Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.pdf

Fachbereich Maschinenbau
Elektrotechnik für Mechatroniker
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
Strom i in A
0,6
0,4
0,2
Prof.
Dr.-Ing. H. Alt
Übungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik Stand 8.4.2012
für Maschinenbauer und Mechatroniker mit Lösungen
Aufgabe 1:
In einem Kupferleiter mit 1,5 mm 2 Querschnitt fließt ein Strom von 10 A.
a) Berechnen Sie die Dichte der Leitungselektronen in dem Kupferdraht; wenn das Atomgewicht von
Kupfer 63,546 und die Dichte 8,92 g/cm 3 beträgt.
Die Avogadro-Konstante ist NA = 6,0221367 10 23 mol -1 , die Elektronenladung e = - 1,602 10 -19 As,
die Lichtgeschwindigkeit ist 300.000 km/s.
b) Berechnen Sie die Driftgeschwindigkeit der Leitungselektronen im Draht.
c) In welcher Zeit gelangen die an einem Schalter in Gang gesetzten Elektronen zu der in 10 m
Entfernung angeschlossenen Lampe?
d) In welcher Zeit ist die elektrische Wirkung in der Lampe wirksam?
Lösung:
a) Anzahl der Leitungselektronen je cm
Temperaurabhängiger Widerstand
3 im Leitermaterial ( ein Elektron je Atom Kupfer):
23 1 g
6,
022 ⋅10
⋅ 8,
92
N
3
a ⋅γ
23 1
n = =
mol cm
= 0,
845 ⋅10
3
A
g
63,
546
cm
mol
b) Driftgeschwindigkeit der Leitungselektronen:
I
10 A
cm m
v D = =
= 0,
0493 = 1,
77
23 − 3
−19
−2
2
n e A 0,
845 ⋅10
cm ⋅1,
602 ⋅10
As ⋅1,
5 ⋅10
cm
s h
s 10m
c) Zeit bis zum Schalter: t = = = 5,
6h
v 1,
77m
/ h
d) Die Impulsgeschwindigkeit ist gleich der Lichtgeschwindigkeit:
s 10m −8
t = =
= 3,
3 ⋅10
h = 120 µ s
c 300.
000.
000 m / h
Aufgabe 2:
Eine Glühlampe mit 100 W Nennleistung wird an eine Wechselspannung von 230 V angeschlossen. Im
Betriebszustand erreicht der Wolfram-Glühfaden eine Betriebstemperatur von 2.500 °C.
Die Temperaturkoeffizienten für Wolfram sind: α20 = 4,1 10 -3 1/K, β20 = 1,0 10 -6 1/K 2 .
Der Nennstrom ergibt sich aus der Nennleistung mit der Beziehung: P = U I.
Der Widerstandswert im Nennbetrieb ergibt sich aus dem ohmschen Gesetz.
a) Berechnen Sie den Nennwiderstand im Betriebszustand der Glühlampe.
b) Berechnen Sie den Widerstand der Lampe bei 20°C Temperatur des Glühfadens.
c) Warum ist der Widerstand der Lampe kein ohmscher Widerstand?
d) Berechnen Sie den Einschaltstrom der Lampe.
Lösung:
2
2
2
Un
U n ( 230V
) ( 230V
)
a) Nennwiderstand: RW
= = = = = 529 Ω
In
Pn
100W
100VA
b) Widerstand bei R20 bei 20°C:
2
[ ( ) ( ) ]
Strom i Widerstand Arbeitspunkt
600
0
0
R
0,0
ϑ = R20
1+ α 20 ϑ − 20 C + β 20 ϑ − 20 C
0 50 100 150
Rϑ
529Ω
R20
= =
= 30,
55 Ω
2
−3
−6
2
1+
α ( − 20°
) + ( − 20)
1+
4,
1⋅10
⋅ 2480 + 10 ⋅ 2480
20 ϑ C β 20 ϑ
U 200 in V
0
250
c) Ohmsche Widerstände genügen dem Linearitätsprinzip, sind also konstant und vom Strom oder
der Spannung unabhängig. Der Widerstand des Glühfadens nimmt aber in Abhängigkeit vom Strom
eine höhere Temperatur an und verändert damit seinen Widerstandswert (siehe blaue Kennlinie).
U
d) Einschaltstrom: IE =
R
230V
= = 7,
53 A (Das sind 1,7 kVA Leistung!)
30,
55Ω
20
400
Ohm
200

- 2 -
Aufgabe 3:
Bestimmen Sie zu der angegebenen Widerstandsschaltung
den Ersatzwiderstand zwischen den
Klemmen A und B.
Widerstandswerte: R1 = 4 Ω
R2 = 2 Ω
R3 = 1 Ω
R4 = 3 Ω
Lösung:
Der Gesamtwiderstand RAB ist eine Kombination aus Reihen und Parallelschaltung:
R2
⋅ ( R3
+ R4
) 2 ⋅ ( 1+
3)
RAB = R1
+
= 4Ω
+ Ω = 5,
33Ω
R2
+ R3
+ R4
2 + 1+
3
Aufgabe 4:
Bestimmen Sie zu der angegebenen Schaltung
für U0 = 12 V alle Spannungen und Ströme.
I1
U1
Widerstandswerte: R1 = 3 Ω
R2 = 10 Ω
R3 = 6 Ω
R4 = 4 Ω
Lösung:
U0
12V
I1 =
=
= 1,
5 A
R2
⋅ ( R3
+ R4
) ⎡ 10 ⋅ ( 6 + 4)
⎤
R1
+
3
Ω
R2
R3
R ⎢
+
+ + 4 ⎣ 10 + 6 + 4 ⎥
⎦
U 2 7,
5V
U1 = I1
⋅R1
= 1,
5 A ⋅ 3Ω
= 4,
5V
; U 2 = U0
−U
1 = ( 12 − 4,
5)
V = 7,
5V
; I2 = = = 0,
75 A
R 10Ω
( 1,
5 − 0,
75)
A = 0,
A
I = I − I =
75 ; U I ⋅ R = 0,
75A
⋅ 6Ω
= 4,
5V
3
1
2
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3
3
3
A
B
R1
= ; U = U −U
= ( 7,
5 − 4,
5)
= 3V
Aufgabe 5:
Ein Bagger erfasst bei Erdarbeiten ein 20 kV Kabel und verursacht einen Erdschlussstrom von
an der Erdeintrittsstelle, die als Halbkugelerder mit 1 m Radius näherungsweise abgebildet werden kann.
Der lehmige Erdboden hat einen spezifischen Widerstand von 100 Ωm. Der Erdschlussstrom ist 1 kA.
a) Berechnen Sie den Erdwiderstand ab der Fehlerstelle bis in weiter Entfernung und die Fehlerspan-
nung des Fahrzeugs gegenüber dem weit entfernten Erdpotential.
b) Geben Sie den Erdwiderstand als Funktion des Abstandes vom Mittelpunkt der Fehlerstelle an.
c) Berechnen Sie die Schrittspannung bei 0,8 m Schrittweite in 5 m Abstand vom Mittelpunkt der
Erdkontaktstelle des angenommenen Halbkugelerders.
d) Welche Verhaltensmaßregel kann man dem Baggerfahrer mitteilen?
e) Welchen Abstand ab der Fehlerstelle kann man als weit entfernt bezeichnen?
Lösung:
a) Erdwiderstand RE: d) Verhaltensregel: Im Bagger bleiben!
Beim Verlassen kleine Schritte und
nicht den Bagger berühren.
b) RE = f(r): Netzbetreiber anrufen!
c) Schrittspannung Us: ( ) ⎟ ρ 100Ωm
RE
= = = 15,
92 Ω
2π
⋅ rE
2π
⋅1m
r
ρ dr ρ 1 r ρ ⎛ 1 1⎞
E
RE
= ∫ = ⋅ = ⎜ − ⎟
2
r
2π
r 2π
r 2π
⎝ r r
rE
E ⎠
ρ ⎡ 1 1 ⎛ 1 1 ⎞⎤
ρ ⎛ 1 1 ⎞
U = ⋅ − = ⋅ ⎢ − − ⎜ ⎟⎥
= ⋅ ⋅⎜
S IE
RE
2,
S RE1,
S IE
⎜
−
⎟
IE
⎜
−
2π ⎢⎣
rE
rE
2,
S ⎝ rE
rE1,
S ⎠⎥⎦
2π
⎝ rE1,
S rE
2,
S ⎠
100Ωm
⎛ 1 1 ⎞
US = 1000 A⋅
⋅⎜
− ⎟ = 439V
2π
5m
5,
8m
e) Ab r > 20 m ist der Potenzialgradient des
⎝ ⎠
Spannungstrichters schon sehr klein.
R1
= U0 U2
I2
4
R2
R2
I3
2
2
R3
R4
R3
R4
3
U3
U4

