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Grundlagen der Elektrotechnik I
Duale Hochschule Karlsruhe
Dozent: Prof. Dr.-Ing. Gerald Oberschmidt
12 Schaltvorgänge
12.1 Entladung einer Kapazität
Eine Kapazität mit 𝐶 = 1 𝜇F ist auf die Spannung 𝑈𝐶 = 100 V aufgeladen. Die Kapazität wird über einen Widerstand 𝑅 = 1 k𝛺 entladen, indem zum Zeitpunkt 𝑡 = 0 der Schalter geschlossen wird.
(a) Geben Sie die Spannung 𝑢𝐶(𝑡) für 𝑡 ≥ 0 an! (b) Berechnen Sie den im Kreis fließenden Strom 𝑖𝐶(𝑡) für 𝑡 ≥ 0! Lösung: Der Maschenumlauf ergibt die Differentialgleichung 𝑢𝐶(𝑡) + 𝑢𝑅(𝑡) = 0
1 𝐶
×
𝑡 ∫ 0
𝑖(𝑡′) 𝑑𝑡′^ + 𝑅𝑖 = 0
wir gelöst von 𝑖(𝑡) = 𝐼 0 × 𝑒𝑎𝑡 und damit wird aus der DLG eine algebraische Gleichung mit
1 + 𝑅𝐶𝑎 = 0, ⇔𝑎 = − 1 𝑅𝐶
ms Und für die Spannung folgt (man braucht das für die Anfangsbedingung)
𝐶 ×
𝑡 ∫ 0
𝑖(𝑡′) 𝑑𝑡′^ = −𝑅𝐼 0 𝑒−𝑡/(𝑅𝐶)
und als Anfangsbedingung natürlich 𝑢𝐶(𝑡 = 0) = 𝑈 0. Damit ist 𝐼 0 = 100 mA und insgesamt 𝑢𝐶(𝑡) = 100 V × 𝑒−𝑡/1 ms 𝑖𝐶(𝑡) = −100 mA × 𝑒−𝑡/1 ms
12.2 Isolierter Kondensator
Ein geladener Elektrolytkondensator mit der Kapazität 𝐶 = 25 𝜇F wird isoliert aufgestellt. Nach 10 Minuten ist die Spannung um 10 % vom Anfangswert abgesunken. Wie groß ist der Leckwiderstand des Kondensators? (Anmerkung: Da jedes Dielektrikum auch eine sehr kleine Leitfähigkeit besitzt, tritt bei ge- ladenen Kondensatoren durch das Dielektrikum hindurch ein Leitungsstrom auf, den man als Leckstrom bezeichnet. Im Ersatzschaltbild kennzeichnet man diese Erscheinung durch die Par- allelschaltung einer idealen Kapazität mit einem ohmschen Widerstand, dem sogenannten Leck- oder Verlustwiderstand. Er bedingt die Entladung eines aufgeladenen, isolierten Kondensators.) Lösung: Das Ersatzschaltbild ist hier die Parallelschaltung der bekannten Kapazität mit dem unbekannten Widerstand 𝑅. Die Entladefunktion ist damit
𝑢𝐶(𝑡) = 𝑈 0 × 𝑒−𝑡/(𝑅𝐶)
und das zu zwei unterschiedlichen Zeiten ist dann
𝑢𝐶(𝑡 1 ) = 𝑈 0 × 𝑒−𝑡^1 /(𝑅𝐶) 𝑢𝐶(𝑡 2 ) = 𝑈 0 × 𝑒−𝑡^2 /(𝑅𝐶)
⇒
0,9 ⇔ 𝑡^2 − 𝑡^1 = 𝑅𝐶 × (− ln 0,9) ⇔ 𝑅 =
𝐶 × (− ln 0,9) =^
600 s 25 𝜇F × (− ln 0,9) = 228 M𝛺
12.3 Ein Relais
