Beiträge von Hades

Ein Taschenrechner ist aber auch nur dann nützlich, wenn konkrete Zahlenwerte gegeben sind. Und das wird in Höherer Maschinendynamik so gut wie nie passieren

Da musst du wohl zum Halbgott werden

Ich bin mir ziemlich sicher, dass das Ergebnis von [tex]h_1-h_u[/tex] wieder in die obere Gleichung eingesetzt wird und nicht gleichgesetzt wird mit der Leistung.

Also bei mir steht das so in der Aufgabenstellung:

Habe aber nicht die neuste Version. Vielleicht haben sie die Aufgabenstellung verändert, aber die Lösung nicht angepasst?

Den Emissionsgrad im Zähler und Nenner des Bruchs kannst du wegkürzen. Ersetze einfach die eckige Klammer im Zähler durch [tex]\dot h_T[/tex] und multipliziere die runde Klammer aus.

Die Haken liegt in der Aufgabenstellung. Im Hinweis steht nämlich, dass die Temperaturerhöhung in der Speisewasserpumpe vernachlässigbar ist.

Du hast Recht, [tex]T_{w1}[/tex] ist die Temperatur beim Austritt. Aber schau nochmal in die Formelsammlung. Die Formel für [tex]\phi_1[/tex] ist:
[texblock]\phi_1 = \frac {T_1'-T_1''} {T_1'-T_2'}[/texblock]
Im Nenner steht die Eintrittstemperatur von [tex]T_2[/tex].

Die kinetischen Energien, also [tex]\frac {w_i^2} 2[/tex] werden vernachlässigt. Dein erster Hauptsatz lautet deshalb:[texblock]0=\dot M(h_1-h_2)[/texblock]Daraus folgt die Erkenntnis [tex]h_1=h_2[/tex] was bestätigt, dass der Vorgang isenthalp ist.

Was passiert wenn du die kinetische Energie berücksichtigst wird in Aufgabenteil b) behandelt. Musst dich also noch ein bisschen Gedulden, bevor du es einsetzt

Wo setzt du denn auf der linken Seite [tex]w_2[/tex] ein? Kannst du vielleicht dein Problem ein wenig genauer beschreiben?

Du hast einen konstanten Massenstrom und auch alle anderen Größen sind konstant und ändern sich mit der Zeit nicht. Daher ist das System stationär und die linke Seite wird zu 0, da nur konstante Werte nach der Zeit abgeleitet werden.

Die linke Seite des 1. HS wird in einem stationären System immer zu Null gesetzt, da ja alle Zeitableitungen wegfallen.
Und das die kinetische Energie vernachlässigt werden kann steht ja so in der Aufgabenstellung.

Ich finde auch, dass es eine sehr humane Klausur war. Die Aufgaben waren teils wirklich einfacher - zumindest Aufgabe 4.
Aufgabe 5 war aber meines Erachtens etwas schwerer als gewöhnlich, ebenso wie die Kurzfragen.

Im Großen und Ganzen aber sehr fair. Denke nicht, dass die groß hochkorrigiert werden muss.

Ich wünsche euch viel Erfolg bei der Klausur und gutes Gelingen.
Lasst ein Feedback dar, wie es gelaufen ist.

Zitat von Luke26

Im Skript steht: Überschwingen wenn 0<D<1

Das hier erwähnte Überschwingen bezieht sich auf die Systemantwort. Wir haben oben von dem "Überschwingen" im Bodediagramm gesprochen, bezogen auf die Asymptote.
Also anders ausgedrückt der Überhöhung im Amplitudengang, diese tritt nämlich nur für [tex]0<D<\frac 1 {\sqrt{2}}[/tex] auf.

