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LösungenElektrotechnik für Fachoberschulen, berufliche Gymnasien und Fachschulen für Technik
Bearbeitet von Lehrern an beruflichen Schulen und Ingenieuren (siehe Rückseite)
Leitung des Arbeitskreises und Lektorat: Dieter Sternkopf
Verlag Europa-Lehrmittel · Nourney, Vollmer GmbH & Co. KG Düsselberger Straße 23 · 42781 Haan-Gruiten
Europa-Nr.: 37107
EUROPA-FACHBUCHREIHE für elektrotechnische Berufe
Autoren:
Hasenohr, Roland 76571 GaggenauPostl, Dr. Dieter 76275 EttlingenQuast, Jan 13357 BerlinSchmitt, Michael 68163 Mannheim
Lektorat und Leitung des Arbeitskreises:
Dieter Sternkopf
Bildbearbeitung:
Zeichenbüro des Verlages Europa-Lehrmittel GmbH & Co. KG, Ostfildern
Alle Rechte vorbehalten. Das Werk ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der gesetzlich geregelten Fälle muss vom Verlag schriftlich genehmigt werden.
© 2019 by Verlag Europa-Lehrmittel, Nourney, Vollmer GmbH & Co. KG, 42781 Haan-Gruitenhttp://www.europa-lehrmittel.de
Satz: Satz+Layout Werkstatt Kluth GmbH, 50374 ErftstadtUmschlaggestaltung: braunwerbeagentur, 42477 Radevormwald Umschlagmotive: AutorenDruck: Totem, 88-100 Inowrocław (PL)
1. Auflage 2019
Druck 5 4 3 2 1
Alle Drucke derselben Auflage sind parallel einsetzbar, da sie bis auf die Behebung von Druckfehlern untereinander unverändert sind.
ISBN 978-3-8085-3710-7
Inhaltsverzeichnis zum Lösungsheft
1 Physikalische Größen und deren Einheiten . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Elektrische Grundgrößen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3 Einfache Netzwerke an Gleichspannung (DC) . . . . . . . . . . . . . . . 9
4 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung . . . . . . . . 10
5 Reale Gleichspannungsquellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
6 Das elektrische Feld. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
7 Magnetische Felder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
8 Kondensator und Spule an Gleichspannung (DC) . . . . . . . . . . . . 29
9 Grundlagen der Wechselstromtechnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
10 Kondensator und Spule an Wechsel spannung (AC) . . . . . . . . . . . 37
11 Filter und Schwingkreise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
12 Drehstromsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3
1 Physikalische Größen und deren Einheiten
Lösungen der Aufgaben 1 bis 3 (Seite 18)
1 Aus FG = 𝛾 · m1 · m2 ________
r 2 folgt durch Umstellen nach 𝛾 : 𝛾 = FG · r
2 ________
m1 · m2 .
Setzen wir für die physikalischen Größen in der Formel die SI-Einheiten ein, so folgt:
[𝛾] = N · m2 _______
kg2 . Für die Einheit 1 N können wir aber auch schreiben: [F ] = 1 N = 1 kg · m ________
s2 ; und
damit folgt für die Einheit der Gravitationskonstanten 𝛾 : [𝛾] = kg · m ______ s2
· m2
____ kg2
= m3 ______
kg · s2 .
2 Beim Abschuss von der Erde in horizontaler Richtung wirken auf den fliegenden Körper zwei Kräfte, die sich addieren (überlagern): a) die in horizontaler Richtung wirkende Kraft des Raketentriebwerks und b) die zum Erdmittelpunkt hin wirkende Erdanziehungskraft (Gravitationskraft) FG. Da beide Kräfte in ihren Wirkungsrichtungen einen Winkel von 90° einschließen, wird der Körper also nicht horizontal fliegen, sondern nach einer gewissen Entfernung vom Startpunkt wieder auf die Erde stürzen. Je höher die horizontale Geschwindigkeit beim Abschuss, umso länger wird der zurückgelegte Flugweg, bevor der Körper auf die Erde stürzt.
Ist die Abschussgeschwindigkeit v groß genug, so ergibt sich als Flugbahn für den Körper eine Kreisbahn um die Erde. Die Bedingung für diese Abschussgeschwindigkeit v des Körpers zur Erreichung einer stabilen Kreisbahn lautet: Die Zentrifugalkraft F Z auf den Flugkörper (infolge der Kreisbahn als Flugweg) muss gerade so groß sein wie die anziehende Gravitationskraft FG durch die Masse der Erde. Wir haben daher mit dem Erdradius rErde, der Zentrifugalkraft
F Z = m · v 2 ____
rErde und der Gravitationskraft FG = 𝛾 ·
m · M _______ (rErde)2
folgenden Ansatz: m · v2 ____
rErde = 𝛾 · m · M _______
(rErde)2 .
