DNW Lösung Klausur WS2010

moosman · Beitrag von **moosman** » 08.02.2011 15:56

Bekommen wir die Lösung zusammen?

Core · Beitrag von **Core** » 23.02.2011 20:10

Müssen wir die nicht erst noch schreiben? ^^

tilman · Beitrag von **tilman** » 24.02.2011 02:24

Er meint sicher die aus dem letzten Jahr, über der häng ich schon drüber, hier mal ein paar Gedanken zu den Aufgaben, wo ich mich schon dran gewagt habe, alles gänzlich ohne Gewähr, und sicher bin ich mir eher selten, aber so haben wir wenigstens mal eine Diskussionsgrundlage und ich kann von euch und meinen Fehlern hoffentlich bis nächste Woche noch was lernen

Aufgabe 1
a) Hab ich erstmal weggelassen, dürfte irgendwie reinklatschen in Formel für die Welligkeit sein, muss ich mir noch anschauen

b) $G(j \omega) = \frac{\frac{1}{j \omega C}}{j \omega L + R + \frac{1}{j \omega C}}= \frac{1}{\omega^2 L C + j \omega R C} = \frac{L}{\omega^2 L C + R^2 C}-j \frac{R}{\omega^3 L C + \omega R^2 C}$

Das w^3 finde ich etwas merkwürdig, aber irgendwie hat sich das so ergeben, das sollte evtl mal jemand nachrechnen!

$A(\omega) = \sqrt{ (\frac{L}{\omega^2 L C + R^2 C})^2 + (\frac{R}{\omega^3 L C + \omega R^2 C})^2}$

c) Warum wir jetzt vereinfachen sollen, wo wir in b schon den ganzen Brocken darstellen sollten ist mir nicht ganz klar, aber durch die Vereinfachung fällt bei meiner Rechnung der Imaginärteil weg, damit ergibt sich
$A(\omega) = \frac{L}{\omega^3 L C + \omega R^2 C}$

d) Steht auch noch aus

Aufgabe 2

a) Ich gehe aus von $\omega L = \frac{ 1 }{\omega C_{2} }$ , sonst wird das noch komplizierter, selbst mit einem CAS ist das nicht mehr schön!
Damit ergibt sich
$\underline{Y}_{ab}=i \omega C_{1} + \frac{j \omega C_{2} \cdot \frac{1}{j \omega C_{2}} \cdot \frac{1}{R} } {j \omega C_{2} + \frac{1}{j \omega C_{2}} + \frac{1}{R}}$

Maple macht daraus folgendes, wird später noch gebraucht:
$\underline{Y}_{ab}=\frac{1}{R^2 (\frac{1}{R^2}+(\omega C_{2}-\frac{1}{\omega C_{2}})^2)})+j(\omega C_{1} - \frac{\omega C_{2} - \frac{1}{\omega C_{2}}}{R (\frac{1}{R^2}+(\omega C_{2} - \frac{1}{\omega C_{2}})^2)})$

b) Evtl reicht es hier, zu sagen, dass Impedanz der Quelle gleich Impedanz des Verbrauchers sein muss.

c) Aus b) müsste folgen, dass der Realteil von Y gleich dem Realteil der Quelle (Achtung: Wir arbeiten mit einer Admittanz!) und der Imaginärteil 0 sein muss:

$\frac{1}{n R} = \frac{1}{R^2 (\frac{1}{R^2}+(\omega C_{2}-\frac{1}{\omega C_{2}})^2)}$
$0= \omega C_{1} - \frac{\omega C_{2} - \frac{1}{\omega C_{2}}}{R (\frac{1}{R^2}+(\omega C_{2} - \frac{1}{\omega C_{2}})^2)}$

Jetzt sollte Auflösen der ersten Gleichung ein C2 und nach Einsetzen in Gleichung 2 auch noch ein C1 rauskommen, aber das will mir hier irgendwie nicht gelingen, gut möglich, dass davor schon irgendwas falsch ist! Fachkundige vor!

Wenn die bisherigen Annahmen stimmen, ist der Imaginärteil 0, und $P=\frac{U^2}{n*R+R}$
Nur wofür sind dann noch Angaben zu Frequenz und Induktivität?

