Physik IIIÜbung 4 - Lösungshinweise

Stefan Reutter WiSe 2012Moritz Kütt Stand: 20.12.2012Franz Fujara

Aufgabe 1 [P] Diskussion: Motoren (schon wieder!)

Wir hatten ja schon in der letzten Übung einen Motor diskutiert. Nun gibt es aber noch eineganze Reihe anderer. Diskutiert (kurz!) Gleichstrommotoren und Wechselstrommotoren. Was istdas grundlegende Prinzip? Was sind Vorteile und Nachteile bzw. unterschiedliche Bauformen?Benötigt man für Motoren immer Permanentmagnete?

Lösungshinweise:

Grundlegendes Prinzip: Drehendes magnetisches Feld, erzeugt von einem ruhenden Stator odereinem drehenden Rotor.

Bei Gleichstrommotoren hat man oft einen Elektromagneten als Rotor, und einen Permanent-magneten als Stator. Das Magnetfeld bzw. der Stromfluss im Rotor wird dann mithilfe von Ro-torbürsten (drehbaren Kontakten) umgepolt. Alternativ kann die Umpolung auch mit elektro-nischer Steuerung erfolgen. Natürlich ist es auch möglich, einen Permanentmagneten als Rotorzu haben und das äußere Feld umzupolen. Bei Wechselstrommotoren und Drehstrommotorenwechselt schon die Spannung, daher ist das dort etwas einfacher.

Einige Vor- und Nachteile (nur kleine, unvollständige Auswahl): Bürsten haben hohe Abnut-zung, viele Wechselstrommotoren können nur mit einer festen Frequenz laufen, Elektromotorenhaben in der Regel immer ein großes Anlaufdrehmoment...

Permanentmagnete: Werden fast nie benötigt. Man kann sie häufig im Rotor etwa durch Kurz-schlussspulen ersetzen, oder aber statische Elektromagnete etwa beim Gleichstrommotor alsAußen-Magnete nutzen

Aufgabe 2 [P] Diskussion: Ferritkerne?

An Kabeln von Computer-Peripherie-Geräten sind häufig Ferritkerne an den Enden angebracht(Diese runden Dinger vor den Steckern). Warum?

Lösungshinweise:

Die Ferritkerne verhindern/absorbieren unerwünschte hochfrequente Signale außerhalb des Ka-bels. Wie? Ein Kabel hat oft eine lange Abschirmung. Diese kann für hochfrequente Störungenals Antenne dienen. Das geht sowohl für Störungen von außerhalb, die vom Kabel “empfangen”

1

werden, oder auch für Störungen in den Geräten, die vom Kabel “gesendet” werden. Durchden Ferritkern erhält das Kabel quasi eine Induktivität mit einer (bzw. einer halben) Wicklung,und wie in der Vorlesung gezeigt sind Induktivitäten insbesondere bei hohen Frequenzen alshohe Widerstände zu betrachten. Die erwünschten Signale im Kabel sind oft auch hochfre-quent, jedoch davon nicht betroffen - in der Regel gibt laufen sie über zwei Adern, jeweilsin entgegengesetzte Richtungen - damit heben sich die erzeugten Magnetfelder auf.

Aufgabe 3 [P] Der RLC-Schwingkreis

R

L

C

In der Abbildung auf der linken Seite ist ein RLC-Schwingkreis darge-stellt. Er besteht aus einem Widerstand R, einer Spule mit InduktivitätL und einem Kondensator der Kapazität C .

a) Bestimme eine DGL für den Stromfluss in diesem Stromkreis, löse sieallgemein und bestimme die Kreisfrequenz.

b) Der Kondensator trage nun zu Beginn (t = 0) die Ladung Q = 0.01 C.Bestimme, nach welcher Zeit t die maximale Spannung im Stromkreisunter U = 10 V abgesunken ist. (R= 100Ω, L = 200mH, C = 100µF).

Lösungshinweise:Etwas unüblich war hier (wie auch in der Hausaufgabe) nach einer DGL fürden Strom gefragt. (Typischer ist eher die DGL für die Ladung).

Nach Kirchhoff’schen Regeln gilt:

UL + UC + UR =0

UL =L IUR =RI

UC =Q

C

Nun kann man einsetzen:

L I + RI +Q

C=0

Gefragt war eine DGL für den Strom - daher leiten wir das ganze noch mal ab.