In der angegebenen Relaisschaltung wird der Schalter zum Zeitpunkt 𝑡 = 0 geschlossen. Die Wicklung des Relais ist durch den Widerstand 𝑅 = 100 Ω und die Induktivität 𝐿 = 1 H charak- terisiert. Das Relais zieht bei einem Strom von 𝐼𝑎 = 0,64 A an. Welche Zeit Δ𝑡 verstreicht demnach zwischen Umlegen des Schalters und dem Schließen des Relais? Geben Sie das Ergebnis in Zahlen und als Formel an! Lösung: Der Stromverlauf beim Einschalten einer Spannungsquelle an eine Induktivität (ggf. mit Verlusten) ist
𝑖(𝑡) = 𝐼 0 (1 − 𝑒−𝑡/(𝐿/𝑅))
die mit dem Ansatz 𝑖(𝑡) = 𝐼 0 𝑒−𝑡/(𝑅𝐶) gelöst wird. Aus der Anfangsbedingung ergibt sich dann
𝐼 0 =
und mit Zahlenwerten ist 𝑖(𝑡) = 2,5 𝜇A 𝑒−𝑡/40 s 𝑢𝑐(𝑡) = 20 V + 50 V (1 − 𝑒−𝑡/40 s) = 70 V − 50 V𝑒−𝑡/40 s
Nach 30 s wird nun zurückgeschaltet. Zu diesem Zeitpunkt liegt an der Kapazität die Spannung 𝑢𝑐(30 s) = 46,38 V an. Die Zeitkonstante wird 𝑅𝐶 = 10 s und im Umschaltmoment fließt somit ein Strom von
𝑖𝑐(30 s) =
𝑢𝑐(30 s) 5 M𝛺 = 9,276 𝜇A. Der Spannungsverlauf nach dieser Zeit ergibt sich also zu 𝑢𝑐(𝑡) = 20 V + (𝑢𝑐(30 s) − 20 V) × 𝑒−𝑡′/10 s = 20 V + 26,38 V × 𝑒−𝑡′/10 s wobei als Abkürzung eine verschobene Zeit 𝑡′^ = 𝑡 − 30 s eingeführt wurde.
(b) Welche Spannungen 𝑢𝑐(𝑡) liegen bei 𝑡 1 = 5 s und 𝑡 2 = 40 s an der Kapazität an? Lösung: 𝑢𝑐(𝑡 1 ) = 25,88 V 𝑢𝑐(𝑡 2 ) = 29,71 V
(c) Zeichnen Sie den Verlauf von 𝑢𝐶(𝑡) für 0 ≤ 𝑡 ≤ 80 s! Lösung:
(^2040 60 )
25
30
0 20
35
40
45
50
t
u(t)
12.5 Umschalten am Kondensator
Die Kapazität ist bei Schalterstellung in obiger Position lange Zeit aufgeladen worden und wird nun durch umlegen des Schalters entladen. Geben Sie alle Ströme und Spannungen bis zu 𝑡 = 5𝑅𝐶 an und zeichnen Sie sie in ein Diagramm (mit ggf. zwei Achsenbeschriftungen)! Lösung: Das ist nur die normale Entladekurve mit
𝑢𝑐(𝑡) = 𝑈 0 × 𝑒−𝑡/(𝑅𝐶)
𝑖(𝑡) =
𝑅 × 𝑒
−𝑡/(𝑅𝐶)
Auf die Zeichnung wird hier verzichtet, das sollte jeder selber können.
12.6 Umschalten an der Spule
Die zunächst ungeladene Induktivität wird durch Schließen des Schalters bei 𝑡 = 0 geladen. Geben Sie alle Ströme und Spannungen bis zu 𝑡 = 5𝐿/𝑅 an und zeichnen Sie sie in ein Diagramm (mit ggf. zwei Achsenbeschriftungen)! Lösung: Das ist nun die einfache Einschaltbedingung der Spule mit
𝑢𝐿(𝑡) = 𝑈 0 × 𝑒−𝑡/(𝐿/𝑅)
𝑖(𝑡) =
𝑅 × (1 − 𝑒
12.7 Kondensator an verschiedenen Quellen
An eine RC-Schaltung wie oben gezeigt werden im ungeladenen Zustand verschiedene Quellen angelegt, geben Sie jeweils die Spannungsverläufe an!
