Umrechnung von Einheiten

Umrechnung von Einheiten:
Vorsätze von Einheiten stehen ersatzweise für einen Faktor. Dadurch verkürzt sich die
Schreibweise.
Zur Erinnerung:
Vorsatz
p-Piko
n-Nano
µ-Mikro
m-Milli
k-Kilo
M-Mega
G-Giga
Faktor
0.000 000 000 001
0.000 000 001
0.000 001
0. 001
1000
1000 000
1000 000 000
In Exponentenschreibweise
10-12
10-9
10-6
10-3
103
106
109
Will man eine Einheit mit Vorsatz umrechnen, so geht man zweckmäßigerweise wie folgt
vor:
1. Beseitigung des alten Vorsatzes durch Ersatz mit Faktor
2. Einführung der neuen Vorsilbe zusammen mit einem zahlenmäßigen
Korrekturfaktor, beide zusammen müssen Eins ergeben (hier in eckige Klammern
gesetzt).
 k 
0,051 A = 0,051 
 A=0,000051kA
1000 
0,051 A = 0,051 m ⋅ 1000 A = 51mA
 k 
1000  = 1!!


m ⋅ 1000 = 1!!
51mA =51 ⋅ 0,001 ⋅ A = 51 ⋅ 0,001 ⋅ 106 ⋅ n A = 51 ⋅ 106 nA


51 ⋅ 106nA =51 ⋅ 106 ⋅ 10-9 ⋅ A = 51 ⋅ 106 ⋅ 10-9 ⋅ p ⋅ 1012  A = 51 ⋅ 109pA


Bei einiger Übung kann man die Zehnerpotenzen natürlich auch schnell automatisch
zusammenfassen. Bei diesem Beispiel ist mA die zweckmäßigste Einheit.
Haben Sie etwas bemerkt? Die Einheiten werden nicht, wie Variable, kursiv geschrieben.
Bei einigen Einheiten muss man die Synonyme kennen. Je nach Anwendung werden
verschiedene Symbole für die Einheiten verwendet. Besonders intensiv ist das bei der
Einheit der Energie. Je nach Auftreten als elektrische Energie, Wärmeenergie oder
mechanische Energie werden verschiedene Buchstaben benutzt. Das ist auch
länderspezifisch, in den USA kennt man vorwiegend das J(oule).
Mechanik
Elektrotechnik
Kalorik, Chemie
SI-Einheit
Newton Meter
Wattsekunde,
Kilowattstunde,
Megawattstunde
Joule
Kilojoule
Magejoule
Abkürzung
Nm
Ws
kWh
MWh
J
kJ
MJ
Sie müssen folgende Gesetzmäßigkeit kennen und können:
1 J = 1 Ws = 1 Nm
Daraus lassen sich alle anderen Einheiten ableiten.
1Nm=1Ws =
k
h
1
⋅W⋅
=
kWh ≈ 2,78 ⋅ 10-07kWh
1000
3600 3600000
Ein letztes Beispiel:
1
km
1000m
m
=1
≈ 0,278
h
3600s
s
Kennlinie eines Bauelementes:
Aus einer Messreihe an einem Bauelement ergaben sich folgende Werte
für Strom und Spannung:
I/mA
U/V
10
1,5
20
3
30
4,5
40
6
Trägt man diese Werte in ein Diagramm ein, so erkennt man deutlich den
linearen Zusammenhang.
Kennlinie
45
40
35
I/mA
30
25
Reihe1
20
15
10
5
0
0
2
4
6
8
U/V
a)
Wir setzen für die Größengleichung an:
I = k ⋅U
k =
I
U
Zum Beipiel: I = 10 mA, U = 1,5 V → k = 6,66 mA/V
b) Zugeschnittene Größengleichung
I = 6,66 mA / V ⋅ U :mA
I/mA = 6,66 ⋅ U/V
c)
I/mA
10
U/V
1,5
U/I=R 150 V/A
R ist konstant!
20
3
150 V/A
30
4,5
150 V/A
40
6
150 V/A
Da Die Funktion eine Gerade ist, beträgt der Grenzwert U/I für U = 0
und I = 0 ebenfalls R = 150 V/A = 150 Ω.
Kurvenanpassung
0
0
U/V
I/mA
1
0,5
2
2
3
4,5
4
8
5
12,5
a)
Darstellung in doppelt logarithmischer Form:
I / mA = a ⋅ (U / V ) ln()
b
(
ln ( I / mA ) = ln a ⋅ (U / V )
b
)
Logarithmengesetze!
ln ( I / mA ) = ln(a) + b ln (U / V )
y = mx + n;
mit
y = ln ( I / mA ) ; m = b; x = ln (U / V ) ; n = ln(a)
U / V = 1; I / mA = 0,5 → x = 0; y =
n = −0, 69
y−n
für U/V = 2; I/mA = 2 → y = 0, 69; x = 0,69
x
0,69 + 0,69
m=
=2
0,69
m=
Auf eine grafische Darstellung wird an dieser Stelle verzichtet, Geraden sind im Internet
genügend zu finden.
c)
Bestimmung von a und b
b=m=2
a = e n = 0,5
I / mA = 0,5 (U / V )
2
d)
U/V
I/mA
0,5
0,125
3,5
6,125
6
18
Strom, Ladung
Gegeben ist das Oszillografenbild. Gesucht ist der Spannungsverlauf und die in einer Periode
transportierte Ladung.
Der Scheitelpunkt der Parabel wird in den Nullpunkt verschoben. Damit ergibt sich folgendes Bild:
4 Y
X
-2
2
0
4
Wir stellen zunächst die grafische Funktion dar. Dazu gelten zwei Abschnitte.
1) Parabel:
Y = A − BX
2
für X = 0 → Y = 4 cm → A = 4 cm
A
4
=
2
4 cm
X
für X = 2 cm → Y = 0 → B =
Y = 4 cm −
1
X
2
cm
(
Y/cm = 4 − X / cm
= 4 cm −
(
)
2
2) Nulllinie: Y = 0
3) Gesamtdarstellung
4 − ( X / cm)
0
für -2 cm ≤ X ≤ 2 cm 
2
Y/cm= 