L I + RI +I

C=0

I +R

LI +

1

LCI =0

2

Man kann dies nun mit DGL-Wissen aus vorigen Semestern lösen. Wir machen es hier nocheinmal explizit:

Ansatz

I(t) =Aeλt

I(t) =Aλeλt

I(t) =Aλ2eλt

Setzt man das ein:

Aλ2eλt + AR

Leλt + A

1

LCeλt =0

λ2+R

Lλ+

1

LC=0

λ1,2 =−R

2L± i

È

1

LC−

R

2L

2

Hier wurde schon ein Minus in der Wurzel herausgezogen, daher das i davor. Wir wissen noch,dass es hier drei Fälle zu unterscheiden gilt, je nach Vorzeichen des Radikanden - im Schwingfallmuss 1

LC>

R2L

2sein. Diesen Fall betrachten wir hier. Die Kreisfrequenz ist dann auch

ω=

È

1

LC−

R

2L

2

Die Lösung der DGL ist nun eine Linearkombination aus dem Ansatz mit beiden λ.

I(t) = A1eλ1 t + A2eλ2 t

Wir können nun eine Funktion für die Ladung daraus integrieren

Q(t) =A1

λ1eλ1 t +

A2

λ2eλ2 t

Um A1 und A2 zu bestimmen, benötigt man sinnvolle Anfangsbedingungen. Wir nehmen malan, dass Q(0) =Q0 und I(0) = 0 (entspricht einem geladenen Kondensator).

I(0) =0= C1+ C2

Q(0) =Q0 =C1

λ1+

C2

λ2

3

Daraus ergibt sich

C1 =−Q0λ1λ2

λ1−λ2

C2 =Q0λ1λ2

λ1−λ2

Und nun für I(t):

I(t) =−Q0λ1λ2

λ1−λ2eλ1 t +

Q0λ1λ2

λ1−λ2eλ2 t

=Q0λ1λ2

λ1−λ2

e(−R

2L−iω)t − e(−R

2L+iω)t

=Q0

1LC

iωe−

R2L t

e−iωt − eiωt

=Q0

i LCωe−

R2L t (cosωt − i sinωt − cosωt − i sinωt)

=Q0

2LCωe−

R2L t sinωt

Nun für die Ladung einsetzen

Q(t) =−Q0λ2

λ1−λ2eλ1 t +

Q0λ1

λ1−λ2eλ2 t

=Q0

iωe−

R2L t

−R

2L

e−iωt − eiωt

+ iω

e−iωt + eiωt

=Q0e−R

2L t

cosωt +R

2Lωsinωt

Die Spannung ist natürlich unterschiedlich an den verschiedenen Teilen der Schaltung (un-glück in Aufgabenstellung). Wir betrachten die Spannung am Kondensator, dort wissen wirU =Q/C .

U(t) =Q(t)

C=

Q0

Ce−

R2L t

cosωt +R

2Lωsinωt

Man kann das ganze auch lösen, wenn man einen Ansatz für Q(t) macht, und dann für I(t)ableitet. Es kommt das gleiche raus!

b) Wir nehmen aus a) U(t). Diese Funktion hat zwei Faktoren: eine Exponentialfunktion undeine Summe von trigonometrischen Funktionen. Wir sind am Maximum der Spannung bzw. derAmplitude interessiert - daher schauen wir nur den ersten Faktor an.

4

Ua(ts)!=10V

10V=Q0

Ce−

R2L t

ln

10VC

Q0

=−R

2Lt

t =− ln

10VC

Q0

2L

R= 9.2ms

Aufgabe 4 [P] Schwere Impedanz

R1

R2

ZL

ZC

U

Betrachte die Schaltung links mit einer sinusförmigen Eingangsspan-nung.

a) Berechne die Impedanz der Schaltung.

b) Zeichne ein Zeigerdiagramm für den durch die Schaltung fließendenStrom. Ermittle daraus die Phasendifferenz zwischen dem Gesamtstromund der Versorgungsspannung

Lösungshinweise:

Am einfachsten ist, die Impedanzen in Polardarstellung zu schreiben.

Z1 = R1+ iXC = |Z1|eiφ1

Z2 = R2+ iX L = |Z2|eiφ2

Wobei φ1 = arctan R1XC

und φ2 = arctan R2X L

jeweils die Polarwinkel sind.

Die beiden invers addieren ergibt

Z =

Z−11 + Z−1

2

−1

=Z1Z2

Z1+ Z2

=|Z1||Z2|ei(φ1+φ2)

|Z1|eiφ1 + |Z2|eiφ2

5

Wir rechnen noch ein bisschen weiter und erweitern komplex konjugiert. Die dritte Zeile reichteigentlich als Ergebnis, die letzten beiden Zeilen sind nur zum Vergleich aufgeführt.

