 1 µs, 30 µs, 1 ms, 1 s nach Anlegen der Spannung die relativen Ladungen
des Kondensators im Vergleich zur Endladung?
(d) Die Spannungszuführung bei dem Kondensator erfolgt im Mittelpunkt der Plattenflächen. Wie gross
ist der radiale Strom auf den Platten am Ort des halben Plattenradiuses zum Zeitpunkt, zu dem der
Kondensator halb geladen ist?
2. Zwei RC-Glieder sind in Serie geschaltet (siehe Zeichnung).
(R1 = 100 Ω, C1 = 4, 7 µF, R2 = 680 Ω, C2 = 220 nF)
Zu einem Zeitpunkt t0 wird eine Spannung U0 = 12 V angelegt. Berechne den zeitlichen Spannungsverlauf
am Kondensator C2 und am Widerstand R2 .
3. Zur Strombegrenzung wird ein Lichtbogen mit der fallenden Kennlinie U (I) = A + B/I, (A = 48 V,
B = 100 VA) in Reihe mit einem ohmschen Widerstand R = 18 Ω an eine (Gleich-)Spannung UB = 220 V
angeschlossen.
(a) Welche Stromstärke stellt sich ein?
(b) Es gibt einen nichtstabilen Arbeitspunkt dieser Anordnung. Was sind die Bedingungen dafür und wieso
ist dieser Zustand instabil?
(c) Bei welcher Betriebsspannung würde der Lichtbogen erlöschen?
4. Eine Zenerdiode dient zur Spannungsstabilisierung gemäss der Schaltung unten. Die Kennlinie der Zenerdiode kann durch drei Geraden genähert werden (siehe Messkurve unten):
1
Iz1 = α1 (U − UD )
für
Iz2 = α2 U
Iz3 = α3 (U − Uz ) für
Uz = variabel je nach Typ, z.B. -6,2 V
UD = 0, 7 V (typisch für Siliziumdiode)
α1 = 100 mA/0, 1 V
α2 = 3 µA/5 V
α3 = 50 mA/0, 1 V
UD < U (Durchlass)
Uz < U < UD (Sperren)
U < Uz (Zener-Bereich)
(a) Die Grenzströme in der Diode (Zener- und Durchlassbereich) sollen Ig1,3 = 0, 1A betragen. Welche
Spannungen liegen bei diesen Strömen an der Diode?
(b) Wie gross muss der Widerstand R sein, damit dieser Grenzstrom bei U0 = 50 V nicht überschritten
wird?
(c) Bei Verwendung eines Widerstandes R = 560 Ω werden folgende Spannungen:
U0 = −2 V, −6, 3 V, −10 V, −25 V und −45 V angelegt.
Wie gross sind die jeweiligen Spannungen Uz und Ströme I?
Spannungsstabilisierung:
Zenerdiode-Kennlinie:
2
Übungsblatt 07
Elektrizitätslehre und Magnetismus
Bachelor Physik
Bachelor Wirtschaftsphysik
Lehramt Physik
05.06.2008
Lösungen
1.
(a) Die Kapaziät C eines Plattenkondensators errechnet sich aus dessen geometrischen Abmessungen:
Fläche A, Plattenabstand x und der Dielektrizitätskonstanten ε = εr · ε0 zu
C=ε
A
A
= εr ε0
x
x
Bei kreisförmigen Platten ist die Fläche A = πr2 = π4 d2 (d = Durchmesser)
Also:
4Cx
= 2m
d=
εr ε0 π
(b) Der stationäre Zustand wird nach langer Zeit (gegenüber der Zeitkonstanten τ = RC) erreicht. Da
dann der Restladestrom gegen Null strebt, fällt am Widerstand keine Spannung mehr ab (UR = R · I)
und somit ist die Spannung am Kondensator Uc = U gleich der angelegten Spannung U . Damit ergibt
sich die Ladung zu
Q = C · U = 10−4 C
(c) Die Spannung am Kondensator folgt der Differenz zwischen dem Endwert und einer fallenden Exponentialkurve, also
t
Uc = U · 1 − e− τ
Die relative Ladung yi zu einem Zeitpunkt ti ist also:
C · U 1 − e−ti /τ
Qi
yi =
=
= 1 − e−ti /τ
Q
C ·U
mit τ = RC = 10−3 s ergeben sich die relativen Ladungen.