für 2 cm < X ≤ 4 cm 
b) Darstellung der Zeitfunktion:
Umrechnung der Achsen
t =
100ns
X
cm
cm
X =
t
100 ns
U =
1V
)
cm
2
2
X = 4 cm − X / cm cm
2
cm
Y
cm
cm
Y =
U
1V
 4 − (t /100 ns )2
0
für -200 ns ≤ t ≤ 200 ns 
 4 − (t / 0,1 µs )2
0
für -200 ns ≤ t ≤ 200 ns 
U/V= 
U/V= 
 4 − 1 (t / µs )2
0,01
U/V= 
 0
 4 −100 (t / µs )
0
2
U/V= 
für 200 ns < t ≤ 400ns
für 200 ns < t ≤ 400ns




für -200 ns ≤ t ≤ 200 ns 

für 200 ns < t ≤ 400ns


für -200 ns ≤ t ≤ 200 ns 
für 200 ns < t ≤ 400ns


c) Ladung durch den Widerstand R = 50 Ω
Ladung wird nur in der Zeittransportiert, in der Strom fließt, das heißt, wo Spannung über dem
Messwiderstand anliegt. Benötigt wird zunächst der Strom I.
I =
U
R
=
U
50
V
U
=
50
A
I
mA
I
mA
= 20 U
(
V
1000mA
V
(
= 20 4 − 100 t / µs
)
2
)=
(
80 − 2000 t / µs
)
2
Für die Ladung, die durch den Widerstand fließt, gilt:
t2
0,2µs
Q = ∫ I (t )dt =
I (t )dt =
∫
−0,2µs
t1
3
80 ⋅ t −
 t 
2000
⋅ µs ⋅ 

3
 µs 
2

 t  
 80 − 2000   dt ⋅ mA=
−0,2 µs 
 µs  

0,2µs
∫
2µs
⋅ mA = 21,33nAs
−0,2µs
Ladung, Strom
Gegeben ist der folgende Ladungsverlauf:
Zu berechnen ist der Stromverlauf:
Allgemein gilt: I (t )=
dQ(t )
dt
Also muss für jeden Abschnitt die Funktion Q(t) bekannt sein und dann differenziert
werden.
Tip: Zunächst die Basisvariante einer jeden Funktion suchen und dann in x- und y
Richtung verschieben
a) Die Parabel:
Die Parabel hat ihren Scheitelpunkt im Koordinatenursprung und besitzt bei t = t1 den
2
t 
Q1  
 t1 
Wert Q1.
Q(t ) =
b) Die parallele zur t-Achse:
Q(t ) = Q1
c) Die fallende Gerade. Sie besitzt einen negativen Anstieg und ist um Q1 nach oben
Ansatz: Q(t ) = n + m(t − t2 )
−Q − Q
Q
1 1 = −2
1
und t2 nach rechts verschoben: n = Q1;
m =
t −t
t −t
3 2
3 2
Q
1 (t − t ) = Q  1 − 2 (t − t2 )  ;
Q(t ) = Q1 − 2
2
1
t −t
t −t 
3 2

3 2 
d) Die e-Funktion beginnt mit dem Wert -Q1 und fällt dann auf Null. Genau das
macht eine e-Funktion, sie ist für das Argument Null gleich eins und fällt mit
steigendem Argument gegen Null. Unsere Funktion ist außerdem um t3 nach
rechts verschoben.


Q(t ) = -Q1 exp  -
t − t3 
τ


Pr obe: t = t3 → Q(t3 ) = -Q1; t → ∞ → Q = 0
Gesamtdarstellung einschl. Differenziation:
  2
 Q1  t 
für
  t1 

für
 Q1
Q(t ) =   2 (t − t ) 
2
Q1 1 − t − t  für
3 2 
 

 -Q1 exp  - t − t3  für
 τ 




0 ≤ t ≤ t1 


t1 < t ≤ t2 


t2 < t ≤ t3 


t3 < t < ∞ 

 Q1  t 
für
 2   = 2 ⋅ A ⋅ t/s
 t1  t1 
0
für

I(t ) =  −2
für
 t − t Q1 = −1, 33 A
3 2

 t − t3 
 Q1
 t − 3, 5 s 
 τ exp  - τ  = 2 ⋅ A ⋅ exp  - 0, 5 s  für




0 ≤ t ≤ t1 

t1 < t ≤ t2 


t2 < t ≤ t3 


t3 < t < ∞ 

Strom, Ladung
Gegeben ist der folgende Stromverlauf:
I(t)
1A
0
1
2
3
t/s
Zu berechnen ist der Ladungsverlauf:
t
Allgemein gilt: Q(t ) = Q(t = t0 ) + ∫ I (t ')dt '
t0
Also muss für jeden Abschnitt die Funktion I(t) bekannt sein und dann integriert werden.
Tip: Zunächst die Basisvariante einer jeden Funktion suchen und dann in x- und y
Richtung verschieben
e) Die steigende Gerade. Sie besitzt einen positiven Anstieg und ist um 1 s nach
Ansatz: I (t ) = m(t − 1s)
t = 2 s; I = 1 A
A
rechts verschoben: m = 1 A = 1
1s
I (t ) = 1
s
A
(t -1s)
s
Gesamtdarstellung:
I (t ) =
0
 A
1 (t
 s
0

