Grundlagen Elektrotechnik

Grundlagen Elektrotechnik
- Gleichstromtechnik Übungsaufgaben Herausgeber: Manfred Strohrmann
1
Vorwort ............................................................................................ 6
2
Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld ............................ 7
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
3
Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit ..................... 13
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
4
Elektrisches Heizgerät ............................................................................................................... 19
Glühlampe ................................................................................................................................. 19
Kupferbahn einer Leiterplatte .................................................................................................... 20
Kennlinie eines linearen und nichtlinearen Zweipols ................................................................ 21
Leitungsdimensionierung ........................................................................................................... 22
Füllstandserkennung ................................................................................................................. 23
Wochenendhaus ........................................................................................................................ 23
Widerstand einer Spulenwicklung ............................................................................................. 26
Material eines Spulendrahtes .................................................................................................... 27
Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln ............................. 29
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
6
Energie ...................................................................................................................................... 13
Potenzialverlauf ......................................................................................................................... 14
Durchlauferhitzer ....................................................................................................................... 15
Eismaschine .............................................................................................................................. 16
Wasserpumpe............................................................................................................................ 17
Musterlösung – Zweipole ............................................................. 19
4.1
4.2
4.3
4.5
4.7
4.9
4.10
4.12
4.13
5
Strom- und Ladungsberechnung ................................................................................................. 7
Elektronenüberschuss und Elektronengeschwindigkeit .............................................................. 7
Bond-Draht einer Diode ............................................................................................................... 8
Akku eines Smartphones ............................................................................................................. 9
Akku eines Modellflugzeugs ...................................................................................................... 11
Knoten- und Maschengleichungen ............................................................................................ 29
Berechnung von Strömen .......................................................................................................... 30
Prüfung von Maschengleichungen ............................................................................................ 31
Betrieb von zwei Glühlampen .................................................................................................... 32
Verluste in Leitungen ................................................................................................................. 33
Ströme, Spannungen und Leistungen ....................................................................................... 35
Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen ......... 38
6.1
6.2
6.3
6.4
6.5
6.6
6.7
6.8
6.9
6.10
6.11
6.12
6.13
6.14
Berechnung von Ersatzwiderständen ........................................................................................ 38
Widerstände und Schalter ......................................................................................................... 39
Bestimmung von Widerständen................................................................................................. 40
Parallelschaltung von Widerständen ......................................................................................... 41
Zusammenschaltung von Widerständen ................................................................................... 41
Überbrückte T-Schaltung ........................................................................................................... 44
Berechnung eines Kreuzgliedes ................................................................................................ 45
Potenziometer-Schaltung .......................................................................................................... 46
Widerstandswürfel ..................................................................................................................... 47
Digital-Analog-Wandler.............................................................................................................. 48
Ersatzwiderstand ....................................................................................................................... 49
Widerstandspyramide ................................................................................................................ 51
Heizstufen eines Haartrockners ................................................................................................ 52
Symmetrisches Widerstandsnetzwerk ...................................................................................... 52
Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung .......................... 54
7
7.1
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
7.8
Betrieb einer Glühlampe als Spannungsteiler .......................................................................... 54
Widerstandsnetzwerk................................................................................................................ 55
Schaltungsanalyse .................................................................................................................... 56
Spannungsteiler als Temperatursensor .................................................................................... 58
Spannungsteiler mit Potenziometer .......................................................................................... 59
Messbereichserweiterung ......................................................................................................... 61
Drehspulmesswerk ................................................................................................................... 62
Musterlösung – Lineare Quellen .................................................. 65
8
8.1
8.2
8.3
8.5
8.6
8.7
8.8
8.10
Bestimmung des Kurzschlussstromes ...................................................................................... 65
Bestimmung der Kennwerte eines linearen Zweipols durch Messungen ................................. 65
Bestimmung von linearen Ersatzquellen .................................................................................. 66
Laden eines Akkus.................................................................................................................... 71
Bestimmung der Kennwerte linearer Quellen über Variation des Lastwiderstandes .............. 71
Lichtmaschine und Autobatterie als lineare Quellen ................................................................ 72
Potenziometer-Schaltung als lineare Quelle ............................................................................ 74
Quellenwandlung ...................................................................................................................... 77
Musterlösung – Superpositionsprinzip ....................................... 79
9
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
9.7
9.8
9.9
9.10
10
10.1
10.2
10.3
10.4
10.5
10.6
10.7
11
Superposition von zwei Stromquellen....................................................................................... 79
Vergleich von Superposition mit Maschen- und Knotensatz .................................................... 82
Superposition von Strom- und Spannungsquellen ................................................................... 85
Superposition von Strom- und Spannungsquelle ..................................................................... 87
Superposition von zwei Spannungsquellen .............................................................................. 88
Superposition bei einer Stromquelle mit Serienwiderstand ...................................................... 90
Superposition mit drei Quellen .................................................................................................. 93
Superposition bei einer Spannungsquelle mit Parallelwiderstand ............................................ 96
Abstandsmessung .................................................................................................................. 101
Superposition von Strom- und Spannungsquellen ................................................................. 103
Musterlösung – Verbindung von Zweipolen ........................... 107
Leistungsanpassung beim Betrieb einer Glühlampe .............................................................. 107
Aufladen eines NC-Akkus ....................................................................................................... 108
Widerstandsnetzwerk mit Diode ............................................................................................. 109
Leistungsanpassung eines Widerstandsnetzwerkes .............................................................. 110
Betrieb einer Zener-Diode ...................................................................................................... 112
Betrieb einer Solarzelle ........................................................................................................... 114
Betrieb eines nichtlinearen Zweipols ...................................................................................... 116
Musterlösung – Vierpole........................................................... 119
11.1 Kopplungssymmetrische Widerstand- und Leitwertmatrizen.................................................. 119
11.2 Impedanzmatrix ohne Kopplungssymmetrie .......................................................................... 122
11.3 Leitwertmatrix ohne Kopplungssymmetrie .............................................................................. 123
12
Musterlösung – Operationsverstärker..................................... 125
12.1 Berechnung einer Operationsverstärkerschaltung .................................................................. 125
12.2 Strom-Spannungswandler ....................................................................................................... 126
12.3 Nicht invertierender Verstärker mit endlichem Verstärkungsfaktor ......................................... 129
12.4 Spannungsfolger ..................................................................................................................... 130
12.5 Aktives Filter ............................................................................................................................ 131
12.6 Operationsverstärkerschaltung................................................................................................ 132
12.7 Verstärkerschaltung mit Potenziometer .................................................................................. 133
12.8 Spannungsgesteuerte Stromquelle ......................................................................................... 135
12.9 Zweistufige Operationsverstärkerschaltung als Subtrahierer .................................................. 137
12.10 Operationsverstärkerschaltung mit Potenziometer ................................................................. 138
12.11 Zweistufige Operationsverstärkerschaltung als Addierer ........................................................ 139
12.12 Howland Strompumpe ............................................................................................................. 141
12.13 Verstärkerschaltung mit drei Eingangsspannungen ................................................................ 143
12.14 Schaltungsfunktion einer Operationsverstärkerschaltung ....................................................... 145
1 Vorwort
Dieses Übungsbuch beruht auf einem Entwurf von Prof. Dr. Rudolf Koblitz, der über die Jahre von
verschiedenen Kollegen weiterentwickelt und erweitert wurde. Dabei sind aber auch viele Hinweise
der Studierenden der Hochschule Karlsruhe eingeflossen.
An dieser Ausgabe für das Projekt H.ErT.Z haben Prof. Dr. Thomas Ahndorf, Prof. Dr. Marc Ihle,
Cosima Klischat, Jochen Lang, Prof. Dr. Manfred Litzenburger, Prof. Dr. Rainer Merz und Prof. Dr.
Ulrich Schönauer wesentlich mitgewirkt.
Für das Layout des Skriptes bedanke ich mich bei Raffael Naida, die Umsetzung des Konzeptes als
Online-Plattform bei Claudia Gieb und für das Erstellen der Zeichnungen bei Norbert Gatz.
Prof. Dr. Manfred Strohrmann
Karlsruhe, 01.03.2017
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
7
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
2.1
Strom- und Ladungsberechnung
a) Allgemein berechnet sich die Stromstärke nach der Gleichung
Q
t
I
Da sowohl die positiven, als auch die negativen Ladungsträger die Stromstärke erhöhen, gilt für die
Gesamtladung ∆Q der Zusammenhang
Q  QP  QN
Mit den angegebenen Werten ergibt sich die Stromstärke zu
QP  QN NP  QP  NN  QN

t
t
I


0,16  1011  1,602  10 19 C  3  109  1,602  10 19 C
1s
  3,04  10
9
A  3,04 nA
b) Fließt der zuvor berechnete Gleichstrom 10 ms lang, wird eine Ladungsmenge von
Q  I  t  3,04 nA  10 ms  3,04  1011  30,4 pC
im Leiter transportiert.
c) Mit der Definitionsgleichung des Stromes und den angegebenen Werten wird der Strom berechnet
zu
I
Q 1,2 C
1h


 66,67 μA
t
5 h 3600 s
2.2
Elektronenüberschuss und Elektronengeschwindigkeit
a) Die zu berechnende Ladung setzt sich aus der Anzahl der Ladungsträger sowie der Elementarladung
zusammen.
Q  NN   e 
Mit den Angaben aus der Aufgabenstellung ergibt sich

1,2 C  NN  1,602  1019 C

Auflösen nach NN führt zu
NN 
1,2 C
 7,5  1018
1,602  10 19 C
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
8
b) Allgemein gilt für die Geschwindigkeit der Elektronen im Leiter der Zusammenhang
I  e  A  nN  vN
Da alle Werte in der Aufgabenstellung vorgegeben sind, muss lediglich die Gleichung nach der Geschwindigkeit umgestellt werden. Bei der Berechnung muss die jeweilige Einheit der Größe beachtet
werden, damit das Ergebnis in Meter pro Sekunde angegeben werden kann.
vN 
I

e  A  nN
4A
1,602  1019 A  s  2 mm²  8,45  1022

1,602  1019
2.3
1
cm3
4
m
 1,477  103
s
1 106 m²
1
1
cm³
s  2 mm² 
 8,45  1022

6
1 mm²
cm³ 1 10 m³
Bond-Draht einer Diode
a) Um ein Verhältnis der Stromdichten zueinander zu erhalten, werden zunächst beide Werte berechnet. Die Querschnittsfläche der Leiterbahn entspricht einem einfachen Rechteck.
ALEITER  bLEITER  dLEITER  0,1 mm  0,035 mm  3,5  10 3 mm²
Daraus ergibt sich mit dem im Leiter fließenden Strom die Stromdichte zu
JLEITER 
I
ALEITER

80 mA
A
 22,86
3
mm²
3,5  10 mm²
Das identische Vorgehen wird bei dem Bond-Draht angewendet. Anstatt einer rechteckigen Leiterbahn
wird hier lediglich ein Draht mit rundem Querschnitt verwendet.
  dBOND ²    0,032 mm 

 0,804  103 mm²
4
4
2
ABOND 
Die Stromdichte im Bond-Draht ist
JBOND 
I
ABOND

80 mA
A
 99,47
3
mm²
0,804  10 mm²
Das Verhältnis beider Werte zueinander ist damit
A
mm²  4,35
A
22,86
mm²
99,47
Die Stromdichte im Bond-Draht ist um den Faktor 4,35 größer als die Stromdichte in der Leiterbahn.
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
9
b) Da Strom wie auch Querschnittsfläche des Kupferleiters gegeben sind, können die Werte einfach
eingesetzt werden.
JKUPFER 
IKUPFER
23 A
A

 9,2
AKUPFER 2,5 mm²
mm²
Da der Durchmesser des Bond-Drahtes dem aus Aufgabenteil a) entspricht, kann die Fläche von dort
übernommen werden.
JBOND 
IBOND
100 mA
A

 124,3
3
ABOND 0,804  10 mm
mm²
Der enorme Unterschied beider Stromdichten ist dadurch zu erklären, dass das Verhältnis von Drahtoberfläche zu Innenvolumen des Bauteilgehäuses beim Bond-Draht sehr klein ist. Daraus resultiert
eine bessere Wärmeabgabe und somit eine höhere zulässige Stromdichte. Die 2-adrige Kupferleitung
besitzt wegen ihrer deutlich schlechteren Wärmeabfuhr, bedingt durch Isolation und ggf. einer Unterputzverlegung, eine um ein Vielfaches geringere zulässige Stromdichte.
2.4
Akku eines Smartphones
a) Der im Smartphone fließende Strom wird als zeitlich konstant angenommen. Entsprechend wird die
Akkukapazität durch die für den Flugmodus angegebene Stromstärke geteilt, um die Laufzeit zu erhalten.
QAKKU  IFLUG  tFLUG
tFLUG 
QAKKU 2800 mAh

 1007,2 h
IFLUG
2,78 mA
41,96 d
Das Smartphone kann durch den Akku rund 42 Tage im Flugmodus betrieben werden.
b) Der für jede Technik einzeln benötigte Stromfluss addiert sich zu einem Gesamtstrom IGESAMT.
IGESAMT  ILTE  IWLAN  IBLUETOOTH  5,71mA  4,68 mA  0,78 mA  11,17 mA
Das Vorgehen ist identisch mit dem aus Aufgabenteil a).
tGESAMT 
QAKKU
2800 mAh

 250,7 h
IGESAMT
11,17 mA
10,45 d  10 d
Mit den aktiven Verbindungen LTE, WLAN und Bluetooth versorgt der Akku das Smartphone rund
10 Tage, also lediglich ein Viertel der Dauer wie im Flugmodus.
c) Zunächst wird die maximale Gesprächsdauer, also die Laufzeit des Akkus, in Stunden bestimmt.
tTEL  1260 min 
1h
 21 h
60 min
Mit Hilfe von maximaler Gesprächsdauer und der Akkukapazität wird der bei einem Telefonat durchschnittlich fließende Strom bestimmt.
ITEL 
QAKKU 2800 mAh

 133,33 mA
tTEL
21 h
Im Vergleich zu dem Gesamtstrom aus Aufgabenteil b) fließt bei einem Telefonat der 12-fache Strom.
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
10
d) Allgemein berechnet sich die Ladung, die durch einen Gleichstrom im Zeitraum t1 ≤ t ≤ t2 transportiert wird, nach der Gleichung
t2
Q   I  t  dt
t1
Die Ladung in einem definierten Zeitraum entspricht demnach der Fläche unter der jeweiligen Stromkurve. Zur Ladungsberechnung wird die Kurve in verschiedene Abschnitte unterteilt und die entsprechende trapezförmige Fläche berechnet.
 135 mA  145 mA 
Q1  
  100 s  14 C
2


für 0 s ≤ t ≤ 100 s
 145 mA  125 mA 
Q2  
  50 s  6,75 C
2


für 100 s < t ≤ 150 s
 125 mA  120 mA 
Q3  
  100 s  12,25 C
2


für 150 s < t ≤ 250 s
 120 mA  130 mA 
Q4  
  50 s  6,25 C
2


für 250 s < t ≤ 300 s
 130 mA  140 mA 
Q5  
  150 s  20,25 C
2


für 300 s < t ≤ 450 s
 140 mA  150 mA 
Q6  
  50 s  7,25 C
2


für 450 s < t ≤ 500 s
 150 mA  135 mA 
Q7  
  150 s  21,375 C
2


für 500 s < t ≤ 650 s
Q8  135 mA  50 s  6,75 C
für 650 s < t ≤ 700 s
Durch Addition der einzelnen Ladungsmengen in den definierten Abschnitten kann die Gesamtladung
bestimmt werden, die dem Akku entnommen wird.
Q  Q1  Q2  Q3  Q4  Q5  Q6  Q7  Q8
 14 C  6,75 C  12,25 C  6,25 C  20,25 C  7,25 C  21,375 C  6,75 C  94,875 C
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
2.5
11
Akku eines Modellflugzeugs
a) Allgemein gilt zwischen Ladung, Strom und Zeit der mathematische Zusammenhang
I
Q Q

t
t
Der Stromverlauf I (t) entspricht der zeitlichen Ableitung des Ladungsverlaufs Q (t). Anschaulich entspricht der Strom damit der Steilheit der Ladungskurve. Aus der Grafik wird der Wert bei 20 Minuten
abgelesen.
I
4 kAs 1 min

 3,3 A
20 min 60 s
b) Die Kurve wird in einzelne Zeitabschnitte zerlegt, in denen die Steigung der Ladungskurve berechnet wird.
I
Q 10  9,9  kAs

 25 A
t
4s
für 0 s < t ≤ 4 s
I
Q  9,9  9,7  kAs

 50 A
t
8  4 s
für 4 s < t ≤ 8 s
I
Q  9,7  9,6  kAs

 25 A
t
16  8  s
für 8 s < t ≤ 16 s
Q  9,6  9,3  kAs

 37,5 A
t
 24  16  s
für 16 s < t ≤ 24 s
Q
0 A
t
für 24 s < t ≤ 28 s
I
I
10
50
9,9
45
9,8
40
9,7
35
9,6
30
9,5
25
9,4
20
9,3
15
9,2
10
9,1
5
9
0
4
8
12
16
Zeit t / s
20
24
Strom I / A
Ladung Q / kAs
Mit Hilfe der berechneten Werte kann der Verlauf skizziert werden. In das Diagramm wird eine zweite
Y-Achse eingefügt, mit einem Bereich von 0 bis 50 Ampere.
0
28
c) Für die Grenzwertbetrachtung wird der in der Messung aus Aufgabenteil b) fließende Maximalstrom von IMAX = 50 A betrachtet. Die Stromdichte ergibt sich zu
2 Musterlösung – Ladung und elektrisches Feld
12
J
I

A
I
d²
N
4
und wird nach der Anzahl der Leiter umgeformt.
N
I
50 A

 50,93  51
d²
A    0,25 mm  ²
J
20

4
mm²
4
Mit Hilfe des Durchmessers pro Ader und der Leiteranzahl kann der Querschnitt bestimmt werden,
den der Leiter mindestens haben muss um die maximal zulässige Stromdichte JMAX nicht zu überschreiten.
   0,25 mm 
 d²
 51
 2,5 mm²
4
4
2
AN
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
13
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
3.1
Energie
a) Grundlage der Aufgabe ist die Betrachtung einer Ladung im elektrischen Feld, die dort eine Kraft
erfährt. Die Kraft, die entlang eines Weges auf die Ladung ausgeübt wird, berechnet sich nach der
Gleichung
s2
W   F  s  ds
s1
Für eine Energieerhöhung gilt damit
W 
s2
 F  s  ds
s1
Im Spezialfall einer konstanten Kraft und gleicher Ausrichtung von F und s
F  E Q
vereinfacht sich das Integral. Das Produkt aus elektrischer Feldstärke E und Wegdifferenz ∆s ergibt
eine Spannung und kann ersetzt werden.
W  Q  E  s  Q  E  s2  s1   Q  U21
Mit eingesetzten Werten ergibt sich
W  Q  U21  50 μC  230 V  11,5 mJ
b) Wie bereits im Aufgabenteil zuvor lässt sich die Energieerhöhung durch den Zusammenhang
W  Q  U
berechnen. Da die geflossene Ladung allerdings nicht bekannt ist, muss diese bestimmt werden. Allgemein berechnet sich die Ladung aus dem Produkt von Strom und Zeit.
t2
Q   I  t  dt
t1
Da der Strom konstant und damit von der Zeit unabhängig ist, vereinfacht sich die Gleichung zu
Q  I t
Diese Gleichung wird in die zuvor aufgestellte Gleichung zur Energieerhöhung eingesetzt. Es ergibt
sich
W  U  I  t
Umstellen der Gleichung und Einsetzen der Zahlenwerte führt zu dem Ergebnis.
t
W
3 kJ
3000 V  A  s


 32,6 s
U  I 230 V  0,4 A 230 V  0,4 A
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
14
c) Die Energie kann als Integral des Leistungsverlaufs P (t) berechnet werden.
t2
W   P  t  dt
t1
Grafisch interpretiert bedeutet dies, dass die Energie die Fläche unter dem in der Aufgabe gegebenen
Leistungsverlauf P (t) ist. Der Verlauf wird in einzelne Abschnitte zerlegt.
 10 W  12 W 
W1  
  2 s  22 Ws
2


für 0 ≤ t ≤ 2
W2  12 W  3 s  36 Ws
für 2 < t ≤ 5
 12 W  8 W 
W3  
  2 s  20 Ws
2


für 5 < t ≤ 7
W4  8 W  2 s  16 Ws
für 7 < t ≤ 9
 8 W  10 W 
W5  
  1 s  9 Ws
2


für 9 < t ≤ 10
Die elektrische Energie, die dem Stromkreis entnommen wird, setzt sich aus der Summe der Teilenergien zusammen.
W  W1  W2  W3  W4  W5
 22 Ws  36 Ws  20 Ws  16 Ws  9 Ws  103 Ws  103 J
3.2
Potenzialverlauf
a) Zunächst wird der Aufbau nochmals skizziert sowie um den Grenzfall φ = U und s = d ergänzt.
d
E
0
s0
 U
sd
U
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
15
Allgemein ist das Potenzial φ entlang eines Weges s über die Gleichung
s2
  s    E  s  ds
s1
definiert. Handelt es sich um ein konstantes Feld und eine sich zu den Feldlinien parallel bewegende
Ladung, kann die Gleichung vereinfacht werden.
 s   E  s
Der Zusammenhang zwischen Spannung und Abstand der Platten beim Kondensator ist gegeben durch
E
U
d
Beide Gleichungen werden zusammengeführt, woraus das Ergebnis resultiert.
 s  
U
s
d
b) Die Gleichung entspricht der einer Ursprungsgeraden mit der Steigung U / d. Der Punkt φ = U stellt
den Maximalwert der Gerade in dem vorliegenden Intervall dar.
3.3
Durchlauferhitzer
a) Damit der Warmwasser-Durchlauferhitzer in einer Minute 5 Liter Wasser mit der ZuflussTemperatur ϑZU = 15 °C auf die Endtemperatur ϑEND = 50 °C erhitzen kann, muss er die Leistung
PTH 
c w  V    
t
aufbringen. Diese setzt sich aus dem Quotienten von thermischer Arbeit und Zeit zusammen. Die
elektrische Leistung kann durch die thermische Leistung sowie den Wirkungsgrad ersetzt werden.
PEL 
1
 PTH

Damit ergibt sich die elektrische Leistung zu
PEL 

1
1 c  V    
 PTH   W


t
c W  V    

t
4,187
kJ
1 m³
kg
 5 dm³ 
 998
  50  15  K
kg  K
1000 dm³
m³
 14,34 kW
60 s  0,85
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
16
b) Die bereits in Aufgabenteil a) aufgestellte Formel wird nach dem gesuchten Wirkungsgrad umgestellt.

c W  V    

t  PAUF
4,187
kJ
1 m³
kg
 5 dm³ 
 998
  42  15  K
kg  K
1000 dm³
m³
 0,656
60 s  14,34 kW
65,6 %
Der Wirkungsgrad hat sich deutlich von zu Beginn 85 % auf 65,6 % verschlechtert.
c) Zunächst muss die Leistung bestimmt werden, die die Steckdose maximal abgeben kann. Diese
Leistung PEL berechnet sich nach
PEL  U  I
Dabei wird innerhalb der angegebenen 10 Sekunden die elektrische Arbeit
WEL  PEL  t  U  I  t  230 V  16 A  10 s  36,8 kWs  36,8 kJ
bereitgestellt. Um einen Liter Wasser um 30 °C zu erhitzen, ist die elektrische Arbeit WTH notwendig.
WTH  c W  V      4,187
kJ
1 m³
kg
 1 dm³ 
 998
  50  20  K  125,36 kJ
kg  K
1000 dm³
m³
Zwischen der vom Durchlauferhitzer geleisteten Arbeit und der benötigten Arbeit, liegt der Faktor 3,4.
Das heißt, dass der Durchlauferhitzer ungefähr 3,4-mal länger bräuchte, um einen Liter 50 Grad warmes Wasser zu erzeugen, als versprochen. Die Aussage des Vertreters ist also falsch.
d) Die in Aufgabenteil a) aufgestellte Gleichung wird wieder verwendet, um die gesuchte Temperatur
zu erhalten.
PMAX 
c W  V       0 
t 
Umstellen führt zu