Aufgabe 3
a)
$Z_{11} = \frac{U_{1}}{I_{1}}=j \omega \ C_{A}+\frac{R_{B} \cdot (R_{A}+ \frac{1}{j \omega C_{B}})}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$ (Eingangsimpedanz)

$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} = Z_{21}= \frac{U_{2}}{I_{1}} =\frac{\frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$ (Symmetrisch, da keine gesteuerten Quellen)

$Z_{22} = \frac{U_{2}}{I_{2}}=\frac{\frac{1}{j \omega C_{B}} \cdot (R_{A} + R_{B})}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$ (Ausgangsimpedanz)

b) Keine Lust, das jetzt noch hochzuladen, ist einfach ein Halbkreis der unter der Realteil-Achse (x) hängt, w=0 im Ursprung, w=inf bei Re=Ra+Rb (also einfach nach belieben zeichnen)

c) $\frac{Z_{22}}{Z_{12}} = \frac{U_{1}}{I_{2}} \cdot \frac{I_{2}}{U_{1}} = \frac{\frac{1}{j \omega C_{B}} \cdot (R_{A} + R_{B})}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}} \cdot \frac{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}{\frac{1}{j \omega C_{B}}} = \frac{R_{A}+R_{B}}{R_{B}}$

Das klingt nur irgendwie etwas arg einfach, und bei Z21/Z11 kommt auch irgendwie was anderes raus, wesentlich komplizierteres raus (das möchte man nicht von Hand machen!), irgendwo stimmt mich das auch mal wieder misstrauisch!

d) Dafür haben wir ja eine nette Übertragungsfunktion: Eingangssignal * Übertragungsfunktion = Ausgangsfunktion

Aufgabe 4
a) $\underline{Z}_{RC}=\frac{1}{1/R+j \omega C}=\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1} -j \frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$

b) Ob es da wohl zulässig ist zu sagen, dass $Z=Z_{RC}+j \omega L$ ist?
Aber hier geht ja nettweise Copy&Paste:
$\underline{Z}=\frac{1}{1/R+j \omega C}+j \omega L=\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1} +j (\omega L + \frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})$

c) Z reel => Imaginärteil=0
$0=\omega L_{r}-\frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$ =>
$L_{r}=\frac{R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$

d) Der Ansatz geht über
$\sqrt{(\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})^2 + (\omega L_{2} + \frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})^2}=\sqrt{(\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})^2 + (\frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})^2}$

Beide Seiten Quadrieren, Realteil ist auf beiden Seiten gleich => auf beiden Seiten abziehen, bleibt stehen:

$(\omega L_{2} - A)^2=A^2$ mit $A=\frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$ folgt:
$L_{2}=\frac{2 R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$

$\varphi_{Z} = \tan^{-1} (\frac{\Re(\underline{Z})}{\Im(\underline{Z})})=\tan^{-1} (\frac{\omega R^3 C^2 + R^2}{\omega^3 C^3 R^4 + \omega R C})$

e) Was das jetzt hier noch genau soll weiß ich nicht, die Formeln haben wir ja quasi schon so weit:
$R_{r} = \frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}=34 \Omega$
$L_{r}=\frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1} = 0.47 H$
(müsste eine Induktivität sein, da Im positiv, und der Zahlenwert für einen Kondensator relativ hoch ist

)

Aufgabe 5 hab ich noch nicht gemacht!

Aber jetzt gibt es hier mal eine Grundlage, vermutlich noch mit sehr vielen Fehlern (für die kann ich aber nix, die waren irgendwie einfach da

) aber bis nächste Woche sollte sich das doch machen lassen, damit es in Zukunft eine nette Musterlösung hier im Forum gibt!

Locutus · Beitrag von **Locutus** » 24.02.2011 10:49

also zumindest für die 1. aufgabe kann ich dir einen kleinen tipp geben (da, wo du dich über das omega^3 wunderst):
wenn du das ganze so schreibst, dass die j vor jedem omega stehen, dann hast du im realteil ein j^2, vor dem omega^2, im imaginärteil ein j^3 vor dem omega^3 und ein j^1 vor dem omega. jetzt ist das ganze eine übertragungsfunktion, das heist: eigentlich fällt das ganze in die systemtheorie. und da gilt: s = jw . setzt du das ein, so wird aus deiner formel ein term, in welchem eben auch mal ein s^3 auftaucht. aus der höchsten potenz ergibt sich wiederrum irgendeine eigenschaft der übertragungsfunktion (Welche genau müsst ich nachgucken), so dass es sich dabei also nicht um eine seltsame sache handelt sondern eben nur um eine übertragungsfunktion, welche einen nicht sonderlich linearen grenzgang sondern einen, welcher öfters mal einen knick hat.