Die Masse des Körpers m kürzt sich heraus; die Auflösung nach v liefert dann: v = √ _____
𝛾 · M
_____ rErde
.
Die Gravitationskonstante 𝛾 = 6,67 · 10–11 m3 ______
kg · s2 und der Erdradius mit rErde = 6,37 · 106 m
können in die Formel v = √ ______
𝛾 · M
______ rErde
für die Abschussgeschwindigkeit eingesetzt werden.
rErde
FH
FG
zum Erdmittelpunkt
5Physikalische Größen und deren Einheiten
Fehlt uns noch die Erdmasse M. Diese berechnen wir aus der Formel für die Gewichtskraft FG = m · g = 𝛾 ·
m · M ______ (rErde)2
. Wieder kürzen wir m heraus und stellen um nach der Erdmasse M :
M = g · (rErde)2 _______ 𝛾 . Setzen wir die Werte für die Größen ein, so erhalten wir: M = 5,97 · 10
24 kg.
Damit können wir nun v berechnen und erhalten: v = √ _____
𝛾 · M _____ rErde
= 7,9 km/s.
Um also einen Körper von der Erde aus in eine Umlaufbahn zu katapultieren, muss der Körper mit einer Geschwindigkeit von v = 7,9 km/s abgeschossen werden.
3
In der Abbildung ist das Fadenpendel mit der Masse m und der Fadenlänge r dargestellt. Es ist im Punkt M aufgehängt und kann nach einer Auslenkung, das heißt, durch Energiezufuhr auf einer Kreisbahn schwingen. Vor der Auslenkung, also ohne äußere Krafteinwirkung hängt das Fadenpendel senkrecht nach unten in seiner Ruhe- oder auch Gleichgewichtslage. Da die Masse m sich nicht weiter nach unten bewegen kann, ist diese Lage als Bezugshöhe für die potenzielle Energie mit dem Nullpunkt für Epot = 0 festgelegt.Wird jetzt dem System „Fadenpendel im Gravitationsfeld“ durch die Auslenkung des Pendels nach rechts auf die Höhe h0 Energie der Lage zugeführt, so kann sich das Pendel nach dem Loslassen in Pfeilrichtung nach links bewegen und diese Energie der Lage Epot = m · g · h0 in kinetische Energie umwandeln. Die Geschwindigkeit und damit auch die kinetische Energie werden dabei vom Wert v = 0 und Ekin = 0 in der Höhe h0 zunehmen, bis die potenzielle Energie sich vollständig in kinetische Energie umgewandelt hat. Das ist im tiefsten Punkt der
Bahnkurve des Fadenpendels der Fall: Dort ist Epot = 0 und Ekin = 1 __
2 · m · v 2 = maximal. Da-
nach wird die kinetische Energie wieder abnehmen, denn durch die vorgegebene Kreisbahn wird die Masse m des Fadenpendels wieder angehoben, und die dazu nötige Energie der Lage wird durch Umwandlung der kinetischen Energie gewonnen.
Epot = 0Ekin = max
Ekin = 0Epot = max = mgΔhr
m
mh = h0h = h0
Δh = h0
h = 0
M
�
Bezugshöhe für Epot
6 Physikalische Größen und deren Einheiten
Wurde die kinetische Energie wieder vollständig in potenzielle Energie umgewandelt, wobei wir hier den Idealfall ohne Luftwiderstand und Lagerreibung angenommen haben, erreicht das Pendel links der Gleichgewichtslage wieder die Höhe h0 mit der potenziellen Energie Epot = m · g · h0. Dann beginnt das Spiel mit umgekehrten Vorzeichen von vorne, und das Pendel vollführt eine Schwingung, die durch die dauernde Umwandlung von potenzieller in kinetische Energie und umgekehrt gespeist wird.
Das Maximum der kinetischen Energie erhalten wir bei Epot = m · g · h0 = Ekin = 1 __
2 m · v 2
durch Umstellen: v = √ ______
2 g h0 . Diese höchste Geschwindigkeit der Masse m des Pendels er-
reichen wir bei t = T __ 4 , denn in einer vollständigen Schwingung des Fadenpendels mit t = T
wird in vier gleichen Zeiträumen je zweimal die potenzielle Energie Epot in kinetische und je zweimal die kinetische Energie Ekin in potenzielle Energie umgewandelt.