Z =|Z1||Z2|ei(φ1+φ2)

|Z1|e−iφ1 + |Z2|e−iφ2

|Z1+ Z2|2

=|Z1|2|Z2|eiφ2 + |Z2|2|Z1|eiφ1

|Z1+ Z2|2

=|Z1|2Z2+ |Z2|2Z1

|Z1+ Z2|2

=

R21+

1ωC

2

R2+

R22+ (ωL)2

R1+ i

R21+

1ωC

2

ωL− R22+(ωL)2

ωC

R1+ R22+

ωL+ 1ωC

2

=R2

1R2+ R1R22+ R1 (ωL)2+ R2

1ωC

2+ i

R21ωL− R2

21ωC+ωL

1ωC

2− (ωL)2 1

ωC

R1+ R22+

ωL+ 1ωC

2

b) Bei dieser Aufgabe haben wir leider Zahlenwerte vergessen, deswegen kann man den zweitenTeil nicht gut machen. Das Vorgehen für das Zeigerdiagramm ist wie folgt: Zuerst holen wir unsdie Impedanzen Z1 und Z2 für die beiden Äste. Dann nehmen wir deren Kehrwert, addierendiese und nehmen dann wieder den Kehrwert.

Zur Veranschaulichung wählen wir folgende Zahlenwerte: R1 = 20 Ω, R2 = 30 Ω, XC = 20 Ωund X L = 40 Ω

XC

R1

Z1

XL

R2

Z2

Den Kehrwert bekommt man, indem man den Zeiger an der x-Achse spiegelt (der Polarwinkelgeht auf −φ) und den Kehrwert des Betrags nimmt. Den Betrag kann man geometrisch messen

6

oder ausrechnen. |Z1| = 10p

8 Ω = 28 Ω, |Z2| = 50 Ω. Die Koordinatensysteme sollte manjeweils geeignet skalieren.

Z1-1

Z2-1

Z -1

Z

Als Phasenverschiebung ergibt sich für die Zahlenwerte etwa -13. Allgemein kann man ein-fach den Winkel aus dem Zeigerdiagramm ablesen. Rechnerisch ist tanφ das Verhältnis ausImaginärteil zu Realteil der Impedanz.

Aufgabe 5 [H] Induktivität

a) Eine Spule mit Selbstinduktivität L = 10 H werde von einem Strom der Stärke I = 3 A durch-flossen, der sich nun mit einer Geschwindigkeit von 200 A/s ändere. Berechne den magnetischenFluss am Anfang und die Induktionsspannung in der Spule.

b) Die Spule wird nun von einem sinusförmigen Strom der Frequenz ν durchflossen. Berechneund skizziere den magnetischen Fluss und die induzierte Spannung über der Zeit.

Lösungshinweise:

a)

φ = LI = 30 Wb

Uind =−LdI

dt=−2 kV

b) Die Formeln sind die gleichen wie in a)

7

t

UΦ

Aufgabe 6 [H] Motoranlauf

In Gleichstrommotoren schaltet man mitunter beim Anfahren einen Widerstand in Reihe zurRotorspule. Nachdem der Rotor eine gewisse Drehzahl erreicht hat, wird dieser abgeschaltet.Betrachte einen Motor, der einen Widerstand von 1 Ω hat und bei einer Spannung von 230 Veinen Strom von 11.5 A aufnimmt.

a) Erkläre, warum man einen solchen Widerstand benötigt und warum man ihn während desspäteren Betriebes abschalten kann.

b) Wie groß muss er für einen Motor mindestens sein, der einen maximalen Strom von 23 Aaushält?

Lösungshinweise:

a) Der Rotorstromkreis hat eine gewisse Zeitkonstante LR. Während des Betriebs wird der Rotor

normalerweise deutlich schneller als diese Zeitkonstante umgepolt. Die Selbstinduktion sorgtdann dafür, dass bis dahin nur eine geringe Spannung anliegt und damit auch nur ein rechtkleiner Strom fließt. Der Rotor wird also umgepolt, bevor signifikante Ströme fließen können.Das Bild unten illustriert die Situation. Rot ist die anliegende Spannung, Blau ist die tatsächlicheSpannung, gestrichelt der Verlauf im Gleichstromfall.