(a) Eine konstante Gleichspannung 𝑈 1 = const. Lösung: Dieses ist der übliche e-Funktionsverlauf mit 𝑢𝐶(𝑡) = 𝑈 1 (1 − 𝑒−𝑡/(𝑅𝐶))
(^02 3 4 )
1
0 1
2
3
4
5
t/T
u(t)/U0; i(t)/(U0*C/T)^ Strom
RC=1s; T=1s^ Spannung
(c) Die Spannungsquelle mit Innenwiderstand 𝑈 1 mit 𝑅 wird durch eine ideale Stromquelle mit konstantem Strom ersetzt. Lösung: Der konstante Strom liefert dann immer Ladung nach und die Spannung steigt linear an, also
𝑢𝐶(𝑡) = 𝐶^1
𝑡 ∫ 0
(d) Die Spannungsquelle mit Innenwiderstand 𝑈 1 mit 𝑅 wird durch eine ideale Stromquelle linear ansteigendem Strom (𝐼 = 𝐼 0 × 𝑡/𝑇 ) ersetzt. Lösung: Der konstante Strom liefert dann immer mehr und mehr Ladung nach und die Spannung steigt nun quadratisch an.
𝑡 ∫ 0
𝑡 ∫ 0
𝐼 0 𝑡^2
12.8 Spule an verschiedenen Quellen
An eine LR-Schaltung wie oben gezeigt werden im ungeladenen Zustand verschiedene Quellen angelegt, geben Sie jeweils die Spannungsverläufe an!
(a) Eine Konstante Gleichspannung 𝑈 1 = const. Lösung: Dieses ist die normale abfallende e-Funktion mit
𝑢𝐿(𝑡) = 𝑈 1 × 𝑒−𝑡𝑅/𝐿
(b) Eine linear ansteigende Spannung mit 𝑈 1 = 𝑈 0 × 𝑡/𝑇 mit willkürlichem 𝑇. Lösung: Hier muss nun sinnvollerweise die komplette DGL aufgestellt werden. Es ist dann
𝑈 1 = 𝑈𝑅 + 𝑈𝐿 = 𝑅𝑖 + 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡
= 𝑈^0
Es ist für den homogenen Lösungsanteil der übliche Ansatz mit
𝑖ℎ(𝑡) = 𝐼𝑒 × 𝑒−𝑡𝑅/𝐿
zu machen und daraus folgt als Beweis, dass
𝑅𝐼𝑒 × 𝑒−𝑡𝑅/𝐿^ − 𝑅 𝐿
𝐿𝐼𝑒 × 𝑒−𝑡𝑅/𝐿^ = 0
richtig ist. Der homogenen Lösung ist der partikuläre hinzuzufügen mit
𝑖𝑝(𝑡) = 𝑖 0 + 𝑖 1 𝑡
⇒
𝑑𝑡 = 𝑖^1
und das in die DGL eingesetzt führt auf 𝑈 0 𝑇 𝑡 = 𝑅 (𝑖^0 + 𝑖^1 𝑡) + 𝐿𝑖^1 ⇒ 0 = 𝑅𝑖 0 + 𝐿𝑖 1 , 𝑈 𝑇^0 𝑡 = 𝑅𝑖 1 𝑡
⇔ 𝑖 0 = − 𝐿 𝑅
𝑖 1 , 𝑖 1 = 𝑈^0
𝑅 ×
Weiterhin ist die Anfangsbedingung zu beachten, nach der bei 𝑡 = 0 noch kein Strom fließt, also
𝑖(𝑡) = 𝑖ℎ(𝑡) + 𝑖𝑝(𝑡) ⇒ 0 = 𝑖(𝑡 = 0) = 𝑖ℎ(𝑡 = 0) + 𝑖𝑝(𝑡 = 0) ⇔ 0 = 𝐼𝑒 + 𝑖 0
⇔ 𝐼𝑒 = −𝑖 0 =
𝑅 ×
⇒ 𝑖(𝑡) = 𝑈^0
× 𝑒−𝑡𝑅/𝐿^ − 𝐿
(a) Geben Sie den formelmäßigen Zusammenhang für Strom und Spannung durch bzw. an der Induktivität 𝐿 für den Zeitraum 0 < 𝑡 < 𝑡 1 an! Lösung: Das ist die einfache Ladekurve, so dass die Spannung
𝐼 =
beträgt. Die Spannung ist dann 𝑈 2 = 𝑈𝑄 × 𝑒−𝑡/(𝐿/𝑅^1 )
Bewertung: (2) Punkte für die richtigen Formeln Im nun folgenden sind die Werte 𝑅 1 = 1 Ω, 𝑅 2 = 10 Ω und 𝐿 = 1 mH, 𝑈𝑄 = 10 V anzunehmen.