2 Elektrische Grundgrößen
Lösungen der Aufgaben 1 bis 4 (Seite 44)
1 Ein guter elektrischer Leiter muss möglichst viele bewegliche Ladungsträger besitzen, die den Strom transportieren können. Warum ist das beim metallischen Kupfer, zum Beispiel einem Kupferdraht, der Fall? Dazu schauen wir uns in der folgenden Abbildung das Kupferatom mit seinem Kern (29 Protonen) und den 29 Elektronen in den 4 Schalen nach dem bohrschen Atommodell an. In der äußersten, der 4. Schale befindet sich nur 1 Elektron, das Valenzelektron, das sich bei der Bildung des metallischen Kupfers leicht von seinem Atom lösen kann, um sich dann als weitgehend freies Elektron zwischen den in einem regelmäßigen Metallgitter angeordneten Cu-Atomrümpfen im Metallgefüge zu bewegen. Die „festen“ Atomrümpfe sind positiv, die beweglichen Elektronen negativ geladen. Durch die Anziehungskräfte zwischen den unter-schiedlichen Ladungen werden die Atome der Metallstruktur zusammengehalten.
Modell des Kupferatoms mit je29 Protonen (+) und 29 Elektronen (–)
Darstellung des Kupferatoms nach dembohrschen Atommodell
AtomkernmitProtonen
Schalen
Elektronen
29
7Elektrische Grundgrößen
Wenn jedes Cu-Atom sein Valenzelektron bei der Bindung zu festem metallischen Kupferdraht an den Gitterverband abgäbe, stünden etwa 9,5 ∙ 1021 bewegliche Elektronen zum Stromtrans-port zur Verfügung. Dieser Wert ergibt sich folgendermaßen: 1 Mol Kupfer hat die molare Masse von 63,54 g und enthält 6,02 · 1023 Atome. Wenn jedes Atom sein Valenzelektron an den Gitterverband abgibt, ergeben sich für 1 g metallischen Kupferdraht:
1 ______
63,54 ·
g ____
g ____
mol 6,02 · 1023
1 ____
mol = 9,47 · 1021 Elektronen.
Mit dieser großen Zahl an quasi frei beweglichen Ladungsträgern ist metallisches Kupfer ein guter elektrischer Leiter.
2 a) Die Schaltung stellt eine Parallelschaltung zweier in Reihe geschalteter Widerstände dar; und weil die Gesamtwiderstände jeder Reihenschaltung R1 + R2 = R3 + R4 = Rges = 10 kΩ betragen, sind die Ströme in beiden Reihenschaltungen gleich groß.
𝘐1 = 𝘐2 = U ____
Rges =
10 V ______
10 kΩ = 1 mA
Potenzialbezug in der Schaltung ist der Minuspol der Spannungsquelle, also 𝜑0 = 0 V.Dann folgt: UA = 𝘐1 · R2 = 1 mA · 7 kΩ = 7 V und UB = 𝘐2 · R2 = 1 mA · 3 kΩ = 3 VMit diesen Werten ergibt sich für UA = 𝜑A – 𝜑0 = 7 V und für UB = 𝜑B – 𝜑0 3 V. Das Poten-zial des Punktes A in der Schaltung ist also höher als das des Punktes B, das heißt, UA ist positiv gegenüber UB .
b) Für die gesuchte Spannung UAB ergibt sich damit: UAB = UA – UB = 7 V – 3 V = 4 V
3 Wir haben auf der Seite 34 im Lehrbuch den Zusammenhang zwischen der Stromstärke 𝘐 und der Driftgeschwindigkeit v der Elektronen in einem stromdurchflossenen Leiter hergeleitet:
𝘐 = e · A · n __ V
· v
Dabei sind e = Elementarladung = 1,602 · 10–19 As, n __ V
= Zahl der Ladungsträger _______________________ Volumen
und v = Drift-geschwindigkeit der Ladungsträger.
Zur Bestimmung der Größe n __ V
verwenden wir die Zahl der Elektronen n = 6,02 · 1023 pro Mol
(loschmidtsche Zahl) und für das Volumen V nehmen wir das Molvolumen für Kupfer. Das Volumen eines Stoffes ergibt sich allgemein durch Umstellung aus der Formel:
Dichte 𝜚 = Masse m ___________ Volumen V
zu V = m ___ 𝜚
.