− 2s
)


1s < t ≤ 2s 

2s < t < ∞ 

0 ≤ t ≤ 1s
für
für
für
Nun muss integriert werden, wobei für jeden Bereich als Anfangsladung, die Ladung
aus dem vorherigen Bereich gilt.
I (t ) =
0
 A
1 (t
 s
1A
 0
0 ≤ t ≤ 1s:
1s < t ≤ 2s:


1s < t ≤ 2s 

2s < t < 3s 
3s < t < ∞ 

0 ≤ t ≤ 1s
für
− 1s
)
für
für
für
1
Q(t = 0) = 1As; Q(t ) = 1As + ∫ 0dt ' = 1As;
0
Q(t ) =1As
Q(1s) =1As
Q(t = 1s) = 1As;
t A
Q(t ) = 1As + ∫ 1
t '− 1s dt ' =
1s s
1As+ 1
A 1
s 2
(
Q(t ) = 1As+
2s < t < 3s :
(
t '− 1s
A
2s
((
)
+ 1A ⋅ t '
t
=
1s
t − 1s
Q(t = 2 s) = 1, 5As;
1, 5As
2
)
2
)
Q(2s) =1,5 As
t
Q(t ) = 1, 5As + ∫ 1Adt ' =
2s
t
2s
Q(t ) = 1As+1A ⋅ (t − 2s ) Q(3s) = 2,5 As
3s < t < ∞ :
Q(t = 3 s) = 2, 5As;
Q(t ) = 2,5 As
t
Q(t ) = 2, 5As + ∫ 0dt ' =
2s
)
Maschensatz, Knotensatz
Gegeben ist folgende Schaltung:
Alle angegebenen Spannungen werden zwischen dem Messpunkt und Masse gemessen,
für die Spannung von 1,7 V angedeutet durch die blaue Linie.
Über die Maschen lassen sich einzelne Spannungen und damit auch Ströme bestimmen.
Wir führen das an der gelb markierten Masche durch:
I1 ⋅ 1, 03MΩ + 1,7 V-12 V=0
Die Maschenspannungen:
I1
Jetzt die anderen:
=
12 V- 1,7 V
1, 03MΩ
= 10µA
(Mit scholar-terminal kein Problem)
I2
=
I3
=
12 V- 2,7 V
4, 65kΩ
1V
0, 5kΩ
= 2 mA
= 2 mA
(Die Spannung 2,7 V steht etwas weiter rechts!)
(Das ist ganz einfach, die Spannung wird direkt über dem
Widerstand gemessen)
I4
=
12 V-7 V
I5
=
2,02 V
5kΩ
2kΩ
= 1 mA
(Wie bei I2)
= 1, 01 mA
(Wie bei I3)
Über die Knotensätze kann der Rest bestimmt werden.
I6 = I2 − I3 = 10µA
Masche:
5kΩ ⋅ I 4 + (7 V - 2,7 V) − 4, 65kΩ ⋅ I2 = 0
Energie- und Spannungsquelle
Die Polarität der Spannungsquelle folgt aus dem Spannungspfeil!
I
I0
I
+
Uq
-
t1
t2
-I0
I (t ) =
 
 I0  1 −
 
 − I0
 0


2
t1



t1 < t < t2 
t2 < t 



0 ≤ t ≤ t1
t

Die Leistung wir über die Beziehung
P (t ) =


 I0Uq 1 −


−
I
U
 0 q
 0


2
t1

t

P = UqI ermittelt.



t1 < t < t2 
t2 < t 


0 ≤ t ≤ t1
t
P
I0Uq
I
Uq
t1
-I0Uq
t2
t
Die transportierte Energie ergibt sich aus:
W (t ) = W (t = 0) +
t
∫ P (t )dt
t =0
mit W (t = 0) = 0
t
W (t ) = Uq ∫ I (t )dt
t =0
0 ≤ t ≤ t1 :
W (t ) = W (t = 0) +
t
∫ P (t )dt
t =0
mit W (t = 0) = 0
t
W (t ) = Uq ∫ I (t )dt
t =0
W (t ) =
− I0Uqt1
4
2
 2 
1- t 
 t1 
t
=