(b) Berechnen Sie die Spannung 𝑈 2 an 𝐿 nach 𝑡 = 𝑡 1 = 2 ms vor Öffnen des Schalters! Lösung: Die Zeitkonstante ist genau (^) 𝑅𝐿 1 = 1 ms. Daher beträgt die Spannung 𝑈 1 = 10 V × (^) 𝑒^12 = 1,353 V. Damit ist 𝑈 2 = 8,646 V. Bewertung: (1) Punkt (c) Bei 𝑡 1 = 2 ms wird der Schalter umgelegt. Geben Sie die Spannung 𝑈 2 im Moment direkt nach dem Umschalten an! (Das rechte Schaltbild ist zu verwenden) Lösung: Durch die Spule fließt nun ein Strom von
𝐼(𝑡 1 ) =
× (1 −^1
𝑒^2
) = 8,646 A
Der zunächst weiter fließen will. Dieser verursacht daher über einen Widerstand von 𝑅 2 = 10 Ω einen Spannungsimpuls von 𝑈 2 = −86,46 V Bewertung: (1) Punkt.
(d) Geben Sie nun den Verlauf der Spannung 𝑈 2 für 𝑡 > 𝑡 1 an! Lösung: Auch dieses ist wieder eine e-Funktion. Nun aber mit einer anderen Zeitkon- stante 𝜏 = 𝐿/𝑅 2 = 100 𝜇s: 𝑈 2 = 86,46 V × 𝑒−(𝑡−𝑡^1 )/100 𝜇s Bewertung: (1) Punkt. (e) Welche Energie wurde in 𝑅 2 insgesamt umgesetzt, wenn der Schalter nun für lange Zeit in der geöffneten Position verbleibt? Lösung: Das einfachste ist zu berechnen, welche Energie die Spule zum Zeitpunkt des Umschaltens hatte. Diese Energie wird dann komplett in 𝑅 2 umgesetzt. Der Aufladevorgang auf 𝐼 = 8,646 A hat
𝑊 =^12 𝐿𝐼^2 = 38,12 mJ
auf die Spule gebracht. Dieses wurde komplett in 𝑅 2 versenkt. Bewertung: (2) Punkt
12.10 Ladevorgänge, 10 Punkte
Mit geöffnetem Schalter treibt die Spannungsquelle schon für lange Zeit einen Strom durch 𝑅 1 ,𝑅 2 ,𝐿. Zum Zeitpunkt 𝑡 = 0 wird der Schalter geschlossen.
(a) Geben Sie Strom und Spannung an allen Elementen vor Schließen des Schalters an! ( Punkte) Lösung: Hier ist dann
𝐼 = 𝑅 𝑈^0
𝑈𝐿 = 0, 𝑈 1 = 𝑅𝑈^0 𝑅^1
, 𝑈 2 = 𝑅𝑈^0 𝑅^2
(je 0,5 Punkte pro Ergebnis)
(b) Nun wird der Schalter geschlossen und damit wird 𝑅 2 überbrückt. Geben Sie alle Ströme und Spannungen nach nun wiederum unendlich langer Zeit an! (1 Punkt) Lösung: Hier fließt nun der Strom 𝐼 = 𝑈 /𝑅 1 und die Spannungen sind
𝑈𝐿 = 0, 𝑈 1 = 𝑈 0.
(1 Punkt)
(c) (*) Nun wird der Schalter geschlossen und damit wird 𝑅 2 überbrückt. Geben Sie den Spannungsverlauf 𝑢𝑙(𝑡) für 𝑡 ≥ 0 an und zeichnen Sie ihn! (4 Punkte) Lösung: Aus dem Maschenumlauf folgt sofort
𝑢 1 + 𝑢𝐿 = 𝑈 0
𝑖𝑅 1 + 𝐿
𝑑𝑡 = 𝑈^0
(1 Punkt) Die DGL ist lösbar mit dem Ansatz
𝑖(𝑡) = 𝐼 0 × 𝑒−𝑡/(𝐿/𝑅^1 )^ + 𝐼 1
(1 Punkt)
Zwei Kondensatoren (Kapazitäten mit Innenwiderständen 𝐶 1 , 𝑅 1 und 𝐶 2 , 𝑅 2 ) werden bei ge- schlossenen Schalter geladen. Zunächst seien die Kapazitäten ungeladen.
