Elektrotechnik und Systemtheorie Abgabe 5

5.1

aa)

Tau berechnen:

$$\tau=R\cdot C= 10000\mathrm{\Omega} \cdot 0,0002F=2s$$

Halwertszeit berechnen:

$u(t)=\frac{U_0}{2}=U_0(1-e^{-\frac{t}{\tau}})$ $\frac{1}{2}=1-e^{-\frac{t}{\tau}}$ $\frac{1}{2}=e^{-\frac{t}{\tau}}$ $ln\frac{1}{2}=-\frac{t}{\tau}$ $t=-ln\frac{1}{2}\cdot \tau$ $t=-ln\frac{1}{2}\cdot 2s$ $t\approx 1,38629s$

ab)

Stromstärke zu Aufladungsbeginn:

$$I(t)=I_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$$ $I(0)=I_0\cdot e^0=I_0=\frac{U_0}{R}=\frac{9}{10000\mathrm{\Omega}}=0,0009A$

Stromstärke auf 50% gefallen:

$$\frac{45}{100000}=I_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$$ $\frac{45}{100000}=\frac{9}{10000}\cdot e^{-\frac{t}{2}}$ $\frac{1}{2}=e^{-\frac{t}{2s}}$ $ln\frac{1}{2}=-\frac{t}{2s}$ $t=-2s\cdot ln\frac{1}{2}$ $t\approx 1,38629s$

Stromstärke auf 1% gefallen:

$$\frac{9}{1000000}=I_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$$ $\frac{9}{1000000}=\frac{9}{10000}\cdot e^{-\frac{t}{2s}}$ $\frac{1}{100}=e^{-\frac{t}{2s}}$ $ln\frac{1}{100}=-\frac{t}{2s}$ $t=-2s\cdot ln\frac{1}{100}$ $t\approx 9,21034s$

ac)

Aufladung entspricht 99%:

$$u(t)=U_0 \cdot (1-e^{-\frac{t}{\tau}})$$ $U_0\cdot 0,99=U_0 \cdot (1-e^{-\frac{t}{\tau}})$ $0,99=1-e^{-\frac{t}{2s}}$ $-0,01=-e^{-\frac{t}{2s}}$ $t=-2s\cdot ln 0,01$ $t\approx 9,21034s$

Dies könnte man auch ohne Berechnung aufgrund der vorliegenden umgekehrten Proportionalität aus der voran gehenden Aufgabe ablesen.

Spannung nach 500ms:

$$u(t)=U_0 \cdot (1-e^{-\frac{t}{\tau}})$$ $u(0,5s)=U_0 \cdot (1-e^{-\frac{t}{\tau}})$ $u(0,5s)=9V \cdot (1-e^{-\frac{0,5s}{2s}})$ $u(0,5s)=9V \cdot (1-e^{-\frac{1}{4}})$ $u(0,5s)=9V \cdot (1-0,778801)$ $t\approx 1,99079V$

ad)

$u(t)=\frac{U_0}{2}=U_0(1-e^{-\frac{t}{\tau}})$ $\frac{U_0}{2}=U_0(1-e^{-\frac{0,001s}{R\cdot 0,0002F}})$ $\frac{1}{2}=1-e^{-\frac{0,001s}{R\cdot 0,0002F}}$ $\frac{1}{2}=e^{-\frac{0,001s}{R\cdot 0,0002F}}$ $ln\frac{1}{2}=-\frac{0,001s}{R\cdot 0,0002F}$ $R\cdot ln\frac{1}{2}=-\frac{0,001s}{0,0002F}$ $R =-\frac{0,001s}{0,0002F\cdot ln\frac{1}{2}}$ $R\approx 7,21348\mathrm{\Omega}$

Simulation:

erstellt mit falstad.com

5.5

Größe von Rc bestimmen:

$I(t) = \frac{1}{2}\cdot I_{max} = I_{max}(1-e^{-\frac{R}{L}t})$ $\frac{1}{2}= 1-e^{-\frac{R}{L}t}$ $ln\frac{1}{2}= -\frac{R}{L}t$ $R=-\frac{L\cdot ln\frac{1}{2}}{t}$ $R=-\frac{0,1H\cdot ln\frac{1}{2}}{0,01s}$ $R\approx 6,9315\mathrm{\Omega}$

Berechnung Zeitkonstante:

$\tau = \frac{L}{R} = \frac{0,1H}{6,93147\mathrm{\Omega}} \approx 0,014427s$

Berechnung Halbwertszeit:

$I(t_{0,5}) = \frac{I_{max}}{2} = I_{max}\cdot (1-e^{-\frac{R}{L}t_{0,5}})$ $\frac{I_{max}}{2} = I_{max}\cdot (1-e^{-\frac{6,9315\mathrm{\Omega}}{0,1H}t_{0,5}})$ $\frac{1}{2} = e^{-\frac{6,9315\mathrm{\Omega}}{0,1H}t_{0,5}}$ $ln\frac{1}{2} = -\frac{6,9315\mathrm{\Omega}}{0,1H}t_{0,5}$ $t_{0,5} =- ln\frac{1}{2}\cdot \frac{0,1H}{6,9315\mathrm{\Omega}}$ $t_{0,5}\approx 0,01s$

Berechnung Maximalstrom:

$I_{max} = \frac{U_0}{R}=\frac{9V}{6,9315\mathrm{\Omega}}\approx 1,29843A$

Der Transistor ist geeignet, da er für eine Spannung bis 70V und einen Strom bis 3A ausgelegt ist.

Simulation mit falstad.com

Schnittpunkt liegt genau bei 10ms, wie auch zuvor zu berechnen war. Somit ist der Punkt sichtbar an dem der Motor anläuft. Die Spule liefert nach dem ausschalten eine negative Spannung, da nur der Induktionsstrom abgegeben wird.