8

t

U

Beim Einschalten jedoch dreht sich der Rotor zunächst so langsam, dass quasi der Gleichstrom-fall I = U

Rerreicht wird. Um den Strom (und die Leistung) zu begrenzen, schaltet man also

einen Widerstand hinzu.

b) Im Extremfall wird die von außen angelegte Spannung erreicht. Es gilt dann das OhmscheGesetz

U = RImax =

RM + R

Imax

R=U

Imax− RM = 9 Ω

Aufgabe 7 [H] LC-Schwingkreis

L

C

In der Abbildung auf der linken Seite ist ein LC-Schwingkreis darge-stellt. Er besteht aus einer Spule mit Induktivität L und einem Konden-sator der Kapazität C . Es gibt keinen Widerstand, dies ist eine ideali-sierte Vorstellung!

a) Bestimme eine DGL für den Stromfluss in diesem Stromkreis, löse sieallgemein und bestimme die Kreisfrequenz.

b) Der Kondensator hat eine Induktivität von C = 50µF. Wie viele Win-dungen muss eine mit Luft gefüllte zylinderförmige Spule mit Radiusr = 2 cm und Länge l = 50 cm haben, damit der Schwingkreis mit einerKreisfrequenz von ω= 1000s−1 schwingt?

Lösungshinweise:

a) Grundsätzlich gilt (Kirchhoff’sche Regeln):

Uc + UL =0

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Die Aufgabenstellung sagte etwas von DGL für den Strom. Das ist nicht ganz üblich, aber gehtso:

L I =UL

UC =Q

C

LI +Q

C=0

Das muss man nun noch mal ableiten, um auf eine Gleichung für den Strom zu kommen:

L I +Q

C= 0

L I +I

C= 0

I +1

LCI = 0

Ein Lösungsansatz für diese DGL ist wie schon häufiger ein Sinus oder Kosinus:

I(t) = I0 sinωt

mit

ω=

r

1

LC

Natürlich geht das ganze auch über die Ladungen:

UC =Q

CUL =L I = LQ

Q

C+ LQ =0

1

LCQ+ Q =0

Q(t) =Q0 cosωt

I(t) =dQ(t)

dt=−Q0ω sinωt

b)

ω=1p

LC

L =1

ω2C

10

Für lange, luftgefüllte Spulen gilt näherungsweise:

L =µ0N2A

lmu0N2A

l=

1

ω2C

N =

È

l

µ0ACω2

N =

È

l

µ0πr2Cω2 ≈ 2500

Aufgabe 8 [H] Transformator

Ein Transformator hat 400 Primär- und 8 Sekundärwindungen.

a) Vergrößert oder verkleinert er die Spannung?

b) Um welchen Faktor?

c) Welche Leerlaufspannung liegt an der Sekundärseite an, wenn die Primärwicklung mit 230 Vbetrieben wird?

d) Wie groß ist der Sekundärstrom bei einem Primärstrom von 0.1 A?

Lösungshinweise:

Man kann alles in einen Satz packen: Der Trafo verringert (a) die Spannung um einen FaktorN2N1= 50 (b) auf 4.6 V(c), erhöht dafür aber den Strom um einen Faktor 50 auf 5 A(d).

Aufgabe 9 [H] Leichte Impedanz

a) Berechne den Blindwiderstand einer Spule der Induktivität 1 mH bei einer Frequenz von50 Hz.

b) Bei welcher Frequenz ist der Blindwiderstand eines Kondensators der Kapazität 10 µF gleichdem einer Spule mit Induktivität 1 mH?

c) Der Kondensator und die Spule aus b) werden bei dieser Frequenz in Reihe geschaltet. Da-hinter wird noch ein Widerstand von 10 Ω in Reihe geschaltet. Fertige ein Zeigerdiagramm fürdie Impedanz des Stromkreises an.

d) Der Kondensator und die Spule aus b) werden bei dieser Frequenz parallel geschaltet. Dazuwird noch ein Widerstand von 20 Ω parallel geschaltet. Fertige ein Zeigerdiagramm für denStrom an.

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Lösungshinweise:

Der Blindwiderstand ist der Imaginärteil der komplexen Impedanz. Für eine Spule ist er X L =ωL, für einen Kondensator XC =

1ωC

.

a)

X L = 2πν L ≈ 0.31 Ω

b)

XC =1

ωC=ωL = X L

ω=1p

LC= 10 s−1 ≈ 1.6 kHz

c) Die Impedanzen der Spule und des Kondensators addieren sich. Der Strom ist bei beidenBauteilen gleich, die x-Achse zeigt also in Stromrichtung

XL

XC

R=ZI

Die beiden Impedanzen von Spule und Kondensator wurden gerade so gewählt, dass sie sichwegaddieren. Es bleibt also als Gesamtimpedanz nur noch R übrig.

d) Das geht ähnlich wie in c), allerdings addieren sich die Impedanzen nun invers, d.h. dieStröme addieren sich. Bezugsgröße für die x-Achse ist hier die Spannung, die an Spule undKondensator gleich ist. Wie man sieht, heben sich die Ströme durch Spule und Kondensator beidieser Frequenz gerade auf und der resultierende Strom fließt nur durch den Widerstand.

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IC

IL

IR=IU

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