Bezieht man die Masse m und das Volumen V jeweils auf 1 Mol Kupfer, so gelten folgende Werte:
Molmasse mCu = 63,54 g, Dichte 𝜚Cu = 8,93 g ____
cm3 und damit für VMol =
63,54 g _________
8,93 cm3 = 7,115 cm3
Wir stellen noch die Formel 𝘐 = e · A · n __ V
· v nach der Driftgeschwindigkeit v um: v = 𝘐 · V ________ n · e · A
Aus dem Drahtdurchmesser d = 1,38 mm berechnen wir die Drahtquerschnittsfläche A zu A = 1,5 mm2 und setzen nun alle Werte in die Formel für v ein:
v = 3 A · 7,115 cm3 _________________________________
6,022 · 1023 · 1,6 · 10–19 As · 1,5 mm2 = 0,147 mm/s
Die Strömungsgeschwindigkeit v der Elektronen im Kupferdraht ist also bei einer Stromstärke von 𝘐 = 3 A nur sehr gering. Es ist nun nicht so, dass die einzelnen Elektronen bei Stromfluss den gesamten Leitungsweg vom Minuspol der Quelle durch den Verbraucher zum Pluspol der Quelle zurücklegen.
8 Elektrische Grundgrößen
4 Aus den gegebenen Daten der Wicklung im kalten und im warmen Zustand folgt:
∆R = 495 Ω – 420 Ω
Für den warmen Widerstand gilt: Rw = R20 + ∆R mit ∆R = R20 · 𝛼 · ∆𝜗Wir stellen die Formel für ∆R = R20 · 𝛼 · ∆𝜗 um auf die gesuchte Größe ∆𝜗 und erhalten für die gesuchte Temperaturzunahme:
∆𝜗 = ∆R ______ R20 · 𝛼
Wir setzen die gegebenen Werte ein: ∆𝜗 = 75 Ω ________________ 3,9 · 10–3 · 420 Ω
= 45,7 K = 45,7 °C.
Die Temperaturzunahme beträgt demnach 45,7 K = 45,7 °C. Damit wird die aktuelle Tempera-tur der Wicklung 45,7 °C + 20 °C = 65,7 °C.
3 Einfache Netzwerke an Gleichspannung (DC)
Lösungen der Aufgaben 1 bis 3 (Seite 59)
1
2 K1: 𝘐1 + 𝘐2 – 𝘐ges = 0 𝘐ges = 𝘐1 + 𝘐2
M1: Uges – U1 – U2 – U3 = 0 Uges = U1 + U2 + U3
M2: U3 – U4 – U5 = 0 U3 = U4 + U5
R1 R2
K1
R3
R4
R5
M2
M1 U5
U4
U3
U
K2
U1 U2
Ι
Ι1
Ι2
Ι
9Einfache Netzwerke an Gleichspannung (DC)
3 R45 = R4 + R5R45 = 100 Ω + 100 ΩR45 = 200 Ω
R345 = R3 · R45 ________ R3 + R45
R345 = 100 Ω · 200 Ω
______________ 100 Ω + 200 Ω
R345 = 66,67 Ω
Rges = R1 + R2 + R345Rges = 100 Ω + 100 Ω + 66,67 ΩRges = 266,67 Ω
4 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
Lösungen der Aufgaben 1 bis 7 (Seite 77 f.)
1
Umwandlung △ →
𝖸
gegeben:R1 = 100 Ω, R2 = 330 Ω, R3 = 270 Ω,R4 = 180 Ω, R5 = 220 Ω
Uges
R1 R2
R4
R3
R5
R3
R1 R2Ra
Rc
Rb
Ra = R1 · R2 ____________
R1 + R2 + R3
= 100 Ω · 330 Ω ______________________
100 Ω + 330 Ω + 270 Ω
= 33 000 Ω2
__________ 700 Ω
= 47,14 Ω
Rb = R2 · R3 ____________
R1 + R2 + R3