yi = 10−3 ; 0, 03; 0, 63; 1 − 10−89
(d) Der Strom in den Kondensator ist die zeitliche Ableitung der Ladung auf dem Kondensator, also:
− τt
d
1
−
e
dQ
dU0
CU − t
I=
=C·
=C ·U
=
·e τ
dt
dt
dt
τ
Zum Zeitpunkt der halben Ladung ist:
yh =
Damit ist:
Q1
2
Q
=
1
= 1 − e−
2
t1
2
τ
t 1 = −π · ln (1 − yh ) = 6, 9 · 10−4 s
2
1
Somit ist der Strom:
t
CU − 12
CU ln(1−yh )
e τ =
·e
=
2
τ
τ
1 CU
CU
1 CU
1U
· (1 − yh ) =
=
=
= 0, 05A
τ
2 τ
2 RC
2R
I1 =
Bei homogener Ladungsdichte auf den Platten ist die Ladung innerhalb des Halbradiuses der Platte 14
der Gesamtladung.
Damit muss der radiale Strom beim Halbradius entsprechend den Flächen 1 − 14 = 34 des ganzen
Stromes betragen, also:
1U 3
Ir 1 =
· = 0, 0375A
2R 4
2
2. Der Strom durch den Widerstand R1 sei I1 , der durch den Widerstand R2 sei I2 (dies ist auch der Ladestrom
des Kondensators C2 ), und der Ladestrom des Kondensators C1 sei Ic . (siehe Schaltplan)
Für die Ströme am Verzweigungspunkt zwischen R1 und R2 gilt
I1 = I2 + Ic
Die Spannungen an den Kondensatoren C1 und C2 seien U1 und U2 . Diese berechnen sich mit den Strömen
durch die Widerstände zu:
U1 = U0 − R1 I1
U2 = U1 − R2 I2 = U0 − R1 I1 − R2 I2
und über die Ladungströme zu:
1
U1 =
Ic dt → U̇1 =
C1
1
U2 =
I2 dt → U̇2 =
C2
1
· Ic
C1
1
· I2
C2
Diese fünf Gleichungen liefern, entsprechend zusammengefasst, die fünf Unbekannten I1 , I2 , Ic , U1 und U2 .
Für I2 gilt: I2 = C2 · U̇2
Für Ic gilt: Ic = U̇1 · C1
Für I1 gilt: I1 = I2 + Ic = C1 · U̇1 + C2 · U̇2
Für U1 gilt: U1 = U2 + R2 I2 = U2 + R2 C2 U̇2
bzw.
U̇1 = U̇2 + R2 C2 Ü2
2
Dies eingesetzt in:
U2 = U0 − R1 I1 − R2 I2 =
= U0 − R1 C1 U̇2 + R2 C2 Ü2 + C2 U̇2 − R2 · C2 U̇2 =
= U0 − U̇2 (R1 C1 + R1 C2 + R2 C2 ) − R1 R2 C1 C2 Ü2
Diese Differentialgleichung für U2 hat die partikuläre Lösung:
U2 = const = U0
und, gewonnen über den Ansatz U2 = U20 eat und das charakteristische Polynom
1 + a (R1 C1 + R1 C2 + R2 C2 ) + a2 R1 R2 C1 C2 = 0
mit den beiden Lösungen
a1,2 = −
1
2
1
1
1
+
+
R2 C2 R2 C1 R1 C1
2
1
1
1
1
1
±
+
+
−
4 R2 C2 R2 C1 R1 C1
R1 R2 C1 C2
die allgemeine Lösung:
U2 = b1 · ea1 t + b2 · ea2 t + U0
wobei noch b1 und b2 über die Anfangsbedingungen bestimmt werden müssen: U2 (0) = 0 und U̇2 (0) = 0
also
U2 (0) = 0 = b1 + b2 + U0
U̇2 (0) = 0 = a1 b1 + a2 b2
Somit ergibt sich
b1 =
U0
und b2 =
−1
a1
a2
U0
−1
a2
a1
Der Strom I2 ergibt sich (siehe oben) zu
I2 = C2 · U̇2 = C2 · a1 b1 ea1 t + a2 b2 ea2 t
Die Zahlenwerte der Größen a und b sind:
a1 = −1994, 6s−1
a2 = −7130, 5s−1
b1 = −16, 66V
b2 = 4, 66V
Den zeitlichen Verlauf der Spannung und des Stromes zeigen folgende Diagramme:
3
Beide Kurven entstehen aus Überlagerung zweier abfallenden Exponentialkurven und einem konstanten
Term (der beim Strom Null ist).