 t1 
I0Uqt  1-
0




60 min 



 ⋅ W ⋅ 60 s
60 min 
t
W (t ) = 2 A ⋅ 12 V ⋅ t  1W (t ) = 24 ⋅ t / min  1-


W (t1 ) = 0


= 2 ⋅ 12 ⋅ t / min  1-
t
W (t ) = 1440 ⋅ t / min  1-
t

 ⋅ W ⋅ min
60 min 
t


= 24 ⋅ t / min  1-

 ⋅ W ⋅ 60 s
60 min 
t

 ⋅ Ws
60 min 
t


W (t ) / Ws = 1440 ⋅ t / min  1-


60 min 
t
t1 < t < t2 :
(
t
W (t ) = W (t1 ) − I0Uq ∫ dt = 0 − I0Uq t − t1
t
1

W (t ) = −24  t

W (t )
min
(
t
− 1

W ⋅ min
min 

)
t
Ws = −1440 min − 60
W (t2 ) = 43200 Ws
t2 < t :
P = 0
→
(
− I0Uq t2 − t1
)
(
)
= −24 t
(
W (t2 ) = − I0Uq t2 − t1
min
)
− 60 W ⋅ 60 s
)
Nichtmaßstäbliche Zeichnung:
W
I0Uqt1/4
t1
-I0Uq(t2-t1)
t2
t
Kennlinie einer Diode
Für alle Betrachtungen gilt m = 1!
U/V
0
0,52
0,56
0,60
0,64
0,68
0,70
0,72
0,74
I/mA
0
1,1
3
8,2
22,2
60,4
99,6
164,1
270,6
a) Kennlinie der Diode
b)
U/V
I / mA
0
0
0,35
0,016
0,7
99,6
-7
- 2,5 10-6
Eventuell noch Zwischenwerte angeben.
I ≈ IS e
c)
U
mU T
,
U
I
I
= ln( ) , U = mU T ln( )
mU T
IS
IS
⇒
U = 0,600
V
.
d)
Allgemein gilt mit der für den Durchlaßbereich gültigen Näherungsbeziehung:
I
U = mU T ln( )
IS
,
⇒
I2
=2
I1
I
U1 = mU T ln( 1 ) ,
IS
⇒
I
U2 = mU T ln( 2 )
IS
,
I
U2 − U1 = mU T ln( 2 ) .
I1
U2 = U1 + mU T ln 2 , U2 = 0, 600 V + 40 mV ln2 = 0,6277 V.
Von gewissem technischen Interesse ist noch der Fall :
I2
= 10 ⇒ U2 − U1 = mU T ln 10 ≈ 2, 3 mU T
I1
.
Differenzieller Widerstand einer Diode
a)

 
 − 1
 UT  

I = Is  exp 

r =
U
→
 I + 1
U = U T ln 

 Is

U
UT
dU
1
= T
=
I
dI
Is
Is + I
+1
Is
b)
I = 1 mA: r = 40 Ω , I = 0,05 mA:
Hinweise:
1. Für I = 0 folgt
r = 800 Ω.
,
Zahlenwert für UT = 40 mV und IS = 2,5 nA:
U
∆I
∆ U U1 α
β
I
I1
2.
r(0) = 16 MΩ.
R1 =
U1
, tan β
I1
U1 / V
= R1 / Ω
I1 / A
r =(
dU
)1 , tan α
dI
(
dU / V
∆U / V
)1 = (
)1 = r / Ω
dI / A
∆I / A
Arbeitspunkt einer Diodenschaltung
a)
Allgemein mit dem MS: Uq = IR + UD (I ) ⇒ I =
UD(I),
Fall 1:
Uq1 und Uq2
Fall 2:
Uq1 und Uq2.
Uq − UD ( I )
R
> 0 für Uq >
Uq > UD = UF = 0,7 V = konst.
⇒
Diode leitet für
Uq > UD = UD(I) > 0,5 V
⇒
Diode leitet für
U = UF = Uq1 − IR ⇒
U = 0,7 V, I = 43 mA ,
U
U = Uq1 − ISR exp(
) ,
Fall 2:
mU T
zahlenmäßige Auswertung für IS = 2,5 10-9A, mUT = 40 mV, R =
100 Ω:
b)
Fall 1:
U = 5 V - 2,5 ⋅ 10 -7 V ⋅ exp(
Wert
1
2
3
4
U
)⇒
40 mV
U/V
0.660
0,665
0,668
0,670
f (U ) = (U / V) + 2,5 ⋅ 10 -7 ⋅ exp( 25 ⋅ (U / V)) = 5
f(U)
4,32
4,815
5,141
5,37
Lineare Interpolation zwischen den Werten 2 und 3 liefert U = 0,6667V, I
= 43,3 mA.
Der Arbeitspunkt ergibt sich aus dem Schnittpunkt der beiden Kennlinien:
rot: Kennlinie des aktiven ZP
schwarz: Diodenkennlinie
Bei Variation von Ue ergeben sich folgende, grafisch ermittelte,
Ergebnisse:
Uq
Ideal
Real
.
5V
1V
0,3 V
-3 V
0,7 V / 43
mA
0,66 V / 43
mA
0,7 V /3 mA
0,3 V / 0 mA
-3 V / 0 mA
0,57 V / 4,3
mA
0,3 V / 4,5
µA
-3 V / 0 mA
Kennlinie einer Glühlampe
2
Gegeben ist die Kennlinie der Lampe mit: U = aI + bI .
Die Lampe besitzt einen Kaltwiderstand von 100 Ω.
Bei 230 V verbraucht sie eine Leistung von 40 W.
Ansatz:
- Der Strom im „Wachzustand“ der Lampe lässt sich leicht aus der Leistung bei
Nennspannung berechnen.
- Der Kaltwiderstand ist der Widerstand bei der Spannung Null. Dieser Widerstand
kann praktisch nicht gemessen werden. Man findet ihn durch folgende
Überlegung. Die Strom/Spannungskennlinie eines ohmschen Widerstandes von
100 Ω besitzt den entsprechenden Anstieg. Dieser ist konstant. Bei 0 V entspricht
der Anstieg der Strom/Spannungskennlinie der Lampe genau diesem Wert. Man
muss also die erste Ableitung der Kurve bilden und für I = 0 den differenziellen
Widerstand bilden.
U = aI + bI
r =
2
dU
= a + 2bI
dI
r (I = 0) = a = 100 Ω
a = R = 100 Ω
K
Blau: KL Lampe
Rot: Kennlinie Widerstand 100 Ω
Für den Betrieb bei Nennspannung ermitteln wir den Strom IN =
P
= 0,174 A .
U
N
Die Konstante b bestimmen wird aus den Nenngrößen beim Betrieb der Lampe.
U(I)-Kennlinie:
2
UN = RK IN + bI N
b =
U −R I
N K N = 7029 V
2
I2
A
N
U = 100
V
A
I + 7029
( )
V 2
I :V
2
A
( )
U/V = 100 I/A + 7029 I/A
2
Die I(U)-Kennlinie lässt sich aus der quadratischen Bestimmungsgleichung für I herleiten,
wobei nur die positive Lösung in Frage kommt!
2
U = RK I + bI N
I
2
+
RK IN
b
R
I = - K +
2b
−
UN
b
=0
2
 RK 
 2b 
 