- 3 -
Aufgabe 6:
I1
U1
Gegeben ist die angegebenen Schaltung mit der
speisenden Spannung U0 = 12 V.
Widerstandswerte: R1 = 3 Ω
R1 I2
I3
I5
U3
U5
R2 = 10 Ω
R3
R5
R3 = 6 Ω
R7
R4 = 4 Ω
= U0
U2 R2
R5 = 5 Ω
R4
U7 R6 U6
R6 = 8 Ω
I4 U4 I6
R7 = 10 Ω
a) Berechnen Sie alle Spannungen und Ströme.
Hinweis: Prüfen Sie, ob eine Dreieck/Stern Umandlung die Berechnung wesentlich vereinfachen
könnte.
b) Nun sei R5 = 12 Ω. Prüfen Sie, ob ein bestimmter Teil der Schaltung als abgeglichene Brückenschaltung
angesehen werden kann, mit der Konsequenz, dass der Widerstand R7 für die Berechnung
ohne Belang ist. Falls das der Fall ist, wird die Berechnung wesentlich einfacher.
Hinweis: Denken Sie auch bei der Klausur daran!
Lösung:
a) Lösung mittels Vereinfachung der Schaltung durch Dreieck/Stern-Umwandlung:
Die Widerstandsanordnung R3, R5 und R7 bilden elektrisch ein Dreieck, welches hier zur Vereinfa-
chung der Schaltung in einen Stern umgewandelt werden kann:
I1
= U0
I1
= U0
I1
= U0
3 Ω
U1
R1
U2
R
+ R
Nach weiterer Zusammenfassung der Widerstände ergibt sich der Strom I1 zu 1,83 A. Damit folgt für die
Spannung U1= 5,49 V und U2 = (12-5,49) V = 6,51 V und I2= U2/R2 = 0,65 A. und so weiter fortschreitend.
Üb er den oberen Sternwiderstand fließt der Strom I1-I2 = 1,18 A und verursacht dort den Spannungsfall
1,18A 1,43 Ω = 1,69 V. Für die weiteren Widerstände bleiben daher noch (6,51-1,69) V= 4,82 V übrig.
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3
R
I2
3
R2
⋅ R
5
R4
I4
7
+ R
7
1,43 Ω
6 ⋅10
60
= = Ω
21 21
U7 R6 U6
U4
2,86 Ω 2,38 Ω
10 Ω = U0
3 Ω
10 Ω
4 Ω
1,43 Ω
8 Ω
I6
6,
86 ⋅ 10,
38
= 4,
13 Ω
6,
86 + 10.
38
R
3
R
+ R
R 5 ⋅ R7
R + R + R
I1
I1
3
= U0
3
⋅ R
5
5
+ R
5
7
3 Ω
6 ⋅ 5 30
= = Ω
21 21
7
10 Ω
3 Ω
3,57 Ω
5 ⋅ 10 50
= =
21 21
6,86 Ω
Ω
1,83 A
= 12 V
1,43 Ω
6,57 Ω
10,38 Ω

Eine weitere Lösungsmöglichkeit ist das
Maschenstromverfahren.
Dazu muss zunächst ein vollständiger Baum
identifiziert werden:
Dann lassen sich vier Maschengleichungen
für die vier Maschenströme formulieren:
M1: U 0
M2:
= I M 1 ⋅ ( R1
+ R2
) − I M 2 ⋅ R2
0 = ⋅ R + R + R − I ⋅ R − I ⋅ R − I ⋅ R
- 4 -
( 2 3 4 ) M 1 2 M 3 3 4 4
I M 2
M
0 = I M 3 ⋅ R3
+ R5
+ R7
− I M 2 ⋅ R3
− I M 4 ⋅ R
0 = I M 4 ⋅ R4
+ R6
+ R7
− I M 2 ⋅ R4
− I M 3 ⋅ R
M3: ( ) 7
M4: ( ) 7
Die geordnete Gleichungen sind:
I ⋅ R + R − I ⋅ R
M 1
− I
( )
1
M 1
0
0
⋅ R
2
2
I
M 2
⋅
M 2
( R + R + R )
2
− I
− I
M 2
M 2
( R + R + R )
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3
2
⋅ R
3
⋅ R
4
4
I
M 3
⋅
− I
3
− I
M
0 0 U 0
3 ⋅ R3
− I M 4 ⋅ R4
− I ⋅ R
=
0
0
M 3
5
⋅ R
7
7
I
M 4
⋅
M 4
( R + R + R ) 0
Daraus ergibt sich die Lösungsmatrix für die vier Maschenströme IM1 bis IM4 wie folgt:
13 −10
0 0 IM1
12 ⎛ IM1
⎞ ⎛ 1,
8258 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−10
20 − 6 − 4 IM
2 0 ⎜I
M 2 ⎟ ⎜ 1,
1736 ⎟
Ω ⋅ = V ⇒ A
0 − 6 21 −10
IM
3 0 ⎜I
⎟ = ⎜
M , ⎟
3 0 5576
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
0 − 4 −10
22 IM
4 0 ⎜I
⎟ ⎜
M , ⎟
⎝ 4 ⎠ ⎝0
4668⎠
Die gesuchten Teilströme ergeben sich durch vorzeichenrichtige Differenzbildung der Maschenströme:
z.B.:
I1 = IM1=1,83 A, I2 = IM1-IM2 = 0,65 A, I3 = IM2-IM3 = 0,62 A, I4 = IM2-IM4 = 0,71 A,
I5 = IM3 = 0,56 A, I6 =IM4 =0,47 A, I7 = IM4-IM3 = -0,09 A.
Die Spannungen ergeben sich aus den Strömen und den zugehörigen Widerständen nach dem ohmschen
Gesetz: U= I R.
b) Nun sei der Widerstand R5 =12 Ohm: In der Matrix ändert sich nur das eine Glied im Feld (3,3) statt
21 zu 28:
13 − 10 0 0 IM1
12 ⎛ IM1
⎞ ⎛ 1,
7143 ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
− 10 20 − 6 − 4 IM
2 0 ⎜I
M 2 ⎟ ⎜ 1,
0286 ⎟
Ω ⋅ = V ⇒ A
0 − 6 28 − 10 IM
3 0 ⎜I
⎟ = ⎜
M , ⎟
3 0 3429
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
0 − 4 − 10 22 IM
4 0
⎜I
⎟ ⎜
M , ⎟
⎝ 4 ⎠ ⎝0
3429⎠
Damit werden die beiden Maschenströme IM3 und IM4 gleich groß und heben sich im Strompfad 7 gegeneinander
auf: I7 = IM4-IM3 = 0 A.
Nun ist R3/R4 = R5/R6 =6 /4 = 12/8 =1,5. es liegt weine abgeglichene Brücke vor, damit ist der Widerstand
R7 ohne Belang und kann daher auch einfach weggelassen werden.
Die Schaltung reduziert sich auf drei
parallele Widerstände 10 Ω, 10 Ω und 20 Ω,
I1
U1
resultierend 4 Ω in Reihe mit R1 = 3 Ω
zu Rges = 7Ω.
R1 I2
I3
I5
I1 = IM1 = U/Rges = 12V/7Ω = 1,71 A
I2 = IM1-IM2 = 0,69 A, I3 = IM2-IM3 = 0,69 A,
I4 = IM2-IM4 = 0,69 A, I5 = IM3 = 0,34 A,
I6 = IM4 = 0,34 A,
I1
= U0
= U0
M1
U1
R1
U2
I2
M2
4
I3
R3
R2 R4
I4
6
7
U3
M3
U4
R5
R7
U7 R6
M4
7
I5
I6
U5
U6
R1 = 3 Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 6 Ω
R4 = 4 Ω, R5 = 5 Ω, R6 = 8 Ω
R7 = 10 Ω, U0 = 12 V
U2
R2
R3
R4
I4
U3
U4
R5
U5
R6 U6
I6