Ich verweise einfach mal auf einen Ausschnitt im Skript. Diese Grafik sollte deine Frage beantworten:

Die Formel aus der FS für das Lehrschem Dämpfungsmaß D kannst du auch noch benutzen, wenn kein Überschwingen vorhanden ist. In diesem Fall z.B.:[texblock]\frac1{2D}=\frac {A(\omega)} {Asymptotenbeiwert\ bei\ \omega_0}\approx \frac {24|_{dB}} {30|_{dB}} \Rightarrow D \approx 1 [/texblock]
Wenn der Wert ungefähr bei 1 liegt, dann wird man wohl annehmen dürfen, dass dies so beabsichtigt ist. Ich gehe stark davon aus, dass eine Dämpfung [tex]\frac 1 {\sqrt{2}} < D < 1[/tex] nicht vorkommen wird, sondern man in dem Fall von einem Doppelpol ausgehen darf.
Ich gebe darauf aber keine Garantie

Das kannst du dir relativ einfach mit dem Phasengang herleiten.
Entweder du benutzt dafür das Bodediagramm, oder du berechnest dir das Argument deiner Übertragungsfunktion und bestimmst damit die Winkel.
Mit etwas Übung kannst du auch anhand der Lage der Pol- und Nullstellen direkt erkennen, wie die Phase zu verlaufen hat.
Wichtig ist dann noch die Regel, dass bei einer negativen Verstärkung die Ortskurve um 180° gedreht wird.

Zitat von cedi123

Die Kurve geht durch zwei Quadranten und muss daher 2 Pole haben. Ein Pol und eine Nullstelle geht also nicht.

Das kann man so nicht unbedingt sagen. Eine phasenminimale Nullstelle und ein instabiler Pol sorgen auch für eine Phasendrehung von +180°.

Beim Phasengang wird, wie du schon sagtest, die Totzeit einfach subtrahiert. Das kannst du dir leicht klar machen, wenn du sie als eine komplexe Zahl betrachtest:[texblock]e^{-sT_t} = 1\cdot e^{-j\omega T_t}=A(\omega)\cdot e^{j\varphi}[/texblock]Die Amplitude ist 1 und hat somit keinen Einfluss auf den Amplitudengang, und der Winkel [tex]\varphi [/tex] ist [tex]-\omega T_t[/tex] und wird beim Phasengang mit hinzuaddiert. Den Arcustangens muss man hier nicht mehr bilden, da man den Winkel ja direkt ablesen kann.

Der Winkel entsteht durch deine Polstelle im Ursprung. Du hast an der Stelle den [tex]\arctan\left(\frac\omega 0\right)[/tex]. Im komplexen Koordinatensystem ist das ein Winkel von [tex]90°[/tex].
Da die komplexe Zahl aber im Nenner steht, muss das Argument noch mit -1 multipliziert werden.

Das Ganze musst du dir grafisch überlegen, da der [tex]\arctan\left(\frac\omega 0\right)[/tex] keine Lösung ergibt.

Wenn du ein [tex]IT_2[/tex] Glied hast, dann könnte man diesen "Ausschlenker" vielleicht mit einem Überschwingen im Phasengang, aufgrund einer sehr kleinen Dämpfung begründen.
Ich hätte persönlich allerdings auch eher zum instabilen [tex]PIT_1[/tex] tendiert, da dieser ja eigentlich auch so einen Verlauf haben müsste.

Bei dem Ausrechnen des Argumentes, wurde sich hier einer Rechenregel der komplexen Zahlen bedient: Nämlich, dass bei einer Multiplikation von komplexen Zahlen das Argument summiert wird.
[texblock]Arg(z_{ges}) = Arg(z_1)+Arg(z_2)[/texblock]
In diesem Fall also: [texblock]Arg(z_{ges}) = -\arctan(0,5\omega) -\arctan(0,5\omega) [/texblock]

Man könnte auch erst die komplexe Zahl ausmultiplizieren und dann den [tex]\arctan()[/tex] für die neue komplexe Zahl bilden. Darauf lässt sich dann die folgende Rechenregel anwenden:
[texblock]\arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right) = \arctan\left(\frac{\omega}{1-0,25\omega^2}\right)= \arctan\left(\frac{0,5\omega+0,5\omega}{1-0,5\omega\cdot0,5\omega}\right)[/texblock]

Oder man rechnet es einfach wie gehabt mit [tex]\arctan\left(\frac{\omega}{1-0,25\omega^2}\right)[/tex] aus. Dies führt auch zum richtigen Ziel.