+
U
2 U
= −7,11mA+ 50,6 (mA ) +
b
b
I/mA = −7, 11 + 50,6+142U/V
Die Leistung P:
Schwarz: I(U)-KL
Rot: Leistung P
R
I = - K +
2b
P = UI =
2
 RK 
 2b 
 

R
U - K
 2b

+
U
b
2
+
 RK 
 2b 
 
P(U=207 V) = 34,1 W
P(U=253 V) = 46,2 W
+
U
b




Temperaturabhängigkeit verschiedener Widerstände
a) Bestimmung der Konstanten aus den Werten für T0 = 293 K und R0 = 100 Ω.
Metallwiderstand:
T
θ
R(T ) = RM 


− a
→
RM =
R(T0 )
 T0
θ


− a

= 137 Ω
Heißleiter:
b
T
R(T ) = RHe
→
RH =
R(T0 )
b
T
e 0
= 3, 58mΩ
Kaltleiter:
R(T ) = RK e
cT
R(T + 100K)
R(T )
c =
1
100K
RK =
= 100 =
e
c (T +100K )
e
ln 100 = 0, 046
cT
= e
c100K
1
K
R(T0 )
= 138 µΩ
cT
0
e
b) Kennlinien:
Schwarz: Metallwiderstand
Rot: Heißleiter
Blau: Kaltleiter
c) Bestimmung des Temperaturkoeffizienten α.
In der Umgebung der Temperatur T0 ändert sich der Widerstand ungefähr mit der ersten
Ableitung der Kennlinie nach der Temperatur:
R(T0 + ∆T ) = R(T0 + ∆T ) +
dR
dT T = T
0
⋅ ∆T
Wir müssen also die erste Ableitung bilden, und die Gleichung dann in die Form
(
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) 1 + α∆T
)
bringen.
Metallwiderstand:
T
θ


R(T ) = RM 
− a
R
dR(T )
= M
θ
dT T =T
0
R
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) + M ∆T
θ
RM =
R(T0 )
 T0
θ



− a
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) +
R(T0 )
 T0
θ




∆T = R(T0 )  1 +
− a θ

1
(T0 − aθ )

∆T 

Koeffizientenvergleich:
α =
1
(T0 − aθ )
Heißleiter:
b
R(T ) = RHe T
b
T
R(T0 ) = RHe 0
b
T
dR(T )
b
= − RH
e 0
dT T =T
T 2
0
0
b
T
b
b
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) − RH
⋅ ∆T
e 0 ⋅ ∆T = R(T0 ) − R(T0 )
2
T
T 2
0
0

R(T0 + ∆T ) = R(T0 )  1 −


Koeffizientenvergleich:
α = −
b
T 2
0

b
⋅ ∆T 

T 2
0

Kaltleiter:
R(T ) = RK e
cT
R(T0 ) = RK e
cT
0
cT
dR(T )
= RK c ⋅ e 0
dT T =T
0
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) + RK c ⋅ e
(
cT
0 ⋅ ∆T = R(T ) + R(T ) ⋅ c ⋅ ∆T
0
0
R(T0 + ∆T ) = R(T0 ) 1 + c ⋅ ∆T
)
Koeffizientenvergleich:
α = c
Schlussfolgerung: Beim Metallwiderstand und beim Heißleiter hängt
Bezugtemperatur ab.
Schwarz: Metallwiderstand
Rot: Heißleiter
α
von der
Zusammenschaltung von Zweipolen
Durch den Zweipol AC fließt der Strom I, in den beiden Parallelzweigen
aus Symmetriegründen I/2.
Die Spannung über dem Zweipol AC beträgt demnach:
Die Spannung über dem Zweig BC:
U AC = Z ( I )
I
UBC = 2 ⋅ Z ( )
2
Damit lassen sich alle gesuchten Spannungen darstellen:
I
UBC = 2 ⋅ Z ( )
2
I
U AC = UBC + Z ( I ) = 2 ⋅ Z ( ) + Z (I )
2
Der Faktor k:
k =
I
2 ⋅ Z( )
2
I
2 ⋅ Z ( ) + Z (I )
2
Widerstände
U = RI
:
I
UBC = 2 ⋅ R = RI = 5 V
2
U AC = UBC + RI = 2 ⋅ RI = 10 V
1
k =
2
Glühlampen
U = aI + bI
a = 2 Ω, b = 20V/A
2
2
I = 0, 5 A
 I
b 2
I2 
 = aI + I =
UBC = 2 ⋅  a + b
 2