- 5 -
Aufgabe 7:
Jemand schaltet eine wieder aufladbare Mignonzelle (Akku) zu einer nicht aufladbaren Mignonzelle (Batterie)
parallel, um die Strombelastbarkeit zu erhöhen.
Aufgrund der unterschiedlichen Leerlaufspannungen (Akku: 1,2 V; Batterie: 1,5 V kommt es bereits im
unbelasteten Zustand zu Verlusten. Die Innenwiderstände sind Akku: 0,7 Ω; Batterie: 0,5 Ω.
a) Berechnen Sie die von der Batterie abgegeben Leistung im unbelasteten Fall (RL unendlich)
b) Berechnen Sie die Werte einer Ersatzspannungsquelle und zeichnen Sie den Verlauf der Klemmenspannung
in Abhängigkeit von Laststrom.
c) Für welchen Werte von RL bringt die Parallelschaltung des Akkus überhaupt einen Vorteil?
Lösung:
Parallelschaltung einer aufladbaren Mignon-Zelle (Akku) mit einer Batterie-Mignonzelle.
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UA = 1,2 V (Akku)
UB = 1,5 V (Batterie)
RA =0,7 Ω
RB =0,5 Ω
a) Berechnen Sie die von der Batterie abgegebene Leistung im unbelasteten Fall (RL → ∞ ):
UB
−U
A ( 1,
5 −1,
2)
V 0,
3V
I B = IB
0 = =
= = 0,
25 A
R + R ( 0,
7 + 0,
5)
Ω 1,
2Ω
P
A
B0
= −U
B ⋅I
B0
B
= −1,
5 V⋅
0,
25A
= 0,375 W
b) Bestimmen Sie die Ersatzspannungsquelle der Schaltung:
U0
IL
UA =
UL
=
RL
=
U ⋅ R
U
R
0 = UB
− IB
0
0
i
B
= 1,
5 V−
0,
25A
⋅ 0,
5Ω
= 1,375V
R
=
R
A
A
⋅R
+ R
B
B
= 0,
292
U0
1,
375 V
I KP = = = 4,
71A
Ri
0,
292Ω
c) Spannungsdiagramm der Schaltung:
U A 1,
2V
UB
1,
5 V
I KA = = = 1,
71A
I KB = = = 3,
0 A I KP = IKA
+ IKB
= 4,
71A
R 0,
7Ω
R 0,
5Ω
U
1,5 V
1,375 V
1,2 V
A
IA
Ri
RA
U=U0
RB
B
IB
Ω
Im Schnittpunkt vom ULB und ULP gilt:
ULB = UB
− I ⋅R
B = U LP = U 0 − I ⋅R
i
UB
−U
0 ( 1,
5 −1,
375)
V 0,
125
I = =
= A = 0,601A
R − R ( 0,
5 − 0,
292)
Ω 0,
208
R
L
UB
Bis zu dieser Belastung ist der Akku unwirksam
ULA=f(I)
B
U
=
I
L
=
ULB=f(I)
i
( 1,
375
− 0,
601⋅
0,
292)
V
=
0,
601A
0
0 0,6 A
1,71 A 3,0 A 4,71 A
Für R L ≤ 2Ω
(d.h. I ≥ 0,
6 A ) ist die Parallelschaltung des Akkus mit der Batterie spannungserhöhend
wirksam.
U0
=
ULP=f(I)
I
Ri
2,
0
UL
Ω
Ik
RL

- 6 -
Aufgabe 8:
Spannung und Strom an dem Widerstand R1 = 1Ω sollen gemessen werden.
Der Strommesser hat den Innenwiderstand RiA = 0,1 Ω, der Innenwiderstand des U
Spannungsmessers ist mit 10 kΩ/V angegeben.
a) Werden korrekte Werte für Spannung und Strom am Widerstand R1 angezeigt?
b) Wie groß ist der relative Fehler für die Widerstandsbestimmung aus den Mess- A
werten von Strom und Spannung?
c) Handelt es sich um eine stromrichtige oder um eine spannungsrichtige
Messschaltung?
d) Welche Schaltungsart ist für große und welche ist für kleine Widerstände günstiger?
Lösung: Widerstandsermittlung durch strom- oder spannungsrichtige Messschaltungen
I IV
Ersatzschaltplan:
Es liegt eine stromrichtige Meßschaltung vor.
RMessung
− Rrichtig
Meßfehler: F =
⋅100%
R
R
Messung
richtig
U
UR
R Messung = richtig = = 1Ω
I
I
UR
+ I A ⋅.
RiA
UR
= = + RiA
= Rrichtig
+ RiA
=
1
I I
A
A
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A
I
R1
R UR = U − I A ⋅ RiA
A
( 1+
0,
1)
Ω = 1,
Ω
Rrichtig
+ RiA
− Rrichtig
RiA
0,
1
F =
⋅100%
F = ⋅100
% = ⋅100%
= 10%
R
R
1
richtig
Der Meßfehler ist relativ groß, daher wäre die spannungsrichtige Schaltung günstiger:
Spannungsrichtige Schaltung:
Ersatzschaltplan:
RMessung
− Rrichtig
Meßfehler: F =
⋅100%
R
R
Messung
F =
R1=1Ω
A
A
R1=1Ω
UR
=
I + I
V
V
richtig
U R
=
U
I +
R
V
R
iV
=
I
U
R
1
+
R
−5
1−
10 ) Ω −1Ω
⋅100%
= −10
1Ω
richtig
Spannungsmeßbereich 10 V gewählt d.h. RiV = 100 kΩ
U
R
R
R Messung = Rrichtig
= = 1Ω
I = I A − IV
I A
I
1
1
+
R
R
=
R
1+
R
1 richtig
−5
=
= ( 1−
10
− 5
1
richtig
iV
R
richtig
( −5
−3
⋅100%
= −10
iV
iV
% = −0,
001%
U
1Ω
1Ω
=
=
1Ω
1+
10
1+
100kΩ
Das Minuszeichen bedeutet einen um den Fehler zu kleinen Meßwert.
Der Fehler ist wesentlich kleiner: 0,001 % gegenüber 10 % bei stromrichtiger Meßschaltung!
Daher folgende Regel:
Kleine Widerstände (d.h. R < 100 Ω) möglichst spannungsrichtig und
große Widerstände (d.h. R > 100 Ω) möglichst stromrichtig messen.
U
R1=1Ω
RiA=0,1Ω
RiA=0,1Ω
A
A
UR
IA
IA
R1=1Ω
V
U UR
RiV=10 kΩ/V
I
IV
V
RiV=10 kΩ/V
V
) Ω