Tobi1507 · Beitrag von **Tobi1507** » 24.02.2011 21:39

Also ich hab bei 1.b einfach G als Bruch gelassen, da es ja nich in kartesischer Form gefragt war, ausserdem hast du glaub ich die 1 vergessen.
So hab ichs:

$G(jw)=\frac {1} {1-w^2LC+jwRC}$

dann macht c auch mehr sinn, da beim Amplitudengang die Wurzel wegfällt.
Die Bedingung macht dann auch Sinn, da die Amplitude sonst negativ werden könnte^^

Und bei 4.b ist bei mir
$Z=\frac {R} {1+(wRC)^2}+jw (L- \frac {R^2C} {1+(wRC)^2})$

und für den WInkel:
$phi=arctan \frac {wR^2C} {R}$

oder halt $phi=arctan (wRC)$

Außerdem hast du bei dem Lr vergessen dass w rauszukürzen, Ich komme da auf 756µH.

tilman · Beitrag von **tilman** » 24.02.2011 22:51

Gefallen mir gute eure Ideen! w^3 ist damit wohl in Ordnung und auch die einfachere Lösung für die 1b finde ich sehr schön!Der Amplitudengang wäre dann
$A(\omega)= \frac{1}{\sqrt{(1- \omega^2 LC)^2+ (\omega RC)^2}}$
auch eine sehr nette Form und man kommt ohne kartesische Form aus, je weniger ich rechne, umso weniger verrechne ich mich auch

4b hab ich jetzt gerade noch nicht nachgerechnet.

Tobi1507 · Beitrag von **Tobi1507** » 25.02.2011 17:37

Ich glaube, dass bei der Aufgabe 2 doch $wL=\frac {1} {w{C}_{1}}$ ist.

Weil wenn ich wenn ich C2 nehme komme ich auf:
$Y=jw{C}_{1} + \frac {1} {R+j(wL-\frac {1} {w{C}_{2}})}$
und wenn ich da die Bedingung einsetze, wird beim Bruch der Imaginärteil gleich 0,was ja nich sein kann, da dann jwC1=0 sein müsste.

Ich glaube, du hast vergessen zu betrachten, dass es ja $wL=\frac {1} {w{C}_{1}}$ und nicht

$jwL=\frac {1} {jw{C}_{1}}$ .

Deswegen bleibt das j stehen.

Ich frage mich auch, ob ich c1 oder halt c2 einfach über die Bedingung $wL=\frac {1} {w{C}_{1}}$
ausrechnen kann?

Wenn ich das ganze bis zum ende rechne, bekomme ich dann eine quadratische Funktion heraus:

${c}_{2}^2-\frac {L} {R} {c}_{2}+\frac {1} {w^2R}=0$
mit einem Ergebnis 200µF und einem anderem von 2,5 pF, wobei ich aber keine Ahnung hab, ob das richtig ist.

Wäre sehr froh wenn mir da einer helfen könnte.^^

Locutus · Beitrag von **Locutus** » 28.02.2011 12:46

also bei der 4e liegst glaub ich falsch, tilman:

du kannst ja an deiner formel, welche du in a raus hast, ablesen, dass der imaginärteil negativ ist -> kapazität!

und wenn du das umformst (du darfst nicht vergessen, den term gleich 1/wCr zu setzen), dann kommst du auf:

$C_r = \frac{1+ \omega^2 \cdot C^2 \cdot R^2}{\omega^2 \cdot C \cdot R^2}$

und daraus berechnet sich die Kapazität zu 335.1 nF --- ein wert, der wie ich finde mehr als akzeptabel ist!!