PMAX  t  
 0 
c W V  
3.4
3,68 kW  60 s  0,8
 293 K  301,5 K
kJ
1 m³
kg
4,187
 5 dm³ 
 998
kg  K
1000 dm³
m³
28,5 C
Eismaschine
a) Zu der Erzeugung von - 10 °C kaltem Eis muss das Wasser von + 15 °C auf 0 °C abgekühlt werden.
Anschließend folgt mit Hilfe der Schmelzwärme die Berechnung des Übergangs von Wasser in Eis
und das darauffolgende Kühlen des Eises auf - 10 °C. Dabei gilt es zu beachten, dass die Schmelzwärme c des Wassers, im Gegensatz zu den Wärmekapazitäten, nicht mit einer Temperaturdifferenz
∆ϑ multipliziert werden muss. Daraus ergibt sich die aufzubringende Arbeit.
W  c W  m  W  c  m  cE  m  E  PEL  t
Beziehungsweise
PEL 
W  c W  W  c  c E  E   m

t
t


kJ
kJ
kJ
 15 K  335
 2,093
 10 K   500 kg
 4,187
kg  K
kg  K
kg  K


 185,6 kW
0,95  0,33  3600 s
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
17
b) Der Preis für das Abkühlen eines Kilogramms Eis ergibt sich mit den angegebenen Energiekosten
zu
185,6 kW  1 h  0,25
500 kg
3.5
€
kWh  0,093 €
kg
Wasserpumpe
a) Die Grundlage zur Berechnung der benötigten Leistung stellt die potenzielle Energie dar. Damit die
Pumpe 40 Kubikmeter pro Stunde aus dem Schacht fördern kann, muss eine hydraulische Leistung
von
P
m gh
t
aufgebracht werden. Dabei entspricht die Fördermenge von 40 m³ Wasser
40 m³  40 m³ 
1000 dm³
 40000 dm³  40000 kg
1 m³
Wird der Wirkungsgrad in die Gleichung miteinbezogen, resultiert daraus die aufgenommene elektrische Leistung. Der Gesamtwirkungsgrad ist dabei das Produkt der einzelnen Wirkungsgrade.
PEL
m gh


t  PUMPE  MOTOR
m
 50 m
s²
 11,66 kW
3600 s  0,55  0,85
40000 kg  9,81
b) Um den Energieverbrauch zu reduzieren, besteht die Möglichkeit, einen Motor und/oder eine Pumpe mit besserem Wirkungsgrad zu verwenden. Dadurch reduziert sich die aufgenommene Leistung
nach der Gleichung
PEL 
m gh
t  PUMPE  MOTOR
c) Um einen Vergleich tätigen zu können, muss die Ausgangssituation beschrieben werden. Wie in
Aufgabenteil a) bereits berechnet, beträgt die aufgenommene Leistung des Systems 11,66 kW. Bei
einem Stromtarif von 15 Cent pro Kilowattstunde ergeben sich jährliche Betriebskosten von
11,66 kW  24 h  365  0,15
€
 15321,24 €
kWh
Die Veränderung des Wirkungsgrades wirkt sich auf die aufgenommene Leistung aus. Diese muss für
beide Fälle neu berechnet werden. Zuerst wird ein verbesserter Wirkungsgrad des Motors angenommen.
PEL
m gh


t  PUMPE  MOTOR ,NEU
m
 50 m
s²
 10,43 kW
3600 s  0,55  0,95
40000 kg  9,81
Daraus ergeben sich Betriebskosten von
10,43 kW  24 h  365  0,15
€
 13705,02 €
kWh
Das identische Vorgehen wird bei einem verbesserten Wirkungsgrad der Pumpe angewendet.
3 Musterlösung – Spannung und elektrische Arbeit
18
m gh
P

t  PUMPE ,NEU  MOTOR
9,864 kW  24 h  365  0,15
m
 50 m
s²
 9,864 kW
3600 s  0,65  0,85
40000 kg  9,81
€
 12961,30 €
kWh
Um einen Vergleich zur Ausgangssituation zu erhalten, wird die Differenz von den ursprünglichen
und den sich neu ergebenden Betriebskosten gebildet. Da die neuen Komponenten mit Investitionskosten verbunden waren, wird dieser Betrag von den Ersparnissen subtrahiert.
Ersparnis Motor  15321,24 €  13705,80 €  1400 €  215,44 €
Ersparnis Pumpe  15321,24 €  12961,30 €  1600 €  759,94 €
Bei der Anschaffung einer neuen Pumpe ist die Einsparung rund 3,5-mal so groß wie bei Anschaffung
eines neuen Motors.
4 Musterlösung – Zweipole
19
4 Musterlösung – Zweipole
4.1
Elektrisches Heizgerät
a) Der fließende Strom kann mit Hilfe der Versorgungsspannung U und der Leistung P berechnet werden. Es ergibt sich
I
P
2 kW

 8,7 A
U 230 V
b) Der Widerstand R im Betriebszustand ergibt sich durch Einsetzen des ohmschen Gesetzes in die
Gleichung zur Leistungsberechnung.
P  U I 
U2
R
Beziehungsweise nach dem Umstellen
U 2  230 V 

 26,45 
P
2 kW
2
R
c) Der neue Widerstand ergibt sich aus der Bedingung gleichbleibender Leistung bei halber Netzspannung.
2
P
UNEU 2
RNEU
U 
2
U2
  
RNEU
4  RNEU
Der neue Widerstandswert muss ein Viertel des ursprünglichen Wertes betragen. In Zahlenwerten
ergibt dies
RNEU 
4.2
U2
1 U2
1
1
  2   RALT   26,45   6,61 
4P 4 U
4
4
RALT
Glühlampe
a) Über den Zusammenhang zwischen Leistung und ohmschem Gesetz, kann der Widerstandswert
direkt berechnet werden.
U 2 12 V 
R

 18 
P
8W
2
Die Angaben der Glühlampe sind Nenndaten und beziehen sich somit auf den Nennbetrieb. Im Fall
der Glühlampe bedeutet der Nennbetrieb eine Spannung U von 12 V, eine Leistung P von 8 W und
eine Temperatur ϑ des Glühfadens von 2600 °C.
b) Über die Angaben zum Nennbetrieb sind alle zur Berechnung von R0 notwendigen Größen gegeben. Die lineare Gleichung eines temperaturabhängigen Widerstandes liefert das Ergebnis.
4 Musterlösung – Zweipole
20
R    R0  1       0  
Die Gleichung aufgelöst nach R0 ergibt
R0 
R    2600 °C 
1     2600 C  0 

1  4,1 10 3
18 
 1,55 
1
  2600  20  K
K
c) Mit Hilfe des spezifischen Widerstandes kann der Durchmesser des Drahtes bestimmt werden.
R  
L
L
4L


2
A d
  d2
4
Umstellen der Gleichung führt zu
4L

R
d
  mm2
 0,32 m
m
 0,12 mm
1,55   
4  0,055
d) Im Moment des Einschaltens gilt für die Temperatur ϑ = ϑ 0 = 20 °C. Zur Berechnung des Stromes
muss der in Aufgabenteil b) berechnete Widerstand R0 verwendet werden. Mit Hilfe der anliegenden
Spannung U sowie des Widerstandes R0 wird Strom berechnet.
I
U
12 V

 7,74 A
R0 1,55 
Der Einschaltstrom ist sehr groß, da die Glühlampe im Moment des Einschaltens sehr niederohmig ist.
4.3
Kupferbahn einer Leiterplatte
Die Leiterbahn weist einen Widerstand von
R  
L
 100 m
A
auf. Da alle notwendigen Werte in der Aufgabenstellung gegeben sind, wird die Gleichung nach der
Länge L aufgelöst.
L
R  A R  d  b 100  10 3   0,035 mm  2 mm


 0,392 m
CU
CU
  mm2
0,01786
m
Die Leiterbahn darf nicht länger als 0,392 m sein, damit der maximal zulässige Widerstand nicht überschritten wird.
4 Musterlösung – Zweipole
4.5
21
Kennlinie eines linearen und nichtlinearen Zweipols
a) Die I-U-Kennlinie eines Widerstandes ist eine Gerade, die durch den Koordinatenursprung verläuft.
Der Strom wird dargestellt durch die Gleichung
I
U
U
1


U  m U
R 300  300 
Die Steigung m beträgt
m
1
300 
Aus diesen Überlegungen resultiert folgendes Diagramm.
Strom I / A
0,2
0
-0,2
-100
-75
-50
-25
0
25
Spannung U / V
50
75
100
b) Bei der Spannung U = 60 V ergibt sich ein Strom von I = 200 mA.
c) Um die Kennlinie des nichtlinearen Zweipols zu erhalten, werden die Messwerte in ein Diagramm
eingetragen und miteinander verbunden. Daraus resultiert folgende Kurve.
60
Strom I / mA
50
40
30
20
10
0
0
50
100
150 200 250
Spannung U / mV
300
350
400
4 Musterlösung – Zweipole
22
4.7
Leitungsdimensionierung
a) Der Widerstand der Aluminium-Freileitung muss dem der Kupferfreileitung entsprechen, wie in der
Aufgabenstellung gefordert.
RAL  RCU
Mit Hilfe der Gleichung für den spezifischen Widerstand kann der Querschnitt des gesuchten Aluminiumleiters ermittelt werden.
 AL 
L
L
 CU 
AAL
ACU
Umstellen der Gleichung ergibt
AAL  ACU 
 AL
CU
  mm2
m
 10 mm2 
 16 mm2
  mm2
0,01786
m
0,02857
b) Die Temperaturabhängigkeit eines Widerstandes wird beschrieben durch
R  R0  1       0  
Pro Temperaturangabe kann eine Gleichung aufgestellt werden.
R40  R0  1     40  20  K 
R20  R0  1     20  20  K 
Da eine Widerstandsänderung betrachtet werden soll, wird die Differenz R40 – R-20 gebildet.
R40  R20  R  R0  1    20 K  1  40 K    R0    60 K
Die Widerstandsänderung ∆R wird auf den Widerstandswert R0 bezogen.
R
1
   60 K  3,77  10 3  60 K  0,226
R0
K
22,6 %
Alternativ zu der beschriebenen Vorgehensweise kann mit R0 der Widerstand der Leitung bei - 20 °C
bezeichnet werden. Entsprechend ergibt sich der Widerstand bei 40 °C zu


R40  R20  1     40 C   20 C   R20  1     60 K  
Die Gleichung wird umgeformt und die Differenz Rϑ – R-20 wird durch den Ausdruck ∆R ersetzt.
R40
 1    60 K
R20
R40  R20
R
1

   60 K  0,00377  60 K  0,226  22,6 %
R20
R20
K
4 Musterlösung – Zweipole
4.9
23
Füllstandserkennung
a) Durch die Temperaturänderung steigt der Widerstand auf das 1,15-fache des Ausgangswiderstands.
Daraus ergibt sich die mathematische Bedingung
R    1,15  R0  R0  1 0  
Auflösen der Gleichung nach dem Temperaturkoeffizienten α führt zum Ergebnis.

0,15 0,15
1
1

 0,00429  4,29  10 3

35 K
K
K
Der resultierende Temperaturkoeffizient entspricht ungefähr dem von Zinn oder Blei.
b) In dem betrachteten System existieren idealerweise lediglich zwei Temperaturen.
U  30 C
ÖL  65 C
Der temperaturabhängige Widerstand wird zwei Grenzwerte bezüglich seines Widerstandswertes einnehmen.
1


R    30 C   R0  1       0    1 k  1  4,29  103   30  20  K   1042,9 
K


1


R    65 C   R0  1       0    1 k  1  4,29  103   65  20  K   1193,05 
K


Der erste Wert R (ϑ = 35 °C) definiert die untere Grenze, bei der der Füllstand noch nicht erreicht ist.
Die obere Grenze wird durch den Wert R (ϑ = 65 °C) definiert, bei der der Widerstand von Öl umschlossen wird und dessen erhöhte Temperatur einen Anstieg des Widerstandswertes zur Folge hat.
c) Die im Messwiderstand umgesetzte Leistung führt zu einer Eigenerwärmung des Sensors. Das Messergebnis würde dadurch verfälscht werden, was bis zu einer Fehlfunktion des Systems führen kann.
Durch geschickte Anpassung des Messprinzips, kann diese Eigenschaft genutzt werden: Befindet sich
der Sensor außerhalb des Öls, steigt seine Temperatur aufgrund der Eigenerwärmung an. Erhöht sich
der Füllstand und der Sensor wird vom Öl umschlossen, wirkt sich dieses kühlend auf den Sensor aus
und die Temperatur sinkt.
4.10 Wochenendhaus
a) Um bei einer Spannung von 230 V die geforderte Leistung von 3 kW zu erzeugen, muss der Strom I
fließen. Dieser berechnet sich aus der Angabe von Spannung und Leistung.
I
PH
3 kW

 13,04 A
UN 230 V
Der Strom führt in der Leitung zu einem Spannungsabfall UL und damit zu einer Verlustleistung PV.
Die Leistung des Generators PG ergibt sich aus der Verlustleistung der Leitung PV und der geforderten
Leistung im Haus PH.
PG  PV  PH
Gemäß der Aufgabenstellung gehen 5 % der erzeugten elektrischen Energie in der Zuleitung zum
Haus verloren.
4 Musterlösung – Zweipole
24
PV  0,05  PG
Zur Berechnung der Generatorleistung PG wird die Gleichung in die zuvor aufgestellte Gleichung
eingesetzt und ergibt
PG  0,05  PG  PH 
PH
3 kW

 3,16 kW
0,95 0,95
b) Allgemein berechnet sich der Widerstand einer Leitung nach der Formel
R  
L
A
mit dem materialspezifischen Widerstand ρ, der Leitungslänge L und der Querschnittsfläche A. Da die
Querschnittsfläche gefordert ist, muss zuerst der Leitungswiderstand bestimmt werden. Anhand der
zuvor festgelegten Verlustleistung in der Leitung ergibt sich dieser zu
RL 
PV 0,05  PG 0,05  3,16 kW


 0,93 
2
I2
I2
13,04 A 
Die Formel für den Leitungswiderstand kann nach der Querschnittsfläche umgeformt werden.
A  CU 
L
  mm2 400 m
 0,01786

 7,68 mm2
RL
m
0,93 
c) Die Spannung des Generators UG errechnet sich mit dem Spannungsabfall in der Leitung zu
UG  UL  UN  RL  I  UN
Die einzelnen Elemente der Gleichung können durch ihre jeweilige Bestimmungsgleichung ersetzt
werden. Der Leitungswiderstand muss durch den gegebenen Querschnitt von 1,5 mm2 neu bestimmt
werden.
RL   
L
L
 CU 
A
A
Der Strom I wird durch die Verlustleistung PV und den Leitungswiderstand RL dargestellt.
PV  I 2  RL
Umstellen führt zu
I
PV

RL
0,05  PG
L
CU 
A
Die Nennspannung im Haus errechnet sich aus dem Quotienten der geforderten Leistung im Haus PH
und dem Strom I.
UN 
PH

I
PH
0,05  PG
L
CU 
A
4 Musterlösung – Zweipole
25
Alle Formeln in die Gleichung für die Generatorspannung eingesetzt ergibt damit


L   0,05  PG 

UG  RL  I  UN   CU    

L 
A 

 CU 

A 

PH
0,05  PG
L
CU 
A



  mm
400 m  
0,05  3,16 kW
  0,01786



2

m
1,5 mm 
  mm2 400 m


 0,01786
m
1,5 mm2

2
 4,76






3 kW
0,05  3,16 kW
  mm2 400 m
0,01786

m
1,5 mm2
V
3000 V  A
 33,19 A 2 
 548,16 V
A
33,19 A 2
d) Als erster Schritt muss die Leistung bestimmt werden, die als mechanische Leistung PB abgegeben
werden muss, um die im Haus gewünschte Leistung PH zur Verfügung zu haben. Hierzu werden alle
angegebenen Wirkungsgrade betrachtet.
PB  R  T  G  L  PH
Nach PB umstellen ergibt
PB 
PH
3 kW

 6,63 kW
R  T  G  L 0,8  0,7  0,85  0,95
Die Leistung ist die pro Zeiteinheit umgesetzte Energie. Für die Leistung am Bach wird die Ladeenergie pro Zeiteinheit betrachtet.
PB 
m gh
t
Gefordert ist die Wassermenge pro Zeit. Die Gleichung kann umgeformt werden nach dem Quotienten
kg  m2
P
PH
m
6,63 kW
kg
s3
 B 


 135
m
m
t
g  h R  T  G  L  g  h
s
9,81 2  5 m 9,81 2  5 m
s
s
6,63
Um die im Haus geforderte Leistung zur Verfügung stellen zu können, müssen 135 Liter pro Sekunde
durch die Turbine fließen.
4 Musterlösung – Zweipole
26
4.12 Widerstand einer Spulenwicklung
a) Aus der Länge s der Spule und dem Durchmesser d des Spulendrahtes ergibt sich, dass
n
s
10 cm

 333,33
d 0,003 cm
Windungen pro Lage aufgewickelt werden müssen. Bei insgesamt 1000 Windungen muss die Spule
demnach dreilagig bewickelt werden.
b) Die Durchmesser der einzelnen Wicklungslagen erstrecken sich von Drahtmitte zu Drahtmitte. Für
den Umfang pro Windung in der ersten Lage gilt
d d

U1     D        D  d 
2 2

Entsprechend in der zweiten und dritten Lage
U2    D  3  d 
U3    D  5  d 
Für die Gesamtlänge der Kupferlagen wird der Umfang mit der Windungszahl multipliziert.
L1  333,3     D  d   333,3     2 cm  0,3 mm  21,25 m
L2  333,3     D  3  d   333,3     2 cm  3  0,3 mm  21,88 m
L3  333,3     D  5  d   333,3     2 cm  5  0,3 mm  22,51m
Die Gesamtlänge aller verwendeten Lagen ergibt sich durch Addition.
LG  L1  L2  L3  21,25 m  21,88 m  22,51m  65,64 m
c) Der ohmsche Widerstand der Spule bei 20 °C ergibt sich über Länge und Querschnittsfläche des
Drahtes zu
R20  CU 
LG
4  LG
  mm2 4  65,64 m
 CU 

0,01786

 16,6 
2
A
m
d2
   0,3 mm 
d) Entsprechend der Temperatur weist die Spule die Widerstände R20 und R80 auf. Daraus ergeben sich
die jeweiligen Ströme.
I20 
U
U
; I80 
R20
R80
Steigt die Temperatur an, wird der Widerstandswert berechnet über die Gleichung
R  R20  1  20     20 C  
Diese Gleichung wird umgeformt
R
 1   20     20 
R20
4 Musterlösung – Zweipole
27
R  R20 R

  20     20 C 
R20
R20
Die Widerstandsdifferenz Rϑ – R20 wird durch den Ausdruck ∆R ersetzt. Bei der Temperatur von
80 °C steigt der Widerstand des Kupfer-Drahtes um
R
1
  20     20 C   3,92  10 3  60 K  0,2352  23,5%
R20
K
Dass der Widerstandswert steigt, ist auch zu erkennen, indem wieder ∆R = Rϑ – R20 eingesetzt wird.
R R  R20

 0,2352
R20
R20
R  R80  R20  1,2352
Um den Wert, auf den die Stromstärke sinkt, zu erhalten, wird das Verhältnis I80 zu I20 gebildet.
I80
I20
U
R
R
R20
1
 80  20 

 0,8096  81 %
U
R80 R20  1,2352 1,2352
R20
Der Strom durch die Spule sinkt auf 81 % des ursprünglichen Stromes ab.
4.13 Material eines Spulendrahtes
Gesucht ist ein Parameter, mit dem eine Aussage über das verwendete Material getroffen werden
kann. Da in dieser Aufgabe Längen und Durchmesser gegeben sind, liegt es nahe mit Hilfe des spezifischen Widerstands Rückschlüsse auf das verwendete Material zu ziehen. Zunächst wird die Gesamtlänge des Drahtes berechnet.
n
l
12 cm

 480
d 0,25 mm
Jede Lage weist 480 Windungen auf. Die Durchmesser der einzelnen Wicklungslagen erstrecken sich
von Drahtmitte zu Drahtmitte. Damit ergibt sich der Umfang pro Windung bei der ersten Lage zu
l1     D  d 
und in der zweiten Lage zu
l2    D  3  d 
Für die Drahtlänge pro Lage werden die Längen mit der Windungszahl multipliziert.
L1  480     D  d   480    1,8 cm  0,25 mm  27,52 m
L2  480    1,8 cm  3  0,25 mm  28,27 m
Die Gesamtlänge ist die Summe beider Längen
LG  L1  L2  27,52 m  28,27 m  55,8 m
4 Musterlösung – Zweipole
28
Die Gleichung für den Widerstand R20 wird nach dem spezifischen Widerstand umgeformt.
R20  20 
LG
A
R20  A R20    d 2 490      0,25 mm 
  mm2


 0,431
LG
4  LG
4  55,8 m
m
2
20 
Dieser Wert entspricht dem spezifischen Widerstand für Manganin.
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
29
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
5.1
Knoten- und Maschengleichungen
Damit die Knoten- und Maschengleichungen aufgestellt werden können, müssen alle Zählpfeile eingetragen werden. Wird ein gemischtes Pfeilsystem verwendet, bei dem Erzeuger im ErzeugerPfeilsystem und Verbraucher im Verbraucher-Pfeilsystem gekennzeichnet werden, ergibt sich das
folgende Ergebnis.
UR 3
A
I1
UR 4
I3  B  I 4
R3
C
R4
I5
I2
UR1
UR 2
R1
I7
U2
R2
III
UR 5
R5
R7 UR 7
IV
I6
U1
I
II
U3
I8
I9
R6
D 
UR 6
Mit den festgelegten Zählpfeilen ergeben sich die folgenden Knotengleichungen, wobei Ströme, die in
den Knoten hineinfließen, als positiv gezählt werden und Ströme die aus dem Knoten herausfließen als
negativ gezählt werden.
(A)
I1  I2  I3  0
(B)
I3  I6  I4  0
(C)
I4  I5  I7  0
(D)
I9  I7  0
Für die festgelegten Maschen I bis IV ergeben sich folgende Ergebnisse.
I.
U1  UR1  UR 2  0
II.
UR 2  UR3  U2  0
III.
U2  UR 4  UR 5  0
IV.
UR5  UR7  U3  UR 6  0
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
30
5.2
Berechnung von Strömen
Fall 1: S1 ist geöffnet.
Die Spannungsquelle U2 ist wirkungslos, und es ergibt sich folgendes Ersatzschaltbild:
R1
I1
100 
U1
I2
R2
220 
12 V
Der Strom I1 ist gleich dem Strom I2 und die Schaltung besteht aus einer einfachen Reihenschaltung
zweier Widerstände.
I1  I2 
U1
12 V

 37,5 mA
 R1  R2  100  220  
Fall 2: S1 ist geschlossen
Bei geschlossenem Schalter ergibt sich folgendes Ersatzschaltbild.
UR1
R1
I1
100 
U1
12 V
I
I2
UR 2
R2
220 
II
U2
15 V
Es können, wie im Schaltbild angedeutet, zwei Maschengleichungen aufgestellt und nach UR1 beziehungsweise UR2 umgestellt werden.
I.
U1  UR1  UR 2  0
UR1  U1  UR 2
II.
UR 2  U2  0
UR 2  U2
Damit lassen sich I1 und I2 berechnen zu
I2 
UR 2 U 2
15 V


 68,2 mA
R2
R2 220 
I1 
UR1 U1  UR 2 12  15  V


 30 mA
R1
R1
100 
Der Strom I1 ist negativ, da U2 größer als U1 ist.
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
5.3
31
Prüfung von Maschengleichungen
Wird eine Masche über die Spannungen UA, UR5, UR6, UR1 und U1 gelegt, ergibt sich die Ausgangsgleichung.
UA  UR 5  UR 6  UR1  U1  0
Wird die Gleichung umgestellt, resultiert daraus die Maschengleichung A und ist somit richtig.
UA  UR5  UR 6  UR1  U1
Eine Masche über die Spannungen UB, UR5, UR3 und UR2 führt zur Gleichung
UB  UR5  UR3  UR 2  0
beziehungsweise
UB  UR 5  UR 3  UR 2
Es zeigt sich, dass die berechnete Maschengleichung nicht mit der Maschengleichung B übereinstimmt. Gleichung B ist somit nicht korrekt.
Das Legen einer Masche über die Spannungen an den Widerständen R8, R7, R6, R1 und R4 sowie der
Spannung UA liefert die Maschengleichung
UR8  UR7  UR 6  UR1  UR 4  UA  0
Beim Vergleich der aufgestellten Gleichung und Gleichung C fällt auf, dass bei Gleichung C die
Spannung UA fehlt. Damit ist die Maschengleichung C unvollständig und nicht korrekt.
Eine Masche über die Spannungen U1, UC, UR5, UR7 und UR8 liefert die Ausgangsgleichung
U1  UC  UR5  UR7  UR8  0
Diese Gleichung mit dem Faktor (- 1) multipliziert ergibt
U1  UC  UR5  UR7  UR8  0
Gleichung D ist ebenfalls nicht korrekt, da die Spannung UR7 das falsche Vorzeichen besitzt.
Das Aufstellen der Maschengleichung über die Spannungen U1, UR1, UR3 und UA führt zu der Gleichung
U1  UR1  UR3  UA  0
die nach UA umgestellt wird
U1  UR1  UR3  UA
Da das Vorzeichen von UA nicht mit Gleichung E übereinstimmt ist diese falsch.
Für die letzte Gleichung werden die Spannungen an den Widerständen R2, R6, R7 und R8 betrachtet.
UR 2  UR 6  UR 7  UR 8  0
UR 2  UR 6  UR 7  UR 8
Die umgeformte Gleichung entspricht der Maschengleichung F und ist damit korrekt.
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
32
5.4
Betrieb von zwei Glühlampen
Als erster Schritt werden die Zählpfeile in die Schaltung eingetragen. Hierfür wird ein gemischtes
Pfeilsystem verwendet.
UR1
I1
R1
I2
UR 2
UGB
R2
IGB GB
IGA
U1
24 V
GA
UGA
a) Mit Hilfe der Nennleistung und Nennspannung wird der Nennstrom für G2 berechnet.
PN  UN  IN
Umstellen nach IN ergibt
IN 
PN
2W

 167 mA
UN 12 V
Der direkte Vergleich von G1 und G2 zeigt, dass der Nennstrom der Glühlampe G2 größer ist als der
der Glühlampe G1. Da sich der Strom IGB aus den Strömen I2 und IGA zusammensetzt, muss folglich der
Nennstrom durch GB größer sein als der durch GA. Es ergibt sich die Zuordnung GA = G1 und
GB = G2. Entsprechend gilt IGB = 167 mA. Des Weiteren gilt der Zusammenhang I1 = IGB = 167 mA, der
durch die Knotengleichungen bestätigt werden kann.
b) Um die Widerstände R1 und R2 berechnen zu können, werden zwei Maschengleichungen aufgestellt
und jeweils nach der Spannung am Widerstand umgeformt.
I.
U1  UR1  UR 2  UGB  0
UR 2  U1  UR1  UGB
II.
U1  UR1  UGA  UGB  0
UR1  U1  UGA  UGB
Nach dem ohmschen Gesetz ergibt sich der Widerstand R1 zu
R1 
UR1 UR1 U1  UGA  UGB 24 V  6 V  12 V



 35,9 
I1
IGB
IGB
167 mA
Die Knotenregel auf den rechten Knoten angewandt führt zur Gleichung
I2  IGB  IGA
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
33
Einsetzen in das ohmsche Gesetz führt zum Ergebnis
R2 
UGA
UR 2 U1  UR1  UGB
6V



 89,6 
I2
IGB  IGA
IGB  IGA 167 mA  100 mA
c) Mit den zuvor berechneten Werten lassen sich die in den Widerständen umgesetzten Leistungen als
Produkt von Strom und Spannung berechnen.
PR1  UR1  I1  6 V  167 mA  1 W
PR 2  UR 2  I2  6 V  67 mA  0,4 W
d) Mit den zuvor berechneten Werten lassen sich die in den Glühbirnen umgesetzten Leistungen wie
folgt berechnen.
PGA  UGA  IGA  6 V  100 mA  0,6 W
PGB  UGB  IGB  12 V  167 mA  2 W
e) Die Leistung der Spannungsquelle ergibt sich aus der Summe der Leistungen in den Verbrauchern.
PU1  PR1  PR 2  PGA  PGB  1 0,4  0,6  2 W  4 W
Alternativ kann die Leistung auch direkt aus Strom und Spannung berechnet werden.
PU1  U1  I1  24 V  167 mA  4 W
5.5
Verluste in Leitungen
a) Der Strom in der Leitung IV entspricht der im Verbraucher umgesetzten Leistung.
IV 
PV
20 kW