U1
- 7 -
Aufgabe 9:
Die angegebene Schaltung enthält vier Widerstände eine Spannungsquelle und drei eingeprägte Stromquellen.
R1 R4
I1 = I2 = I3 = 1 A, R1 = R2 = R3 = 1 Ω, R4 ist unbekannt.
a) Berechnen Sie die Spannung und den
Strom am Widerstand R3.
b) Wie groß sind die Spannungen an den Stromquellen?
Lösung:
R1
U4
= U3 R3
I2 I3
R2
UI1 = −U
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1
− I
1
⋅
U0
= I1
=
R2
( 1−
1)
A = A
I = I − I = 0
4
3
2
t0=0
1
2
t1=5 s
R3
d.h. Die rechte Masche ist unwirksam
Gleichung für U3:
U = I ⋅ R = 1V
3
1
3
Maschengleichung für UI1:
⋅ + + + U R R R I U
( ) = 0
1 + 1 1 2 3 I1
( R + R + R ) = −1V
−1A
⋅3Ω
= −4V
Da I4 = 0 ist, ist die Spannung an den beiden parallelen Stromquellen gleich U3 = 1 V.
Eine ideale Spannungsquelle (d.h. Ri = 0) prägt die Spannung ein, wobei der Strom beliebige Werte
annehmen kann ( 0 < I < ∞ ). G =
1
U
Ri
i
Ri
R I U U ⋅ −
= 0
i
I
1
U
=
0
K
Ri
Eine ideale Stromquelle (d.h. Gi = ∞ ) prägt den Strom ein, wobei die Spannung beliebige Werte
annehmen kann ( 0 < U < ∞ ).
I
I1
UI1
I4
U0 = U
IK Gi U
I
I = I −U
⋅G
Aufgabe 10:
Nachdem der Schalter in der angegebenen Schaltung
sehr lange in Stellung 2 war, wird er ab dem
Zeitpunkt t0 = 0 für 5 s in die Stellung 1 geschaltet
und dann zum Zeitpunkt t = 5 s wieder in die Stellung
2 zurück geschaltet.
U0 = 10 V, R1 = R2 = 10 kΩ, C = 100 F
R4
K
i
U =
0
IK
G
i
2
3
I2
R1 i(t)
U0 uC(t)
R2
a) Zeichnen Sie den zeitlichen Verlauf der
Spannung uc(t).
b) Berechnen Sie den Wert der Spannung uc zu dem Zeitpunkt t2 = 10 s.
c) Wie groß ist zu diesem Zeitpunkt der Strom i(t=t2).
d) Welche Energie ist zu diesem Zeitpunkt im Kondensator gespeichert?
U0
I
IK
S
⇒ IK
I
⇒ U0
U
I3
C

V
10
- 8 -
Lösung:
Der Schalter wird zur Zeit t0 = 0 s von Stellung 2 in Stellung 1 geschaltet und nach 5 s wieder zurück in
Stellung 2 geschaltet.
U =
2
U = 10 V, R1 = R2 = 50 kΩ, C = 100µF
uC(t0 = 0)
a) Spannungs- und Stromdiagramm:
Man beachte:
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
8
6
4
2
0
- Spannungs- und - Stromdiagramm
0 5 10 15 Zeit s 20
Die Spannung uC ist Energieträger und kann daher nicht springen, der Strom verändert sich bei t = 5s
sprungförmig von dem positiven Ladestrom zu dem negativen Entladestrom, der gegen Null strebt.
b) Berechnen Sie den zeitlichen Verlauf der Spannung uC am Kondensator im Zeitbereich 0 ≤ t ≤ 10s
Für 0 ≤ t ≤ 5s
gilt:
t
t
− ⎛ − ⎞
T1
= ⋅ + ⋅⎜
T1
u − ⎟
C UC
0 e UC∞
1 e mit T 1 = R1
⋅C
= 50kΩ⋅
100µF
= 5s
(Aufladung des Kondensators)
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Mit 0 0 = U C undU C ∞ = U folgt:
t
t
t
⎛ − ⎞
⎜ 5s
-1
= ⋅ ⎟
U -
-
5s
5s
uC
10 V
⎜
1−
e für t = 5 s folgt: uC ( 5s)
= 10V
⋅ ( 1-
e ) = 6,
32 V , i = ⋅ e = 0,
2mA
⋅ e
⎟
⎝ ⎠
R1
Für t ≥ 5s
gilt mit t = t − 5s
: Strom zur Zeit t = 5 s, Schalter Stellung 1): i = 0,0736 mA
1
t1
t1
t1
− ⎛ − ⎞
-
T2
2
T2
0 e ⎜ T
u 1 e ⎟
C = UC
⋅ + UC∞
⋅ − = UC
0 ⋅ e
⎜ ⎟
⎝ ⎠
t1
-
10s
= 6,
32V
⋅ e da UC∞ = 0 ist.
Die Zeitkonstante T2 ist nun durch die Reihenschaltung von R1 und R2 bestimmt:
T2 = 100kΩ
⋅100µF
= 10s
Für t1 = 5s
, entsprechend t = 10s
, beträgt die Spannungu C :
5
−
10
( t = 5s)
= 6,
32V
⋅ e = 6,
32V
⋅ 0,
6065 = 3,
83 V = u ( t = 10s)
uC 1
C
c) Strom zur Zeit t = 10 s: Strom zur Zeit t = 5 s, Schalter Stellung 2):
uC
( t1
= 5s)
3,
83V
uC
( t1
= 0)
6,
32V
i = −
= − = −0,
0383mA
i = − = − = −0,
0632mA
R1
+ R2
100kΩ
R1
+ R2
100kΩ
oder anderer Lösungsweg:
t
1
5s
du − d
⎛ −1⎞
−
C
T
1
10 s
⎛ − ⎞
2
i = C ⋅ = C ⋅ U 0 ⋅ e = ⋅ 0 ⋅ ⋅ e = 100µF
⋅ 6,
32 V⎜
⎟ ⋅0,
606 = −0,
0383mA
d 1 d
⎜
⎟
C C UC
t t1
⎝ T2
⎠
⎝10s
⎠
Das Minuszeichen des Stromes bedeutet, dass der Entladestrom die entgegengesetzte Richtung hat, als
die im Schaltplan vorgegebene Richtung des Ladestromes.
d) Energie im Kondensator zur Zeit t = 10 s:
1 2
2
W = CU
2
1
t0
R2
i
t1=5s
R1
uC
1
= ⋅100µF
⋅(3,83V)
2
=
C
0,
733
mW
mA
0,3
0,2
0,1
0,0
-0,1
-0,2

