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