 87 A
UN
230 V
b) Wie in der Aufgabenstellung angegeben, betragen die Verluste in der Leitung 10 % der Verbraucherleistung.
PL  0,1 PV
Die in der Leitung abfallende Spannung errechnet sich zu
UL 
PL 0,1 PV

 23 V
IV
IV
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
34
Die Generatorspannung setzt sich aus der Summe der in der Leitung abfallenden Spannung und der
Spannung am Verbraucher zusammen.
UGEN  UN  UL  230 V  23 V  253 V
c) Da sich der Querschnitt einer Leitung unter anderen aus deren Widerstand zusammensetzt, wird
dieser zunächst berechnet.
RL 
UL 23 V

 0,265 
IV
87 A
Die Formel für den spezifischen Widerstand

RL  A
l
Wird nach dem Querschnitt A aufgelöst.
A
l
RL
Die Länge l der Leitung muss mit zwei mal 500 Metern berücksichtigt werden. Mit dem spezifischen
Widerstand für Kupfer (bei 20 °C) ergibt sich für den Querschnitt
l
A

RZ
0,018
  mm²
 1000 m
m
 68 mm²
0,265 
Daraus berechnet sich der Durchmesser d zu
d  2
A
68 mm²
 2
 9,3 mm


d) Bei einer Spannung von 5 kV sinkt der Strom auf
IV 
PV
20 kW

4A
UN
5 kV
Bei gleichbleibendem Widerstand sinken auch die Leitungsverluste.
PZ  IV 2  RZ   4 A   0,265   4,24 W
2
Die Verluste sind umgekehrt proportional zum Quadrat der Übertragungsspannung. Die Verluste lassen sich noch im Verhältnis zur Nennleistung darstellen.
PZ 4,24 W

 0,000212  0,02 %
PN
20 kW
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
5.6
35
Ströme, Spannungen und Leistungen
a) In die Schaltung werden diverse Ströme und Spannungen eingezeichnet.
I1
I10
I2
IR 1
 40 mA
UR1
R1
100 
R2
50 
I3
UR 2
R3
U2
UA
200 
5V
Die Spannung UA liegt gleichermaßen an allen Zweipolen an und wird zuerst berechnet. Hierzu wird
die Knotengleichung für den Knoten aufgestellt, der die Zweipole miteinander verbindet.
0  I1  I2  I3
Die einzelnen Ströme I1, I2 und I3 können mit Hilfe der Zweipolbeziehungen berechnet werden. Für
den Strom I1, der sich aus den Strömen I10 und IR1 zusammensetzt, gilt
I1  I10  IR1  I10 
UR1
U
 I10  A
R1
R1
Der Strom I2 ist der Strom, der durch den Widerstand R2 fließt.
I2 
UR 2
R2
Über die Spannungen U2, UR2 und UA wird eine Masche gelegt.
UR 2  UA  U2
Damit ergibt sich der Strom I2 zu
I2 
UR 2 U A  U 2

R2
R2
Der Strom I3 wird über die Anwendung des ohmschen Gesetzes bestimmt.
I3 
UA
R3
Das Einsetzen der einzelnen Gleichungen in die zu Beginn aufgestellte Knotengleichung führt zu

U A   U A  U2
 I10 

R1   R2

  UA

  R3

0

Das Auflösen dieser Gleichung nach der Spannung UA führt zu dem folgenden Ergebnis.
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
36
U2
R2
5V
50 
UA 

4V
1
1
1
1
1
1




R1 R2 R3 100  50  200 
I10 
  40 mA  
Über die Spannung UA lassen sich alle Ströme bestimmen.
I1  I10 
UA
4V
 40 mA 
 40 mA  40 mA  0 mA
R1
100 
I2 
U A  U2 4 V  5 V

 20 mA
R2
50 
I3 
UA
4V

 20 mA
R3 200 
Nachdem die Ströme und Spannungen der Zweipole bekannt sind, können die jeweiligen Leistungen
berechnet werden. Bereits bei der Berechnung des Stromes lässt sich feststellen, dass Zweipol 1 weder
Leistung aufnimmt, noch abgibt (I1 = 0 mA).
P2  UA  I2  4 V   20 mA   80 mW
P3  UA  I3  4 V  20 mA  80 mW
b) Zweipol 2 wirkt aktiv, wie am Vorzeichen der Leistung zu erkennen ist, und stellt eine Quelle dar.
Zweipol 3 wirkt passiv, ist also ein reiner Verbraucher. Da dieser Zweipol lediglich aus einem ohmschen Widerstand besteht, war dies zu erwarten. Die Summe der Leistungen ist
P1  P2  P3  0 W   80 mW   80 mW  0 W
c) Das Vorgehen in diesem Aufgabenteil entspricht dem aus Aufgabenteil a). Die Spannung UA wird
zu
7V
50 
UA 
5 V
1
1
1


100  50  200 
  35 mA  
Die Ströme I1, I2 und I3 verändern sich durch die neue Spannung UA zu
I1  I10 
UA
5V
 35 mA 
 15 mA
R1
100 
I2 
U A  U2 5 V  7 V

 40 mA
R2
50 
I3 
UA
5V

 25 mA
R3 200 
5 Musterlösung – Maschen- und Knotenregeln
37
Entsprechend ergeben sich die neuen Leistungen.
P1  U A  I1  5 V  15 mA  75 mW
P2  U A  I2  5 V   40 mA   200 mW
P3  UA  I3  5 V  25 mA  125 mW
Die Zweipole 1 und 3 nehmen Leistung auf und sind somit beide passiv. Zweipol 2 gibt Leistung ab
und ist aktiv. Die Summe aller drei Leistungen ist wieder null.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
38
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
6.1
Berechnung von Ersatzwiderständen
I) Die beiden parallelen Widerstände R1 und R2 liegen in Serie zu dem Widerstand R3. Der Widerstand
RAB setzt sich somit folgendermaßen zusammen.
RAB   R1 || R2   R3 
R  R  R1  R3  R2  R3
R1  R2
 R3  1 2
R1  R2
R1  R2
beziehungsweise mit R = 1 kΩ
RAB 
1 1 k2
R1  R2
 R3 
 1 k  1,5 k
R1  R2
1  1 k
II) Die in Reihe geschalteten Widerstände R2 und R3 liegen parallel zum Widerstand R1. RAB lässt sich
berechnen zu
RAB  R1 ||  R2  R3  
R1   R2  R3 
R1  R2  R3

1 k  1  1 k
3 k
 666 
III) Der Ersatzwiderstand RAB kann durch die Zusammenfassung der Widerstände von innen nach außen bestimmt werden. Beginnend bei der Serienschaltung von R2 und R3 und deren Parallelschaltung
mit R4. Dieser Ersatzwiderstand liegt in Reihe zu R1 und bildet eine Parallelschaltung mit R5.
RAB
 R4   R2  R3 

 R1   R5

R2  R3  R4

   R2  R3  || R4   R1 || R5  
R4   R2  R3 
 R1  R5
R2  R3  R4




R4  R5   R2  R3   R1  R5   R2  R3  R4 
R4   R2  R3   R1   R2  R3  R4   R5   R2  R3  R4 
1 k   1 k    2 k    1 k   1 k   3 k  
1 k    2 k    1 k   3 k    1 k   3 k  
 625 
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
6.2
39
Widerstände und Schalter
S1
S2
RAB
offen
offen
R1 + R2 + R3
geschlossen
offen
R3
offen
geschlossen
R1
geschlossen
geschlossen
R1 || R2 || R3
Aus der ersten Schalterstellung ergibt sich folgendes Ersatzschaltbild.
A
R1
R2
R3
B 
Die offenen Schalter können entfernt werden, da sie auf die Schaltung keine Auswirkung haben. Der
Gesamtwiderstand ergibt sich zu
RAB  R1  R2  R3
Durch das Schließen des Schalters S1 in der zweiten Schalterstellung werden die Widerstände R1 und
R2 überbrückt. Zwischen den Klemmen (A) und (B) bleibt der Widerstand R3 und es gilt RAB = R3.
A
R1
R2
R3
B 
Äquivalent zur zweiten Schalterstellung werden auch bei der dritten Schalterstellung zwei Widerstände überbrückt. Der Widerstand R1 entspricht dem Gesamtwiderstand RAB.
A
R1
R2
R3
B 
Sind beide Schalter geschlossen, hat jeder Widerstand eine direkte Verbindung zu den Klemmen (A)
und (B). Die Widerstände können neu angeordnet werden, damit die Parallelschaltung ersichtlicher ist.
Die Verbindungen bleiben allerdings identisch.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
40
R2
R1
A
B 
R3
RAB setzt sich aus der Parallelschaltung aller Widerstände zusammen.
1
 1
R2  R3  R1  R3  R1  R2
1
1 
RAB  R1 || R2 || R3   

 
R
R
R
R1  R2  R3
2
3 
 1
6.3
Bestimmung von Widerständen
Die Gleichung für die Reihenschaltung
RS  R1  R2
sowie die Gleichung für die Parallelschaltung
RP 
R1  R2
R1  R2
werden zunächst aufgestellt. Die Gleichung zur Reihenschaltung wird nach dem Widerstand R2 aufgelöst und in die Gleichung für die Parallelschaltung eingesetzt.
RP 
R1   RS  R1 
R1  RS  R1

R1  RS  R12
RS
Beziehungsweise in umgestellter Form
R12  R1  RS  RS  RP  0
Die sich ergebende quadratische Gleichung muss gelöst werden.
R1 
RS
RS 2
60 

 RS  RP 

2
4
2
 60  
4
2
 60   10 
R11  47,32 
R12  12,68 
Das Lösen der quadratischen Gleichung liefert zwei Ergebnisse: R1 = 47,32 Ω und R1 = 12,68 Ω. Die
Zweideutigkeit der quadratischen Gleichung kann physikalisch interpretiert werden. Sowohl bei der
Parallel- als auch bei der Serienschaltung kann zwischen R1 und R2 nicht unterschieden werden. Beide
Ergebnisse in Kombination stellen eine richtige Lösung dar. Für die Serienschaltung gilt beispielsweise R1 = 47,32 Ω und R2 = 12,68 Ω beziehungsweise R1 = 12,68 Ω und R2 = 47,32 Ω.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
6.4
41
Parallelschaltung von Widerständen
Der resultierende Gesamtwiderstand ergibt sich aus der Reihenschaltung von R1 und R3, welche wiederum mit R2 eine Parallelschaltung bildet.
RAB  R2 ||  R1  R3   200 
Durch das Parallelschalten eines neuen Widerstandes soll der Gesamtwiderstand RAB um 4 % kleiner
werden. Mathematische gilt damit
RAB  0,96  RAB || R4 
RAB  R4
RAB  R4
Die Gleichung kann nach dem gesuchten Widerstand R4 aufgelöst werden.
R4 
6.5
0,96  RAB
 24  RAB  24  200   4,8 k 
1  0,96
Zusammenschaltung von Widerständen
Die Widerstände R1, R2 und R3 bilden wie im unteren Schaltbild markiert eine Dreieckschaltung. Zur
Berechnung kann diese mit Hilfe der Dreieck-Stern-Wandlung in eine Sternschaltung überführt werden.
R2
A
R1
A
R3
R5
C
B
B 
R4
Bevor die einzelnen Widerstände berechnet werden, wird die Sternschaltung mit ihren Widerstandsbezeichnungen gezeichnet.
RC
RA
A
RB
R5
A
C
B
B 
R4
Zur Berechnung der neuen Widerstandswerte wird die im Skript angeführte Merkregel verwendet: Der
Widerstand eines Sternzweiges ist das Produkt der an diesen Anschluss anliegenden Widerstände,
dividiert durch die Summe aller Widerstände.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
42
Die Regel auf den Anschluss C angewendet führt zu der Gleichung
RC 
R1  R2
R1  R2  R3
Am Anschluss C liegen die Widerstände R1 und R2, somit muss deren Produkt durch die Summe aller
Widerstände dividiert werden. Das Ergebnis ist der Sternzweig mit dem Widerstand RC. Am Anschluss B liegen die Widerstände R2 und R3. Dies führt zu der Gleichung für den Sternwiderstand RB.
RB 
R2  R3
R1  R2  R3
Und zuletzt die Regel auf den Anschluss A angewendet
RA 
R1  R3
R1  R2  R3
Die zuvor dargestellte Sternschaltung kann umgezeichnet werden
RB
A
C
RC
RA
B
A
R5
B 
R4
RB und R5 sowie RA und R4 bilden jeweils Reihenschaltungen, die parallel zueinander liegen. Dieser
Ersatzwiderstand bildet mit RC eine Reihenschaltung. Somit gilt für RAB
RAB  RC    RB  R5  ||  RA  R4    RC 
 RB  R5    RA  R4 
RB  R5  RA  R4
a) Die angegebenen Werten können in die zuvor bestimmten Gleichungen eingesetzt werden. Für
R = 1 kΩ resultieren folgende Werte.
RC 
R1  R2
1 k  1 k

 333,33 
R1  R2  R3
3 k
RB 
R2  R3
1 k  1 k

 333,33 
R1  R2  R3
3 k
RA 
R1  R3
1 k  1 k

 333,33 
R1  R2  R3
3 k
RAB  RC 
 RB  R5    RA  R4 
RB  R5  RA  R4
 333,33  
 333,33   1 k    333,33   1 k 
333,33   1 k  333,33   1 k
b) Mit R1 = R2 = R3 = 6 kΩ und R4 = R5 = 4 kΩ entstehen folgende Ergebnisse.
RC 
R1  R2
6 k  6k

 2 k
R1  R2  R3
3  6 k
 1 k
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
RB 
R2  R3
6 k  6 k

 2 k
R1  R2  R3
3  6 k
RA 
R1  R3
6 k  6 k

 2 k
R1  R2  R3
3  6 k
RAB  RC 
 RB  R5    RA  R4 
RB  R5  RA  R4
 2 k 
43
 2 k  4 k    2 k  4 k  
2 k  4 k  2 k  4 k 
 5 k
c) Mit R1 = R4 = 3 kΩ und R2 = R3 = R5 = 2 kΩ entstehen folgende Ergebnisse
RC 
R1  R2
3 k  2k

 857,1 
R1  R2  R3 3 k  2 k  2 k
RB 
R2  R3
2 k  2 k

 571,4 
R1  R2  R3 3 k  2 k  2 k
RA 
R1  R3
3 k  2 k

 857,1 
R1  R2  R3 3 k  2 k  2 k
RAB  RC 
 RB  R5    RA  R4 
RB  R5  RA  R4
 857,1  
 571,4   2 k    857,1   2 k 
571,4   2 k  857,1   3 k
 2,4 k
Neben der Lösung über die Dreieck-Stern-Wandlung existiert ein zweiter Lösungsweg: Durch die
spezielle Wahl der Widerstände in allen drei Fällen, ist die Spannung über dem Widerstand R3 gleich 0
V und kann damit kurzgeschlossen werden. Die Schaltung vereinfacht sich und eine Dreieck-SternWandlung ist nicht mehr notwendig.
R2
A
R1
R5
R4
RAB   R1 || R2    R4 || R5 
Wie zu erwarten, stimmen die Ergebnisse mit den zuvor berechneten Werten überein.
a) RAB  R1 || R2   R4 || R5   1k || 1k  1k || 1k  1k
b) RAB  R1 || R2   R4 || R5    6 k || 6 k   4 k || 4 k  5 k
c) RAB   R1 || R2   R4 || R5   3 k || 2 k  3 k || 2 k  2,4 k
B 
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
44
6.6
Überbrückte T-Schaltung
a) Bei offenen Klemmen (C) – (D) ergibt sich das folgende Ersatzschaltbild.
R4
R2
R1
A
R3
B 
Durch die offenen Klemmen (C) – (D) liegen die Widerstände R4 und R2 in Reihe zueinander und parallel zum Widerstand R1. Der Ersatzwiderstand berechnet sich zu
RAB   R1 ||  R2  R4    R3 
R1   R2  R4 
R1  R2  R4
 R3 
R1   R2  R4   R3   R1  R2  R4 
R1  R2  R4
b) Bei kurzgeschlossenen Klemmen (C) – (D) liegt der Widerstand R2 parallel zum Widerstand R3.
Daraus ergibt sich folgendes Ersatzschaltbild.
R1
A
R4
B 
Für den Ersatzwiderstand RAB gilt
RAB

R R 
R4   R1  2 3 
R2  R3 

 R4 ||  R1   R3 || R2   
R R
R4  R1  2 3
R2  R3

R1  R4   R2  R3   R2  R3  R4
R4   R2  R3   R1   R2  R3   R2  R3
R3
R2
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
6.7
45
Berechnung eines Kreuzgliedes
a) Bei kurzgeschlossenen Klemmen (C) – (D) liegen die beiden dadurch entstehenden Reihenschaltungen aus R1 und R3 sowie aus R2 und R4 parallel zueinander wie das folgende Ersatzschaltbild zeigt.
A
R2
R1
R4
R3
B 
Der Widerstand zwischen den Klemmen (A) – (B) kann durch die Gleichung
RAB   R1  R3  ||  R2  R4  
 R1  R3    R2  R4 
R1  R2  R3  R4
beschrieben werden.
b) Durch das Kurzschließen der Klemmen (C) – (D) können alle Widerstände auf dieser Anschlussseite miteinander verbunden werden, da sie auf demselben Potenzial liegen. Es ergibt sich das nachfolgende Ersatzschaltbild.
A
R1
R2
R3
B 
R4
Der Ersatzwiderstand RAB berechnet sich zu
RAB   R1 || R2    R3 || R4 

R  R   R3  R4   R3  R4   R1  R2 
R R
R1  R2
 3 4  1 2
R1  R2 R3  R4
 R1  R2    R3  R4 
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
46
6.8
Potenziometer-Schaltung
Um eine bessere Übersicht zu erreichen, wird das Potenziometer durch zwei Widerstände dargestellt.
Der obere Widerstand besitzt hierbei den Widerstandswert P1∙(1 – x), der untere Widerstand den Wert
P1∙x. Im Folgenden ist das zugehörige Schaltbild dargestellt.
P1  1  x 
R2
A
1 k
P1  x
B 
Der Widerstand zwischen den Klemmen (A) – (B) lässt sich berechnen zu
RAB  x    R2  P1  1  x   ||  P1  x 

R
2
 P1  1  x    P1  x
R2  P1  1  x   P1  x

P1  R2  x  P12  x  P12  x 2
P12
 x2 
 x  P1
R2  P1
R2  P1
Das Einsetzen der Zahlenwerte liefert die Gleichung
RAB  x    x 
 2 k 
2
2
1 k  2 k
 x  2 k   x 2  1,33 k  x  2 k
Anhand des quadratischen Terms lässt sich erkennen, dass die Funktion der einer Parabel entspricht.
Durch das negative Vorzeichen ist die Parabel nach unten geöffnet. Zum Erstellen der Skizze
RAB = f (x) werden die Punkte x = 0 und x = 1 sowie der Scheitelpunkt der Kurve ausgerechnet.
RAB  x  0   0 
 2 k 
2
1 k  2 k
RAB  x  1   1 
2
2
 2 k 
 0  2 k  0 k
2
1 k  2 k
 1 2 k  666 
Zur Bestimmung des Scheitelwerts wird die Ableitung der Funktion gebildet und zu null gesetzt.
 RAB
2  x  P12
0
 P1
x
R2  P1
Auflösen der Gleichung nach x ergibt
x
 R2  P1  1 k   2 k  
2  P1

2  2 k
 0,75
Der zugehörige Funktionswert beträgt
RAB  0,752  1,33 k  0,75  2 k  750 
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
47
Mithilfe der drei berechneten Werte kann die Funktion RAB = f (x) skizziert werden.
1000
Widerstand RAB / 
750
500
250
0
0
6.9
0,25
0,5
0,75
Potentiometerstellung x
1
Widerstandswürfel
Für die Widerstände werden Bezeichnungen in die Schaltung eingefügt. Zugunsten einer besseren
Übersichtlichkeit wird lediglich die Indexnummer des Widerstandes als Bezeichner gewählt. Durch
Analyse der Verbindungsmöglichkeiten zwischen den Klemmen (A) und (B) wird ein Ersatzschaltbild
gezeichnet.
11
10
12
9
8
3
2
6
A
5
7
4
B 
1
Die Analyse der verschiedenen Verbindungsmöglichkeiten führt zur nachfolgenden Schaltung.
R4
R3
D
R12
R11
R9
A
R7
R10
C
R6
R8
A
R5
R1
R2
B
B 
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
48
Da alle Widerstände den identischen Wert besitzen, fällt bei Betrachtung der Symmetrie auf, dass am
Knoten A und B beziehungsweise am Knoten C und D jeweils das gleiche Potenzial anliegt. Da ein
Stromfluss nur bei Potenzialunterschied möglich ist, kann durch die Widerstände R5 und R12 kein
Strom fließen, und sie können entfernt werden. Der Widerstand zwischen den Klemmen A und B
ergibt sich zu
RERS  R7    R6  R8  ||  R9  R11    R10
RAB   R1  R2  ||  R4  R3  || RERS

  R1  R2  ||  R4  R3  || R7    R6  R8  ||  R9  R11    R10

Das Einsetzen der Zahlenwerte liefert folgendes Ergebnis für RAB
RAB   2 k ||  2 k || 1k   2 k || 2 k  1k    2 k  ||  2 k  || 3 k   750 
6.10 Digital-Analog-Wandler
Zur Bestimmung des Gesamtwiderstandes RAB wird der Ersatzwiderstand von rechts nach links bestimmt. Hierbei ist der Startpunkt die Reihenschaltung von R6 und R7.
RERS 6
RERS 5
A
RERS 4
RERS 3
RERS 2
R2
R4
1 k
1 k
RERS1
R6
1 k
R1
R3
R5
R7
2 k
2 k
2 k
2 k
B 
a) Die Berechnung der einzelnen Teilersatzwiderstände liefert folgende Ergebnisse.
RERS1  R6  R7
RERS 2  RERS1 || R5  R6  R7  || R5
RERS 3  RERS 2  R4    R6  R7  || R5   R4
RERS 4  RERS 3 || R3 
R

RERS 5  RERS 4  R2 
R
 R7  || R5   R4 || R3
6
6
RERS 6  RAB  RERS 5 || R1 


 R7  || R5   R4 || R3  R2
R
6



 R7  || R5   R4 || R3  R2 || R1
b) Das Einsetzen der Zahlenwerte liefert folgende Ergebnisse.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
49
RERS1  1k  2 k  3 k
RERS 2  1k  2 k || 2 k  1,2 k
RERS 3   1k  2 k || 2 k  1k  2,2 k
RERS 4 
1 k  2 k || 2 k  1 k || 2 k  1,05 k
RERS 5 
1 k  2 k  || 2 k   1 k  || 2 k   1 k  2,05 k
RERS 6  RAB 
1 k  2 k || 2 k  1 k || 2 k  1 k || 2 k  1 k
Der Widerstand der Schaltung zwischen den Klemmen (A) – (B) beträgt 1 kΩ.
6.11 Ersatzwiderstand
Durch eine Vorüberlegung zur Symmetrie der Schaltung kann diese vereinfacht werden. Die Potenziale an den Knoten A, B und C sind gleich. Somit können die Widerstände R6 und R7 entfernt werden, da
durch sie kein Strom fließt.
R1
A
R3
A
R4
R6
R8
B 
R2
R5
B
R7
R10
R9
R11
C
R12
Anschließend werden die Widerstände von rechts nach links zusammengefasst, beginnend mit der
Reihenschaltung aus R2, R5, R10 und R12.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
50
RERS 4
RERS 3
R1
A
RERS 2
R2
RERS1
R3
R4
R5
R8
R9
R10
B 
R11
R12
RERS1  R2  R5  R10  R12  4 k
Parallel zu dem Ersatzwiderstand RERS1 liegt die Reihenschaltung aus R4 und R9.
RERS 2   R4  R9  || RERS1   R4  R9  ||  R2  R5  R10  R12  
8
k  1,33 k
6
Die identische Vorgehensweise nochmals angewandt liefert das Endergebnis für den Klemmenwiderstand RAB.
RERS 3  R1  RERS 2  R11  R1   R4  R9  || R2  R5  R10  R12    R11  3,33 k


RERS 4  RAB   R3  R8  || RERS 3   R3  R8  || R1    R4  R9  ||  R2  R5  R10  R12    R11  1,25 k
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
51
6.12 Widerstandspyramide
Die Schaltungsstruktur der Pyramide wird als zweidimensionales Ersatzschaltbild gezeichnet.
R1
R2
A
R4
S
R6
E 
R7
R9
R11
R12
B
Wird zwischen den Klemmen (S) und (E) eine Spannung angelegt, so ist aufgrund der Symmetrie der
Schaltung das Potenzial an den Knoten A und B gleich. Diese beiden Punkte können durch eine widerstandsfreie Verbindung verbunden werden (gestrichelte Linie). Durch diese Verbindung fließt kein
Strom, da keine Potenzialdifferenz zwischen A und B existiert. Es kann ein äquivalentes Ersatzschaltbild gezeichnet werden.
R7
S
R4
A
R6
R1
R9
B
R11
E 
Die Schaltung wird von links nach rechts zusammengefasst.
RSE  R6 ||
R || R
1
11
    R4 || R9  ||  R7   R2 || R12    
Da alle Widerstände den Wert R haben gilt
R R 
R  7
RSE  R ||    ||  R     
R
2
2
2    15



R2
R12
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
52
6.13 Heizstufen eines Haartrockners
a) Für den Widerstand R1 ergibt sich mit Hilfe der Leistung und der Netzspannung der Wert
UN 2  230 V 

 176,3 
P1
300 W
2
R1 
Bei der Berechnung des zweiten Widerstandes gilt es zu beachten, dass dieser für die insgesamt angedachten 800 W lediglich 500 W beitragen muss.
 230 V 
UN 2
R2 

 105,8 
 P2  P1  800 W  300 W
2
b) In dem ursprünglichen Schaltbild ist entweder R1 alleine oder R1 parallel R2 realisiert. Weitere
denkbare Zusammenschaltungen wären:
Variante
Leistung
R2 alleine
PR2 = 500 W
R1 + R2 = 282,1 Ω
R1 und R2 in Serie
PS = 187,5 W
6.14 Symmetrisches Widerstandsnetzwerk
Aus Symmetrieeigenschaften liegen die Knoten A, B und C auf gleichem Potenzial. Durch die Verbindungszweige fließt kein Strom.
B 
R3
R2
A
R9
R10
R8
B
R1
R4
R7
R11
A
C
R12
R6
R5
Die Widerstände R8 und R11 können überbrückt werden. Dies führt zu dem nachfolgenden Schaltbild.
6 Musterlösung – Zusammenschaltung von Widerständen
53
A
R1
R2
R7
R9
R6
R12
R5
R10
R4
R3
B 
Bezüglich der Kurzschlusslinie weist die Schaltung nach oben und nach unten die gleiche Struktur auf.
Daher genügt es einen Teil der Schaltung zu betrachten und den berechneten Ersatzwiderstand zu verdoppeln.
RAB
 2
 R