VorteX · Beitrag von **VorteX** » 28.02.2011 17:27

Ich bin auch grad dabei die Klausur durchzurechen. Kommentare sind erwünscht

Aufgabe 1
a) $w_g=\frac{U_g}{U_0}\qquad\qquad U_g=\sqrt{(\frac{2U_S}{\sqrt{2}\pi})^2\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}}\quad=\quad\frac{2U_S\pi}{\pi\sqrt{2}\sqrt{6}}\quad=\quad\frac{U_S}{\sqrt{3}}$
$w_g=\quad\frac{U_S}{U_0\sqrt{3}}=0,12$ Ist das richtig?

b)

Tobi1507 hat geschrieben: $G(jw)=\frac {1} {1-w^2LC+jwRC}$

$A(jw)=\frac {1} {\sqrt{(1-w^2LC)^2+(wR_LC)^2}}$

c) $A(w)|_{R_L=0}\qquad=\frac{1}{1-w^2LC}\qquad\qquad A(w>\frac{1}{\sqrt{LC}})>0$ Ist das richtig?

d) $w_a=\frac{U_a_1}{U_a_0}\qquad\qquad U_a=\frac{U_g}{\sqrt{(1-w^2LC)^2+(wR_LC)^2}$

$U_a_1=\frac{\frac{2U_S}{\sqrt{2}\pi}}{\sqrt{(1-w_g^2LC)^2+(w_gR_LC)^2}}\qquad$ $R_L$ ist aber nicht gegeben, hat da jmd. ein anderen Ansatz?

Aufgabe 2

a) $Z_{AB}=\frac{1}{jwC_1}||(\frac{1}{jwC_2}+jwL+R) \qquad\qquad Y_{AB}=\frac{1}{\frac{1}{jwC_1}||(\frac{1}{jwC_2}+jwL+R)}$
Kann man das auch so schreiben?
$Y_{AB}=\frac{1+\frac{C_1}{C_2}-w^2LC_1+jwC_1R}{R+j(wL-\frac{1}{wC_2})}$

Locutus · Beitrag von **Locutus** » 28.02.2011 17:40

bei der d: ich würde vermuten, da gilt das gleiche wie in c, also R_l = 0 (steht ja im folgenden, könnte man auch interpretieren als "ab hier bis wiederrufen"

)

mit dem w_g bin ich ungefähr gleich rausgekommen, find das aber doch recht seltsam.

und bei der c würde ich behaupten: 1/(w^2*L*C - 1) denn: du hast die wurzel und das quadrat, wodurch du einmal ein positives, einmal ein negatives ergebnis bekommst, dann guckst du, welches für den angegebenen bereich (w > 1/...) positiv wird, womit du dann eben auf mein ergebnis kommen würdest.

bei der 2. gehst du am besten über deren forderung ran, die werden sich dabei schon was gedacht haben: parallele addierst du, in reihe machst wie bei der parallelschaltung im Z und es gilt jwC und 1/jwL sowie 1/R, somit dürftest du dann direkt ne bessere formel hinbekommen. im ansatz schreibst natürlich trotzdem mit ||-zeichen, ist ja klar.
oder, du machst zunächst nur die reihenschaltung als Z, kehrwert und addierst das mit jwC1, das würde auf jeden fall wohl einfacher sein!

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 01.03.2011 10:53

So mal ein paar Kommentare meinerseits.

Aufgabe1:
a) 0,12
d) 0,2H

Aufgabe 2 ist meiner Meinung nach mit den uns bekannten Infos nicht lösbar. Es sei denn, sie legen es wirklich darauf an, dass man sich 2 C2 berechnet, um dann anschließend zu vergleichen, welches in Kombination mit dem quasi-gegebenen C1 die maximal mögliche Wirkleistung umsetzt, was ich jedoch kaum glaube.