3. Die Kennlinie des Lichtbogens lautet aufgrund der Angabe
ULB (I) = A +
I=
B
I
B
(siehe Diagramm)
ULB − A
also eine verschobene Hyperbel. Nach der in der Vorlesung gezeigten Methode gibt es zwei Schnittpunkte
mit der richtig eingezeichneten Widerstandsgerade bei den Strömen I1 = 8, 9A und I2 = 0, 6A.
Diese ergeben sich auch aus der Batteriespannung, die gleich der Summenspannung an beiden Teilen ist,
UB = ULB + UR = A +
als Lösung dieser quadratischen Gleichung für den Strom I.
4
B
+R·I
I
Der Arbeitspunkt bei I2 (= 0, 6A, U2 ≈ 209V ) ist instabil, da bei Spannungsschwankung nach unten der
Strom am Lichtbogen zunehmen würde und damit am Widerstand ein größerer Spannungsabfall entstände
als die Annahme am Lichtbogen und daher die Restspannung am Lichtbogen weiter abnähme.
Beim Arbeitspunkt I1 = 8, 9A ist dies gerade umgekehrt, so dass dieser der Stabile ist.
Die stabile Lösung der quadratischen Stromgleichung lautet:
UB − A
UB − A 2 B
+
I=
−
2R
2R
R
Der Wurzelausdruck muss ≥ 0 sein, also
UB − A
2R
2
≥
B
R
√
Daraus folgt, dass UB > A + 2 BR = 133V sein muss, damit der Lichtbogen brennt (siehe Grenzkurve im
Diagramm).
4.
(a) Die Grenzspannungen lassen sich aus der Kennlinie ablesen (sehr ungenau), besser aus den angegebenen
Annäherungen für I (U ) berechnen:
I = 0, 1A (Durchlassbereich)
ID = α1 (U − UD ) ⇒
ID
0, 1V
Ug1 = UD +
= 0, 7V + 0, 1A
= 0, 8V
α1
0, 1A
I = −0, 1A (Zener-Bereich)
IZ = α3 (U − Uz ) ⇒
IZ
0, 1V
= −6, 4V
= −6, 2V − 0, 1A
Ug2 = UZ +
α3
0, 05A
5
(b) Der Widerstand muss so groß sein, dass die angelegte Spannung (50V) vermindert um den Spannungsabfall im Widerstand die Grenzspannung nicht übersteigt, also:
|U0 − R · Ig | ≤ |Ug | ⇒
|U0 | − |Ug |
R≥
= 492Ω bzw. 436Ω
|Ig |
(c) Die Arbeitspunkte für die verschiedenen Spannungen können über die in der Vorlesung gezeigte Methode
gewonnen werden (siehe Diagramme unten) oder über folgende Rechnung:
U0 = RIZi + UZi = R · αi (UZi − Ui ) + UZi
UZi
U0 + Rαi Ui
=
mit
Rαi + 1
Ui = 0, αi = α2 für U0 = −2V
Ui = Uz , αi = α3 sonst
Es ergibt sich folgendes:
U0 /V = −2
−6, 3
−10
−25
−45
UZi /V = −1, 9993 −6, 200 −6, 213 −6, 265 −6, 333
Die Spannung an der Zenerdiode UZ ist also weitgehend unabhängig von der Batteriespannung U0 ,
weshalb diese in dieser Schaltung zur Spannungsstabilisierung verwendet wird.
Beim Vergleich des Arbeitspunktes aus der Rechnung mit dem, der dem Diagramm entnommen wird,
erkennt man, dass die angegebene Näherung (für den Zenerbereich) die tatsächlichen Verhältnisse nur
ungefähr wiedergibt.
6
7
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