= 330 Ω · 270 Ω ______________________
100 Ω + 330 Ω + 270 Ω
= 89 100 Ω2 _________
700 Ω
= 127,29 Ω
Rc = R1 · R3 ____________
R1 + R2 + R3
= 100 Ω · 270 Ω ______________________
100 Ω + 330 Ω + 270 Ω
= 27 000 Ω2
__________ 700 Ω
= 38,57 Ω
10 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
2 R1 = R2 = 6,8 Ω, R3 = 4,7 Ω, R4 = 10 Ω
a)
Rges = Ra + (Rb + R4) ∥ (Rc + R5) = 47,14 Ω + (127,29 Ω + 180 Ω) ∥ (38,57 Ω + 220 Ω) = 47,14 Ω + 307,29 Ω ∥ 258,57 Ω
= 47,14 Ω + 307,29 Ω · 258,57 Ω ___________________ 307,29 Ω + 258,57 Ω
= 47,14 Ω + 140,42 ΩRges = 187,56 Ω
Rc Rb
Ra
R4R5
R2
AR1
R3
B
U =80V
R4
ARi
B
Ersatzspannungsquelle
Uq R4
Ri = Rges = (R1 + R2) ∥ R3 = (6,8 Ω + 6,8 Ω) ∥ 4,7 Ω = 13,6 Ω ∥ 4,7 Ω
= 13,6 Ω · 4,7 Ω ______________ 13,6 Ω + 4,7 Ω
= 63,92 Ω2
_________ 18,3 Ω
= 3,49 ΩUq = UAB = U – U3mit U = 80 Vund U3 = 𝘐 · R3 =
U ____________ R1 + R2 + R3
· R3
= 80 V ____________________
6,8 Ω + 6,8 Ω + 4,7 Ω · 4,7 Ω
= 20,55 VUq = UAB = U – U3 = 80 V – 20,55 V = 59,45 V
R2
R1
R3
A
B
R2
R1
R3
A
B
U =80 V
UAB ≙ Uq
Ι
ΙΙ
Ι
U3
11Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
b) 𝙄R4 = Uq _______
Ri + R4 =
59,45 V _____________
3,49 Ω + 10 Ω
= 4,41 A
3
• 𝘐qE ≙ Strom 𝘐K (z. B. im Punkt A) bei kurzgeschlossenen Klemmen A und B
𝘐1 = UG1 – UG2 __________
Rges =
UG1 – UG2 ___________ R1 + R2 ∥ R4
= 30 V – 12 V
__________________ 50 Ω + 68 Ω · 18 Ω ____________
68 Ω + 18 Ω = 0,28 A
Uq = 59,45 VRi = 3,49 Ω
R4
Ri A
B
Uq
gegeben:UG1 = 30 V, UG2 = 12 VR1 = 50 Ω, R2 = 68 Ω, R3 = 33 Ω, R4 = 18 Ω
gesucht: Ersatzstromquelle aus der Sicht von R3
ursprüngliches Netzwerk umgezeichnet:
R2
UG1
UG2
R1 R4
R3
Ri R3
ΙqE
UG1
UG2
R1
R2
R4
R3
B
A
Ι1 ΙK
UG1
UG2
R1
R2
B
A
R4
12 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
mit der Stromteilerformel folgt:
𝘐K __ 𝘐1
= R2 ∥ R4 _______
R4
𝘐K = R2 ∥ R4 _______
R4 · 𝘐1 =
68 Ω · 18 Ω ____________ 68 Ω + 18 Ω ____________
18 Ω · 0,28 A
𝙄qE = 𝙄K = 0,2214 A
• Ri ≙ Rges zwischen AB bei kurzgeschlossenen Spannungsquellen:
Ri = R1 ∥ R2 + R4 = R1 · R2 _______ R1 + R2
+ R4
= 50 Ω · 68 Ω ____________ 50 Ω + 68 Ω + 18 Ω
= 46,8 Ω
4
𝘐1 = 𝘐3, d. h. 3 unbekannte Ströme 𝘐1, 𝘐2, 𝘐4→ 3 Unbekannte → 3 voneinander unabhängige Gleichungen notwendig
Knoten K1: 𝘐1 – 𝘐2 – 𝘐4 = 0Masche M1: – UG1 + 𝘐2 · R2 + 𝘐1 · R3 + 𝘐1 · R1 = 0Masche M2: – UG2 + 𝘐4 · R4 – UG3 – 𝘐2 · R2 = 0
⇒ Lineares Gleichungssystem:𝘐1(R1 + R3) 𝘐1
– 𝘐2 + R2 · 𝘐2– R2 · 𝘐2
– 𝘐4