1
1 

 2    R12 || R5   R6  || R7 || R1  2    0  R0  || R0 || R0   2  




 2

 3  R0 R0 R0 

 2
3
3
 R0   R0
8
4

1
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
54
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
7.1
Betrieb einer Glühlampe als Spannungsteiler
a) Um eine Reduzierung der Spannung zu erreichen, wird der Vorwiderstand in Serie zur Glühlampe
geschaltet.
URV
I
RV
UGL
GL
U
24 V
b) Zunächst wird der Spannungsabfall über dem Widerstand bestimmt und in das ohmsche Gesetz
eingesetzt.
URV  RV  I  U  UGL
Diese Gleichung aufgelöst nach dem gesuchten Widerstand RV ergibt
RV 
U  UGL 24 V  6 V

 60 
I
0,3 A
c) Die Leistung berechnet sich aus dem jeweiligen Produkt von Spannung und Strom.
PGL  UGL  I  6 V  0,3 A  1,8 W
PRV  URV  I  18 V  0,3 A  5,4 W
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
7.3
55
Widerstandsnetzwerk
Zur Vereinfachung wird die Schaltung umgezeichnet. Hiermit sind die Zusammenhänge ersichtlicher.
A
IE
UE
B 
I4
I1
I3
R1
R3
R4
C
A
U5
R2
R5
I2
I5
D 
a) Der Widerstand RAB ergibt sich aus den parallel geschalteten Widerständen R1 und R3, dem dazu in
Reihe liegenden Widerstand R2 und der zu diesen drei Widerständen parallel liegenden Reihenschaltung aus R4 und R5.
RAB    R1 || R3   R2  || R4  R5 
b) Die Widerstände R1, R3 und R2 sind kurzgeschlossen und haben somit keinerlei Einfluss auf die
Ausgangsspannung U5. Diese setzt sich lediglich aus dem Spannungsteiler, bestehend aus R4 und R5,
zusammen.
U5  UE 
R5
R4  R5
Die Gleichung wird umgeformt zu
U5
R5

UE R4  R5
c) Um ein Verhältnis der Ströme I1 und I2 angeben zu können, wird eine entsprechende Gleichung
benötigt, die beide Ströme enthält. Hierzu wird die Knotengleichung für den Knoten A aufgestellt.
I3  I2  I1
Des Weiteren kann die Stromteiler Regel auf die Widerstände R1 und R3 angewendet werden. Damit
ergibt sich eine Gleichung, die aus den Strömen I1 und I3 besteht.
I1 R3

I3 R1
Der Strom I3 kann durch die Knotengleichung ersetzt werden.
R
I1
I
 1  3
I3 I2  I1 R1
Das gesuchte Verhältnis ergibt sich durch umformen der Gleichung
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
56
R
I1
 3
I2  I1 R1
zu
R3
I1

I2 R1  R3
d) Da der Strom I2 von den Größen UE, R1, R2 und R3 abhängig ist, wird die Spannung über dem Widerstand R2 mit Hilfe der Spannungsteiler Regel berechnet.
UR 2  R2  I2  UE 
R2   R1  R3 
R2
 UE 
R1  R3  R2   R1  R3 
 R1 || R3   R2
Die Gleichung aufgelöst nach dem gesuchten Strom I2 führt zum Ergebnis
I2 
7.4
UE   R1  R3 
R1  R3  R2   R1  R3 
Schaltungsanalyse
a) Um die Spannung UA zu berechnen wird die Schaltung etwas vereinfacht. Die Widerstände R3, R1
und R2 liegen parallel zueinander und können zu einem Ersatzwiderstand RERS zusammengefasst werden.
RERS
UA
U R 4 R4
U1
48 V
R5
Für den Widerstand RERS ergibt sich
RERS  R1 || R2 || R3
Eine Gleichung für die Spannung UA kann über einen Maschenumlauf aufgestellt werden. Die Gleichung lautet
UA  UR 4  U1
Der Ersatzwiderstand RERS und der Widerstand R4 bilden einen Spannungsteiler.
UR 4  U1 
R4
RERS  R4
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
57
Mit Hilfe der Gleichung für den Spannungsteiler kann UR4 in der zuvor aufgestellten Maschengleichung ersetzt werden.
U A  UR 4  U1  U1 
 U1 
R4
 U1
RERS  R4
RERS
RERS  R4
b) Mit eingesetzten Zahlenwerten ergibt sich der Ersatzwiderstand RERS zu
 1
1
1 
RERS  R1 || R2 || R3  



50

45

40


1
 14,87 
Im nächsten Schritt kann der Wert für die Spannung UA bestimmt werden.
U A  U1 
RERS
14,87 
 48 V 
 10,22 V
RERS  R4
14,87   55 
c) Zur Berechnung des Stromes IX werden die notwendigen Strompfeile in die ursprüngliche Schaltung
eingetragen.
R1
R2
50 
45 
R3
IX
40 
UA
I2
I5
R4
U1
R5
55 
48 V
60 
Nach der Knotenregel gilt
I X  I5  I2
Zur näheren Bestimmung des Stromes IX werden die Ströme I5 und I2 mit Hilfe des ohmschen Gesetzes
ersetzt. Es gilt
I5 
U1
R5
I2 
UA
R2
Die Ströme werden in die Knotengleichung eingesetzt. Für I2 wird die in Aufgabenteil a) bestimmte
Formel für die Spannung UA in die Gleichung eingesetzt.
I X  I5  I 2 
U1 U A

R5 R2
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
58
Die in Aufgabenteil a) bestimmte Gleichung für die Spannung UA kann eingesetzt werden und führt zu
RERS

U1 

RERS  R4
U
IX  1  
R5 
R2






  U1   1  1  RERS 

R
R
R

R
2
ERS
4 
 5


d) Mit eingesetzten Zahlenwerte ergib sich
 1
RERS 
 1

1
1
14,87 
I X  U1  




  48 V  
  1,027 A
 60  45  14,87   55  
 R5 R2 RERS  R4 
7.5
Spannungsteiler als Temperatursensor
a) Nach der Spannungsteiler Regel ergibt sich die Spannung U2 zu
U2  U1 
R1
R1  R
Für Rϑ wird die in der Aufgabenstellung angegebene Formel eingesetzt.
U2  U1 
R1
R1
R1
 U1 
 U1 
R1  R
R1  R20  1    
R1  R20  R20    
b) Das Einsetzen der Zahlenwerte führt zu der Gleichung
U2 
1 k
1

1 k  2 k  2 k   0,02   
K

8 V 
1 k  8 V
8V


1
3 k  40   3  0,04  
K
K
c) Zur Berechnung der jeweiligen Spannungen werden die geforderten Temperaturen mit
    20    20 C
eingesetzt. Es wird eine Wertetabelle angelegt.
Temperatur ϑ in °C
Temperaturdifferenz ∆ϑ in K
Ausgangsspannung U2 in V
-20
-40
1,74
0
-20
2,11
20
0
2,67
40
20
3,64
60
40
5,71
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
59
d) Mit den berechneten Werten kann der Verlauf skizziert werden.
6
Spannung U / V
5
4
3
2
1
0
-20
7.6
0
20
Temperatur  / °C
40
60
Spannungsteiler mit Potenziometer
Bei der Schaltung handelt es sich um einen belasteten Spannungsteiler. Um den Strom IA zu bestimmen, muss die Spannung am Widerstand R3 bestimmt werden.
P1  1  X 
IA
U1
P1  X
R3
UR 3
R2
Über die Spannungsteiler Regel lässt sich UR3 berechnen. Hierzu wird der Ersatzwiderstand des unteren Teils der Schaltung, bestehend aus P1∙x, R2 und R3, bestimmt.
RERS   P1  x  R2  || R3 
 P1  x  R2   R3
 P1  x  R2   R3
Für den Spannungsteiler gilt
UR 3  U1 
 U1 
 P1  x  R2  || R3
RERS
 U1 
P1  1  x   RERS
P1  1  x    P1  x  R2  || R3
R3   R2  x  P1 
R3   R2  x  P1    R3  R2  x  P1   1  x   P1
 P1  x  R2   R3
 P1  x  R2   R3
 U1 
 P  x  R2   R3
P1  1  x   1
 P1  x  R2   R3
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
60
Über das ohmsche Gesetz wird der Strom IA berechnet.
IA 
UR 3
R2  x  P1
 U1 
R3
R3   R2  x  P1    R3  R2  x  P1   1  x   P1
Um zu ermitteln, welche der Kurven die korrekte ist, werden für x einige charakteristische Werte eingesetzt. Für die unterste Stellung des Potentiometers x = 0 gilt.
I A  U1 
R2
2,2 k
 10 V 
 2,4 mA
2
2
R2  R3   R3  R2   P1
4,84  k   4,4 k 
Für die oberste Stellung x = 1 gilt
I A  U1 
R2  P1
2,2 k  1 k
 10 V 
 4,55 mA
R3   R2  P1 
2,2 k   2,2 k  1 k 
In der Grafik gibt es drei Verläufe, die diese Bedingungen erfüllen. Daher muss noch ein weiterer
Wert bestimmt werden, beispielsweise der Strom bei x = 0,6.
I A  U1 
R2  0,6  P1
2,8 k
 10 V 
 3,43 mA
2
2
R3   R2  0,6  P1    R3  R2  0,6  P1   0,4  P1
6,16 k   2 k 
Damit kommt lediglich der blau eingezeichnete Verlauf in Frage.
Alternativ zur gezeigten Methode lassen sich die Ströme für die verschiedenen Potenziometerstellungen x auch durch die Methode der Schaltungsanalyse ermitteln. Für die unterste Potentiometerstellung
x = 0 sind R2 und R3 parallel geschaltet. Die Spannung UR3 ist
UR 3  U1 
R3 || R2
 5,23 V
 R3 || R2   P1
Der resultierende Strom ist
IA 
UR 3
 2,4 mA
R3
Für die oberste Potenziometerstellung x = 1 liegt die Spannung U1 an R3 an:
UR3  U1  10 V
IA 
UR 3
 4,55 mA
R3
Für die Potenziometerstellung x = 0,6 ist die Reihenschaltung von R2 und 0,6 kΩ mit dem Widerstand
R3 parallel geschaltet. Die Spannung UR3 ist damit
UR 3 
R3 ||  R2  0,6 k 
 R ||  R
3
IA 
2
 0,6 k    0,4  P1
UR 3
 3,43 mA
R3
 7,55 V
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
7.7
61
Messbereichserweiterung
a) Soll mit einem Amperemeter ein Strom gemessen werden, der den maximalen Messbereich überschreitet, kann mithilfe eines parallel zum Messgerät liegenden Widerstandes der Strom entsprechend
der Stromteiler Regel heruntergeteilt werden. Die Messschaltung kann folgendermaßen ergänzt werden
R1
IR 1
RI
IMAX
I
A
B 
A
Amperemeter
Der Wert des hinzugefügten Widerstandes ergibt sich durch die Ströme I und IMAX sowie dem Innenwiderstand des Amperemeters RI und R1.
IMAX
I
RI  R1
R || R1 RI  R1
R1
 I


RI
RI
RI  R1
Umformen der Gleichung ergibt
R1 
IMAX
 RI
I  IMAX
Generell sollte bei einer Strommessung darauf geachtet werden, dass der Widerstand des Messgeräts
sehr gering ist um das Messergebnis so wenig wie möglich zu beeinflussen.
b) Eine Messbereichserweiterung bei einem Spannungsmessgerät kann mit Hilfe eines zum Messgerät
in Reihe geschalteten Widerstandes erfolgen. Gemäß der Spannungsteiler Regel wird die Spannung
über den Vorwiderstand heruntergeteilt. Die Messschaltung kann folgendermaßen ergänzt werden
A
UR1
R1
U
RI
UMAX
Voltmeter
V
B 
Mit Hilfe der Spannungsteiler Regel ergibt sich die Gleichung
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
62
UMAX  U 
RI
R1  RI
die nach dem Widerstand R1 aufgelöst werden kann.
 U

R1  
 1  RI
 UMAX

Um das Messergebnis bei einer Spannungsmessung so wenig wie möglich zu beeinflussen, muss das
Messgerät einen möglichst hochohmigen Widerstand besitzen.
7.8
Drehspulmesswerk
a) Die für einen Vollausschlag am Messwerk benötigte Spannung errechnet sich aus dem gegebenen
Strom bei Vollausschlag und dem Innenwiderstand.
UVOLL  RI  IVOLL  1k  50 A  50 mV
b) Für die Schaltungsdimensionierung der Strommessung können die Widerstände R1 und R2 unberücksichtigt bleiben. Zunächst wird der Fall der 100 µA Strommessung betrachtet. Es ergibt sich das
folgende Ersatzschaltbild.
IVOLL
IR 34
100 μA
C
A
R3
R4
UR 3
UR 4
A
Das Amperemeter besitzt den Innenwiderstand RI. Der Strom bei Vollausschlag beträgt IVOLL = 50 µA.
Nach der Stromteiler Regel gilt
IVOLL R3  R4

IR 34
RI
Das Einsetzen der Knotengleichung für den Strom IR34 in das Verhältnis IVOLL zu IR34 führt zur Gleichung
IVOLL
IVOLL
50 A


1
IR 34 100 A  IVOLL 100 A  50 A
Eingesetzt in die Stromteiler Regel ergibt sich die Bedingung für die Widerstände R3 und R4.
IVOLL
R  R4
 1 3
IR 34
RI
RI  R3  R4  1k
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
63
Die zweite Bestimmungsgleichung ergibt sich aus der Bedingung für den 1 mA Messbereich. Da dieser Bereich zwischen den Klemmen (B) und (A) liegt, liegen R3 und Amperemeter parallel zu R4.
IVOLL
R3
IR 4
1 mA
A
R4
B 
A
Nach der Stromteiler Regel gilt
IVOLL
R4

IR 4
RI  R3
Das Einsetzen der Knotengleichung führt zu dem Verhältnis
IVOLL
IVOLL
50 A
50 A
1




IR 4
1 mA  IVOLL 1 mA  50 A 950 mA 19
Die zweite Bedingung für R3 und R4 ergibt sich durch Einsetzen des Verhältnisses in die Stromteiler
Regel.
IVOLL
R4
1


IR 4
19 RI  R3
RI  R3  1 k  R3  19  R4
Beide Bedingungen werden ineinander eingesetzt.
20  R4  2 k
Der Wert für den Widerstand R4 beträgt
R4  100 
Daraus wird der Wert für den Widerstand R3 berechnet
R3  1k  100   900 
c) Für die Spannungsmessung verhält sich das Messwerk zusammen mit den Widerständen R3 und R4
wie ein Strommesser, mit
IR 2  IR34  IVOLL  50 μA  50 μA  100 μA
und
R  R34 || RI  1k || 1k  500 
7 Musterlösung – Strom- und Spannungsteilung
64
IVOLL
R2
IR 2
A
R3
IR 34
D 
R4
A
UVOLL
Für 5 V Vollausschlag gilt nach dem ohmschen Gesetz
R2  R 
R2 
UVOLL
IR 2
UVOLL
5V
R 
 500   49,5 k
IR 2
100 μA
Für den Messbereich mit UVOLL = 25 V wird ein zusätzlicher Widerstand R1 zugeschaltet.
IVOLL
R1
E 
R1 
R2
IR 2
IR 34
UVOLL
A
R3
R4
A
UVOLL
25 V
 R  R2 
 500   49,5 k  200 k
IR 2
100 A
d) Zur Berechnung der Empfindlichkeit muss der Gesamtwiderstand des Multimeters für 1 V Vollausschlag betrachtet werden. Damit ergibt sich
R
1V
 10 k
100 A
Das Multimeter hat eine Empfindlichkeit von 10 kΩ / V.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
65
8 Musterlösung – Lineare Quellen
8.1
Bestimmung des Kurzschlussstromes
a) Der Strompfeil besitzt die gleiche Richtung wie der Spannungspfeil beziehungsweise der Strom
fließt in den Zweipol hinein. Das bedeutet, dass es sich um das Verbraucherpfeilsystem handelt.
b) Bei einem positiven Strom wirkt der Zweipol passiv.
c) Die Grafik zeigt eine Gerade. Somit handelt es sich um einen linearen Zweipol. Dieser Zweipol
kann durch eine Spannungsquelle und einen Widerstand beschrieben werden. Für einen Strom von
I = 0 A ergibt sich aus dem Diagramm eine Spannung von U0 = 5 V. Für einen Strom von I = 1 A kann
die Spannung U1 = 7 V abgelesen werden. Für die Geradengleichung linearer Zweipole gilt
U1  RI  I1  U0
Da zur Berechnung von RI alle Größen aus dem Diagramm bekannt sind kann diese Gleichung umgeformt werden zu
RI 
U1  U0 7 V  5 V

2
I1
1A
Der Spannungsverlauf in Abhängigkeit des Stromes ist
U1  2   I1  5 V
d) Zur Berechnung des Kurzschlussstromes IK wird der Punkt (- IK | 0) in die Zweipolgleichung eingesetzt.
U1  RI  I1  U0
0  RI   IK   U0  2    IK   5 V
Auflösen nach IK
IK  2,5 A
8.2
Bestimmung der Kennwerte eines linearen Zweipols durch Messungen
Allgemein gilt für einen linearen Zweipol der Zusammenhang
U1  RI  I1  U0
In diese Gleichung können die Ergebnisse beider Messungen eingesetzt werden. Damit ergeben sich
folgende Beziehungen.
6,6 V  RI  0,1 A  U0
4,3 V  RI   0,05 A   U0
Beide Gleichungen werden nach U0 aufgelöst und gleichgesetzt. Damit entfällt die Unbekannte U0 und
der Innenwiderstand RI kann berechnet werden.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
66
6,6 V  RI  0,1 A  4,3 V  RI  0,05 A
Umformen der Gleichung ergibt
RI 
6,6 V  4,3 V
 15,33 
0,15 A
Mit Hilfe des Innenwiderstandes kann die Leerlaufspannung ermittelt werden.
6,6 V  15,33   0,1 A  U0
U0  5,067 V
8.3
Bestimmung von linearen Ersatzquellen
I) Im ersten Schritt wird eine Quellwandlung für die Spannungsquelle U1 mit dem Innenwiderstand R1
durchgeführt. Der Strom resultiert aus dem Quotienten dieser beiden Größen. Es ergibt sich folgende
Schaltung.
R3
U1
R1
A
R2
R1
B 
Die Widerstände R1 und R2 liegen parallel zueinander und können zusammengefasst werden. Anschließend wird wieder eine Quellwandlung durchgeführt hin zur Spannungsquelle mit dem Innenwiderstand R1 || R2, der nun in Serie zum Widerstand R3 liegt. Die Spannung ergibt sich aus dem Strom
multipliziert mit dem Widerstand R1 || R2.
 R1 || R2   R3
 R1 || R2  
A
U1
R1
B 
Der Ersatzwiderstand RI beträgt
RI   R1 || R2   R3 
R1  R2
1 k  4 k
 R3 
 200   1 k
R1  R2
5 k
Ebenso kann die Spannung U0 berechnet werden.
U0   R1 || R2  
U1
R2
4 k
 U1 
 15 V 
 12 V
R1
R1  R2
5 k
8 Musterlösung – Lineare Quellen
67
Der Strom I0 resultiert aus den zuvor bestimmten Größen U0 und RI.
I0 
U0 12 V

 12 mA
RI 1 k
II) Zur Vereinfachung der Schaltung wird für die Spannungsquelle U1 eine Quellwandlung durchge-
führt. Das Ergebnis ist im Folgenden dargestellt.
R3
U1
R1
A
IQ
R1
R2
B 
Anschließend werden beide Stromquellen zusammengefasst. Hierbei ist die Richtung des Stromes IQ
zu beachten, der vom Strom der anderen Quelle subtrahiert werden muss.
I
U1
 IQ
R1
Durch erneute Quellwandlung können die in Serie liegenden Widerstände R1 und R3 zusammengefasst
werden, sodass die Schaltung aus einem Spannungsteiler besteht.
 R1  R3 
U

R1   1  IQ 
 R1

A
R2
B 
Die Spannung U0 kann über die Spannungsteiler Regel berechnet werden.
U0  U1  IQ  R1  
R2
3 k
 19 V  4 mA  1 k  
 10 V
R1  R2  R3
4,5 k
Außerdem gilt für den Widerstand RI
RI   R1  R3  || R2 
 R1  R3   R2
R1  R2  R3

1 k  500    3 k
4,5 k
 1 k
Der Strom kann über die zuvor bestimmten Größen errechnet werden.
I0 
U0 10 V

 10 mA
RI 1 k
III) Der Widerstand R4 liegt parallel zur innenwiderstandsfreien Spannungsquelle U1. Damit hat dieser
Widerstand keinen Einfluss. Die Schaltung lässt sich äquivalent zum ersten Aufgabenteil berechnen.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
68
U0 
U1
R2
2 k
  R1 || R2   U1 
9 V
6V
R1
R1  R2
3 k
RI   R1 || R2   R3 
I0 
R1  R2
1 k  2 k
 R3 
 333   1 k
R1  R2
3 k
U0
6V

 6 mA
RI 1 k
IV) Damit das Vorgehen deutlicher zu erkennen ist, wird die Schaltung umgezeichnet. Anstatt der
Verbindung von der Spannungsquelle zum Widerstand R4, kann die Spannungsquelle U1 nochmals an
anderer Stelle eingefügt werden ohne das Verhalten der Schaltung zu beeinflussen.
R1
R3
A
R4
U1
R2
U1
B 
Mit der Spannungsquelle U1 und deren Innenwiderstand R1 wird eine Quellwandlung durchgeführt.
Der Strom ergibt sich dabei aus dem Quotienten von Spannung und Innenwiderstand.
R3
U1
R1
A
R4
R1
R2
U1
B 
Die parallel liegenden Widerstände R1 und R2 werden mit dem dazu in Reihe liegenden Widerstand R3
zusammengefasst. Anschließend kann für die zweite Spannungsquelle mit dem Innenwiderstand R4
eine Quellwandlung durchgeführt werden. Es ergibt sich das folgende Ersatzschaltbild mit den jeweiligen Größen.
 R1 || R2   U1
 R1 || R2   R3 R1
 R1 || R2   R3
U1
R4
A
R4
B 
Durch Addition beider Ströme lassen sich die Stromquellen zusammenfassen. Auch die parallel liegenden Widerstände können zusammengefasst werden. Es damit sich die finale Ersatzschaltung.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
69
 R1 || R2 
U1 U1


R4 R1  R1 || R2   R3
A
R
1
|| R2   R3  || R4
B 
Der Ersatzwiderstand RI ist
 R1  R2

 R3   R4

R  R2
 R1  R2  R3  R1  R2    R4

RI    R1 || R2   R3  || R4   1

R1  R2
R1  R2  R3   R1  R2   R4   R1  R2 
 R3  R4
R1  R2

1 k   4 k   200    5 k     2 k 
1 k   4 k   200    5 k    2 k    5 k  
 666,667 
Der Strom I0 kann mit der im Ersatzschaltbild angegebenen Gleichung bestimmt werden zu
U
 R1 || R2   1
U1   R2  R4  R1  R2  R3   R1  R2  
U1
R1
U
R1  R2  U1
I0 

 1 

R4  R1 || R2   R3 R4 R1   R1  R2  R3   R1  R2  
R4   R1  R2  R3   R1  R2  

10 V   8 k   4 k   1 k  
2 k  4 k  1 k
 13 mA
Die Spannung U0 ergibt sich aus den berechneten Größen RI und I0.
U0  RI  I0  666,67   13 mA  8,666 V
V) Im Gegensatz zu Aufgabenteil III) ist R4 hier wirksam. Für die Stromquelle I1 und deren Innenwiderstand R4 wird eine Quellwandlung durchgeführt. Anschließend können die dann in Reihe liegenden
Widerstände R1 und R4 zusammengefasst werden.
R1  R4
R4  I1
R3
A
R2
B 
Damit die Schaltung weiter zusammengefasst werden kann, wird eine erneute Quellwandlung durchgeführt.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
70
R3
R4
I1 
 R1  R4 
A
 R1  R4  || R2
B 
An dieser Stelle kann entweder die Stromteiler-Regel angewendet werden, oder es wird nochmals eine
Quellwandlung durchgeführt um das Endergebnis zu erhalten.
R
1
I1 
 R4  || R2   R3
A
R4    R1  R4  || R2 
 R1  R2 
B 
Der Ersatzwiderstand RI berechnet sich zu
RI    R1  R4  || R2   R3   3 k || 3 k  0,5 k  2 k
Die Spannung U0 wird entsprechend der in der Schaltung dargestellten Gleichung berechnet. Hier
muss besonders das Vorzeichen des Stromes beachtet werden.
U0    R1  R4  || R2  

 R  R4   R2 R4  I1
R4  I1
R2  R4  I1
 1


 R1  R4  R1  R4  R2  R1  R4  R1  R4  R2
2 k  3 k   4 mA 
1 k  2 k  3 k
 4 V
Mit Hilfe dieser beiden Größen kann der Strom I0 berechnet werden zu
I0 
U0 4 V

 2 mA
RI
2 k
8 Musterlösung – Lineare Quellen
8.5
71
Laden eines Akkus
Der in der Aufgabe beschriebene Schaltungsaufbau ist im Folgenden dargestellt.
URIAKKU
URI
RI
I
16 V
I
RIAKKU
13,1 V
12 V
Der Strom, mit dem der Akku geladen wird, berechnet sich aus
I
U
URI
  RIAKKU
RI
RIAKKU
Diese Gleichung kann nach RIAKKU umgestellt werden.
RIAKKU  URIAKKU 
RI
URI
Die Spannungen URI und URIAKKU werden durch Maschengleichungen mit den bereits bekannten Spannungen ersetzt.
URI  16 V  13,1 V
URIAKKU  12 V  13,1 V
Daraus berechnet sich das Ergebnis zu
RIAKKU  URIAKKU 
8.6
RI
12 
  12 V  13,1 V  
 4,55 
URI
16 V  13,1 V 
Bestimmung der Kennwerte linearer Quellen über Variation des
Lastwiderstandes
Zu Beginn wird die Gleichung für die Spannung UL aufgestellt. Diese berechnet sich nach der Spannungsteiler Regel.
UL  U0 
RL
RI  RL
Die Gleichung kann nach U0 umgestellt werden.
U0  UL 
RI  RL
RL
In diese Gleichung können die Messwerte aus der Aufgabenstellung eingesetzt werden. Damit ergeben
sich zwei Gleichungen.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
72
U0  10 V 
U0  9 V 
RI  10 
10 
RI  6 
6
Durch Gleichsetzen wird der Innenwiderstand RI berechnet.
10 V 
RI  10 
R 6 
9 V I
10 
6
beziehungsweise
RI 
10 V  9 V
2
9 V 10 V