Augabe 3:
Meiner Meinung nach sind die Indizes hinfällig. So gemein sind die Prüfer dann nun auch nicht. Beleg: siehe 3. d): $\omega=2/(RC)$
b) hier wird Unendlich im Ursprung abgebildet. Bei Tilman war das verdreht.
c) $\left. \frac{\underline {U_2}}{\underline{U_1}} \right|_{\underline{I_2}=0}=\frac{\underline{Z_{12}}}{\underline{Z_{11}}}$
d) $1,49V\cdot \cos(\omega t + 33,43^\circ)$

Aufgabe 4:
$R_v=34{,}4 \Omega$
$L_r=0{,}76mH$

Aufgabe 5:
d)
ü=9,55
L1=1,74H
$\left. I_1\right|_{\underline{I_2}=0} =0{,}42A$
$\left. U_2 \right|_{\underline{I_2}=0} =12{,}0V$
$\left. I_1\right|_{\underline{U_2}=0} =0{,}56A$
$\left. I_2 \right|_{\underline{U_2}=0} =2{,}68A$

Das Kleingedruckte: Alle Angaben ohne Gewähr

onehanded · Beitrag von **onehanded** » 01.03.2011 11:17

Aufgabe 3
a)

$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} =\frac{\frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$

Ich habe aber als Lösung raus:
$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} =\frac{R_{B} \frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$
Weil Spannungsteiler:
$\frac{U_{1}}{U_{2}} = \frac{R_{B}}{R_{B}+\frac{1}{j \omega C_{B}}+R_{A}}$ und $U_{2} = \frac{1}{j \omega C_{B}}I_{2}$

Ist der Spannungsteiler so richtig?

Locutus · Beitrag von **Locutus** » 01.03.2011 12:49

ich möcht anmerken, die indizes hatte ich mir da nur drangeschrieben, damit ich die ströme und spannungen bei der analyse auseinander halten konnte! steht aber irgendwo auch in nem alten thread zu der klausur!

morizm · Beitrag von **morizm** » 01.03.2011 13:47

wie kommt ihr bei 1 d) auf L=0,2H ? Ich bekomme hiermit L=-0,2H raus

Ansatz okay?:
$w_{a}=\frac{U_{awechsel}}{U_{agleich}}$

$U_{awechsel}=\frac{\frac{\sqrt{2}U_{s}}{\pi}}{(1-{\omega}^2LC)$ , $R_L = 0$ (lt. Aufgabenstellung)

$U_{agleich}=U_{0}$

vllt. wegen $\sqrt{1-\omega^2LC}^2 = +- (1-\omega^2LC)$ ?

und dann noch zu 3 d)

wie kommst du auf
$1,49V\cdot \cos(\omega t + 33,43^\circ)$ ?

bzw. wie lautet deine Übertragungsfunktion?

meine:
$G_{(j\omega)}= \frac{R_A+R_B-j\frac{1}{\omega C_B}}{2R_A+R_B+j(\omega C_B R_A (R_A+R_B)-\frac{1}{\omega C_B})}$

demnach wäre ja $\underline{U_2} = \underline{G} * \underline{U_1}$

mal noch was ganz allgemeines:
wenn ich eine Zeitfunktion á la $u_{(t)}=U_0+U_1cos(\omega t+ \phi)$ habe,
wie lautet dann der komplexe Zeiger dazu? Bzw. was passiert mit dem Gleichanteil?

so etwa?
$\underline{U}=\frac{U_1}{\sqrt{2}} e^{j\phi} + U_0$ ?

aber nach $u_{t}=\sqrt{2} Re(\underline{U}} e^{j\omega t}$
würde ja der Gleichanteil dann einen Kosinusterm erhalten !?

grüße

rocky · Beitrag von **rocky** » 01.03.2011 20:53

Kann mir noch mal einer erklären, wieso bei 1.a) $U_{G}=\frac{U_{S}}{\sqrt{3}}$ ist und bei 1.d) $U_{G}=\frac{U_{S}*\sqrt{2}}{\pi}$ ?
Bei 1.a) ist es ja der Effektivwert des Wechselspannungsanteils, ok, aber wieso wird dann bei 1.d) die gesamte Reihe weggelassen?

Lurzi · Beitrag von **Lurzi** » 01.03.2011 21:44

Kann jemand bei 3.a) das:
$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} =\frac{R_{B} \frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$
bestätigen? In der Übung 6.1a) wurde ja auch so gerechnet.