Aufgabe 12:
In der gegebenen Schaltung wird
der Schalter zur Zeit t = t0 = 0 s
geschlossen.
Der Kondensator ist bereits mit
der angegebenen Polarität auf
UC0 = 20 V aufgeladen.
Die Daten sind wie angegeben.
- 9 -
a) Bestimmen Sie die Ströme i1, i2 ind i3 bei offenem Schalter und die im Kondensator C gespeicherte
elektrische Energie.
b) Bestimmen Sie die unter a) gesuchten Größen unmittelbar nach dem Schließen der
Schalterkontakte zur Zeit t=0 ?
c) Bestimmen Sie die unter a) gesuchten Größen bei geschlossenem Schalter zur Zeit t=∞ ?
d) Berechnen und skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Spannung uc(t) und der Ströme i1(t), i2(t), i3(t).
Lösung:
U B 30V
a): Für t < 0 gilt: i1
( t < 0)
= i2
( t < 0)
= = = 3,
33A
, i 3 ( t < 0)
= 0 ,
R1
+ R2
( 3 + 6)
Ω
1 2 1 −4
s
2
WC = C ⋅ u0
= ⋅10
⋅ ( 20V)
= 0,
02 W = 20 mW
2 2 Ω
b): Für t > 0 gilt: ( t = 0)
= u ( t = −0)
= u ( t = + 0)
= 20V
uC C
C
i3 ⋅ R3
+ uc
0 + i2
⋅ R2
= 0
2 2 3 3 C0
u R i R i − = ⋅ + ⋅
U B = i1
⋅ R1
+ i2
⋅ R2
i 1 ⋅ R1
+ i2
⋅ R2
= U B
i + i = i
i − i + i = 0
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
1
Lösung der drei Gleichungen mit 3 Unbekannten mit Gauss Elimination:
i 6 + i 8 = −20
i 6 + i 8 = −20
i 3 + i
i
1
1
−
i
2
2
2
6
+
i
3
3
= 30
= 0
R1 und R2vertauschen
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→
⎯ − 2
3R3 R
⎯⎯→ 3
i 3 + i
1
0 −
2
2
2
2
6
i 9 +
3
i
3
3
= 30
= −30
1
⎯ + 3
1, 5R1
R
⎯⎯ →
2
i 3 + i
1
0
−
3
i 6 + i 8 = −20
2
2
6
0 +
i13
+ i2
6 = 30
− 60V
0 + i2
6 + i38
= −20
⇒ i 3 = = −4
A , i 2 = 2 A , i 1 = 6 A
15Ω
0 − 0 + i 15 = −60
3
3
i 15
3
= 30
= −60
Der Strom i3 springt im Schaltaugenblick bei t = -0 bis t = +0 von Null auf -4 A, der Strom i1
von 3,33 A auf 6 A und der Strom i2 von 3,33 A auf 2 A.
Für t > 0 erfolgt der Übergang bis t → ∞ nach einer e-Funktion mit der Zeitkonstanten T=Re C.
c): Für t → ∞ sind alle Ströme wieder gleich den Werten aus Frage a)
Für die Kondensatorspannung uc gilt für t → ∞ : = −i
⋅ R = −3,
33A
⋅ 6Ω
= −20
V
d): Zeitlicher Verlauf aller Ströme und Spannung mit dem Ansatz für Schaltuingen mit einem
Energiespeicher:
u C = uC
t
−
T t → 0 ⋅ e
t
t
t
t
⎛ − ⎞
− ⎛ − ⎞
−
⎜ T 1 ⎟
T
+ → ∞ ⋅ = 20 V ⋅ − ⎜ T
2 ⋅ 2 1 ⎟
T
uC
t
⎜
− e
⎟
e i R
⎜
− e
⎟
= 40 V ⋅ e − 20
⎝ ⎠
⎝ ⎠
Für die Zeitkonstante T gilt: T Re
C ⋅ = , Ω =
R1
⋅ R2
Re = R3
+
R + R
10
T = 10Ω
⋅10
i
i
i
1
2
3
=
=
−4
u c
( ) ( ) V
−3
F = 10 s = 1ms
−
−
−
T
T
T
( i − i ) ⋅ e + i = ( 6 − 3,
33)
A ⋅ e = 2,
67A
⋅ e + 3,
33A
10
1∞
t
1∞
−
−
−
T
T
T
( i − i ) ⋅ e + i = ( 2 − 3,
33)
A ⋅ e = −1,
33A⋅
e + 3,
33A
20
2∞
t
t
2∞
−
−
−
T
T
T
( i − i ) ⋅ e + i = ( − 4 − 0)
A⋅
e = −4
⋅ e
= A
30
3∞
3∞
UB
t
t
t
i1
R1
t
1
t
R2
t
2
2
t0=0
i2 i3
2
A
R3
8
4
0
-4
-8
uC
C
Ströme und Kondensatorspannung
i3
i1
i2
UB = 30 V
UC0= 20 V
C = 100 µF
R1 = 3 Ω
R2 = 6 Ω
R3 = 8 Ω
uc
-1 0 1 2 3 4 t/T 5
20
10
0
V
-10
-20

- 10 -
Aufgabe 12:
An einem idealen Transformator wurde die Induktivität der Primärwicklung L1 gemessen. Zum Zeitpunkt
t = 0 wird der Schalter S geschlossen und die Primärwicklung an die Gleichspannungsquelle U0 geschaltet.
U0 = 10 V, w1 = 300, w2 = 150
R t=0 i(t)
R1 = 10 Ω, L1 = 10 mH
Berechnen Sie die Zeitkonstante für U0
die zeitliche Änderung des Stromes
i(t) und Skizzieren Sie die zeitlichen
Verläufe der Spannungen u1(t) und u2(t).
=
S
u1(t)
u2(t)
a) Berechnen Sie die Spannungen u1 und u2 und skizzieren Sie die
Zeitverläufe nach dem Einschalten des Schalters S:
b) Ist ein Transformator für die Übertragung von Gleichspannungen geeignet?
Lösung:
U
0
di
= i ⋅R
+ L1
⋅
dt
V
10
8
6
4
2
0
U
t
− ⎛
T i = I ⋅ + ⎜
L e IL∞
⎜
1−
e
⎝
t
−
L
T
1 10mH
0 mit = = 1ms
10V
= = 1A
10Ω
0
IL 0 = 0,
IL∞
=
⇒
R
t
⎞
⎟
⎠
T =
R 10Ω
,
t ⎛ − ⎞
⎜ 1ms
i = 1A
⋅ ⎟
⎜
1−
e
⎟
⎝ ⎠
t
−
1ms
Spannungen u1,u2 und Primärstrom i1
0 1 2 3 4 Zeit ms 5
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
t
-
1ms
di
1 −
T
u1 = L1
⋅ = L1
⋅I
L∞
⋅ e
dt
T
1A
= 10mH
⋅ ⋅ e
1ms
= 10V
⋅ e
u1
w1
=
u2
w 2
⇒
t
t
w
-
2 150 −
1ms
1ms
u2
= u1
⋅ = 10V
⋅ ⋅e
= 5V
⋅ e
w1
300
anderer Lösungsweg:
di 2 di1
di
1
u2
= L2
⋅ + M ⋅ = M ⋅ M =
dt
dt
dt
L1
⋅L2
,
2
1 = w1
⋅ λ, 2
L2
= w 2 ⋅ λ
L w
=
L
1
⇒
L2
2
1
2
w 2
2
t
t
w 2 w 2 150
di1
1A
−
−
1ms
1ms
M = L1
⋅L1
⋅ = L1
⋅ = 10mH⋅
= 5mH
, u
2
2 = 5mH
⋅ = 5mH
⋅ ⋅e
= 5V
⋅e
w1
w1
300
dt
1ms
Beim Transformator gilt bei Vernachlässigung der Verluste näherungsweise:
2 2 2
2
U 1 U 2 U1
Z1
w1
P 1 = P2
⇒ = ⇒ = = ⇒ der Transformator kann somit auch zur Impedanzanpassung
2
2
Z1
Z2
U2
Z2
w 2
als Widerstandswandler genutzt werden.
2
U1
w1
I2
Z 1 w1
Allgemein gilt für die Spannungs- und Stromübersetzung: = = ; =
2
U w I Z w
2
2
1
2
A
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
2