+ R4 · 𝘐4
= 0= UG1= UG2 + UG3
𝘐155 Ω · 𝘐1
– 𝘐2 + 47 Ω · 𝘐2– 47 Ω · 𝘐2
– 𝘐4
+ 18 Ω · 𝘐4
= 0= 80 V= 220 V
(I)(II)(III)
R3
ΙqE = 0,2214 A
Ri
A
46,8 Ω
B
gegeben:UG1 = 80 V, UG2 = 120 V, UG3 = 100 VR1 = 33 Ω, R2 = 47 Ω, R3 = 22 Ω, R4 = 18 Ω
gesucht:𝘐1, 𝘐2, 𝘐3, 𝘐4
UG1
R1
R2 R4
R3Ι1
Ι4Ι2
Ι3
K1
UG3
UG2
M2
M1
13Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
II nach 𝘐1 umstellen:
𝘐1 = 80 V – 47 Ω · 𝘐2 ______________
55 Ω (A)
III nach 𝘐4 umstellen:
𝘐4 = 220 V + 47 Ω · 𝘐2 ______________
18 Ω (B)
A und B in I:
80 V – 47 Ω · 𝘐2 ______________
55 Ω – 𝘐2 – 220 V + 47 Ω · 𝘐2 ________________
18 Ω = 0
18 (80 V – 47 Ω · 𝘐2) __________________
990 Ω – 990 Ω · 𝘐2 _________
990 Ω – 55 (220 V + 47 Ω · 𝘐2) ____________________
990 Ω = 0
1440 V – 846 Ω · 𝘐2 – 990 Ω · 𝘐2 – 12 100 V – 2585 Ω · 𝘐2 _________________________________________________
990 Ω = 0
– 10 660 V
_________ 990 Ω –
4421 Ω · 𝘐2 ___________ 990 Ω = 0
4,466 · 𝘐2 = – 10,768 A𝙄2 = – 2,411 A
in A: 𝘐1 = 80 V – 47 Ω · 𝘐2 ______________
55 Ω = 80 V – 47 Ω · (– 2411 A)
_____________________ 55 Ω
= 3,515 A
in B: 𝘐4 = 220 V + 47 Ω · 𝘐2 ________________
18 Ω = 220 V + 47 Ω · (– 2411 A)
______________________ 18 Ω
= 5,927 A
⇒ 𝘐1 = 𝘐3 = 3,515 A𝘐2 = – 2,411 A𝘐4 = 5,927 A
5
→ 3 unbekannte Ströme → 3 voneinander unabhängige Gleichungen
Knoten K1: 𝘐1 + 𝘐2 + 𝘐3 = 0Masche M1: – U1 – 𝘐2 R2 + U2 + 𝘐1 R1 – U3 = 0Masche M2: – 𝘐3 R3 – U2 + 𝘐2 R2 + U1 = 0
gegeben:UG1 = 12 V, UG2 = 18 V, UG3 = 9 VR1 = 22 Ω, R2 = 6,8 Ω, R3 = 15 Ω
gesucht:𝘐1, 𝘐2, 𝘐3
U1
U2
R2
R1
R3
U3
Ι2 Ι3Ι1
M2
M1
K1
14 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
⇒ Lineares Gleichungssystem:𝘐1R1 · 𝘐1
+ 𝘐2 – R2 · 𝘐2R2 · 𝘐2
+ 𝘐3
– R3 · 𝘐3
= 0= U1 – U2 + U3= – U1 + U2
mit den Werten:
𝘐122 Ω · 𝘐1
+ 𝘐2 – 6,8 Ω · 𝘐26,8 Ω · 𝘐2
+ 𝘐3
– 15 Ω · 𝘐3
= 0= 3 V= 6 V
(I)(II)(III)
II nach 𝘐1 umstellen:22 Ω · 𝘐1 – 6,8 Ω · 𝘐222 Ω · 𝘐1 𝘐1
= 3 V= 3 V + 6,8 Ω · 𝘐2
= 3 V + 6,8 Ω · 𝘐2 ______________
22 Ω (A)
III nach 𝘐3 umstellen:6,8 Ω · 𝘐2 – 15 Ω · 𝘐3
– 15 Ω · 𝘐3
𝘐3
= 6 V= 6 V – 6,8 Ω · 𝘐2
= 6 V – 6,8 Ω · 𝘐2 ______________
– 15 Ω
= 6,8 Ω · 𝘐2 – 6 V ______________
15 Ω (B)
A und B in I:
3 V + 6,8 Ω · 𝘐2 ______________
22 Ω + 𝘐2 + 6,8 Ω · 𝘐2 – 6 V ________________
15 Ω = 0
15 (3 V + 6,8 Ω · 𝘐2) __________________
330 Ω + 330 Ω · 𝘐2 _________
330 Ω + 22 (6,8 Ω · 𝘐2 – 6 V) ____________________
330 Ω = 0
45 V + 102 Ω · 𝘐2 + 330 Ω · 𝘐2 + 149,6 Ω · 𝘐2 – 132 V _________________________________________________