6  10 
Den Innenwiderstand in eine der beiden Gleichungen eingesetzt ergibt
U0  10 V 
8.7
2   10 
 12 V
10 
Lichtmaschine und Autobatterie als lineare Quellen
a) Zunächst wird die gesamte Schaltung mit Strom- und Spannungspfeilen dargestellt. Dabei ist ULM
die Quellspannung der Lichtmaschine mit RLM als deren Innenwiderstand und UBAT die Quellspannung
der Batterie mit RBAT als deren Innenwiderstand.
IV
RBAT
RLM
RV
IBAT
ILM
UBAT
ULM
Bei beiden Quellen wird eine Quellwandlung hin zur Stromquelle durchgeführt. Anschließend wird
die Schaltung zusammengefasst.
IV
ULM
RLM
RLM
UBAT
RBAT
RBAT
RV
8 Musterlösung – Lineare Quellen
73
Beide Stromquellen werden addiert.
IERS 
ULM UBAT 15,5 V 12,5 V



 1301,67 A
RLM RBAT
0,3  0,01 
Ebenso können die parallel liegenden Widerstände zusammengefasst werden.
RERS  RLM || RBAT  0,3  || 0,01   9,7 m
IV
IERS
RV
RERS
Der Strom durch den Verbraucher wird mit Hilfe der Stromteiler-Regel berechnet und ergibt sich zu
R || RERS
IV
 v
IERS
RV
RV  RERS
R  RERS
RERS
 V

RV
RV  RERS
beziehungsweise
IV  IERS 
RERS
9,7 m
 1301,67 A 
 9,64 A
RV  RERS
1,3   9,7 m
b) Zur Berechnung der Teilströme wird die gewandelte Schaltung mit zwei Stromquellen herangezogen.
ILM
IV
IBAT
ULM
RLM
IRLM
RLM
UBAT
RBAT
IRBAT
RBAT
RV UV
Die Ströme der Quellen können direkt bestimmt werden.
ULM 15,5 V

 51,6 A
RLM
0,3 
UBAT 12,5 V

 1250 A
RBAT 0,01 
Der Strom IV wurde bereits im Aufgabenteil a) zu 9.64 A bestimmt. Da die Spannung UV an jedem
Zweig der Parallelschaltung anliegt, wird diese bestimmt, um im darauffolgenden Schritt die Ströme
durch die Widerstände RLM und RBAT ermitteln zu können.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
74
UV  RV  IV  1,3   9,64 A  12,532 V
Damit ergeben sich die restlichen zwei Ströme zu
IRBAT 
IRLM 
UV
12,532 V

 1253,2 A
RBAT
0,01 
12,532 V
 41,8 A
0,3 
Zur Berechnung der Ströme ILM und IBAT werden die jeweiligen Knotengleichungen aufgestellt.
ILM 
ULM
 IRLM  51,6 A  41,8 A  9,8 A
RLM
IBAT 
UBAT
 IRBAT  1250 A  1253,2 A  3,2 A
RBAT
c) Anhand des negativen Vorzeichens von IBAT ist zu erkennen, dass die Batterie nicht Strom abgibt,
sondern Strom aufnimmt. Sie wird durch die Lichtmaschine aufgeladen.
8.8
Potenziometer-Schaltung als lineare Quelle
a) Die aufgelöste Schaltung ist im Folgenden dargestellt.
1  x   P1
A
U1
x  P1
UA
R2
Die Leerlaufspannung UA ist abhängig von der Stellung x des Potenziometers und kann über die Spannungsteiler Regel berechnet werden.
U A  U1 
 x  P1  R2 
x  P1  R2  1  x   P1
 U1 
x  P1  R2
U P
U R
 1 1 x  1 2
R2  P1
R2  P1
R2  P1
Die Gleichung stellt eine Gerade dar. Zum Zeichnen der Gerade werden Werte an zwei charakteristischen Stellen bestimmt.
UA  x  0 
9 V  2 k
9 V  1 k
x 
 6 V 0  3 V  3 V
3 k
3 k
U A  x  1 
9 V  2 k
9 V  1 k
x 
 6 V 1 3 V  9 V
3 k
3 k
8 Musterlösung – Lineare Quellen
75
Mit diesen Werten kann das Diagramm UA (x) gezeichnet werden.
12
Spannung U / V
9
6
3
0
0
0,2
0,4
0,6
Potentiometerstellung x
0,8
1
b) Nach dem in Aufgabenteil a) dargestellten Schaltbild berechnet sich der Innenwiderstand RI zu
RI   1  x   P1  ||  x  P1  R2 
Die Gleichung wird ausgerechnet und vereinfacht.
RI  x  
P   P1  R2 
1  x   P1   x  P1  R2  1  x   P1   x  P1  R2 
P12
P R


 x2  1
x 1 2
P1  R2
P1  R2
P1  R2
P1  R2
1  x   P1  x  P1  R2
c) Bereits aus Gleichung RI (x) kann die Kurvenform herausgelesen werden, durch die der Innenwiderstand beschrieben wird. Es handelt sich aufgrund des quadratischen Terms um eine Parabel, die durch
das negative Vorzeichen nach unten geöffnet ist. Zur Bestimmung des maximalen Innenwiderstandes
wird die Funktion RI (x) nach x abgeleitet und zu null gesetzt.
RI
0
x

P   P1  R2 
2  P12
x  1
0
P1  R2
P1  R2
Das Auflösen der Gleichung nach x liefert die Stelle, an der sich das Maximum befindet.
P1   P1  R2 
P1  R2

2  P12
x
P1  R2
beziehungsweise
x
 P1  R2   2 k  1 k 
2  P1

2  2 k
 0,25
Diesen x-Wert in die Parabelgleichung eingesetzt ergibt
RI  x  0,25   
 2 k 
2
2 k  1 k
 0,252 
2 k   2 k  1 k 
2 k  1 k
 0,25 
2 k  1 k
 750 
2 k  1 k
Des Weiteren werden zum Zeichnen der Funktion zwei charakteristische Werte berechnet.
RI  x  0   
 2 k 
2
2 k  1 k
 02 
2 k   2 k  1 k 
2 k  1 k
0 
2 k  1 k 2
 k  666 
2 k  1 k 3
8 Musterlösung – Lineare Quellen
76
RI  x  1  
 2 k 
2
2 k  1 k
 12 
2 k   2 k  1 k 
2 k  1 k
1
2 k  1 k
0
2 k  1 k
Aus diesen drei berechneten Punkten kann die Funktion RI (x) konstruiert werden.
Innenwiderand Ri / 
1000
750
500
250
0
0
0,25
0,5
0,75
Potentiometerstellung x
1
d) Der ungünstigste Fall ist ein Maximum des Innenwiderstandes. Dieser Fall wurde im vorherigen
Aufgabenteil bereits betrachtet, und es ergab sich RI (x = 0,25) = 750 Ω. Zunächst muss die Spannung
UA für die Stellung x = 0,25 berechnet werden. Hierzu wird die in Aufgabenteil a) bestimmte Gleichung herangezogen.
UA 
U1  P1
U R
9 V  2 k
9 V  1 k
x  1 2 
 0,25 
 4,5 V
R2  P1
R2  P1 1 k  2 k
1 k  2 k
Gefordert ist ein maximales Absinken um 2 %.
UA  4,5 V  0,02  90 mV
Der Strom durch den Innenwiderstand beziehungsweise den Lastwiderstand lässt sich berechnen zu
IRL 
U A 90 mV

 120 A
RI
750 
8 Musterlösung – Lineare Quellen
77
8.10 Quellenwandlung
a) Beim Betrachten der Schaltung fällt auf, dass der Widerstand R8 parallel zu einer innenwiderstandsfreien Spannungsquelle liegt und damit keine Bedeutung hat. Um den Widerstand vom Knoten (X)
gegen Masse zu bestimmen, werden alle Quellen „deaktiviert“. Die Stromquelle wird als offene
Klemme betrachtet, die Spannungsquelle als Kurzschluss. Es ergibt sich das folgende Ersatzschaltbild
für die Bestimmung des Innenwiderstandes.
R6
 X
R2
UX
R1
R7
R4
R3
R5
Diese Schaltung kann in anderer Weise angeordnet werden.
 X
R2
R1
UX
R6
R4
R3
R5
R7
Der Innenwiderstand kann über Reihen- und Parallelschaltungen zusammengefasst werden.
RI   R1  R2  || R3 || R6 ||  R4  R5 || R7  
b) Mit eingesetzten Zahlenwerten wird der Widerstand RI zu


1
1
1
1
RI   R1  R2  || R3 || R6 ||  R4   R5 || R7    



R5  R7
  R1  R2  R3 R6
R4 

R5  R7







1
1




1
1
1
1
  666 




 1 k   1 k   2 k  4 k  3 k   2 k   2 k  

2 k   2 k  

c) Die Stromquelle wird in eine äquivalente Spannungsquelle umgewandelt. Der Widerstand R8 liegt
parallel zur Spannungsquelle U1 und ist deshalb nicht von Relevanz. Der Widerstand R3 wird kurzgeschlossen, da der Kurzschlussstrom, also der Strom vom Knoten (X) nach Masse, bestimmt werden
soll. Es ergibt sich das nachfolgende Ersatzschaltbild.
8 Musterlösung – Lineare Quellen
78
IR 6
R1
R2
 X
IR 2
R1  I1
R4
R6
R7
IR 4
IX
R5 UR 5
U1
5V
Zur Bestimmung des Stromes IX wird die Knotenbilanz aufgestellt.
I X  IR 2  IR 6  IR 4
Die einzelnen Ströme werden ersetzt. Der Strom IR4 ergibt sich durch das ohmsche Gesetz.
IR 4 
UR 5
R4
Die Spannung UR5 kann in dieser Gleichung durch die Spannungsteiler Regel mit den beiden parallel
geschalteten Widerständen R4 und R5 sowie dem Widerstand R7 ersetzt werden.
UR 5  U1 
R4 || R5
R4 || R5  R7
Der Strom IR6 wird ebenfalls über das ohmsche Gesetzt ersetzt. Über dem Widerstand fällt die Spannung U1 ab und es gilt
IR 6 
U1
R6
Der Strom IR2 kann über die folgende Gleichung bestimmt werden. Hierbei ist auf das Vorzeichen zu
achten!
IR 2  
R1  I1
R1  R2
Werden alle Gleichungen in die aufgestellte Knotengleichung eingesetzt, resultiert daraus das Ergebnis
IX  
R4 || R5
R1  I1
U
U
 1 
 1
R1  R2 R6 R4 || R5  R7 R4
d) Das Einsetzen der Zahlenwerte ergibt
IX  
1 k  5 mA 5 V
3 k || 2 k
5V



 0,625 mA
1 k  1 k 4 k  3 k || 2 k   2 k 3 k
e) Die Leerlaufspannung kann über den Innenwiderstand RI und den Kurzschlussstrom IX
bestimmt werden.
U X  RI  I X  666    0,625 mA   416,67 mV
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
79
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
9.1
Superposition von zwei Stromquellen
a) Zur Bestimmung des Innenwiderstandes werden alle Stromquellen entfernt. Die Schaltung wird
durch Zusammenfassen der Widerstände vereinfacht.
R2
R1
B 
UBA
R4
R3
A
Der Innenwiderstand RI ist
RI   R1  R2  R3  || R4 

R4   R1  R2  R3 
R1  R2  R3  R4
4 k  1 k  2 k  3 k 
1 k  2 k  3 k  4 k
 2,4 k
b) Zum Berechnen der ersten Teilspannung wird die Stromquelle I1 entfernt. Es gilt I1 = 0.
R2
B 
I2
R1
R4
R3
UBA
A
Mit der Stromquelle I2 und der zur Stromquelle parallel liegenden Reihenschaltung, bestehend aus R1
und R2, wird eine Quellwandlung durchgeführt.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
80
R1  R2
  R1  R2   I2
B 
R4
UBA
R3
A
Die Leerlaufspannung UBA1 wird nach der Spannungsteilerregel berechnet.
UBA1    R1  R2   I2 
R4
R1  R2  R3  R4
Für die Berechnung der zweiten Teilspannung wird die Stromquelle I2 entfernt. Es gilt I2 = 0.
R2
B 
R1
R4
UBA
I1
IR 4
R3
IR 3
A
Wie bereits zuvor können die Widerstände R1 und R3 sowie die Stromquelle I1 in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand überführt werden. Alternativ zu dieser Möglichkeit kann die Berechnung auch
über die Stromteilerregel erfolgen. Diese Methode wird im Folgenden angewendet.
Für den unteren Knoten gilt die Gleichung
I1  IR3  IR 4
Das Anwenden der Stromteilerregel ergibt
IR 3 R2  R4

IR 4 R1  R3
Der Strom IR3 wird durch die Knotengleichung ersetzt.
I1  IR 4 R2  R4

IR 4
R1  R3
Die Gleichung wird umgeformt und nach IR4 aufgelöst.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
81
  R  R4  
I1  IR 4   1  2


 R1  R3  

IR 4  I1 
 R1  R3 
R1  R3  R2  R4
Die Spannung an den Klemmen (B) – (A) ist der Spannungsabfall über dem Widerstand R4.
UBA 2  R4  IR 4  I1 
R4   R1  R3 
R1  R3  R2  R4
Gemäß dem Superpositionsprinzip werden beide Ergebnisse überlagert und es ergibt sich der Ausdruck für die Leerlaufspannung UBA.
UBA  UQ  UBA1  UBA 2    R1  R2   I2 

R4   R1  R3 
R4
 I1 
R1  R2  R3  R4
R1  R3  R2  R4
I1  R4   R1  R3   I2  R4   R1  R2 
R1  R2  R3  R4
c) Einsetzen der Werte führt zu
UBA  UQ 
2 mA  4 k   4 k   1 mA  4 k   3 k 
1 k  2 k  3 k  4 k
2V
d) Der Kurzschlussstrom errechnet sich aus dem Quotient von Leerlaufspannung und Innenwiderstand.
IK 
UQ
RI

2V
 0,833 mA
2,4 k
e) Für die Ersatzspannungsquelle gilt
RI
B 
2,4 k
UQ
UBA
2V
A
Für die Ersatzstromquelle gilt
B 
IK
0,833 mA
RI
2,4 k
UBA
A
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
82
9.2
Vergleich von Superposition mit Maschen- und Knotensatz
a) Bei der Ermittlung des Ersatzschaltbildes mit Hilfe der Kirchhoffschen Regeln macht es noch vor
Beginn einer Berechnung Sinn, sich Gedanken zur grundsätzlichen Vorgehensweise zu machen. Gesucht ist eine Ersatzspannungsquelle mit den Größen U0 und RI. Im Abschnitt der linearen Quellen
wurde hierzu eine Geradengleichung kennengelernt, die eine lineare Spannungsquelle beschreibt. Die
nachfolgende Schaltung zeigt eine lineare Spannungsquelle.
URI
RI
I
UQ
Die zugehörige Gleichung lautet
U  U0 
U0
 I  U0  RI  I
IK
Um die Größen U0 und RI bestimmen zu können, muss mit Hilfe der Kirchhoffschen Regeln eine Gleichung, entsprechend der Form einer linearen Spannungsquelle, aufgestellt werden.
Zunächst werden alle Spannungen und Ströme mit Zählpfeilen versehen.
UR 2
UR1
R1
IR 1
U1
C
IR 3
I
U2
R2
R3 UR 3
B 
IR 4
IR 2
R4 U R 4
II
A
Der Knoten, an dem die Widerstände R1, R2 und R3 zusammengeschaltet sind, wird als Knoten (C)
bezeichnet. Es gilt der Zusammenhang
IR1  IR 3  IR 2
Des Weiteren können zwei Maschengleichungen aufgestellt werden. Masche I ergibt sich zu
UR1  U1  UR 3
und Masche II entsprechend zu
UR3  UR 2  U2  UBA
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
83
Die Ströme IR1 und IR3 werden in der Knotengleichung durch das ohmsche Gesetz ersetzt. Daraus
ergibt sich für die Knotengleichung
UR1 UR 3

 IR 2
R1
R3
Die Spannung UR1 wird durch die erste Maschengleichung ersetzt.
U1  UR 3 UR 3

 IR 2
R1
R3
Der Strom IR2 ist identisch zum Strom IR4 und kann diesen ersetzen. Nach Einsetzen von IR2 = IR4 und
einigen Umformungen lautet die Gleichung

 R  R3 
U1
 UR 3  1
 IR 4
R1
R1  R3
Mit Hilfe der zweiten Maschengleichung kann die Spannung UR3 ersetzt werden.

 R  R3 
U1
 UR 2  U2  UBA   1
 IR 4
R1
R1  R3
Die Spannung am Widerstand R2 wird mit Hilfe des ohmschen Gesetzes ausgedrückt.

 R  R3 
U1
  R2  IR 4  U2  UBA   1
 IR 4
R1
R1  R3
Ausmultiplizieren und nach der Spannung UBA auflösen ergibt

 R  R3 
 R  R3 
 R  R3 
U1
 R2  IR 4  1
 U2  1
 UBA  1
 IR 4
R1
R1  R3
R1  R3
R1  R3

 R   R1  R3  
 R  R3 
 R1  R3 
U1
 U2  1
 IR 4   1  2
  UBA 
R1
R1  R3
R1  R3
R1  R3


UBA  U1 
 R R

R3
 U2  IR 4   1 3  R2 
R1  R3
 R1  R3

Diese Form entspricht der Grundgleichung linearer Spannungsquellen. Durch einen Koeffizientenvergleich können die Größen U0 und RI ermittelt werden.
U  U0  I  RI

 R1  R3

R3 
UBA   U2  U1 
 R2 
   IR 4   
R1  R3 

 R1  R3

U0  U2  U1 
RI 
R3
5
 6 V4 V
 4,67 V
R1  R3
10   5 
R1  R3
10   5 
 R2 
 2   5,33 
R1  R3
10   5 
Fazit: Die Lösung über Maschen- und Knotengleichungen ist aufwändig und unübersichtlich.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
84
b) Zum Errechnen des Innenwiderstandes RI werden alle Spannungsquellen kurzgeschlossen. Damit
ergibt sich eine Schaltung, bestehend aus Reihen- und Parallelschaltung, die zusammengefasst wird zu
B 
R2
R1
R4
R3
RI   R1 || R3   R2 
A
R1  R3
10   5 
 R2 
 2   5,33 
R1  R3
10   5 
Da die Leerlaufspannung U0 bestimmt werden soll, gilt für den Widerstand R4 dass dieser nicht angeschlossen ist. Der Strom IR4 ist damit gleich null.
Zunächst wird der Beitrag der Quelle U1 bestimmt. Es gilt U2 = 0. Die Spannung kann über die Spannungsteilerregel angegeben werden.
U01  U1 
R3
R1  R3
Wird die Quelle U1 zu null gesetzt, fließt durch die Widerstände kein Strom und der Beitrag der Quelle
U2 ergibt sich zu
U02  U2
Die Überlagerung beziehungsweise Superposition der beiden Spannungsanteile liefert das Endergebnis
U0  U01  U02  U1 
R3
5
 U2  4 V 
 6 V  4,67 V
R1  R3
10   5 
Beide Lösungswege führen zu dem identischen Ergebnis. Der Weg über das Superpositionsprinzip ist
jedoch deutlich weniger umfangreich.
c) Die Spannung UBA kann über die Spannungsteilerregel berechnet werden.
RI
B 
IR 4
R4
U0
A
UBA  U0 
R4
4
 4,67 V 
2V
RI  R4
5,33   4 
UBA
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
85
Nach dem ohmschen Gesetz berechnet sich der Strom IR4 zu
IR 4 
9.3
UBA 2 V

 0,5 A
R4
4
Superposition von Strom- und Spannungsquellen
a) Zunächst ist U1 aktiv, die Stromquelle I1 wird zu null gesetzt und dementsprechend entfernt. Daraus
ergibt sich das folgende Ersatzschaltbild.
R4
A
R2
R3
U AB
U1
R1
B 
Die Widerstände R2, R3 und R4 werden zusammengefasst. Anschließend wird die erste Teilspannung
UAB1 mit Hilfe der Spannungsteilerregel berechnet.
U AB1  U1 
R1
R1   R2  R3  || R4 
Zur Berechnung der zweiten Teilspannung ist die Stromquelle aktiv und die Spannungsquelle wird
kurzgeschlossen. Die Schaltungsanordnung wird aufgrund einer besseren Übersichtlichkeit etwas
umgezeichnet.
R2
A
R3
I1
U AB
R4
R1
B 
Die parallel geschalteten Widerstände R1 und R4 können zusammengefasst werden. Die Stromquelle I1
wird zusammen mit dem Widerstand R3 in eine Spannungsquelle überführt. Anschließend kann wieder
die Spannungsteilerregel angewendet werden.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
86
R2  R3
U AB
R3  I1
R1 || R4
B 
U AB 2  R3  I1 
R1 || R4
R
||
R
 1 4    R2  R3 
Alternativ zu dem hier gezeigten Vorgehen mittels Quellwandlung, kann stattdessen auch die Stromteilerregel eingesetzt werden.
Beide Teilspannungen werden zur Leerlaufspannung UAB überlagert.
U AB  U AB1  U AB 2  U1 
R1
R1 || R4
 R3  I1 
R1    R2  R3  || R4 
 R1 || R4    R2  R3 
b) Zur Berechnung des Innenwiderstandes RI wird die Stromquelle entfernt und die Spannungsquelle
kurzgeschlossen.
RI   R2  R3  || R1 || R4
c) Mit eingesetzten Zahlenwerten ergeben sich folgende Ergebnisse
U AB  6 V 
2 k
1 k
 1 k  4 mA 
 2,67 V
2 k   2 k || 2 k 
1 k   2 k
1
 1
1
1 
RI  1 k  1 k  || 2 k || 2 k  


  666,67 
2
k

2
k

2
k 

d) Mit den berechneten Werten kann die Ersatzspannungsquelle angegeben werden
RI
A
0,67 k
UQ
2,67 V
U AB
B 
Der Kurzschlussstrom IK errechnet sich aus der Leerlaufspannung und dem Innenwiderstand zu
IK 
UQ
RI

2,67 V
 4 mA
666,67 
Es ergibt sich die Ersatzstromquelle
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
87
A
IK
4 mA
RI
666,67 
U AB
B 
9.4
Superposition von Strom- und Spannungsquelle
a) Wird die Stromquelle I1 entfernt (I1 = 0), bilden die Widerstände R3 und R4 eine Reihenschaltung
beziehungsweise gemeinsam mit R2 eine Parallelschaltung. Somit ergibt sich ein Ersatzwiderstand von
RERS1  R2 ||  R3  R4 
Über die Spannungsteilerregel ergibt sich die erste Teilspannung zu
U A1  U1 
R2 ||  R3  R4 
RERS
 U1 
R1  RERS
R1   R2 ||  R3  R4  
Wird die Spannungsquelle U1 kurzgeschlossen (U1 = 0), können die parallel liegenden Widerstände R1
und R2 zusammengefasst werden.
RERS 2  R1 || R2
Durch Wandlung der Stromquelle I1 mit dem dazu parallel liegenden Widerstand R4 in eine Spannungsquelle errechnet sich die zweite Teilspannung zu
U A2  R4  I1 
R1 || R2
 R1 || R2   R3  R4
Zur Bestimmung der Leerlaufspannung werden beide Anteile überlagert.
U A  U A1  U A 2  U1 
R2 ||  R3  R4 
R1   R2 ||  R3  R4  
 R4  I1 
R1 || R2
R
||
R
 1 2   R3  R4
b) Zur Berechnung des Innenwiderstandes werden die Quellen zu null gesetzt. Die Spannungsquelle
wird kurzgeschlossen und die Stromquelle durch offene Klemmen ersetzt. Der Innenwiderstand RI
ergibt sich damit zu
 1

1
1
RI  R1 || R2 ||  R3  R4   



R R
 R3  R4  
2
 1
1
c) In die zuvor berechneten Gleichungen werden die Zahlenwerte eingesetzt.
U A  U0  6 V 
4 k ||  4 k 
2 k   4 k || 4 k 
 1 k  2 mA 
1
 1

1
1
RI  


 1 k
 2 k 4 k  3 k  1 k  


2 k || 4 k
 3,5 V
 2 k || 4 k   3 k  1 k
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
88
d) Der Kurzschlussstrom IK errechnet sich aus der Leerlaufspannung U0 und dem Innenwiderstand RI.
IK 
U0 3,5 V

 3,5 mA
RI
1 k
e) Damit lassen sich beide Ersatzquellen angeben
RI
A
1 k
U0
UA
3,5 V
A
IK
3,5 mA
RI
UA
1 k
9.5
Superposition von zwei Spannungsquellen
a) Durch Kurzschließen der beiden Spannungsquellen wird zunächst der Innenwiderstand berechnet.
RI    R1 || R3   R2  || R4    0,6  || 3    0,5   || 4   0,8 
Die Spannungsquelle U1 wird zunächst kurzgeschlossen. Es gilt U1 = 0. Die Widerstände R1, R2 und
R3 werden direkt zusammengefasst. Damit ergibt sich folgendes Ersatzschaltbild.
U2
A
 R1 || R3   R2
R4
U AB1
B 
Die erste Teilspannung lässt sich bestimmen zu
U AB1  U2 
R4
 R1 || R3   R2  R4
Zur Berechnung der zweiten Teilspannung wird die Spannungsquelle U2 kurzgeschlossen. Die Spannungsquelle U1 und der dazu in Reihe liegende Widerstand R1 werden in eine Stromquelle mit Paral-
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
89
lelwiderstand gewandelt. Anschließend werden die Widerstände R1 und R3 zusammengefasst. Nach
Rückwandlung der Strom- zur Spannungsquelle wird der Ersatzwiderstand aus R1 und R3 mit dem in
Reihe liegenden Widerstand R2 zusammengefasst. Damit ergibt sich das nachfolgende Ersatzschaltbild.
 R1 || R3   R2
U1 
R3
R1  R3
A
U AB 2
R4
B 
Über die Spannungsteilerregel kann die zweite Teilspannung berechnet werden zu
U AB 2  U1 
R3
R4