- 11 -
Aufgabe 13: Addition sinusförmiger Spannungen und Effektivwertberechnung.
Spannung in V
100
50
0
-50
-100
Addition von Wechselspannungen
U1 U2
0,00 0,50 1,00 1,50 Zeit in s 2,00
Wie groß ist der Phasenwinkel in Grad?
Lösung:
Aus den sinusförmigen Spannungen u = u ⋅ sin ωt
und
soll die Frequenz und die Summenspannung u = u1
+ u2
ermittelt werden:
Für die Frequenz gilt: 1 ω 1
f = = = = 0,
5Hz
; Für den Effektivwert gilt:
T 2π
2s
∧
1 1
u = u ⋅ sin( t − ° )
∧
2 2 ω
72
T
2 2π
2 uˆ
2
U = ⋅ u ( τ ) ⋅dτ
= sin ⋅ d = uˆ
T
T ∫ ωτ ωτ
ω
j
1 1 1
2π
∫ ⋅ ( ωτ − sinωτ
⋅ cosωτ
) 0
2π
2
τ = 0
0
u = f (t ) :
u = f (ϕ )
j
ω
ω
Re
:
Re
V
12
8
4
0
-4
-8
-12
V
12
8
4
0
-4
-8
-12
j 0°
− j 72°
U 1 = U1
⋅ e
2 = U2
⋅ e
U = 4V e -j0° + 9V·e -j72° = 10,92 V·e -j51,61°
Spannungen: u1, u2 und u = u1+u2
0,0 0,4 0,8 1,2 1,6 2,0 2,4 t 2,8 in s
Spannungen: u1, u2 und u = u1+u2
0 90 180 270 360 450 540 °
U U = U1 + U2
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
j
Gegeben seien zwei Spannungsquellen
mit den Spannungen u1(t)
und u2(t), deren Zeitverläufe nebenstehend
dargestellt sind. Die beiden
Spannungsquellen mit den Amplituden
u û1 = 50 V und û2 = 75 V werden
in Reihe geschaltet. u2 ( t)
eilt
der Spannung u1 ( t)
in der Phasenlage
um 0,4 s nach.
Berechnen Sie den Effektivwert der
sich ergebenden Summenspannung
und zeichnen Sie den Zeitverlauf
der resultierenden Spannung
in das Diagramm ein. Geben Sie
die Frequenz der Spannungen an.
U1
Re
=
uˆ
2
Zeigerdiagramm der
Spannungen:
U = U1 + U2
U2

- 12 -
Aufgabe 14) Reihenkompensation, Parallelkompensation:
Ein induktiver Verbraucher mit der Induktivität L
und dem in Reihe mit dieser liegenden ohmschen
Widerstand R1 sei über eine verlustbehaftete Leitung
mit dem Widerstand R2 an eine Spannungsquelle
U0 angeschlossen.
U0 ~
U=230 V, f=50 Hz, R1 = 50 Ω, R2 = 1 Ω, L = 64 mH
a) Berechnen Sie die Leistungsaufnahme im Widerstand
R1 und die Verlustleistung im Widerstand R2.
Nun soll die Blindleistung der Verbrauchers durch Reihenschaltung eines Kondensators CR oder
alternativ durch Parallelschaltung eines Kondensators CP kompensiert werden.
b) Berechnen Sie für die vollständige Kompensation die Kapazitäten CR und CP.
c) Welche Spannungsfestigkeit muss der Kondensator in jeweils haben.
d) Wie groß ist bei vollständiger Kompensation die Leistungsaufnahme des Widerstandes R1 und die
Verlustleistung im Widerstand R2?
Lösung:
a) Leistungsaufnahme im Widerstand R1 und Verluste im Widerstand R2:
P = I ⋅R
2 U N
, I = , Z =
Z
2 2
1
−3
( R1
+ R2
) + X L , X L = ω ⋅ L = 2π
⋅ f ⋅ L = 2π
⋅ 50 64 ⋅10
Ωs
= 20,
11Ω
s
Z =
2
2
U N
( 50 + 1)
+ 20,
11 = 54,
82Ω
, I =
Z
230V
= = 4,
20 A , UR 54,
82Ω
= I ⋅R1
= 210V
PV 2
b) Kapazität CR bei Reihenkompensation:
2
2
2
2
= I ⋅ R = ( 4,
2A)
⋅1Ω
= 17,
6W
, = I ⋅ R = ( 4,
2A)
⋅50Ω
= 880,
12W
1
1
XCR
= XL
⇒ XCR
= = XL
⇒ CR
=
ωCR
ω ⋅ XCR
c) Spannungsfestigkeit des Kondensators:
1
=
= 158,
28 µ F
1
2π
50 ⋅ 20,
11Ω
s
UC UN
= I ⋅ X CR , I =
R1
+ R2
230V
= = 4,
51A
, UC 51Ω
= U X = 4 , 51A
⋅ 20,
11Ω
= 90,
7V
= I ⋅R
= 4,
51A
⋅50Ω
= 225,
5V
d) Leistungsaufnahme im Widerstand R1 und Verluste im Widerstand R2:
PV 2
= I ⋅ R2
2
2
2
= ( 4,
51A)
⋅1Ω
= 20,
34W
, PR1 = I ⋅ R1
= ( 4,
51A)
⋅50Ω
= 1.
017W
Parallelkompensation (übliche Kompensationsart):
a) und b) Schaltung und Kapazität CP:
R2 I
Q = Q = I ⋅ X = I ⋅ X = U ⋅ωC
L
CP
2
L
L
2
CP
CP
PR1 Der komplexe Widerstand der Parallelschaltung
muss ein rein ohmscher Widerstand werden,
d.h. der Imaginärteil von ZP muss gleich Null sein.
2
UV
IL
= ,
UV
⋅ X L 2
Q L = = UV
⋅ω
⋅CP
= QCP
2 2
2 2
R + X R1
+ X L
C
P
1 L
ω ⋅ L
=
R + X
2
1
2
L
1
⋅ =
ω R
2
1
L
+ X
2
L
=
( 50
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
2
V
2
P
64mH
2
+ 20,
11 ) Ω
2
U R
1
1
R2
I
L
R1
1
= 22,
04µF
, X CP = = 144,
5Ω
ωC
c) Spannungsfestigkeit: U 2 230V
2 325V
U , 325V
≥ ⇒ = ⋅ = ⋅ =
UC N
C n
d) Leistungsaufnahme im Widerstand R1 und Verluste im Widerstand R2:
Näherungslösung (es wird der Spannungsfall am Widerstand R2 vernachlässigt)
2
PR1 = IL
⋅R1
, U
230V
2
V
I =
=
= 4,
27 A , P
L
R1
= ( 4,
27A)
⋅ 50Ω
= 910,
7W
2 2
2
2
R + X 50 + 20,
11 Ω
1
L
X L 20,
11
tanϕ
= = = 0,
4022
R1
50
⇒ ϕ = arctan0,
4022 = 21,
91°
I = IL,
reell + j(
IL,
imaginär − ICP
) = 3,
96 A
I = I ⋅ cosϕ
= 4,
27 A ⋅ cos 21,
91°
= 3,
96 A , I = I ⋅ sinϕ
= 4,
27 A ⋅ sin 21,
91°
= 1,
59 A
L,
reell
L
L,
imaginär
1
−6
2
2
ICP = UV
⋅ω
⋅C
P = 230V
⋅ 2π
⋅ 50 ⋅ 22,
04 ⋅10
F = 1,
59 A ; PV = I ⋅ R2
= ( 3,
96A)
⋅1Ω
= 15,
7W
,
s
L
UX
P
UC
UN ~ UV
UR
L
R1
IL
ICP
CP
C