4
2


3,5 V
 I
3 2
I2 
2
 + aI + bI = 2aI + bI = 9,5 V
U AC = 2 ⋅  a + b
 2

4 
2

b
aI + I 2
2
k =
= 0,36
3
2aI + bI 2
2
I =
Dioden
 U
I s  e UT


U = U T ln
U T = 100mV,

− 1


U
U
≈ ISe T
:
I
Is
Is = 35pA
I = 20mA
UBC = 2 ⋅ U T ln


U AC = U T  3 ln
I
2 Is
I
Is


= 2 ⋅ U T  ln


I
Is
-2 ln 2  = 5,91 V
 I

2  ln -ln2 
Is


k =
= 0,66
I


 3ln Is -2ln2 




- ln 2  =
3,894 V
Diodenersatzschaltung
Ersatzschaltung:
IR
R2
IAB
M
A
rD
ID
B
R1
UF
Wir analysieren die Schaltung zunächst qualitativ. Liegt an der Diode nicht mindestens
die Spannung UF, zu sperrt sie und der gesamt Strom fließt durch die Widerstände R1 und
R2. Die Diode leitet gerade noch nicht wenn, über dem Widerstand R2 die Spannung UF
abfällt. Wir haben einen Spannungsteiler:
UF = U AB
UAB = UF
R2
R1 + R2
R1 + R2
= 0,715 V
R2
Zur Berechnung der Kennlinie benutzen wir den Knoten:
IR = I AB − ID
und die beiden Maschen:
IR R2 = UF + IDrD
U AB = UF + IDrD + I ABR1
Nach Einsetzen der Knotengleichung in die Gleichung der roten Masche:
I AB R2 − IDR2 = UF + IDrD
ID =
I AB R2 − UF
R2 − rD
U AB = UF + I AB R1 + I AB
U AB − UF + UF
I AB =
I AB
mA
R2rD
rD
− UF
R2 + rD
rD + R2
rD
rD + R2
R2rD
R1 +
R2 + rD
=
U AB
R1 + R2 || rD
+ UF
= 18, 19 U V − 11, 7 = 8, 19 
U V − 0, 643
rD
R2 + rD
R1 + R2 || rD
Spannungsteiler mit konstantem Laststrom
Wir verwenden den Überlagerungssatz und bauen mit Strom- und Spannungsteiler die
einzelnen Anteile zusammen.
aR
Anteil der Spannungsquelle:
U1 = Uq
Anteil der Stromquelle:
U2 = − Iar || (1 − a)R = I
ar + (1 − a)R
U
Normiert:
Uq
U
Uq
Spannungsdifferenz:
(
)
∆U = aUq − aUq − IRa(1 − a) = IRa(1 − a)
Uq
=
Ia
IT
aR
= aUq
ar + R − aR
ar (1 − a)R
aR + (1 − a)R
= − Ia(1 − a)R
U = aUq − IRa(1 − a)
Gesamt:
∆U
= Uq
(1 − a)
= a−
= a−
IRa
Uq
Ia
IT
(1 − a)
Uq
R
= IT

I

IT
(1 − a) = a  1 −

(1 − a) 