(a) Ersetzen Sie die zwei Kondensatoren aus Kapazitäten mit Innenwiderständen 𝐶 1 , 𝑅 1 und 𝐶 2 , 𝑅 2 durch einen zusammengefassten mit 𝑅 und 𝐶, geben Sie die Ersatzschaltung und natürlich 𝑅 und 𝐶 an! (3 Punkte) Lösung: Das ist die Reihenschaltung
mit
Bewertung: 1 Punkt für jeden Wert und eines für das ESB (b) Auf welche Spannung ist 𝐶 nachdem der Schalter lange schlossen war aufgeladen? (1 Punkt) Lösung: Das ist sicherlich
𝑈𝐶 = 𝑈𝑄
Bewertung: 1 Punkt (c) Der Schalter wird nun geöffnet. Geben Sie Strom und Spannung über bzw. durch 𝑅𝑃 an! Zeichnen Sie in ein Schaltbild die beteiligten Elemente und Spannungen und Ströme so ein, dass die Pfeilrichtung zu positiven Werten führt. Sie können die oben eingeführten Abkürzungen 𝑅 und 𝐶 verwenden. (3 Punkte) Lösung: Das ist einfach die Entladung der Kapazität 𝐶 über 𝑅 und 𝑅𝑃 mit
𝑈𝐶(𝑡) = 𝑈𝑄
𝑅𝑄 + 𝑅𝑃^ 𝑒
−𝑡/(𝐶(𝑅+𝑅𝑃))
Und damit sind Strom und Spannung an bzw. durch 𝑅𝑃
𝑈𝑃 = 𝑈𝑄
𝑅𝑄 + 𝑅𝑃^ ×^
𝑅 + 𝑅𝑃^ 𝑒
−𝑡/(𝐶(𝑅+𝑅𝑃))
𝐼𝑃 = 𝑈𝑄^ 𝑅𝑃
× 1
Bewertung: 1 Punkt für jeden Wert und einen für die richtigen Pfeile im ESB.
(d) Mit 𝑅 1 = 𝑅 2 = 0,5 Ω, 𝑅𝑃 = 𝑅𝑄 = 4 Ω, 𝐶 1 = 𝐶 2 = 2 𝜇F, 𝑈𝑄 = 20 V zeichnen Sie den Spannungsverlauf über 𝑅𝑃 von 1 𝜇s vor bis 10 𝜇s nach öffnen des Schalters! (Keine Folgefehler! Wenn Sie obigem Ergebnis misstrauen, Rechnen Sie mit Zahlen nochmals) ( Punkte) Lösung: Es ergeben sich:
𝑅 = 1 Ω, 𝐶 = 1 𝜇F
𝑈𝑃(𝑡−) = 10 V 𝑈𝑃(𝑡+) = 𝑈𝑃(𝑡−)
𝑃 + 𝑅𝑅^ = 8 V
𝜏 = 𝐶(𝑅 + 𝑅𝑃) = 5 𝜇s
10
6
4
2
0
12
0 2 4 6 8 10
Bewertung: 3 Punkte für den richtigen Graphen und auch richtige Werte und Skalierungen. (e) Geben Sie allgemein und formelmäßig die Spannungen 𝑈 1 und 𝑈 2 unmittelbar nach Schlie- ßen des Schalters und nachdem der Schalter für sehr sehr lange Zeit geschlossen war an! (4 Punkte) Lösung: Unmittelbar nach Schließen des Schalters sind 𝐶 1 und 𝐶 2 Kurzschlüsse und nur die Widerstände bestimmen das Geschehen. Es liegt dann der Spannungsteiler mit
𝑅𝑃(𝑅 1 +𝑅 2 ) 𝑅 1 +𝑅 2 +𝑅𝑃 𝑅𝑄 + 𝑅𝑅𝑃 1 +𝑅(𝑅^12 +𝑅+𝑅^2 𝑃)
= 𝑈𝑄^ 𝑅𝑃(𝑅^1 + 𝑅^2 )
vor und damit ist dann
𝑈 1 = 𝑈𝑄
𝑈 2 = 𝑈𝑄^ 𝑅𝑃𝑅^2