Ich komme einfach nicht auf Tilmans Lösung:
$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} =\frac{\frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$

VorteX · Beitrag von **VorteX** » 01.03.2011 21:59

Lurzi hat geschrieben:Ich komme einfach nicht auf Tilmans Lösung:
$Z_{12} = \frac{U_{1}}{I_{2}} =\frac{\frac{1}{j \omega C_{B}}}{R_{A} + R_{B}+ \frac{1}{j \omega C_{B}}}$

Er hat einfach das $R_B$ im Zähler vergessen.

magician · Beitrag von **magician** » 01.03.2011 22:12

tuxianer hat geschrieben: Aufgabe 5:
d)
ü=9,55
L1=1,74H
$\left. I_1\right|_{\underline{I_2}=0} =0{,}42A$
$\left. U_2 \right|_{\underline{I_2}=0} =12{,}0V$
$\left. I_1\right|_{\underline{U_2}=0} =0{,}56A$
$\left. I_2 \right|_{\underline{U_2}=0} =2{,}68A$

kannst du mal sagen wie du auf die werte kommst?
bei ü hätte ich jetzt einfach U1/U2 gerechnet und das ist dann 28,75....?

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 02.03.2011 11:02

magician hat geschrieben: kannst du mal sagen wie du auf die werte kommst?
bei ü hätte ich jetzt einfach U1/U2 gerechnet und das ist dann 28,75....?

Das funktioniert nur näherungsweise im Leerlauf. Außerdem ist hier das Übertragungsverhältnis kü.

Ermittelt habe ich es aus dem Betrag des Spannungsverhältnisses von c).

$\frac {U_1}{U_2}=\frac 1 {ku}\cdot \frac{k^2\cdot R^x}{\sqrt{{R^x}^2+{(\omega\cdot L_1\cdot k^2\cdot \sigma)}^2}}$

Flexxi · Beitrag von **Flexxi** » 02.03.2011 11:51

tuxianer hat geschrieben:
$\frac {U_1}{U_2}=\frac 1 {ku}\cdot \frac{k^2\cdot R^x}{\sqrt{{R^x}^2+{(\omega\cdot L_1\cdot k^2\cdot \sigma)}^2}}$

Wie kommst du darauf?

Als Vereinfachung(Aufgabe a/b) habe ich R1 und R2^* weggelassen ud komme somit auf:

$\frac {U_2}{U_1}=\frac 1 {ku}\cdot \frac{k^3\cdot R^x}{\sqrt{{{({( \sigma+k^3)}R^x})}^2+{(\omega\cdot L_1\cdot k^3\cdot \sigma)}^2}}$

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 02.03.2011 11:56

Auf den ersten Blick...kann es sein, dass du bei der Hauptinduktivität mit $k^3L_1$ gerechnet hast? Das war auf dem Bild schlecht zu erkennen.

Flexxi · Beitrag von **Flexxi** » 02.03.2011 12:14

Ja habe ich und da liegt der Unterschied.

Locutus · Beitrag von **Locutus** » 02.03.2011 12:27

wenn ihr das k^ * L_1 meint: das ist ein k^2!! (ich hab noch hochauflösendere bilder der prüfung, aber: die sind vollgeschmiert mit dem, was ich mir damals so gedacht hab! und genau deshalb sind die "for my eyes only"!

Flexxi · Beitrag von **Flexxi** » 02.03.2011 12:51

Alles klärchen.
Kannst du da ein paar Lösungen bestätigen/entkräften?

spinnn · Beitrag von **spinnn** » 02.03.2011 13:30

Frage zu Aufgabe 4 a/b:

tilman hat geschrieben:Aufgabe 4
a) $\underline{Z}_{RC}=\frac{1}{1/R+j \omega C}=\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1} -j \frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1}$

Ist das nicht eigentlich einfach $\underline{Z}_{RC}=\frac{R}{1+j \omega CR}$

tilman hat geschrieben: b) Ob es da wohl zulässig ist zu sagen, dass $Z=Z_{RC}+j \omega L$ ist?
Aber hier geht ja nettweise Copy&Paste:
$\underline{Z}=\frac{1}{1/R+j \omega C}+j \omega L=\frac{R}{\omega^2 R^2 C^2 + 1} +j (\omega L + \frac{\omega R^2 C}{\omega^2 R^2 C^2 + 1})$

Und hier würde ich sagen $\underline{Z}=j \omega L + \frac{R}{1+j \omega CR}$

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DNW Lösung Klausur WS2010

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