R1  R3  R1 || R3   R2  R4
Dabei gilt es die Zählpfeilrichtung der Spannung U02 zu beachten. Nach dem Superpositionsprinzip
können beide Spannungen addiert werden.
U AB  U0  U AB1  U AB 2  U2 
R3
R4
R4
 U1 

R1  R3  R1 || R3   R2  R4
 R1 || R3   R2  R4
Mit eingesetzten Zahlenwerten ergibt sich das Ergebnis
U AB  U0  14 V 
4
3
4
 12 V 

0,6

||
3


0,5


4

0,6


3

0,6

||
3




  0,5   4 
 11,2 V  8 V  3,2 V
Der Kurzschlussstrom IK wird über die zuvor bestimmten Größen RI und U0 berechnet.
IK 
U0 3,2 V

4A
RI 0,8 
Damit können die Ersatzquellen angegeben werden.
RI
0,8 
U0
A
U AB
3,2 V
B 
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
90
A
IK
4A
RI
U AB
0,8 
B 
b) Die gesuchte Spannung U2 errechnet sich aus der geforderten Bedingung U0 = 0.
U0  U01  U02  0
Die Spannung U01 wird durch die in Aufgabenteil a) hergeleitete Gleichung ersetzt.
U2 
R4
U  0
 R1 || R3   R2  R4 02
Auflösen nach der Spannung U2 ergibt
U2  U02 
 R1 || R3   R2  R4
R4
   8 V  
 0,6  || 3    0,5   4 
4
 10 V
Für U2 = 10 V beträgt die Spannung der Ersatzspannungsquelle 0 V.
9.6
Superposition bei einer Stromquelle mit Serienwiderstand
a) Die erste Teilspannung wird bestimmt, indem die Stromquelle I1 zu null gesetzt wird. Die Stromquelle wird entfernt und der Widerstand R3 entfällt. Zur besseren Übersicht wird die Schaltung mit der
entfernten Stromquelle etwas umgezeichnet.
A
R5
R2
U1
R4
R1
B 
Die Widerstände R2 und R5 bilden mit der Quelle U1 zusammen einen Spannungsteiler und lassen sich
zu einer Ersatzspannungsquelle zusammenfassen. Nach der Wandlung ergibt sich folgendes Schaltbild.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
91
A
R2 || R5
U1 
R2
R2  R5
R4
R1
B 
Die Spannung UAB1 entspricht dem Spannungsabfall über dem Widerstand R4. Diese Spannung lässt
sich nach der Spannungsteilerregel berechnen.
U AB1  UR 4  U1 
R2
R4

R2  R5  R2 || R5   R1  R4
Für die Berechnung der Spannung UAB2 wird die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt und lediglich die
Stromquelle I1 betrachtet. Auch hier wird zur besseren Übersicht die Schaltung etwas umgezeichnet.
Es ergibt sich das folgende Schaltbild.
A
R2
I1
R5
R3
R4
R1
B 
R3 hat als Reihenwiderstand zu einer Stromquelle keinen Einfluss auf die Schaltung und kann somit
weggelassen werden. Die parallel geschalteten Widerstände R2 und R5 können zusammengefasst werden. Im Anschluss daran wird mit der Stromquelle I1 sowie dem dazu parallel liegenden Ersatzwiderstand, bestehend aus R2 und R5, eine Quellwandlung durchgeführt. Es ergibt sich folgendes Schaltbild.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
92
A
I1   R2 || R5 
R4
 R2 || R5   R1
B 
Die Spannung UAB2 entspricht der Spannung über dem Widerstand R4. Es gilt, die Richtung des Zählpfeils zu beachten.
U AB 2  UR 4  I1   R2 || R5  
R4
 R2 || R5   R1  R4
Beide Teilspannungen werden nach dem Superpositionsprinzip addiert. Damit ergibt sich die gesuchte
Spannung UAB zu.
U AB  UQ  U AB1  U AB 2  U1 

R4
 R2 || R5   R1  R4
R2
R4
R4

 I1   R2 || R5  
R2  R5  R2 || R5   R1  R4
 R2 || R5   R1  R4


R2
  U1 
 I1   R2 || R5  
R

R
2
5


b) Mit Zahlenwerten
U AB  UQ 


3 k
2 k
  12 V 
 6 mA   2 k || 1 k  
3 k
 2 k || 1 k   333   3 k 

 0,75   8 V  4 V   3 V
c) Zur Berechnung des Innenwiderstandes wir die Spannungsquelle U1 kurzgeschlossen und die
Stromquelle I1 wird entfernt. Daraus ergibt sich die folgende Schaltung, die zusammengefasst werden
kann.
A
R2
R5
R4
R1
B 
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
93
RI    R2 || R5   R1  || R4    2 k || 1 k   333   || 3 k 
3
k  750 
4
d) Mit den berechneten Größen kann die Ersatzspannungsquelle dargestellt werden. Alternativ dazu
könnte auch eine Ersatzstromquelle mit deren Kenngrößen RI und IK angegeben werden, da Strom- und
Spannungsquelle äquivalent zueinander sind.
RI
A
750 
UQ
U AB
3V
B 
9.7
Superposition mit drei Quellen
a) Da die gegebene Schaltung drei Quellen enthält, müssen auch drei verschiedene Fälle beim Superpositionsprinzip betrachtet werden. Im ersten Schritt werden die Quellen U2 und I1 zu null gesetzt.
Daraus ergibt sich die folgende Schaltung.
R4
A
R1
U1
UA
R3
R2
Die in Serie liegenden Widerstände R3 und R4 können mit dem dazu parallel liegenden Widerstand R1
zusammengefasst werden. Dieser Ersatzwiderstand bildet gemeinsam mit der Spannungsquelle U1 und
dem Widerstand R2 einen Spannungsteiler.
U A1  U1 
R2
R2   R1 ||  R3  R4  
Im zweiten Schritt werden die Quellen U1 und I1 zu null gesetzt. Daraus ergibt sich die Schaltung
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
94
R4
A
R1
R3
R2
UA
U2
Aus den Widerständen R3, R4 und R1 kann wieder ein Ersatzwiderstand gebildet werden, der mit dem
Widerstand R2 und der Quelle U2 einen Spannungsteiler bildet. Die Gleichung für die zweite Teilspannung lautet
U A2  U2 
 R3  R4  || R1
R2    R3  R4  || R1 
Zur Berechnung der dritten Teilspannung werden die Spannungsquellen zu null gesetzt.
R4
I1
R1
A
UA
R3
R2
Die Stromquelle I1, mit dem Innenwiderstand R3, wird in eine Spannungsquelle umgewandelt. Damit
lässt sich die Spannungsteilerregel direkt anwenden. Bei dieser Teilspannung muss das Vorzeichen
beachtet werden.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
95
R4
R3  I1
R1
UA
U A3  R3  I1 
R3
A
R2
R1 || R2
R1 || R2  R3  R4
Die Gesamtspannung ergibt sich aus der Addition aller Teilspannungen.
U A  UQ  U A1  U A 2  U A3  U1 

R2   R1 ||  R3  R4  
U1  R2  U 2    R3  R4  || R1 
R2    R3  R4  || R1 
R2
 R3  I1 
 U2 
 R3  R4  || R1
R1 || R2
 R3  I1 
R1 || R2  R3  R4
R2    R3  R4  || R1 
R1 || R2
R1 || R2  R3  R4
b) Zur Berechnung des Innenwiderstandes RI vom Knoten (A) nach Masse werden die Spannungsquellen kurzgeschlossen und die Stromquelle wird entfernt. Es ergibt sich folgendes Schaltbild.
R4
R1
A
R3
R2
RI   R3  R4  || R1 || R2
c) Mit eingesetzten Zahlenwerte ergeben sich die Kenngrößen zu
U A  UQ 
7,5 V  6 k  15 V   3 k || 3 k 
9 V4 V 5 V
6 k  1,5 k
 2 k  5 mA 
6 k || 3 k
6 k || 3 k  3 k
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
96
1
 2
1 
RI  3 k || 3 k || 6 k  

  1,2 k
3
k

6
k 

d) und e) Der Kurzschlussstrom wird aus den zuvor bestimmten Größen U0 und RI ermittelt.
IK 
UQ
RI

5V
 4,166 mA
1,2 k
Die Schaltung der Ersatzspannungsquelle und der Ersatzstromquelle ergeben sich mit den berechneten
Werten zu
RI
A
1,2 k
UQ
UA
5V
A
IK
4,2 mA
RI
1,2 k
9.8
UA
Superposition bei einer Spannungsquelle mit Parallelwiderstand
Knoten (A):
Zwischen dem Knoten (A) und Masse liegt eine ideale Spannungsquelle. Die Ersatzspannungsquelle
wird somit durch U1 dargestellt. Da es sich um eine ideale Quelle handelt, ist der Innenwiderstand
gleich null. Aufgrund des fehlenden Innenwiderstandes kann eine Ersatzstromquelle für den Knoten
(A) nicht angegeben werden.
A
U1
Knoten (B):
Zur Berechnung des Innenwiderstands RIB werden alle Spannungsquellen durch einen Kurzschluss
ersetzt und die Stromquelle wird entfernt. Da der Widerstand R1 parallel zu einer Spannungsquelle
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
97
liegt, hat dieser für die Berechnung keine Bedeutung. Zur Bestimmung des Ersatzwiderstandes ergibt
sich folgendes Ersatzschaltbild.
R4
R2
B 
R3
R5
RIB
Der Innenwiderstand am Knoten (B) berechnet sich nach der Gleichung

R R 
RIB  RI  R2 ||  R3   R4 || R5    R2 ||  R3  4 5 
R4  R5 

R2 

R3   R4  R5   R4  R5
R2   R3   R4  R5   R4  R5 
R4  R5

R   R4  R5   R4  R5 R2   R4  R5   R3   R4  R5   R4  R5
R2  3
R4  R5
Die Berechnung der Leerlaufspannung UB erfolgt nach dem Superpositionsprinzip. Hierfür müssen
drei Fälle betrachtet werden. Im ersten Fall ist lediglich die Spannungsquelle U1 aktiv, alle anderen
Quellen werden zu null gesetzt. Der parallel zur idealen Spannungsquelle liegende Widerstand R1 wird
nicht berücksichtigt. Damit ergibt sich das nachfolgende Ersatzschaltbild.
R4
U AC
A
R2
B 
R3
C
UR 2
U1
U B1
R5
UC
Zur besseren Übersicht wird der Knoten (C) eingeführt. Für die Spannung UB1 wird mit Hilfe der Maschenregel eine Gleichung aufgestellt.
UB1  U1  UR 2
Zur Bestimmung der Spannung UR2 wird die Spannungsteilerregel angewendet.
UR 2  U AC 
R2
R2  R3
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
98
Ebenso bilden der Ersatzwiderstand aus R2, R3 und R4 gemeinsam mit dem Widerstand R5 einen
Spannungsteiler, mit dem sich die Spannung UAC ersetzen lässt.
U AC  U1 
R4 ||  R2  R3 
 R ||  R
4
2
 R3    R5
Die Spannung UAC wird in die Gleichung zur Berechnung von UR2 eingesetzt. Durch Auflösen der
Reihen- und Parallelschaltungen wird der Ausdruck vereinfacht.
UR 2  U1 
R4 ||  R2  R3 
 R ||  R
4
2
 R3    R5

R2
R2  R3
R4   R2  R3 
 U1 
R4  R2  R3
R2
R4  R2

 U1 
R4   R2  R3 
R2  R3
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
 R5
R4  R2  R3
Die Spannungsgleichung für den Widerstand R2 wird in die zu Beginn aufgestellte Maschengleichung
eingesetzt und zusammengefasst.
UB1  U1  UR 2  U1  U1 
 U1 
R4  R2
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
R3  R4  R5   R4  R2  R3 
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
Im zweiten Fall werden die Spannungsquellen U1 und U2 zu null gesetzt. Auch hier entfällt der Widerstand R1, da er parallel zu einem Kurzschluss liegt. Es ergibt sich das nachfolgende Ersatzschaltbild.
R4
A
B 
R2
R3
C
R5
I1
Die Stromquelle I1 und der Widerstand R2 werden zunächst in eine Spannungsquelle mit Serienwiderstand gewandelt. Um die Spannung UB2 zu berechnen wird die Spannungsteilerregel angewendet.
R2
R2  I1
B 
UB 2
R3
C
R5
R4
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
UB 2  R2  I1 
99
R3   R5 || R4 
R2  R3   R5 || R4 
Wird auch dieses Ergebnis aufgelöst und auf den Hauptnenner gebracht, ergibt sich für UB2
UB 2  R2  I1 
R3   R4  R5   R4  R5
 R2  R3    R4  R5   R4  R5
Im dritten zu betrachtenden Fall werden die Spannungsquelle U1 und die Stromquelle I1 zu null gesetzt. Lediglich die Spannungsquelle U2 ist aktiv. Der Widerstand R1 entfällt und es kann folgendes
Ersatzschaltbild gezeichnet werden.
R4
U AC
A
R2
B 
R3
C
R5
UR 5
UB 3
UC
U2
Mit Hilfe der Ersatzspannung UC kann die Spannung UB3 über die Spannungsteilerregel berechnet
werden.
UB 3  UC 
R2
R2  R3
Nach dem gleichen Prinzip lässt sich die Spannung UC berechnen.
UC  U 2 
R4 ||  R2  R3 
 R ||  R
4
2
 R3    R5
Die Spannung UC eingesetzt in die zuvor aufgestellte Gleichung für UB3 ergibt
UB 3  U 2 
R4 ||  R2  R3 
 R ||  R
4
 U2 
2
 R3    R5
R4   R2  R3 

R4  R2  R3
R2
 U2 
R
R2  R3
4   R2  R3 
 R5
R4  R2  R3
R2  R4
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
Gemäß dem Superpositionsprinzip werden die drei berechneten Teilspannungen überlagert.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
100
UB  UQ  UB1  UB 2  UB 3
 U1 
U2 
R3  R4  R5   R4  R2  R3 
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
 R2  I1 
R3   R4  R5   R4  R5
 R2  R3    R4  R5   R4  R5
R2  R4
R4   R2  R3   R5   R4  R2  R3 
Für die Ersatzspannungs- und Ersatzstromquelle am Knoten (B) können mit
IK 
UQ
RI
folgende Ersatzschaltbilder angegeben werden.
RIB
B 
U0
UB 0
B 
IK
RI
UB
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
9.9
101
Abstandsmessung
Der Widerstand R5, der der idealen Spannungsquelle UB parallel geschaltet ist, beeinflusst die Schaltung für die folgenden Berechnungen nicht und kann somit weggelassen werden.
a) Zur Bestimmung des Innenwiderstandes werden die Spannungsquellen UA und UB kurzgeschlossen.
Der Innenwiderstand wird zwischen dem Punkt (X) und Masse bestimmt zu
RIX   R2   R3 || R4   || R1
R1   R2   R3  R4   R3  R4 

R3  R4
R2   R3  R4   R3  R4
R3  R4

 R1
R1   R2  R3  R2  R4  R3  R4 
R2   R3  R4   R3  R4  R1   R3  R4 
b) Zur Berechnung der Leerlaufspannung werden zwei Fälle betrachtet. Im ersten Fall wird die Spannungsquelle UB kurzgeschlossen. Damit ergibt sich folgende Schaltung.
 X
R1
UA
R2
R4
UX1
R3
Die Teilspannung UX1 berechnet sich zu
U X1  UA 
R2   R3 || R4 
R  R
2
3
|| R4    R1
 UA 
R2   R3  R4   R3  R4
R2   R3  R4   R1   R3  R4   R4  R5
Bei dem zweiten Fall wird die Spannungsquelle UA zu null gesetzt und durch einen Kurzschluss ersetzt.
R1
 X
UX 2
R3
R2
R4
UB
Die Widerstände R3, R4 und R2 sowie die Spannungsquelle UB können zu einer Ersatzquelle mit Innenwiderstand zusammengefasst werden.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
102
R2   R3 || R4 
 X
R1
UB 
UX 2
R4
R3  R4
Die Spannungsteilerregel auf das Schaltbild angewendet führt zu folgendem Ergebnis für die
Teilspannung UX2.
U X 2  UB 
 UB 
R4
R1

R3  R4 R1   R2   R3 || R4  
R1  R4

 R3  R4    R1  R2 

R3  R4 

R3  R4 
 UB 
R1  R4
R1   R3  R4   R2   R3  R4   R3  R4
Durch Überlagerung der beiden Teilergebnisse wird UX bestimmt zu
UX  UX1  UX 2
 UA 

R2   R3  R4   R3  R4
R2   R3  R4   R1   R3  R4   R4  R3
 UB 
R1  R4
R1   R3  R4   R2   R3  R4   R3  R4
U A   R2   R3  R4   R3  R4   UB  R1  R4
R1   R3  R4   R2   R3  R4   R3  R4
c) Allgemein berechnet sich der Kurzschlussstrom aus dem Quotienten von Leerlaufspannung und
Innenwiderstand. Daraus folgt
U A   R2   R3  R4   R3  R4   UB  R1  R4
IK 

UX

RIX
R1   R3  R4   R2   R3  R4   R3  R4
R1   R2  R3  R2  R4  R3  R4 

U A   R2   R3  R4   R3  R4   UB  R1  R4
R1   R2  R3  R2  R4  R3  R4 
R2   R3  R4   R3  R4  R1   R3  R4 
UA
R4  U B

R1  R2  R3  R2  R4  R3  R4 
An dieser Stelle soll auch ein weiterer Weg aufgezeigt werden, wie der Kurzschlussstrom berechnet
werden kann. Der Kurzschlussstrom ist der Strom, vom Knoten (A) nach Masse im Fall eines Kurzschlusses.
R1
 X
IR 1
UA
R3
R2
IR 2
IK
R4
UB
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
103
Der Strom IK setzt sich aus den Teilströmen IR1 und IR2 zusammen. Da beide Stromkreise sich gegenseitig nicht beeinflussen, kann der Kurzschlussstrom berechnet werden indem die Teilströme IR1 und
IR2 am Knoten (A) berechnet werden. Die Knotenbilanz lautet
IK  IR1  IR 2
Der Strom IR1 lässt sich direkt über das ohmsche Gesetzt berechnen.
IR 1 
UA
R1
Zur Berechnung des Stromes IR2 wird eine Ersatzspannungsquelle aus den Widerständen R3 und R4
sowie der Spannungsquelle U2 gebildet.
R4
R3  R4
R4

 UB 
R2   R3  R4   R3  R4
R2   R3  R4   R3  R4
R3  R4
UB 
IR 2
Einsetzen in die Knotengleichung führt zum Ergebnis
IK  IR 1  IR 2 
UA
R4
 UB 
R1
R2   R3  R4   R3  R4
Erwartungsgemäß stimmen die Ergebnisse der unterschiedlichen Methoden überein.
d) Aus der Aufgabenstellung heraus gilt UX = 0. Da die Spannung UB gesucht ist, wird die Gleichung
entsprechend aufgelöst.
UX  0 
U A   R2   R3  R4   R3  R4   UB  R1  R4
UB  U A 
R1   R3  R4   R2   R3  R4   R3  R4
R  R
2
3
 R4   R3  R4 
R1  R4
Um eine Knotenspannung von 0 V zu erreichen, müsste der Sensor negative Spannungswerte liefern.
9.10 Superposition von Strom- und Spannungsquellen
a) Zur Berechnung des Innenwiderstandes werden alle Spannungsquellen kurzgeschlossen und alle
Stromquellen entfernt. Damit ergibt sich die folgende Schaltung.
R2
R1
R4
A
R6
R3
R5
U AB
B 
Der Widerstand R1 ist kurzgeschlossen und wird für die weiteren Berechnungen nicht beachtet.
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
104
 R R

RAB    R2 || R3   R4  R5  || R6   2 3  R4  R5  || R6
 R2  R3

R2  R3   R2  R3    R4  R5 
 R6
 R2  R3   R2  R3    R4  R5    R6
R2  R3


R2  R3   R2  R3    R4  R5   R6   R2  R3  R2  R3   R2  R3    R4  R5  R6 
R2  R3

 2 k  6 k  8 k   3 k   3 k
2 k  6 k  8 k  6 k
 1,8 k
b) Bei der Berechnung nach dem Superpositionsprinzip sind zwei Fälle zu betrachten. Im ersten
Schritt wird die Stromquelle I1 zu null gesetzt. Nach dem Entfernen ergibt sich die folgende Schaltung.
R2
R4
U1
A
R6
R3
U AB1
R5
B 
Die Spannungsquelle U1 und der Widerstand R2 werden in eine Stromquelle gewandelt. Die parallel
liegenden Widerstände R2 und R3 werden zusammengefasst.
R4
A
U1
R2
R6
R2 || R3
R5
U AB1
B 
Nach Rückwandlung zur Spannungsquelle kann der Ersatzwiderstand R2 || R3 mit den dazu in Reihe
liegenden Widerständen R4 und R5 zusammengefasst werden. Um die Spannung UAB1 zu bestimmen,
wird die Spannungsteilerregel angewendet.
 R2 || R3   R4  R5
U1 
R3
R2  R3
R6
A
U AB1
B 
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
U AB1  U1 
105
R3
R6
R3  R6

 U1 
R2  R3  R2 || R3   R4  R5  R6
R2  R3   R4  R5  R6   R2  R3 
Im zweiten Schritt wird die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt.
R4
A
R6
R3
R2
I1
U AB 2
R5
B 
Mit dem Ersatzwiderstand aus R2, R3 und R4 sowie der Stromquelle I1 wird eine Wandlung hin zur
Spannungsquelle durchgeführt.
A
 R2 || R3   R4
R6
I1
R5
U AB 2
B 
Eine erneutet Quellwandlung führt zur folgenden Schaltung
 R2 || R3   R4
I1    R2 || R3   R4 
R6
R5
Das Anwenden der Spannungsteilerregel führt zur Spannung UAB2.
U AB 2     R2 || R3   R4   I1 
R6
 R2 || R3   R4  R6  R5
Die Gleichung kann noch aufgelöst und zusammengefasst werden.
 R R

R6
U AB 2  I1   2 3  R4  
R

R

R

R
R

R
3    R4  R6  R5 
3
 2
 2 3  2
R2  R3
 I1 
R
2
 R3  R4   R2  R3    R6
R2  R3   R2  R3    R4  R6  R5 
A
U AB 2
B 
9 Musterlösung – Superpositionsprinzip
106
Gemäß dem Superpositionsprinzip werden die Teilspannungen addiert.
U AB  UQ  U AB1  U AB 2  U1 

 R2  R3  R4   R2  R3    R6
R3  R6
 I1 
R2  R3   R4  R5  R6    R2  R3 
R2  R3   R2  R3    R4  R6  R5 
U1  R3  R6  I1   R2  R3  R4   R2  R3    R6
R2  R3   R2  R3    R4  R6  R5 
c) Einsetzen der gegebenen Zahlenwerte führt zu
U AB  UQ 


10 V  6 k  3 k  1 mA  12 k   8 k   3 k
2
12  k   48  k 
2
2
2
2V
d) und e) Der Kurzschlussstrom ergibt sich durch das ohmsche Gesetz zu
IK 
UQ
RI

2V
 1,11 mA
1,8 k
RI
A
U AB
UQ
B 
A
IK
RI
U AB
B 
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
10.1 Leistungsanpassung beim Betrieb einer Glühlampe
a) Aus der Strom-Spannungs-Charakteristik wird der Wert für den Lampenstrom bei Nennspannung
abgelesen. Bei UGA = UN = 12 V ergibt sich ein Strom von IGA = 0,42 A. Aus der Bedingung, dass am
Widerstand die Spannung U1 – UGA abfällt und der Strom IGA fließt, ergibt sich R1 zu.
R1 
U1  UGA 
IGA

20 V  12 V
 19,05 
0,42 A
b) Die Leistungsaufnahme der Glühlampe bei Nennspannung beträgt
PGA  UGA  IGA  12 V  0,42 A  5,04 W
c) Bei einer Reduzierung der Versorgungsspannung auf U0 = 15 V muss die Spannungsquelle mit Widerstand R1 in das Diagramm eingezeichnet werden. Der Kurzschlussstrom berechnet sich zu
IK 
U0
15 V

 0,787 A
R1 19,05 
Da weder der Kurzschlussstrom, noch die Leerlaufspannung in das Diagramm eingetragen werden
können, werden zwei beliebige Punkte, beispielsweise IGA = 0,5 A und IGA = 0,1 A, gewählt. Für den
Strom IGA = 0,5 A ergibt sich die Spannung UGA zu
UGA  U0  R1  IGA  15 V  19,05   0,5 A  5,475 V
Für den Strom IGA = 0,1 A ergibt sich
UGA  15 V  19,05   0,1 A  13,095 V
Beide Punkte werden durch eine Gerade verbunden.
0,5
Strom IGA / A
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
2
4
6
8
10
Spannung UGA / V
Der Schnittpunkt beider Kurven ist der gesuchte Arbeitspunkt.
IGA  0,375 A
UGA  7,75 V
12
14
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
108
10.2 Aufladen eines NC-Akkus
a) Die gesuchten Werte für Spannung und Strom müssen grafisch ermittelt werden. Der NC-Akku
kann als lineare Quelle mit der Gleichung
UAB  U0  RI  IA
dargestellt werden. Die lineare Quelle wird in das Diagramm eingezeichnet. Als erster Punkt der Geraden dient die Leerlaufspannung U0 mit 4,8 V. Der zweite Punkt beschreibt mit IA = 1,4 A die Grenze
des Diagramms.
UAB  U0  RI  IA  4,8 V  2   1,4 A  7,6 V
Wird die Gerade in das Diagramm eingezeichnet, ergibt sich der gesuchte Arbeitspunkt aus dem
Schnittpunkt der linearen Quelle mit der Kennlinie des Netzgerätes.
10
Spannung UAB / V
8
6
4
2
0
0
0,2
0,4
0,6
0,8
Strom IA / A
1
1,2
1,4
IA  0,87 A
UAB  6,6 V
b) Mit diesen Werten beträgt die umgesetzte Leistung
P  UAB  IA  6,6 V  0,87 A  5,74 W
c) Der Arbeitspunkt bleibt unverändert. Mit der Spannung UAB = 6,6 V und dem Strom IA = 0,87 A
ergibt sich der Ersatzwiderstand nach dem ohmschen Gesetz zu
U AB
6,6 V