- 13 -
Aufgabe 15)
In einem Handwerksbetrieb sind folgende Verbraucher einphasig an das 230 V Netz angeschlossen:
1 Elektromotor mit den Daten 2,2 kW, cos φ = 0,82, η = 76%,
1 Heizgerät mit einer Wärmeleistung von 2 kW und
40 Leuchtstofflampen je 48 W mit einer Stromaufnahme von je 0,43 A.
a) Welcher Strom nach Betrag und Phase fließt in der Zuleitung?
b) Welche Stromkosten entstehen monatlich, wenn der Preis für eine kWh Wirkarbeit 0,20 €
und für kvarh Blindarbeit 0,03 € beträgt kostet und die Verbraucher an 20 Tagen je 10 h betrieben
werden?
Lösung: Daten:
UN = 230 V
Motor 2,2 kW,
cos φ=0,82, η=0,76
PH = 2 kW
PL = 40 x 48W, 0,43 A
a) Strom in der Zuleitung nach Betrag und Phase:
Motor:
Pab
2.
200W
Pauf
2.
895
S 3.
530
P auf = = = 2.
895 W , S = = = 3.
530 VA , I = = = 15,
35 A
η 0,
76
cosϕ
0,
82
U 230
ϕ = arc cos0,
82 = 34,
92°
, I M
Heizgerät:
-j34,92°
= 15,
35 A ⋅ e
PH
I H =
UN
2.
000 W
j0°
= = 8,
70 A , I H = 8,
70 A ⋅ e
230V
Leuchtstofflampen:
PL
S L = 40 ⋅U
N ⋅I
L = 40 ⋅ 230V
⋅ 0,
43A
= 3.
956 VA , cosϕ L =
S
40 ⋅ 48W
= = 0,
49
3.
956VA
⇒ ϕL
= 60,
97°
I L
~
Motor
M
= 40 ⋅0,
43A
⋅ e
Heiz-
gerät
-j60,97°
X
Leuchtstofflampen
= 17,20 A ⋅ e
-j60,97°
I = I M + I H + I L
-j34,92°
-j60,97°
-j38,80°
= ( 15,
35 ⋅ e + 8,
70 + 17,
20 ⋅ e ) A = 38,02 A ⋅ e
b) Energiekosten bei 20 Ct/kWh Wirkstromkosten und 3 Ct/kvarh Blindstromkosten:
W = P ⋅ t = U ⋅I
⋅ cos ϕ ⋅ t = 230V
⋅38,
02A
⋅ cos38,
80°
⋅ 20 ⋅10h
= 1.
376.
663 Wh = 1.
376,
7kWh
B = Q ⋅ t = U ⋅I
⋅ sin ϕ ⋅t
= 230V
⋅ 38,
02A
⋅ sin38,
80°
⋅ 20 ⋅10h
= 1.
095.
880 varh = 1.
095,
9kvarh
KW = W ⋅ pW
= 1 . 376,
7kWh
⋅ 0,
20 € = 275,
34 € pro Monat
kWh
R
K €
B = B ⋅ pB
= 1 . 095,
9kvarh
⋅ 0,
03 = 32,
88 € pro Monat
kvarh
Aufgabe 16)
Gegeben ist die nebenstehende Schaltung
Ue
C
aus einem Widerstand R und einer Kapazität C.
a) Wie groß ist die Spannung Ua bei der Frequenz f1,
wenn gilt: 2πf1 = 1/(RC)?
b) Zeichnen Sie den Verlauf der Spannung Ua, φ über der
ua/ue
1,0
0,8
RC-Tiefpass
Frequenz f und kennzeichnen Sie den Punkt f = f1.
0,6
c) Welches Übertragungsverhalten hat diese Schaltung? 0,4
1
− j
0,2
1
1
U
C
a = Ue
⋅ ω = Ue
⇒ für ω = ist :
1 1+
jωRC
RC
0,0
R − j
0 1 2 3 f/f1 4
ωC
f
− j 45°
1 1 − j 2 ⋅ e ϕ
= −arctan
b) Ua/Ue als Funktion der Frequenz f:
U a = Ue
⋅ = U e ⋅ = U e⋅
f
1 + j 2
2
1
1
U 1 1 U a Ua
1 1
a
− j 45°
− j 45°
U a = Ue
⋅ ⋅ e = Ue
⋅ 0,
71⋅
e
= =
= = =
U ω f Ue
Ue
f
2
e 1+
j 1+
j
1+
j ⎛ f ⎞
ω1
f
f 1+
1
1 ⎜
⎟
c) Die Schaltung zeigt Tiefpassverhalten.
⎝ f1
⎠
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L
N
Ua
phi in °
0
-15
-30
-45
-60
-75
2

- 14 -
Aufgabe 17)
Parallel zu einer bestehenden Freileitung mit 70 mm 2 Alu soll über eine Entfernung von 10 km zur
Steigerung der Übertragungsleistung ein Kabel mit 95 mm 2 Kupferleiter N2XSY verlegt werden.
Der induktive Widerstand der Freileitung beträgt 0,4 Ω/km, der induktive Widerstand des Kabels
beträgt 0,1 Ω/km.
Der Leitwert κ für Aluminium ist 35 m/(Ω mm 2 ), der Leitwert κ für Kupfer ist 56 m/(Ω mm 2 ).
Der induktive Widerstand für die Freileitung beträgt 0,4 Ω/km
Der induktive Widerstand für das Kabel beträgt 0,1 Ω/km
Beide Leitungen haben etwa die gleiche thermische Stromtragfähigkeit von rd. 250 A.
a) Berechnen Sie die Impedanzen der beiden Übertragungswege.
b) Berechnen Sie die Stromverteilung auf beide Übertragungswege.
c) Wie viel Prozent des Gesamtstromes übernimmt das Kabel?
d) Zeichnen Sie das Zeigerdiagramm der Ströme in der komplexen Ebene.
Lösung:
a) Impedanzen der beiden Übertragungswege:
Z F = RF
+ jX
, F
Z K = RK
+ jX K
R F
l 10000m
= =
= 4,
08Ω
κ ⋅ A m
2
35 ⋅ 70mm
2
Ω ⋅ mm
X F
Ω
= 0, 4 ⋅10km
= 4Ω
km
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,
R K
l 10000m
= =
= 1,
88Ω
κ ⋅ A m
2
56 ⋅ 95mm
2
Ω ⋅ mm
, Ω
X K = 0, 1 ⋅10km
= 1 Ω
km
Z F = ( 4, 08 + j4)Ω
, = ( 1, 88 + j1)Ω
b) Stromverteilung auf beide Übertragungswege:
I
F
I F
Z
Z K
= I ⋅
Z + Z
F
F
c) Lastübernahme des Kabels:
Man erkennt, dass das Kabel 73,4 % des Stromes übernimmt, obschon die thermische Stromtrag-
fähigkeit nur rd. 50 % des Gesamtstromes ist. Das Kabel „saugt“ der Freileitung den Strom weg!
Die Freileitung ist nun nicht mehr ausgelastet, das Kabel ist aber bereits überlastet.
Diese physikalisch unvermeidbare Situation wird häufig bei Genehmigungsverfahren zum Bau von
Leitungen und der Forderung die Freileitung zu „verkabeln“ weitgehend unterschätzt.
d) Zeigerdiagramm der Ströme:
K
( 1,
88 + j1)
Ω
= 500A
⋅
( 4,
08 + j 4 + 1,
88 + j1)Ω
=
I
j
IF
IK
− j11,
98°
( 133,
88 − j28,
42)
Ω = 136,
86 ⋅ e
IK
ZF
ZK
Re
I
IF
I K
Z
K
Z K
I
K
Z F
= I ⋅
Z + Z
F
( 4,
08 + j 4)
Ω
= 500A
⋅
( 4,
08 + j 4 + 1,
88 + j1)Ω
=
j 4,
44°
( 366,
12 + j28,
42)
Ω = 367,
23 ⋅ e
K