330 Ω = 0
– 87 V + 581,6 Ω · 𝘐2 _________
330 Ω = 0 ⇒ 581,6 Ω · 𝘐2 = 87 V
𝘐2 = 87 V ________
581,6 Ω
𝙄2 = 149,6 mA
in A: 𝘐1 = 3 V + 6,8 Ω · 149,6 mA
_____________________ 22 Ω
𝘐1 = 182,6 mA
in B: 𝘐3 = 6,8 Ω · 𝘐2 – 6 V ______________
15 Ω
= 6,8 Ω · 149,6 mA – 6 V
_____________________ 15 Ω
𝙄3 = – 332,2 mA
15Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
6
a) Ströme und Richtungen festlegen → siehe Skizze b) gesucht: 𝘐1, 𝘐2, 𝘐3 durch Superposition
Fall A: nur G1 aktiv
Spannungsfall an R1:
→
UR1 = R1 · 𝘐1a
UR2 = U1 – UR1
= 33 Ω · 1,47 A= 48,51 V= 80 V – 48,51 V= 31,49 V
𝙄2a = UR2 ____ R2
= 31,49 V
_______ 47 Ω = 0,67 A
𝙄3a = UR2 _______
R3 + R4 =
31,49 V _______
40 Ω = 0,79 A
Fall B: nur G2 aktiv
gegeben:U1 = 80 V, U2 = 120 VR1 = 33 Ω, R2 = 47 Ω, R3 = 22 Ω, R4 = 18 ΩU2
U1
R2R1
R3R4
Ι1 Ι2
Ι3
Ι3
G1
G2
Rges = R1 + R2 ∥ (R3 + R4) = 33 Ω + 47 Ω ∥ (22 Ω + 18 Ω)
= 33 Ω + 47 Ω · 40 Ω ___________ 87 Ω
= 54,6 Ω
𝘐ges = 𝙄1a = U1 ____
Rges =
80 V _______
54,6 Ω
= 1,47 A
UR1 UR2
U1
R2R1
R3
R4
Ι1a Ι2a
Ι3aG1
Rges = R4 + R3 + R1 ∥ R2
= 18 Ω + 22 Ω + 33 Ω · 47 Ω ___________ 33 Ω + 47 Ω
= 59,39 Ω
𝘐ges = 𝘐3b = U2 ____
Rges =
120 V _______
59,39 Ω
= 2,02 A
UR12
UR3
UR4
U2R2R1
R3
R4
Ι1b Ι2b
Ι3b
G2
16 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
UR12 = U2 – 𝘐3b (R3 + R4)= 120 V – 2,02 A (18 Ω + 22 Ω)= 39,2 V
𝘐1b = UR12 _____ R1
= 39,2 V
______ 33 Ω = 1,19 A
𝘐2b = – UR12 _____
R2 =
– 39,2 V _______
47 Ω = – 0,83 A
Überlagerung (Superposition):
𝙄1 = 𝘐1a + 𝘐1b
𝙄2 = 𝘐2a + 𝘐2b
𝙄3 = 𝘐3a + 𝘐3b
= 1,47 A + 1,19 A= 2,66 A= 0,67 A + (– 0,83 A)= – 0,16 A= 0,79 A + 2,02 A= 2,81 A
7 Gegeben: Netzwerk nach Abbildung zu Aufgabe 7Umwandlung reale 𝘐-Quelle in reale U-Quelle
Ri ≙ R1 = 6,8 ΩUq = 𝘐q · Ri = 2 A · 6,8 Ω = 13,6 V
→ neues Netzwerk:
R1
ΙG2Ri
Uq
U2 ≙ UqR1 ≙ Ri
R4
R6
R3
R5
R2R1
R7
Ι5
Ι3Ι2
Ι1
Ι4 Ι6
Ιa
Ιb ΙcU1
Ιa R6
U3
Ιa R7
Ιa R2Ιa R1
U2
Ιb R5
Ιb R4
Ιc R4Ιc R3
Ιc R7
17Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
Zusammenhang Zweigströme ↔ Maschenströme𝘐1 = 𝘐a𝘐2 = 𝘐a – 𝘐b𝘐3 = 𝘐a – 𝘐c𝘐4 = 𝘐b𝘐5 = – 𝘐c𝘐6 = 𝘐c – 𝘐b
Maschengleichungen:Masche a:
umgestellt:– U2 + 𝘐a R1 + 𝘐a R2 + 𝘐a R7 – 𝘐c R7 + 𝘐a R6 = 0𝘐a (R1 + R2 + R6 + R7) – 𝘐c R7 = U2
Masche b:umgestellt:
– U1 + 𝘐b R4 – 𝘐c R4 + 𝘐b R5 = 0𝘐b (R4 + R5) – 𝘐c R4 = U1
Masche c:umgestellt:
𝘐c R3 + U3 + 𝘐c R4 – 𝘐b R4 + 𝘐c R7 – 𝘐a R7 = 0– 𝘐a R7 – 𝘐b R4 + 𝘐c (R3 + R4 + R7) = – U3