 7,6 
IA
0,87 A
10
8
Spannung UAB / V
RERS 
6
4
2
0
0
0,2
0,4
0,6
0,8
Strom IA / A
1
1,2
1,4
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
109
10.3 Widerstandsnetzwerk mit Diode
a) Das Netzwerk wird mittels Quellwandlung zusammengefasst, damit der lineare Teil des Netzwerks
durch eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand beschrieben wird.
R1  R2
R2  I1
D1
Die Werte der Ersatzspannungsquelle ergeben sich zu
U0  R2  I2  30    0,1 A   3 V
RI  R1  R2  20   30   50 
Damit kann der Kurzschlussstrom berechnet werden zu
IK 
U0
3V

 60 mA
RI 50 
Zum Einzeichnen der Gerade wird ein zweiter Punkt, beispielsweise UD = 0,7 V, berechnet. Nach dem
ohmschen Gesetz gilt
I
URI
RI
Die Spannung URI wird durch die Maschengleichung ersetzt.
I0,7 
U0  UD 3 V  0,7 V

 46 mA
RI
50 
Die berechneten Punkte werden in das Diagramm eingetragen und durch eine Gerade verbunden.
100
Strom ID / mA
80
60
40
20
0
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
Spannung UD / V
0,6
0,7
Der Schnittpunkt beider Kennlinien ist die Lösung und kann abgelesen werden zu
ID  47,5 mA
UD  0,62 V
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
110
b) Die in der Diode umgesetzte elektrische Leistung berechnet sich aus dem Produkt von Strom und
Spannung.
PD  UD  ID  0,62 V  47,5 mA  29,45 mW
c) Mit dem im vorherigen Aufgabenteil bestimmten Diodenstrom ID kann die im Widerstand R1 umgesetzte Leistung berechnet werden.
PR1  ID 2  R1   47,5 mA   20   45,13 mW
2
Ebenso gilt für die Leistung PR2
PR 2  IR 22  R2
Mit Hilfe der Knotenbilanz wird der Strom IR2 ersetzt. Die Leistung ergibt sich zu
PR 2   I1  ID   R2  100 mA  47,5 mA   30   82,67 mW
2
2
Die für die Schaltung notwendige Gesamtleistung berechnet sich aus der Summe aller Leistungen.
PGES  PD  PR1  RR 2  29,45 mW  45,13 mW  82,67 mW  157,25 mW
10.4 Leistungsanpassung eines Widerstandsnetzwerkes
a) Die Schaltung wird zu einer linearen Quelle zusammengefasst, an der der Lastwiderstand R L angeschlossen ist.
R1 || R2
U1 
IRL
R2
R1  R2
RL URL
Die Spannung am Lastwiderstand wird mit Hilfe der Spannungsteilerregel berechnet.
URL  U1 
R2
RL

R1  R2  R1 || R2   RL
Die umgesetzte Leistung ist das Produkt aus Spannung und Strom. Wird der Strom durch das ohmsche
Gesetz beschrieben, ergibt sich
PRL  URL  IRL  URL 
URL URL 2

RL
RL
Die Spannung URL wird in die Gleichung eingesetzt und führt zu
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
PRL

RL
R2

 U1 
  R || R   R
R
2
L
1  R2
 1
1

RL
111
2

 R2

RL

 U1 
 
2 
R

R

 RL   R1 || R2    1 2 
2
U1  R2   RL
2
 R1  R2  RL   R1  R2  
2

b) Wird der Ausgang mit einem Kurzschluss belastet, d.h. RL = 0, kann dort auch keine Spannung
abfallen. Im Widerstand RL kann keine Leistung umgesetzt werden. Der Grenzfall in die Gleichung
eingesetzt führt zu
U1  R2   0
2
 R1  R2  0   R1  R2  
2
PRL 
0
Wird der Ausgang mit Leerlauf betrieben, d.h. RL = ∞, ergibt sich die Leistung zu
U1  R2   RL
 lim
2
R 
 R1  R2  RL   R1  R2  
U1  R2 
2
PRL
 lim
RL 
L
 lim
U1  R2 
RL 
2
 RL
 R R

RL   1 2   R1  R2  
 RL

2
2
2
 R R

RL   1 2   R1  R2  
 RL

2
0
Bei unendlich großem Wert von RL fließt ebenfalls kein Strom. Im Lastwiderstand RL wird in beiden
Grenzfällen keine Leistung umgesetzt.
c) Das Prinzip der Leistungsanpassung, welches besagt, dass Innen- und Lastwiderstand für maximale
Leistung gleich groß sein müssen, kann direkt verwendet werden.
RL  RI  R1 || R2 
R1  R2
R1  R2
Alternativ kann der Wert auch berechnet werden, indem der Ausdruck für die Leistung differenziert
und zu null gesetzt wird. Hierbei muss die Produktregel angewendet werden.
PRL
u
v

v 
u  0
RL
RL
RL

1
2
 1
 RL 
3
  R   R || R  2
 RL   R1 || R2  
L
1
2

2
  R

2

 U1   0
  R1  R2


Der Ausdruck in der linken Klammer muss null werden, damit die gesamte Gleichung null wird.
1
R  R
L
1 || R2  
2

2  RL
R  R
L
1 || R2  
3
0
Die Gleichung wird auf den gemeinsamen Hauptnenner gebracht.
R  R
L
1
|| R2    2  RL  0
RL  R1 || R2
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
112
10.5 Betrieb einer Zener-Diode
Für den linearen Teil der Schaltung, bestehend aus Spannungsquelle und Widerstand, gilt die Gleichung
U1  U0  RI  I1
Charakteristische Punkte der linearen Quelle sind die Leerlaufspannung sowie der Kurzschlussstrom.
U0  6 V
IK 
U0
6V

 6 mA
RI 1 k 
a) In der ersten Schaltung entspricht der Strom durch die Zener-Diode dem Strom I1. An der Diode
liegt die Spannung U1 an. Da beide Achsenabschnitte positiv sind, liegt die Gerade im ersten Quadranten. Zum Zeichnen der Gerade müssen zwei neue Punkte berechnet werden, da die charakteristischen
Werte nicht in das Diagramm eingetragen werden können. Die Gleichung der linearen Quelle wird
nach dem Strom I1 aufgelöst. Mit U1 = 2 V gilt
I1 
U0  U1 6 V  2 V

 4 mA
RI
1 k
Für U1 = 1 V ergibt sich
I1 
U0  U1 6 V  1 V

 5 mA
RI
1 k
Die Gerade kann eingezeichnet werden.
6
Strom IZ / mA
4
2
0
-2
-4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
Spannung UZ / V
0
1
Aus dem Schnittpunkt resultiert die Lösung für den Arbeitspunkt.
UZ  U1  1 V
IZ  I1  5 mA
b) In der zweiten Schaltung kann ebenso die Gleichung der linearen Quelle angegeben werden.
U1  U0  RI  I1
Aufgrund der unterschiedlichen Zählpfeilrichtungen gilt für den Strom
I1  IZ
und für die Spannung
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
113
U1  UZ
Durch diesen Zusammenhang können die Größen I1 und U1 in der Geradengleichung ersetzt werden.
UZ  U0  RI  IZ
UZ  U0  RI  IZ
Leerlaufspannung und Kurzschlussstrom betragen
U0  UZ  6 V
IZ  
U0
6V

 6 mA
RI
1 k
Damit die lineare Quelle in das Diagramm eingezeichnet werden kann, werden zwei Punkte berechnet.
Die Gleichung wird nach dem Strom IZ aufgelöst.
IZ 
UZ  U0
RI
Mit UZ = -1 V ergibt sich
IZ 
  1 V   6 V
1 k
 5 mA
Die Gerade kann damit eingezeichnet werden.
6
Strom IZ / mA
4
2
0
-2
-4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
Spannung UZ / V
0
1
Der Arbeitspunkt wird aus der Grafik bestimmt.
IZ  I1  1,5 mA
UZ  U1  4,5 V
Schaltungen, die an die Schaltung zur Spannungsstabilisierung angeschlossen werden, können mit
einer Spannung von 4,5 V versorgt werden.
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
114
10.6 Betrieb einer Solarzelle
a) Die Diode verhindert, dass bei fehlender Sonneneinstrahlung der Akku über die Solarzelle entladen
wird.
b) Für die Kennlinie der Solarzelle wird das Erzeugerpfeilsystem angewendet. Dadurch weisen der
Strom IS und der Strom IAKKU dieselbe Zählrichtung auf. Die Diode besitzt eine konstante Spannung
von UD = 0,4 V.
UD
IS
D1
I AKKU
US
U AKKU
Damit ergibt sich die Maschengleichung der Schaltung zu
US  UD  UAKKU
Vereinfachend kann die Diodenspannung als konstant angenommen werden. Somit lässt sich die Diode als ideale Spannungsquelle mit einer Spannung von 0,4 V ersetzen. Der Akku wird durch eine ideale Spannungsquelle mit Innenwiderstand dargestellt. Das gesamte Ersatzschaltbild mit allen Komponenten kann in einen nichtlinearen und einen linearen Schaltungsteil zerlegt werden.
UD
IS
ILIN
I AKKU
RI
US
ULIN
0,4 
U AKKU
U0
Nichtlinearer
Schaltungsteil
Linearer Schaltungsteil
Der lineare Schaltungsteil kann mit der Gleichung
ULIN  UD  RI  ILIN  U0  0,4 V  0,4   ILIN  12 V  12,4 V  0,4   ILIN
beschrieben werden. Von der linearen Quelle werden die Parameter Leerlaufspannung und Kurzschlussstrom bestimmt. Bei der Leerlaufspannung gilt für den Strom ILIN = 0. Daraus folgt
ULIN  12,4 V
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
115
Der Kurzschlussstrom IK wird aus dem Quotienten von Leerlaufspannung und Innenwiderstand berechnet.
IK 
12,4 V
 31 A
0,4 
Der Kurzschlussstrom ist mit 31 A zu groß um ihn in das Diagramm einzeichnen zu können. Daher
wird ein willkürlicher Punkt, beispielsweise ILIN = 8 A, gewählt und berechnet.
ULIN  12,4 V  0,4   8 A  15,6 V
Mit diesen Punkten kann die Gerade in das Diagramm eingezeichnet werden.
Spannung US / V
20
15
10
5
0
0
2
4
Strom IS / A
6
8
Am Schnittpunkt der Kennlinie von Quelle und Solarzelle wird der Spannungs- beziehungsweise
Stromwert abgelesen.
US  14,2 V
IS  4,5 A
c) Die von der Solarzelle abgegebene Leistung berechnet sich aus den zuvor bestimmten Werten für
Strom und Spannung
PS  US  IS  14,2 V  4,5 A  63,9 W
d) Der Strom der in den Akku hineinfließt, ist der von der Solarzelle abgegebene Strom IS. Lediglich
die am Akku anliegende Spannung ist um den Wert der Diodenspannung geringer.
PAKKU  US  UD   IS  14,2 V  0,4 V   4,5 A  62,1 W
e) Die Leistungsdifferenz von abgegebener Leistung zu aufgenommener Leistung wird in der Diode
verbraucht.
PD  PS  PAKKU  63,9 W  62,1 W  1,8 W
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
116
10.7 Betrieb eines nichtlinearen Zweipols
a) Da Strom und Spannung die gleiche Richtung besitzen, wird das Verbraucherpfeilsystem verwendet.
b) Die Schaltung kann in einen linearen und einen nichtlinearen Schaltungsteil aufgeteilt werden. Wird
zunächst der lineare Schaltungsteil und dessen Klemmenverhalten betrachtet, kann der nichtlineare
Zweipol entfernt werden.
A
U AB
R1
U1
B 
R2
R3
Die Schaltung kann mit Hilfe der Quellwandlung in eine lineare Ersatzquelle mit Leerlaufspannung
und Innenwiderstand umgeformt werden.
A
 R2  R3  || R1
U AB
U1 
B 
U0  U1 
R1
 R2  R3   R1
R1
3 k
 12 V 
8 V
1,5 k  3 k
 R2  R3   R1
RI   R2  R3  || R1  1,5 k || 3 k  1k
Die zusammengefasste Schaltung ergibt sich zu
INL
nichtlinearer
Zweipol
UNL
A
U AB
B 
RI
U0
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
117
Mit Hilfe der Leerlaufspannung U0 kann der Kurzschlussstrom IK berechnet werden.
IK 
U0
8V

 8 mA
RI 1 k
Der Kurzschlussstrom mit IK = 8 mA kann direkt in das Diagramm eingezeichnet werden. Da die Leerlaufspannung außerhalb des Diagramms liegt, wird ein weiterer Punkt berechnet.
UNL  U0  RI  INL
Als Punkt wird die Grenze des Diagramms mit UNL = 4 V gewählt.
4 V  8 V  1k  INL
INL  4 mA
10
Strom INL / mA
8
6
4
2
0
0
1
2
Spannung UNL / V
3
4
Der Schnittpunkt beider Kurven wird aus dem Diagramm abgelesen.
UNL  3,15 V
INL  4,8 mA
c) Zur Berechnung der Spannung am Widerstand R3 wird eine Maschengleichung aufgestellt.
A
nichtlinearer
Zweipol
UNL
R1 UR1
IR 1
INL
B 
IR 2
R2 UR 2
UR 2  UNL  U1  UR3  0
Umformen und Einsetzen des ohmschen Gesetzes ergibt
UR3  UR 2  UNL  U1  R2  IR 2  UNL  U1
U1
R3 UR 3
10 Musterlösung – Verbindung von Zweipolen
118
Um den Strom IR2 ersetzen zu können wird die Knotenbilanz für den Knoten (B) aufgestellt.
IR1  INL  IR 2  0
beziehungsweise
IR 2  IR1  INL 
UNL
 INL
R1
Nach Einsetzen der Knoten- in die Maschengleichung kann der Wert für die Spannung UR3 berechnet
werden.
U

 3,15 V

UR 3  R2   NL  INL   UNL  U1  0,5 k  
 4,8 mA   3,15 V  12 V  5,9 V
R
3
k



 1

11 Musterlösung – Vierpole
11.1 Kopplungssymmetrische Widerstand- und Leitwertmatrizen
a) Die Widerstandsmatrizen ergeben sich durch Anwendung der Gleichungen
R11 
R12 
R21 
R22 
U1
I1
I2  0
U1
I2
I1  0
U2
I1
I2  0
U2
I2
I1  0
I. Die Widerstandsmatrix für den Vierpol
I1
U1
I2
U2
R1
lautet
 U1   R1 R1   I1 
 
 
 U2   R1 R1   I2 
Die Matrix ist somit kopplungssymmetrisch, da gilt R12 = R21 = R1.
II. Die Widerstandsmatrix für den Vierpol
I1
U1
ergibt sich zu
 U1   R1 0   I1 
 
 
 U2   0 R2   I2 
I2
R1
R2
U2
11 Musterlösung – Vierpole
120
Die Matrixelemente R12 und R21 werden zu null, da bei einem Strom von I1 = 0 beziehungsweise I2 = 0
keine Spannung anliegt. Die Matrix ist kopplungssymmetrisch, denn es gilt R12 = R21 = 0.
III. Die Widerstandsmatrix für den Vierpol
R1
I1
I2
U1
U2
ergibt sich zu unendlich, aufgrund der Division mit I1 = 0 beziehungsweise I2 = 0.
 U1       I1 
 
 
 U2       I2 
Auch im Aufgabenteil c) ist die Widerstandsmatrix kopplungssymmetrisch, denn es gilt R12 = R21 = ∞.
b) Analog zu den Bestimmungsgleichungen für die Widerstandsmatrix ergibt sich die Leitwertmatrix
aus der Anwendung der Gleichungen
G11 
G12 
G21 
G22 
I1
U1 U
I1
U2
2 0
U1  0
I2
U1 U
I2
U2
2 0
U1  0
I. Die Leitwertmatrix für den Vierpol
I1
U1
I2
R1
U2
ergibt sich zu
 I1       U1 
 
 
 I2       U2 
Die Leitwerte werden aufgrund der Division mit U1 = 0 beziehungsweise U2 = 0 zu unendlich.
11 Musterlösung – Vierpole
121
II. Die Leitwertmatrix für den Vierpol
I1
U1
I2
R1
U2
R2
lautet
 1

 I1   G1 0   U1   R1



  
  
 I2   0 G2   U2   0



0 
   U1 
 
1   U2 

R2 
Die Matrixelemente G12 und G21 sind null, da ohne eine anliegende Spannung U1 beziehungsweise U2
kein Strom fließen kann.
III. Die Leitwertmatrix für den Vierpol
I1
U1
R1
I2
U2
ergibt sich mit Hilfe der zu Beginn dargestellten Gleichungen zu
 I1   G1
 
 I2   G1
 1
G1   U1   R1
  
G1   U2   1

 R1
1
R1   U1 
 
1   U2 

R1 

Der Widerstand eines Kurzschlusses ist null, der Leitwert hingegen ist unendlich. Umgekehrt ist der
Leitwert einer Unterbrechung null, allerdings der Widerstand unendlich. Aufgrund dessen gibt es
Schaltungen, die lediglich mit einer Widerstandsmatrix beschrieben werden können. Andere Schaltungen lassen sich lediglich mit einer Leitwertmatrix beschreiben.
11 Musterlösung – Vierpole
122
11.2 Impedanzmatrix ohne Kopplungssymmetrie
Die Vierpolgleichungen in Widerstandsform können für die Elemente R11, R22 und R12 direkt ermittelt
werden.
RA
I1
U1
RE
I2
U0  k  I1
Aus dem Schaltbild ergeben sich die Gleichungen zu
R11 
R12 
U1
I1 I
 RE
2 0
U1
0
I2 I  0
1
R22 
U2
I2
 RA
I1  0
Für das Matrixelement R21 ergibt sich mit der gesteuerten Quelle U0
R21 
U2
I1

I2  0
k  I1
k
I1
Damit lautet die vollständige Matrix
 U1   ZE
 
 U2   k
0   I1 
 
Z A   I2 
Die Impedanzmatrix ist nicht kopplungssymmetrisch.
U2
11 Musterlösung – Vierpole
123
11.3 Leitwertmatrix ohne Kopplungssymmetrie
Die Schaltung enthält eine gesteuerte Quelle. Die Leitwerte G11, G12 und G22 können direkt aus der
Schaltung
I1
R1
I2
U0  k  U1
U1
U2
R2
bestimmt werden. Mit Hilfe der Gleichungen für die Bestimmung der Leitwerte ergibt sich für das
erste Matrixelement
G11 
I1
U1 U
 G1
2 0
Wird für die Elemente G12 und G22 der Eingang kurzgeschlossen, ergibt sich das Ersatzschaltbild zu
I1
A
I2
U0  0
R1
U2
R2
Die Gleichung lautet
G12 
G22 
I1
U2
U1  0
I2
U2
U1  0
 G1
 G1  G2
Zur Bestimmung von G21 wird das Ersatzschaltbild für den Kurzschlussfall U2 = 0 gezeichnet.
11 Musterlösung – Vierpole
124
I1
R1
A
I2
I3
U0  k  U1
U1
R2
Für den Knoten (A) wird die Knotengleichung aufgestellt
I1  k  U1  G2  I2  G1  U1  k  U1  G2  I2  0
Die Gleichung wird nach dem Strom I2 umgestellt.
I2  G1  U1  k  U1  G2  U1  G1  G2 
G21 
I2
U1 U

2 0
U1  G1  k  G2 
U1
  G1  k  G2 
Die entsprechende Matrix ergibt sich zu
G1
G1   U1 
 I1  
 
     G  k G
2  G1  G2   U2 
 I2    1
Die Matrix ist nicht kopplungssymmetrisch.
12 Musterlösung – Operationsverstärker
12.1 Berechnung einer Operationsverstärkerschaltung
a) Durch die in der Aufgabenstellung gegebenen Bedingungen gilt für die Differenzspannung am Operationsverstärker UD = 0. Ebenso gilt IN = 0. Der Knoten (A) wird als virtuelle Masse betrachtet.
UR 2
UR1
A
R1
IR 1
R4
IR 2
IN
R3
U1
UD
B 
R2


OP1
UA
Die Knotengleichung für den Knoten (A) lautet nach dem Ersatzschaltbild
IR1  IR 2  IN  0
Mit der Bedingung IN = 0 ergibt sich
IR1  IR 2
Die Ströme IR1 und IR2 werden durch das ohmsche Gesetz ersetzt.
U1
U
  R2
R1
R2
Die Spannung über dem Widerstand R2 wird mit Hilfe der Spannungsteilerregel berechnet
UR 2  U A 
R2 || R3
 R2 || R3   R4
Das Ergebnis der Spannungsteilerregel in die zuvor aufgestellte Gleichung eingesetzt ergibt
U1

R1
UA 
R2 || R3
 R2 || R3   R4
R2
 U A 
R3
R2  R3  R4   R2  R3 
Umformen nach der gesuchten Beziehung UA / U1 führt zum Ergebnis.
R  R  R4   R2  R3 
UA
R 
R
R 
 2 3
  2  1 4  4 
U1
R1  R3
R1 
R3 R2 
b) Es gibt mehrere Möglichkeiten die Widerstände zu dimensionieren. Beispielsweise kann der Ansatz
rEIN  R1  100 k
12 Musterlösung – Operationsverstärker
126
R1  R2  100 k
vorgenommen werden.
Der Widerstand R4 wird als größter Widerstand angenommen.
R4  470 k
Die Gleichung kann entsprechend nach R3 aufgelöst werden.
R3 
R4
470 k

 2,4 k
A  R1
R4
200  100 k
470 k
 1
 1
100 k
100 k
R2
R2
c) Wir der Widerstand R3 entfernt und der Widerstand R4 kurzgeschlossen, liegt die Schaltung eines
invertierenden Verstärkers vor.
rEIN
B 
A
R1
R4
IN
U1


OP1
UA
Für einen invertierenden Verstärker mit der Verstärkung
AD 
UA
R
  2  200
U1
R1
ergibt sich beispielsweise
R2  200  R1  200  rEIN  200  100 k  20 M
12.2 Strom-Spannungswandler
a) In die Schaltung werden alle Zählpfeile eingetragen.
URF
A
IEIN
RF
IRF
IN  0
UD


OP1
UA
12 Musterlösung – Operationsverstärker
127
Da der Eingangsstrom IN als null angenommen wird, gilt für den Knoten (A) der Zusammenhang
IEIN  IRF
Für die Schaltung wird die Maschengleichung aufgestellt.
UD  URF  UA  0
aufgestellt. Die Spannung URF kann anschließend mit Hilfe des ohmschen Gesetzes ersetzt werden.
UD  RF  IRF  UA  0
Allgemein lässt sich eine Verstärkung durch das Verhältnis von Ausgangsspannung zu Differenzspannung beschreiben.
UA
 AD
UD
beziehungsweise
UD 
UA
AD
Die Spannung UD kann in die zuvor bestimmte Maschengleichung eingesetzt werden. Damit ergibt
sich
UA
 RF  IRF  U A  0
AD

1 
UA  1 
  RF  IRF  0
AD 

Die Gleichung wird nach dem gesuchten Verhältnis UA / IEIN aufgelöst.
UA UA
RF


IRF IEIN

1 
1 

A

D 
b) Allgemein kann der Eingangswiderstand mit Hilfe der Spannung UD und dem Eingangsstrom IEIN
berechnet werden.
rEIN 
UD
IEIN
Bei einem unendlich hohen Wert für die Verstärkung AD wird die Differenzspannung UD zu null. Daraus folgt
rEIN  0 
c) Für den Eingangswiderstand gilt
rEIN 
UD
IEIN
beziehungsweise
UD
 IEIN
rEIN
12 Musterlösung – Operationsverstärker
128
In Aufgabenteil a) wurde eine Gleichung in Abhängigkeit vom Eingangsstrom IEIN hergeleitet, die an
dieser Stelle eingesetzt werden kann.
1
1
UD
AD
 UA 
rEIN
RF
Die Gleichung wird nach dem gesuchten Eingangswiderstand aufgelöst.
1
rEIN

 1
 1
 1
UA  1

 1 
 AD  
 1 
UD  AD
 RF
 AD
 RF
beziehungsweise
rEIN 
RF
10 k

1
1  AD  1  104


d) Die Ausgangsspannung wird berechnet durch
U A  IEIN 
RF
 1

 1

 AD

Wird die Verstärkung AD als unendlich angenommen, vereinfacht sich die Gleichung zu
UAUS  IEIN  RF
Bei einer unendlichen offenen Schleifenverstärkung wird der Eingangswiderstand rEIN zu null. Der
Innenwiderstand der Stromquelle RI hat somit keinen Einfluss auf die Schaltung und die Ausgangsspannung ergibt sich zu
UA  IEIN  RF  I1  RF    0,5 mA   10 k  5 V
e) Für ein endliches AD wirkt sich die Stromquelle mit Innenwiderstand auf den beschalteten OP mit
dem Eingangswiderstand rEIN aus. Die Widerstände RI und rEIN liegen parallel zueinander und es ergibt
sich der Zusammenhang
UD  I1   RI || rEIN 
beziehungsweise mit der Ausgangsspannung UA
UA  AD  I1  RI || rEIN 
ergibt sich das Ergebnis zu
UA 
I1  RF
RF

 1 R
I
1 
AD









12 Musterlösung – Operationsverstärker
129
12.3 Nicht invertierender Verstärker mit endlichem Verstärkungsfaktor
Die Gleichung für einen nichtinvertierenden Verstärker bei unendlicher Verstärkung AD lautet

R 
U A   1  2   U1
R1 

Um die Gleichung für eine endliche Verstärkung herzuleiten, werden in die Schaltung alle Spannungsund Strom-Zählpfeile eingezeichnet.
IP  0
UD
U1
A


OP1
IN  0
R2
IR 2
I
UA
UR 2
R1 UR1
II
IR 1
Ausgehend von der Schaltung werden die Knoten- und Maschengleichungen aufgestellt. Für die Ströme am Knoten (A) gilt
IR 2  IR1
Die Maschengleichungen ergeben sich zu
I: U1  UD  UR1  0
II: UA  UR 2  UR1  0
Die Maschengleichung I wird nach der Spannung am Widerstand R1 aufgelöst und durch das ohmsche
Gesetz ersetzt.
I: UR1  R1  IR1  U1  UD
IR 1 
U1  UD
R1
Maschengleichung II wird nach dem Strom IR2 aufgelöst.
II: UR 2  R2  IR 2  UA  UR1  UA  R1  IR1  UA  U1  UD 
IR 2 
U A  U1  UD
R2
Durch die Knotenregel gilt
IR 2  IR1
U1  UD U A  U1  UD