- 15 -
Aufgabe 18)
Gegeben ist ein rechts drehendes, symmetrisches Dreileiter - Drehstromnetz mit den symmetrischen
Phasenspannungen U1 = U = 635 V, U2 = U e -j120° und U3 = U e j120° und den komplexen Lastwiderstän-
den Z1 = R = 3,63 Ω, Z2 = jXL = j 2,10 Ω, Z3 = -jXC. XL = XC = X = 2,10 Ω mit X = R/ 3 , f = 50 Hz.
Die besondere Art der unsymmetrischen Belastung lässt besondere Eigenschaften dieser Schaltung
vermuten. In der industriellen Praxis wird diese Belastungsart bei einphasigen ohmschen Lasten zur
Symmetrierung an Drehstromnetze angewandt, z.B. zum Anschluss einphasiger Schmelzöfen an das
Drehstromnetz (Steinmetz-Schaltung z.B. angewandt bei der Firma Junker in Lammersdorf).
a) Berechnen Sie die Induktivität L und die Kapazität C
b) Berechnen Sie die komplexen Leiterströme I1, I2 und I3
c) Bestimmen Sie die Art und Werte der Lastelemente aufgrund der berechneten Lastströme und
zeichnen Sie den Ersatzschaltplan der Schaltung.
d) Berechnen Sie die Wirkleistung des Widerstandes R und die von der Ersatzschaltung aufgenommenen
Wirkleistung.
e) Berechnen Sie die Dreieck-Ersatzschaltung und beschreiben Sie die Besonderheit der Schaltung.
f) Zeichnen Sie das Zeigerdigramm für die Spannungen und Ströme.
Lösung:
a) Induktiviät L und Kapazität C
X L X 2,
1Ω
X L = ω ⋅ L ⇒ L = = = = 6,
68 mH
ω 2π
⋅ f 1
2π
⋅50
s
1 1 1
1
X C = ⇒ C = = =
= 1,
52mF
ω ⋅C
ω ⋅ XC
2π
⋅ f ⋅ X 1
2π
⋅50
⋅ 2,
1Ω
s
b) Leiterströme
In dem hier vorliegenden Dreileiternetz gilt für die Leiterströme:
U 1 ( Z 2 + Z 3 ) − ( U 2 Z 3 + U 3 Z 2 )
I 1 =
L1
Z Z + Z Z + Z Z
∼
I
I
2
3
U
=
U
=
~ U1 I1
~ U2 I2
~ U3 I3
2
3
( 1 2 2 3 3 1)
( Z 3 + Z 1)
− ( U 3 Z 1 + U 1 Z 3 )
( Z 1 Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3 Z 1)
( Z 1 + Z 2 ) − ( U 1 Z 2 + U 2 Z 1)
( Z Z + Z Z + Z Z )
1
2
2
3
Für den für alle Ströme gemeinsamen Nenner gilt:
Z 1 Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3 Z 1 = R ⋅ jX + jX ⋅(
− jX ) + ( − jX ⋅R
) = X
d.h. Der Nenner ist von R unabhängig!
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3
L1
L2
L3
1
Z1=R
Z2=jXL
Z3=-jXC
Dies ist deswegen der Fall weil XL = XC = X ist. Dadurch zeigt die Schaltung ein typisches
Resonanzverhalten, wobei die Spannungen nur für die gegebene Relation der Widerstandswerte
symmetrisch sind.
j
2
∼
∼
U3
U1
L2
U2
L3
U3
I1
I2
I3
Re
U1
Z1
Z2
Z3
U2

Für den Strom im Leiter L1 gilt:
U 1 ( jX − jX ) − ( U 2 ( − jX ) + U 3
I 1 =
2
X
- 16 -
jX ) ( U 2 − U 3 ) jX ( U 2 − U 3 ) U − j120°
j120°
j 90°
=
= = ( e − e ) e
2
X
− jX X
635V − j120°
I 1 = ( e
2,
10 Ω
j120°
j 90°
− e ) e = 302 A
j 0°
3 e = 523 A , I 1 = f(
X ) , I1 ≠ f ( R1
)
Der Strom I1 ist mit der Spannung U1 in Phase und vom Wert des Widerstands R unabhängig!
Dies hat zur Folge, dass die Spannung am Widerstand R proprtional mit dessen Widerstandswert ansteigt
und Werte von Null bis Unendlich annehmen kann.
Für den Strom im Leiter L2 gilt:
− j120°
j120°
U 2 ( − jX + R)
− ( U 3 R + U 1 ( − jX ) ) U e ( − j2,
10 + 3,
63)
Ω − ( e 3,
63 − j2,
10)
I 2 =
=
2
X
X
X
− j120°
− j 30°
150°
635V e 4,
19e
− 2,
09e
I 2 =
=
2,
10Ω
2,
10
302 A
− j120°
− j120°
3 e = 523 A e , I 2 = f ( R1,
X )
Für den Strom im Leiter L3 gilt:
j120°
− j120°
U 3 ( R + jX ) − ( U 1 jX + U 2 R)
U e ( 3,
63 + j2,
10)
Ω − ( j2,
10 + e 3,
63)
Ω
I 3 =
=
2
X
X
X
j120°
j 30°
−150°
635V e 4,
19e
− 2,
09e
j120°
j120°
I 3 =
= 302 A 3 e = 523 A e , I 3 = f ( R1,
X )
2,
10Ω
2,
10
Die Ströme I2 und I3 sind sowohl von R als auch von X abhängig.
c) Ersatzschaltplan der Last:
Da alle Ströme mit den Phasenspannungen in Phase sind, wirkt die Schaltung wie eine symmetrische
Belastung mit drei ohmsche Widerstände mit dem Widerstandswert:
RY
U 635 V
L1
RY = = = 1,
21Ω
, Ersatzschaltplan: RY
RY = 1/3 R
I 523 A
L2
RY
L3
d) Wirkleistung:
2
2 2
P 1 = I1
⋅ R1
= 523 A ⋅ 3,
63 Ω = 993kW
Für die Ersatzschaltung gilt: 1 P kW 996 A 523 V 635 3
3 = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = I U P ph
e) Dreieck-Ersatzschaltung
Z 1 ⋅ Z 2
R ⋅ jX
Z 12 = Z 1 + Z 2 + = R + jX + = R + jX − R = jX = j 2,
1Ω
(Induktivität)
Z
− jX
3
2
2
Z 2 ⋅ Z 3
jX ⋅(
− jX ) X X X
Z 23 = Z 2 + Z 3 + = jX − jX + = = = = 1,
21Ω
Z 1
R R 3 ⋅ X 3
(Ohmscher Widerstand)
Z 3 ⋅ Z 1
− jX ⋅ R
− jX ⋅ R
Z 31 = Z 3 + Z 1 + = − jX + R + = − jX + R + = − jX = − j 2,
1Ω
(Kapazität)
Z
jX
jX
∼
∼
∼
L1
U1
L2
U2
L3
U3
2
I1
I2
I3
R=X 3
U12 = U1
⋅ 3 = 1.
100V
Die Schaltung wirkt als symmetrische ohmsche Last am 1.100 V - Drehstromnetz.
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
jX
-jX
U12
U23
L1
L2
L3
I2
I1
jX
R∆=X/ 3
I3
-jX
U31

f) Zeigerdigramm
U2,3
U3,1
U3
I3
I1
U1
U2
U1,2
- 17 -
Besonderheit der Schaltung:
“Steinmetz-Schaltung” mit der Bedingung der Phasenfolge R, XL, XC wobei XL = XC
sein muss. Da Z2 + Z3 = 0 ist, liegt Resonanz vor, mit der Folge, dass sich das Sternpunktpotenzial
mit R verändert.
Nur bei R ⋅ X
= 3 bzw. R∆ = X/ 3 ist der Sternpunkt auch Symmetriepunkt im Spannungsdreieck der
veketteten Spannungen des Drehstromsystems.
C:\FH Maschinenbau\Uebungsaufgaben zur Vorlesung Elektrotechnik mit Loesungen.doc
I2
U1,2
U3,1
I3
I1
I2
I2,3
I1,2
I3,1
j
I2,3
Re
U2,3
I12 = 1.100 V e j120° / j2,1Ω = 523 e j30° A
I23 = 1.100 V/ 1,21 Ω = 909 A
I31 = 1.100 V e -j120° / (-j2,1) Ω = 523 e -30° A
I1=I2=I3 = 523 A
I2