Gleichungssystem (Widerstände addiert, Einheiten weggelassen und 𝘐a = x, 𝘐b = y, 𝘐c = z)⇒ 19,2 x
– 8,2 x14,7 y– 4,7 y
– 8,2 z– 4,7 z+ 22,9 z
= 13,6= 12= – 24
(I)(II)(III)
Lösung des Gleichungssystems:
I nach x
x
umstellen
= 13,6 + 8,2 z ___________
19,2
in III – 8,2 ( 13,6 + 8,2 z ___________
19,2 ) – 4,7 y + 22,9 z = – 24
– 5,8 – 3,5 z – 4,7 y + 22,9 z = – 24
– 4,7 y + 19,4 z = – 18,2
neues Gleichungssystem:14,7 y – 4,7 z – 4,7 y + 19,4 z
= 12= – 18,2
(a)(b)
(a) nach y umstellen:
y = 12 + 4,7 z _________ 14,7
in (b):
– 4,7 ( 12 + 4,7 z _________
14,7 ) + 19,4 z = – 18,2
– 3,84 – 1,5 z + 19,4 z = – 18,2 17,9 z = – 14,36 z = – 0,802
18 Komplexe Widerstandsnetzwerke an Gleichspannung
mit y = 12 + 4,7 z ___________ 14,7
= 12 + 4,7 · (– 0,802)
__________________ 14,7
y = 0,56
mit x = 13,6 – 8,2 z ___________ 19,2
= 13,6 + 8,2 · (– 0,802)
__________________ 19,2
x = 0,37
→ d. h. 𝘐a = 370 mA, 𝘐b = 560 mA, 𝘐c = – 802 mA
→ Zweigströme𝘐1 = 𝘐a = 370 mA𝘐2 = 𝘐a – 𝘐b = – 190 mA𝘐3 = 𝘐a – 𝘐c = 1,17 A𝘐4 = 𝘐b = 560 mA𝘐5 = – 𝘐c = 802 mA𝘐6 = – 𝘐c – 𝘐b = – 1,36 A
5 Reale Gleichspannungsquellen
Lösungen der Aufgaben 1 bis 6 (Seite 87)
1 a) Gegeben: reale Spannungsquelle mit Uq = 9 V, Ri = 0,8 Ω, Rl = 75 Ω
b)
c)
2 Gegeben: reale Spannungsquelle mit Uq = 24 V, Ri = 1,8 Ω, RL = 8,2 … 15 Ωgesucht: Verlauf der Klemmenspannung
Uq/V 24 24 24 24 24 24 24 24
Ri/Ω 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8RL/Ω 8,2 9 10 11 12 13 14 15𝘐/A 2,40 2,22 2,03 1,88 1,74 1,62 1,52 1,43UKL/V 19,68 20 20,34 20,63 20,87 21,08 21,27 21,43
mit den Formeln 𝘐 = Uq _______ Ri + RL
und UKL = 𝘐 · RL
𝘐 = Uq _______ Ri + Rl
= 9 V ____________
0,8 Ω + 75 Ω
= 0,119 A
UKL = 𝘐 · Rl = 0,119 A · 75 Ω= 8,91 V
Uq UKL
I
Rl
Ri
𝘐 = U _______ Ri + Ri′
= 9 V _____________ 0,8 Ω + 6,8 Ω
= 1,18 A
pVi = 𝘐 2 · Ri = (1,18 A)2 · 0,8 Ω= 1,12 W
19Reale Gleichspannungsquellen
3 Gegeben: reale Spannungsquelle mit U0 = 60 VBelastung mit 𝘐L = 37 A → UKL = 54,5 Vgesucht: Ri und RL
Leerlauf 𝘐 = 0U0 = Uq = 60 V
Belastung 𝘐 = 37 AUKL = 54,5 V
→ Ui = Uq – UKL= 60 V – 54,5 V= 5,5 V
Ri = Ui ___ 𝘐 =
5,5 V _____
37 A = 0,149 Ω
RL = UKL ____ 𝘐 =
54,5 V ______
37 A = 1,473 Ω
Kennlinie UKL = f (Ri)
Ri in Ω
UK
L in
V
15141312111098,28
22
21,5
21
20,5
20
19,5
19
18,5
Uq UqU0
I = 0 I = 37ARi
Ui
UKL RL
Ri
20 Reale Gleichspannungsquellen
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