Teilströme in den Teilwiderständen:
Anteil der Spannungsquelle:
I1 = I2 =
Uq
R
(1 − a)R
Anteil der Laststromquelle (unterer Teil):
I2I=-I
Anteil der Laststromquelle (oberer Teil):
I1I=I
Gesamtstrom (unterer Teil):
I2 = − I 1 − a +
(1 − a)R + aR
aR
(1 − a)R + aR
(
)
(
= −I 1 − a
= Ia
Uq
R
(
I2
I
=1− 1 1−a
IT
IT
Gesamtstrom (oberer Teil):
I1 = Ia +
Uq
R
I1
I
=1+ 1 a
IT
IT
)
)
Schaltungsberechnung, Zweipolersatzschaltung
Berechnen Sie den Strom Ix durch R6, indem Sie die Schaltung in einzelne Zweipole
zerlegen, und so eine einzige Masche entsteht.
Uq2
R6
Ix
R2
R9
Iq
R1
R3
R4
R7
Uq1
R8
Uq3
R5
R9
IqR9
Iq
R9
IqR9 = 10 V
Uq2
R6
Ix
IqR9
R2
R1
R3
R4
R9
R7
Uq1
R8
Uq3
R5
IqR9
IqR9+Uq3
R9
R8+R9
R8
R8 + R9 = 20 Ω
Uq3
IqR9 + Uq3 = 20 V
Uq2
R6
Ix
IqR9+Uq3
R2
R1
R3
R4
R7
Uq1
R8+R9
R5
IqR9+Uq3
(IqR9+Uq3)*R7/(R8+R9+R7)
R7
(R8+R9)||R7
R8+R9
U1 = ( IqR9 + Uq3 )
R7
= 6,667 V
(R8 + R9 + R7 )
R1 = (R8 + R9 ) | R7 = 6,667 Ω
Uq2
R6
Ix
A
(IqR9+Uq3)*R7/(R8+R9+R7)
R2
R1
R3
R4
Uq1
(R8+R9)||R7
R5
B
A
UAB
(IqR9+Uq3)*R7/(R8+R9+R7)
RAB
R4
U AB = (IqR9 + Uq3 )
(R8+R9)||R7
[
R7
R4
= 2, 5 V
(R8 + R9 + R7 ) R4 + R5 + (R8 + R9 ) || R7
]
RAB = (R8 + R9 ) || R7 + R5 || R4 = 6,25 Ω
R5
B
Uq2
C
R6
Ix
UAB
R2
R1
R3
Uq1
RAB
D
C
UCD=Uq1R3/(R1+R2+R3)
R2
RCD=(R1+R2)||R3
R1
R3
UCD = Uq1
Uq1
R3
= 3,333 V
R1 + R2 + R3
RCD = R3 || (R1 + R2 ) = 6,667 Ω
D
Erzeuger und Verbraucherbepfeilung
Für alle gewählten Quellen stellen wir die Gleichung für den Zusammenhang zwischen U
und I unter Beachtung der Richtung von I bzw. U auf. Dann zeichnen wir dafür die
Diagramme:
Schwarz : Verbrauchersystem
Rot: Erzeugersystem
Zweipol
Widerstand
U = IR
U = − IR
I
R
U
U
I
Spannungsquelle
ideal, hier gewählt:
Uq > 0
U = Uq
U = Uq
Uq
I
Uq
U
U
I
Schwarz gestrichelt: Phys. Erzeuger
Rot gestrichelt: Phys. Verbraucher
Stromquelle ideal hier
gewählt:
Iq > 0
I = Iq
U
I = Iq
I
U
Iq
I
Schwarz gestrichelt: Phys. Erzeuger
Rot gestrichelt: Phys. Verbraucher
Spannungsquelle
Real, hier gewählt:
Uq > 0
R
U = Uq + IR
U = U q − IR
I
Uq
Iq =
U
Uq
Uq
R
Iq
U
I
Schwarz gestrichelt: Phys. Erzeuger
Rot gestrichelt: Phys. Verbraucher
Stromquelle
Real, hier gewählt:
Iq > 0
U = IqR + IR
U = IqR − IR
I
Iq
R
U
U
Uq
Uq = IqR
Iq
I
Schwarz gestrichelt: Phys. Erzeuger
Rot gestrichelt: Phys. Verbraucher
Leistungsbilanz eines linearen Zweipols mit angeschlossenem
Widerstand
Ri
I
A
URi
UL
U
Ra
B
1) Für die gezeigte Schaltung stellen wir die Gleichungen für Spannung Strom und
Leistung in Abhängigkeit von Ra auf.
Es ist dabei zu beachten, dass der Innenwiderstand Ri konstant ist, weil sich
sonst Ik und P0 ändern!!!!
Spannung U:
U = UL
Ra
→
Ri + Ra
Ra
U
=
→
UL
Ri + Ra
Ra
Ri
U
x
=
=
R
UL
1+ x
1+ a
Ri
Ua/UL
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
Ua/UL
0
2
4
6
8
x
Strom I:
I =
UL
U
Ri
Ri
= L
= Ik
Ra + Ri
Ri Ra + Ri
Ra + Ri
I
1
1
=
=
Ra
Ik
x +1
+1
Ri
10
12
I/Ik
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0
2
4
6
8
10
12
x
Leistung Pa an Ra:
Pa = UI = UL
Pa
=
P0
(
Ra
RaRi
RaRi
RaRi
UL
U
= UL L
= UL Ik
= P0
2
2
Ri + Ra Ri + Ra
Ri ( R + R )
( Ri + Ra )
( Ri + Ra )2
i
a
RaRi / Ri2
2
Ri + Ra / Ri2
)
=
Ra
Ri
2

Ra 
1 +

Ri 

=
x
(1 + x )2
Pa/Po
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
2
4
6
x
Maximum von Pa in Abhängigkeit von Ra:
8
10
12
Pa = P0
RaRi
( Ri + Ra )2
R ( R + Ra ) − RaRi ⋅ 2 ( Ri + Ra )
dPa
= P0 i i
=0
dRa
( R + R )2
2
i
a
Ri ( Ri + Ra ) − RaRi ⋅ 2 ( Ri + Ra ) = 0
2
( Ri + Ra ) = 2Ra →
Pa = P0
R2
(2R )2
=
Ra = Ri = R
P0
4
Maximum von Pa in Abhängigkeit von Ri:
Pa =
Ua2 UL2
Ra2
Ra
=
= UL2
2
Ra
Ra ( R + R )
( Ri + Ra )2
i
a
Pa hängt in diesem Fall von Ri ab. Pa wird dann am größten, wenn der Nenner am
kleinsten ist. Das gilt für Ri = 0. Es gibt ein Extremum. Das ist aber nicht lokal, sondern
global und kann deshalb durch Differenziation nicht gefunden werden. Führt man das
Verfahren der Suche nach einem lokalen Extremwert durch, so ergibt sich als Lösung
Ri = - Ra, was technisch nicht sinnvoll ist!
Leistung Pi an Ri:
Pi = I 2Ri =
UL2
( Ri+Ra )2
Ri = UL
UL
Ri2
Ri2
=
P
0
Ri ( R +R )2
( Ri+Ra )2
i
a
Pi
Ri2
1
1
=
=
=
2
2
2
P0 ( R +R )
1+x )