R1
R2
Die Spannung UD wird durch den Zusammenhang zur Verstärkung AD ersetzt.
12 Musterlösung – Operationsverstärker
130
U1 
UA
AD
R1
U A  U1 

UA
AD
R2
Auflösen nach der gesuchten Form UA / U1 ergibt
 1
1 



 R1  R2 
 R  R2 
UA
1
1
 R1 R2 



 1

R
1
U1  1
R1
R 
1
1   R1  R2 
1 
1

 R1


 1  2   1


A
R

R


A
A

R
R
A

R
A
R1 
D
1
2
D
 D 1
2
D
2 
D 
12.4 Spannungsfolger
a) Die Verhältnis UA / U1 wird für eine endliche offene Schleifenverstärkung AD hergeleitet.
UD


OP1
U1
UA
Mit Hilfe der Maschengleichung gilt
U1  UD  UA  0
Die Spannung UD wird ersetzt.
U1 
UA
 UA  0
AD
Auflösen der Gleichung nach dem gesuchten Verhältnis aufgelöst.
UA
1
1


 0,909
U1  1
  1

 1
 1 

 AD
  10 
Alternativ kann die Herleitung mit Hilfe der Gleichung für den nichtinvertierenden Verstärker umgangen werden. Wird beim nichtinvertierenden Verstärker der Widerstand R2 zu null gesetzt, resultiert
daraus die Gleichung eines Spannungsfolgers.
U A  R1  R2 


U1
R1
1
AD
1
 R 
 1  2   1
R1 


0

R1 1
AD
1

0 
 1    1
R

1

1
 0,909
1
1
AD
12 Musterlösung – Operationsverstärker
131
b) Um die Widerstandswerte berechnen zu können, wird die Bedingung UA / U1 = 1 in die Gleichung
eines nichtinvertierenden Verstärkers mit endlicher Verstärkung eingesetzt. Es ergibt sich
R1
1

1
AD  R1  R2 
beziehungsweise mit der Verstärkung AD = 10
1
10  R1
 10
R1  R2
R1  9  R2
Beträgt der kleinste Widerstandswert 4,7 kΩ, kann der zweite Widerstandswert berechnet werden zu
R2  4,7 k
R1  9  4,7 k  42,3 k
12.5 Aktives Filter
In die Schaltung werden sämtliche Strom- und Spannungspfeile eingezeichnet.
UR1
IR 1
UR 2
IR 2
R2
UR 3
IR 3
A
U1
R1
R3
IN
UD
IR 4
R4
IP

OP1

UR 4
UA
Da es sich um einen idealen Operationsverstärker handelt und dessen Eingangsdifferenzspannung UD
null ist, resultiert aus der Masche über dem Widerstand R4 und der Ausgangsspannung der Zusammenhang
UR 4  UA
Für den Strom IR4 gilt damit
IR 4 
UR 4 U A

R4
R4
Da der Strom IP ebenfalls null ist, sind die Ströme IR3 und IR4 identisch.
IR 3  IR 4
Für den Spannungsabfall am Widerstand R1 gilt nach der Maschenregel
12 Musterlösung – Operationsverstärker
132
UR1  UR 4  UR 3  U A  U A  R3  IR 3  U A
 U A  R3  IR 4  U A  U A 
R
UA
 R3  U A  3  U A
R4
R4
Ebenso kann die Spannung am Widerstand R2 mit Hilfe der Maschenregel bestimmt werden zu
UR 2  U1  UR 3  UR 4  U1  R3  IR 3  UR 4  U1 
R3
 UA  UA
R4
Am Knoten (A) gilt die Knotenbilanz
0  IR 2  IR 3  IR1
Die einzelnen Ströme können durch das ohmsche Gesetzt ausgedrückt werden
0
UR 2
U
U
U
U
 IR 4  R 1  R 2  A  R 1
R2
R1
R2 R4 R1
Die Spannungen UR1 und UR2 werden durch die zuvor aufgestellten Gleichungen ersetzt.
U1 
0
R3
R3
 UA  UA
 UA
 R3
R3 
R4
U A R4
U
1
1


 1  UA  




R2
R4
R1
R2
 R2  R4 R2 R4 R1  R4 
Auflösen nach der gesuchten Spannung UA ergibt
U A  U1 
R1  R4
1
 U1 
R3
R R
R
R1  R3  R1  R4  R1  R2  R2  R3
 1 2  2 3
R4
R4 R1  R4
12.6 Operationsverstärkerschaltung
a) Da in der Schaltung mehrere Spannungsquellen vorhanden sind, wird das Superpositionsprinzip
angewendet. Im ersten Schritt wird die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt. Damit stellt die Schaltung
einen nicht invertierenden Verstärker dar.
R3


R1
R2
U2
OP1
U A1
Die Widerstände R1 und R2 sind parallel geschaltet. Damit ergibt sich die erste Teilausgangsspannung
UA1 zu

R3 
U A1  U2   1 

R

1 || R2 
12 Musterlösung – Operationsverstärker
133
Wird für die Berechnung der zweiten Teilspannung die Quelle U2 = 0 gesetzt, verändert sich die Schaltung hin zu einem invertierenden Verstärker.
R1
R3


UD
U1
OP1
U A2
R2
Da die Spannung UD = 0 ist, fließt durch R2 kein Strom. Die zweite Teilspannung ergibt sich durch
U A2  
R3
 U1
R1
Die Ausgangsspannung UA setzt sich aus der Addition beider Teilspannungen zusammen.

R3 
R3
U A  U A1  U A 2  U2   1 
  U1 
R1 || R2 
R1

b) Zahlenwerte in die Gleichung eingesetzt führt zu dem Ergebnis


22 k
22 k
UA  2 V  1 
 6,27 V
3 V
10 k
 10 k || 6,8 k 
12.7 Verstärkerschaltung mit Potenziometer
a) Es handelt sich um einen nichtinvertierenden Verstärker.
b) Da die Verstärkung AD als unendlich angenommen wird, kann die Gleichung aus den Operationsverstärker-Grundschaltungen verwendet werden. Das Potenziometer wird wie folgt aufgeteilt.


OP1
x  P1
U1
UA
1  x   P1
Das Einsetzen der entsprechenden Widerstände führt zu
12 Musterlösung – Operationsverstärker
134

x  P1 
1
UA  1 
 U  U1 
 1  x   P  1
1

x
1

c) Die Grenzwerte des Bereichs lassen sich mit Hilfe der zuvor bestimmten Gleichung ermitteln.
UA
1
 lim
1
U1 x 0 1  x
Läuft x gegen 0, ergibt sich die Verstärkung zu 1.
UA
1
 lim

U1 x 1 1  x
Läuft x gegen 1, wird die Verstärkung unendlich.
d) und e) Zwischen Potenziometer und Masse wird ein Widerstand R1 eingefügt.


OP1
x  P1
U1
1  x   P1
UA
R1
Die neue Gleichung ergibt sich damit zu
UA
x  P1
P1  R1
 1

U1
1  x   P1  R1 1  x   P1  R1
Zur Überprüfung werden die Grenzfälle aus Aufgabenteil c) betrachtet. Für x = 0 wird die geforderte
Verstärkung von 1 erreicht.
UA
P1  R1
P  R1
 lim
 1
1
x

0
U1
1  x   P1  R1 P1  R1
Für x = 1 soll eine Verstärkung von 5 erreicht werden.
UA
P1  R1
P  R1
 5  lim
 1
x 1 1  x   P  R
U1
R1
1
1
Für den neuen Widerstand R1 gilt somit
5
P1  R1
R1
Auflösen nach R1 ergibt
12 Musterlösung – Operationsverstärker
R1 
135
P1 10 k

 2,5 k
4
4
12.8 Spannungsgesteuerte Stromquelle
In die Schaltung werden alle für die Berechnung relevanten Zählpfeile eingetragen.
UA
A
R1
R2


UD
OP1
IRA
UOP 1
RA
R3
U1
B 
UB
R4
UC
C


OP2
URA
I AUS
U AUS
Der Operationsverstärker OP2 wird als idealer Spannungsfolger eingesetzt. Dementsprechend gilt
UAUS  UC
Des Weiteren kann eine Masche über die Knoten (A) und (B) gelegt werden. Die Gleichung lautet
UB  UD  UA  0
Mit der Bedingung UD = 0 ist
UA  UB
Die Größen UA und UB sollen im nächsten Schritt ersetzt werden. Die Spannung UA berechnet sich
nach der Spannungsteilerregel mit den Größen R1 und R2.
U A  UOP 1 
R1
R1  R2
Der Ausgang des Operationsverstärkers OP2 kann als ideale Spannungsquelle betrachtet werden. Mittels Superposition der Quellen U1 und UC kann die Spannung UB bestimmt werden. Zunächst wird die
Spannungsquelle U1 zu null gesetzt. Die Teilspannung UB1 berechnet sich nach der Spannungsteilerregel zu
UB1  UC 
R3
R3  R4
Die zweite Teilspannung resultiert aus der Bedingung UC = 0.
12 Musterlösung – Operationsverstärker
136
UB 2  U1 
R4
R3  R4
Beide Teilspannungen werden zur Knotenspannung UB addiert.
UB  UB1  UB 2  UC 
R3
R4
 U1 
R3  R4
R3  R4
Die Gleichungen für UA und UB werden nach der zu Beginn aufgestellten Maschengleichung gleichgesetzt.
UA  UB
UOP 1 
R3
R1
R4
 UC 
 U1 
R1  R2
R3  R4
R3  R4
Da eine Gleichung für den Ausgangsstrom IAUS gefordert ist, wird die Spannung UOP1 ersetzt. Ein Maschenumlauf ergibt
UOP1  URA  UAUS  0
Umstellen nach UOP1 und Ersetzen der Spannung UR4 durch das ohmsche Gesetz führt zu
UOP1  RA  IAUS  UAUS
Eingesetzt in die Gleichung sowie mit dem Zusammenhang UC = UAUS wird diese zu
 RA  I AUS  U AUS  
R3
R1
R4
 U AUS 
 U1 
R1  R2
R3  R4
R3  R4
Die Gleichung wird geordnet.
I AUS 
RA  R1
 U AUS
R1  R2
 R3
R1


R

R
R
4
1  R2
 3

R4
  U1 
R
3  R4

Auf den ersten Blick erscheint die Gleichung nicht unabhängig von der Ausgangsspannung, wie dies
in der Aufgabe beschrieben ist. Bei genauerem Hinsehen fällt allerdings auf, dass mit R1 = R2 und
R3 = R4 der Ausdruck in der Klammer zu null wird und die Ausgangsspannung damit entfällt. Ebenso
wird der Ausdruck in der Klammer zu null, wenn für die WiderständeR1 = R3 und R2 = R4 gilt. In diesem Fall vereinfacht sich die Gleichung für den Ausgangsstrom zu
I AUS  U1 
1
RA
Der Strom IAUS ist unabhängig von der Spannung UAUS. Das bedeutet, dass der Ausgangsstrom unabhängig von der anliegenden Ausgangsspannung fließt. Es handelt sich um eine ideale Stromquelle.
b) Damit der Widerstand RA bestimmt werden kann, wird anhand der Bedingungen UAUS = 0 bis 9 V
und UOP1MAX = 12 V die Spannung über diesem berechnet. Um den Fehler so gering wie möglich zu
halten, werden die maximalen Werte für UOP1 und UAUS verwendet.
URA  UOP1MAX  UAUS  12 V  9 V  3 V
RA 
URA
IOUTMAX

3V
 600 
5 mA
Zur Berechnung der Widerstände wird R1 = R3 = 18 kΩ gewählt. Mit U1 = 5 V und IAUS = 5 mA ergibt
sich die Bedingung für die Widerstände R2 und R4.
12 Musterlösung – Operationsverstärker
I AUS  U1 
R4   R1  R2 
 R3  R4   RA  R1
 U1 
137
R4   R3  R4 
 R3  R4   R1  RA
 U1 
R4
RA  R1
beziehungsweise
R4  R2 
I AUS  RA  R1 5 mA  600   18 k

 10,8 k
U1
5V
R2  R4  10,8 k
R1  R3  18 k
12.9 Zweistufige Operationsverstärkerschaltung als Subtrahierer
a) Der Operationsverstärker OP1 ist als invertierender Verstärker beschaltet. Der Verstärkungsfaktor
AD beträgt -1. Beim Operationsverstärker OP2 handelt es sich um einen invertierender Summierverstärker mit einem Verstärkungsfaktor von AD = -4,7.
b) und c) Die Ausgangsspannung UOP1 des Operationsverstärkers OP1 dient als Eingangsspannung für
den invertierenden Summierverstärker.
R1
U1
R2
R3


OP1
R4
UOP 1
U2
R5


OP2
UA
Die Spannung UOP1 ergibt sich durch die Definitionsgleichung des invertierenden Verstärkers zu
UOP 1  
R2
 U1
R1
Die Ausgangsspannung des invertierenden Summierverstärkers berechnet sich aus den Eingangsspannungen UOP1 und U1.
R

 R R
R
R
R  R
R
U A    5  U2  5  UOP1    5  U2  5    2  U1   5  2  U1  5  U2  4,7  U1  U2 
R3
R4
R3  R1
R4
 R3 R1
 R4

d) Der Faktor k beträgt 4,7.
12 Musterlösung – Operationsverstärker
138
12.10 Operationsverstärkerschaltung mit Potenziometer
a) Zunächst werden alle Spannungs- und Strompfeile in die Schaltung eingetragen.
UR1
IR 1
UR 2
A
R1
1  x   P1
R2
x  P1
IR 2
IR 3
R3 UR 3
U1

UD

OP1
UA
Da es sich um einen idealen Operationsverstärker handelt, gilt am Knoten (A)
IR1  IR 2
Mit dem ohmschen Gesetz gilt
UR1 UR 2

R1
R2
Da die offene Schleifenverstärkung unendlich ist, gilt für die Spannung UD = 0. Damit lautet die Maschengleichung für den Eingang
UR1  U1
Aufgrund der virtuellen Masse am Knoten (A) sind die Spannungen UR3 und UR2 identisch. Die Spannung UR3 kann mit Hilfe der Spannungsteilerregel berechnet werden.
U R 2  UR 3  U A 
R2 || R3
R
||
 2 R3   x  P1
Beide Gleichungen werden in die zu Beginn aufgestellte Gleichung eingesetzt.

R2 || R3
U1
 UA 
R1
 R2 || R3   x  P1
Die Gleichung wird nach dem gesuchten Verhältnis UA / U1 aufgelöst.
R2    R3 || R2   x  P1 
R  R   R2  R3   x  P1
P   R2  R3 
UA
R

 2 3
 1
x 2
U1
R1   R3 || R2 
R1  R3
R1  R3
R1
b) Der Verstärkungsfaktor UA / U1 wird bezüglich der Potenziometerstellung x durch eine Geradengleichung dargestellt. Mit eingesetzten Werten ergibt sich diese zu
10 k   47 k  1 k 
UA
47 k

x
 10,2  x  1
U1
47 k  1 k
47 k
12 Musterlösung – Operationsverstärker
139
Verstärkungsfaktor UA / U1
0
-1
-11,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
Potentiometerstellung x
1
12.11 Zweistufige Operationsverstärkerschaltung als Addierer
Zur Berechnung der beiden Ausgangsspannungen UAUS1 und UAUS2 wird das Superpositionsprinzip
verwendet. Zunächst werden die Knotenspannungen UA und UB in die Schaltung eingezeichnet.
 OP1
UD

A
R2
R1
R3
U1
U AUS1
B 
UA

UB
UD
U2

OP2
U AUS 2
Durch die unendliche Verstärkung sind die Differenzspannungen an den Eingängen der Operationsverstärker null. Als Hilfsgrößen werden die eingezeichneten Knotenspannungen UA und UB verwendet.
Die Maschengleichung für die Spannung am Knoten (A) lautet
U1  UD  UA  0
beziehungsweise für den Knoten (B)
UB  UD  U2  0
Zunächst wird die Spannungsquelle U2 zu null gesetzt. Es gilt U2 = 0. Die zuvor bestimmten Knotengleichungen ergeben sich zu
U1  UA
12 Musterlösung – Operationsverstärker
140
beziehungsweise
UB  0
Der Operationsverstärker OP1 stellt einen nichtinvertierenden Verstärker dar. Die erste Teilspannung
der Ausgangsspannung 1 berechnet sich zu

R 
U AUS11   1  2   U1
R1 

Der Operationsverstärker OP2 bildet mit den Widerständen R1 und R3 sowie der Ersatzspannung UA
einen invertierenden Verstärker. Die zweite Ausgangsspannung lautet
U AUS 21  
R3
R
 U A   3  U1
R1
R1
Zur Berechnung der jeweils zweiten Teilspannung wird die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt. Es gilt
U1 = 0. Die Maschengleichungen ergeben sich zu
UA  0
beziehungsweise
UB  U2
Mit den Widerständen R1 und R2 bildet der Operationsverstärker OP1 einen invertierenden Verstärker.
Die erste Ausgangsspannung berechnet sich zu
U AUS12  
R2
R
 UB   2  U 2
R1
R1
Der Operationsverstärker OP2 bildet zusammen mit R1 und R3 einen nicht invertierenden Verstärker.

R 
U AUS 22   1  3   U2
R1 

Die Überlagerung der Teilspannungen führt zum Ergebnis der jeweiligen Ausgangsspannung.

R 
R
U AUS1  U AUS11  U AUS12   1  2   U1  2  U2
R1 
R1

U AUS 2  U AUS 21  U AUS 22  

R3
R 
 U1   1  3   U2
R1
R1 

Einsetzen der Zahlenwerte ergibt
UAUS1  5,7  U1  4,7  U2
UAUS 2  U1  2  U2
12 Musterlösung – Operationsverstärker
141
12.12 Howland Strompumpe
a) In die Schaltung werden zunächst alle relevanten Zählpfeile eingetragen.
N
R1
R2
UN

UD
OP1

UR 3
R3
UR 4
IR 3
 P  IR 4
R4
UOP
IA
U1
I
UP
RL
II
Da eine Gleichung für den Ausgangsstrom IA gesucht ist, wird die Knotenbilanz für den Knoten (P)
aufgestellt.
IA  IR 3  IR 4
Die Ströme IR3 und IR4 können durch das ohmsche Gesetz beschrieben werden. Es ergibt sich
IA 
UR 3 UR 4

R3
R4
Zum Bestimmen der Spannungen werden zwei Maschengleichungen aufgestellt. Für die Masche I
ergibt sich die Gleichung
UR 3  U1  UP
Die zweite Maschengleichung lautet
UR 4  UOP  UP
Bevor beide Gleichungen in die Knotenbilanz eingesetzt werden können, wird die Ausgangsspannung
des Operationsverstärkers mit Hilfe der Knotenspannung UN ersetzt. Da die Differenzspannung UD = 0
ist, ist die Knotenspannung UN gleich der Knotenspannung UP. Nach der Spannungsteilerregel gilt
UN  UP  UOP 
R1
R1  R2
Auflösen nach der Spannung UOP ergibt
UOP 
UP   R1  R2 
R1
Die zweite Maschengleichung lautet damit
12 Musterlösung – Operationsverstärker
142
UR 4 
UOP   R1  R2 
R1
 UP
Die umgeformten Maschengleichungen werden in die zu Beginn aufgestellte Knotengleichung eingesetzt. Es ergibt sich
IA 

UR 3 UR 4 U1  UP UP   R1  R2  UP U1 UP UP  R1  UP  R2  UP  R1







R3
R4
R3
R1  R4
R4 R3 R3
R1  R4
U1 UP UP  R2


R3 R3 R1  R4
Da die Spannung UP am Widerstand RL anliegt, gilt nach dem ohmschen Gesetz
IA 
U1 RL  I A RL  I A  R2


R3
R3
R1  R4
Die Gleichung wird nach dem Ausgangsstrom aufgelöst.
IA 
U1
U1

RL  R2  R3
 R R 
R3  RL 
R3  RL   1  2 3 
R1  R4
R1  R4 

b) Ist eine Quelle von der Belastung unabhängig, handelt es sich um eine ideale Quelle. Die in Aufgabenteil a) bestimmte Gleichung darf somit keine Abhängigkeit zum Lastwiderstand RL zeigen. Es
muss der Ansatz
 R2  R3 
1 
0
R1  R4 

gelten. Hiermit ergibt sich das Widerstandsverhältnis
R 4 R2

R3 R1
Mit dieser Anordnung ergibt sich der Ausgangsstrom zu
IA 
U1
R3
Wird ein solches Verhältnis der Widerstände gewählt, handelt es sich rechnerisch um eine ideale
Stromquelle. Da sich in der Praxis der Anspruch der völligen Gleichheit der Widerstände nicht einhalten lässt, wird die reale Schaltung einen Innenwiderstand R0 < ∞ aufweisen.
c) Da es sich um eine ideale Stromquelle handelt, bleibt der Ausgangsstrom bei veränderlichem Lastwiderstand konstant und berechnet sich zu
IA 
U1
15 V

 1,5 mA
R3 10 k
Bei konstantem Strom ergibt sich der maximale Spannungswert bei dem größten Widerstandswert.
URL  RL  IA   350   350   0,15   1,5 mA  0,6 V
12 Musterlösung – Operationsverstärker
143
12.13 Verstärkerschaltung mit drei Eingangsspannungen
a) Die Berechnung der Ausgangsspannung erfolgt nach dem Superpositionsprinzip. Zunächst werden
die Spannungsquellen U2 und U3 zu null gesetzt. Durch die Widerstände R3, R4 und R6 fließt kein
Strom und können somit kurzgeschlossen werden. Es ergibt sich die Schaltung eines invertierenden
Verstärkers.
R1
R5
R2
U1

UD

OP1
U A1
Ebenso fließt durch den Widerstand R2 kein Strom und somit ergibt sich die erste Teilausgangsspannung zu
U A1  
R5
 U1
R1
Im nächsten Schritt könnte das Superpositionsprinzip weiter angewendet werden, in dem die Spannungsquellen U1 und U3 beziehungsweise U1 und U2 zu null gesetzt werden. An dieser Stelle soll allerdings ein Zwischenschritt angewendet werden, in dem lediglich die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt wird und die Spannungsquellen U2 und U3 als aktiv belassen werden. Aus diesen Spannungsquellen und den Widerständen R3, R4 und R6 kann mit Hilfe des Superpositionsprinzips die Ersatzspannung UB berechnet werden.
R1 || R2
R5

R3

OP1
UA
U2
R4
U3
R6
UB
12 Musterlösung – Operationsverstärker
144
Zur Berechnung der ersten Teilspannung UB1 wird die Spannungsquelle U3 zu null gesetzt. Der Spannungsteiler ergibt sich zu
R4 || R6
 U2
R4 || R6  R3
U B1 
Ebenso kann bei der Berechnung der zweiten Teilspannung UB2 die Spannungsteilerregel angewendet
werden. Es gilt U2 = 0.
UB 2 
R3 || R6
 U3
R3 || R6  R4
Beide Teilspannungen addiert ergeben
U B  U B1  U B 2 
UB 
R4 || R6
R3 || R6
R4  R6  U2
R3  R6  U3
 U2 
 U3 

R4 || R6  R3
R3 || R6  R4
R4  R6  R3  R4  R3  R6 R3  R6  R3  R4  R4  R6
R4  R6  U 2  R3  R6  U3
R3  R6  R3  R4  R4  R6
Bezüglich der Spannung UB stellt die Schaltung einen nichtinvertierenden Verstärker dar.
R1 || R2
R5


OP1
UB

R5
U A2   1 
R

1 || R2
U A2

R5   R1  R2   R4  R6  U2  R3  R6  U3

  UB   1 
  R  R  R  R  R  R
R1  R2

3
4
4
6

 3 6
Die Ausgangsspannung ist die Summe der beiden Teilspannungen.
U A  U A1  U A2  

R   R1  R2   R4  R6  U2  R3  R6  U3
R5
 U1   1  5
 
R1
R1  R2

 R3  R6  R3  R4  R4  R6
b) Das Einsetzen von Zahlenwerten ergibt
UA  
47
 470  470  470  U2  470  U3
 U1   1 
  470  100  470  4,7  U2  U3  U1 
10
100


12 Musterlösung – Operationsverstärker
145
12.14 Schaltungsfunktion einer Operationsverstärkerschaltung
a) Der Operationsverstärker OP2 bildet zusammen mit den Widerständen R3 und R4 einen einfachen
nichtinvertierenden Verstärker. Mit Hilfe der Standardgleichung für den nichtinvertierenden Verstärker kann eine Ersatzspannungsquelle im markierten Bereich gebildet werden.

OP1

U1
R1
R2
B 


U2
OP2
R3
UB
R4
Die Gleichung für die Ersatzspannungsquelle UB lautet

R 
UB  U 2   1  3 
R4 

Die Schaltung kann umgezeichnet werden.


OP1
U1
R1
UA
R2
UB
UA
12 Musterlösung – Operationsverstärker
146
Zur weiteren Berechnung der Schaltung wird das Superpositionsprinzip angewendet. Zunächst wird
die Spannung UB zu null gesetzt. Die sich ergebende Schaltung ist ein einfacher nichtinvertierender
Verstärker.

R 
U A1  U1   1  1 
R

2 
Wird die Spannungsquelle U1 zu null gesetzt, entspricht die Schaltung einem einfachen invertierenden
Verstärker.
U A2  
R1
 UB
R2
Die Addition der Teilspannungen ergibt die Ausgangsspannung UA.



R 
R  R
R  R
U AUS  U AUS1  U AUS 2  U1   1  1   1  UB  U1   1  1   1  U2   1  3 
R2  R2
R2  R2
R4 



b) Die Gleichung der Ausgangsspannung wird zunächst ausmultipliziert.
U A  U1  U1 
R
R1 R1
R

 U2  1  U2  3
R2 R2
R2
R4
Für das weitere Vorgehen wird die Annahme
R3 R2

R4 R1
getroffen. Wird diese Annahme in die Gleichung eingesetzt, ergibt sich
U A  U1  U1 
R1 R1
R
R
R
R

 U2  1  U 2  2  U1  U1  1  U 2  1  U 2
R2 R2
R2
R1
R2
R2



R 
R 
R 
 U1   1  1   U2   1  1   U1  U 2    1  1 
R2 
R2 
 R2 


c) Mit dieser Schaltung kann eine Differenzbildung der beiden Spannungen U1 und U2 vorgenommen
werden. Gegenüber der Schaltung eines Subtrahierers ist der Eingangswiderstand unendlich, das heißt
die beiden Spannungen U1 und U2 werden nicht belastet.