(
Ra 
i
a
1+ 
Ri 

Pi/Po
1,20
1,00
0,80
0,60
0,40
0,20
0,00
0,00
2,00
4,00
6,00
8,00
10,00
12,00
x
2) Für die gezeigte Schaltung stellen wir die Gleichungen für Spannung Strom und
Leistung auf in Abhängigkeit von Ri auf.
In diesem Fall ist Ri nicht konstant, sondern Ra!!!!
Spannung U:
Hier ergeben sich keine Änderungen.
U = UL
Ra
→
Ri + Ra
Ra
U
=
→
UL
Ri + Ra
Ra
Ri
U
x
=
=
R
UL
1+ x
1+ a
Ri
Ua/UL
1
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
Ua/UL
0
2
4
6
8
10
12
x
Strom I:
Die Normierung auf Ik ist nicht sinnvoll, weil Ik nicht konstant ist!
I =
UL
→
Ra + Ri
Maximum für Ri = 0
Leistung Pa an Ra:
Die Normierung auf Ik ist nicht sinnvoll, weil Ik nicht konstant ist!
Pa = UI = UL
Ra
Ra
UL
= UL2
Ri + Ra Ri + Ra
( Ri + Ra )2
Maximum für Ri = 0
Innere Leistung:
Ri
Pi = I 2Ri = UL2
( Ri + Ra )2
Pa hat ein Maximum für Ri = 0, Pi durchläuft ein lokales Maximum für Ri = Ra.
Grafisches Beispiel für Ra = 75 Ω und UL = 1,5 V
0,035
0,03
Pa,Pi
0,025
0,02
Pa
0,015
Pi
0,01
0,005
0
0
50
100
150
Ri
200
250
Solarmodul
Gegeben ist die folgende Schaltung mit einem Solarmodul:
Schaltung
+
Modul
Ersatzschaltung für das Modul mit
einer Stromquelle und einer Diode
I
A
U
IK
IAB
Ra
A
UAB
ID
B
B
Angenährtes Klemmverhalten des
Moduls:
I = I1 − aU
Kennline:
I
I0
10
U0 U
U0= 8 V, I0 = 2 A
Aus der Kennlinie ermitteln wir zwei Wertepaare:
I = 0 ; U = U0 und U = 0 ; I = I0
Daraus kann man die
I (U = 0) = I0 → I1 = I0 = 2 A
Parameter
I
10
I (U = U0 ) = 0 → a = 0 = 1, 86n A/V
bestimmen:
10
U0
Bei welcher Spannung
Um1 wird die Leistung
maximal:
11
P = UI = UI1 − aU
Bestimmung des Maximum:
dP
dU
= I1 − 11aU
dP
dU U = U
m1
10
= 0 → Um1 = 10
I0
11a
= 6, 3 V
10
Wie groß ist dann die
Pm1 = Um1( I0 − aUm1 ) = 11, 4 W
Leistung:
2
Wie groß muss in
Um1
Ra1 =
= 3, 46 Ω
diesem Fall der
Pm1
Lastwiderstand sein:
Die Strahlungsintensität verringert sich, so dass ein Kurzschlussstrom nur
noch von I0/2 fließt, a bleibt konstant.
Wie groß ist dann U0*
bei I = 0:
Wie groß ist dann die
im Lastwiderstand Ra1
umgesetzte Leistung
unter der Annnahme I
= I0/2:
Wie groß müsste der
Lastwiderstand
gewählt werden,
damit Pm* maximal
wird:
I
*
U0 = 10 0 = 7, 5 V
2a
2
I
*
P = 0 Ra1 = 3, 46 W
4
Wir berechnen unter Verwendung der oberen
Formel Um2 und dann über die Kennlinie Im2
Um2 = 10
Im2 =
I0
2
I0
2 ⋅ 11a
= 5,873 V
10
− aUm2 = 909,091 mA
I0
10
Um2
2 ⋅ 11a
Ra2 =
=
= 6, 46 Ω
I0
Im2
10
− aUm2
2
Wie groß wird dann
Pm:
Pm =
2
Um2
= 5, 3 W
Ra2
Operationsverstärker
I
I
R2
R1
UD
U1
U2
UD
R2
U1
R1
U2
a) Für die obere Schaltung mit einem Operationsverstärker ist das Spannungsverhältnis
U2/U1 zu berechnen.
Dazu bilden wir eine erste Masche bestehend aus U1, UD und der Spannung über dem
Widerstand R1:
U1 + UD − IR1 = 0 → I =
U1 + UD
R1
Die zweite, große Masche liefert folgende Gleichung:
U1 − vUD − I (R1 + R2 ) = 0
vUD = U1 − I (R1 + R2 )
I aus der ersten Gleichung in die zweite eingesetzt:
vUD = U1 −

U1  1 −

U1
− R2
R1
U1
U
(R1 + R2 ) − D (R1 + R2 )
R1
R1

(R1 + R2 ) 
(R1 + R2 ) 
 = UD  v +

R1
R1




= UD  v +

1
UD = −U1
v
U2 = −U1
(R1 + R2 ) 

R1

R1
(R + R2 )
+ 1
R2
R1
v
R
(R + R2 )
v 1 + 1
R2
R1
=
U2
v
1
= −U1
R1
(R1 + R2 )
+
R2
vR1
U2
1
= −
R1
(R + R2 )
U1
+ 1
R2
vR1
v → ∞
U2
R
= − 2
U1
R1
b) Für die untere Schaltung mit einem Operationsverstärker ist das Spannungsverhältnis
U2/U1 zu berechnen.
Wir berechen zuerst die Spannung über R1 und können dann die Maschengleichung für
den Eingangskreis aufstellen:
UR1 = U2
R1
R1 + R2
U1 − UR1 − UD = 0
U1 − UR1 −
U2
= 0
v
(
)

U2 = v U1 − UR1 = v  U1 − U2

U2  1 + v

U2 = U1
U2
=
U1


R1
 = vU1
R1 + R2 
v

1 + v


R1

R1 + R2 
= U1
1
1

v
+

R1

R1 + R2 
v → ∞
U2
=
U1

R1

R1 + R2 
1
 R1 


 R1 + R2 
=1+
R2
R1
1
1

v
+

R1

R1 + R2 