Prof. Dr. Martin Müser, Dr. Dmitriy Shakhvorostov Lehrstuhl für

Prof. Dr. Martin Müser, Dr. Dmitriy Shakhvorostov
Lehrstuhl für Materialsimulation
Universität des Saarlandes
Lösung zum Übungsblatt Nr. 8
1. Wheatstonesche Brücke
Die Wheatstonesche Brücke aus dem Vorlesungsskript ist im Bild unten gezeigt. Wir
benutzen die Kirchhoffschen Regeln, um das System von 6 linearen und unabhängigen
Gleichungen aufzuschreiben. Die Anzahl der Gleichungen entspricht genau der Anzahl der unbekannten Ströme.
Figure 1: Skizze der Wheatstone-Brücke aus dem Vorlesungsskript
Zuerst schreiben wir die 3 Gleichungen, welche aus dem Knotenpunktsatz resultieren.
Wir haben 3 unabhängige Knoten (a, b, und c):
I1 − I2 − I5 = 0 (a),
I2 − I3 − I4 = 0 (b),
I5 − I6 + I4 = 0 (c).
Jetzt verwenden wir Kirchhoffsche Maschenregel. Dabei schreiben wir die Potentialsenken links und die elektromotorische Kräfte (”Potentialquellen”) rechts in der
Gleichung. Die Ströme, welche in der Richtung der Kreisel fließen gehen mit positiven
Betrag hinein:
I1 · R1 + I2 · R2 + I3 · R3 = (α),
−I2 · R2 − I4 · R4 + I5 · R5 = 0 (β),
−I3 · R3 + I4 · R4 + I6 · R6 = 0 (γ).
Um das System der Gleichungen in Matrixform aufzuschreiben, müssen wir nur die
entsprechenden Vorfaktoren der Ströme in der Matrix zu platzieren. Die m-te Gleichung steht in der m-ten Zeile und der Vorfaktor zum Strom In steht in der n-ten
1
Spalte. Wenn keine Variablen mit dem entsprechenden Index vorhanden sind, ist der
Matrixelement mit den Indizes (m, n) gleich null. Wir dürfen auch das Vorzeichen
nicht vergessen. Da wir ebenso viele Unbekannte wie Gleichungen haben erzeugen
wir eine Quadratmatrix.

    
1 −1
0
0
−1 0
I1
0
0
  I2   0 
1
−1
−1
0
0

    
0
  I3   0 
0
0
1
−1
−1

· = 
 R1 R2
  I4   
R
0
0
0
3

    
 0 −R2
0
−R4 R5 0  I5  0
0
0
−R3 R4
0 R6
I6
0
Die alten Gleichungen erhalten wir zurück, indem wir das Skalarprodukt einer Zeile
in der Matrix mit dem Stromvektor bilden.
2. Stromkreise mit zwei Spannungsquellen
(a) Bestimmung von Widerständen
Figure 2: Uminterpretation der Schaltung aus der Aufgabenstellung
Man sollte nicht sofort alle 6 Kirchhoffschen Regeln aufstellen. Stattdessen nutzt
man besser die Einsicht (Symmetrie) aus, dass IA = 0 folgendes nach sich zieht:
(i) I1 = I2 und somit
V0 = (R1 + R2 ) · I1 .
(ii) Die Punkte b und c sind auf demselben Potenzial, woraus dann direkt
V3 = R 2 · I 1
folgt. Man spricht im Übrigen auch davon, dass R1 und R2 die außen anliegende Spannung V0 genauso “teilen”, wie es der Widerstand R4 und die
Spannungsquelle V3 tun. Zwei hintereinander geschaltete Widerstände gelten
deshalb auch als Spannungsteiler. Wie dem auch sei, als Ergebnis bekommen
wir
R2
V3 =
· V0 .
R1 + R 2
2
Die hier dargestellte Brücke kann auch zum Messen von Widerständen verwendet werden. Nehmen Sie an, Sie kennen z.B. R1 nicht. Dann könnte V3
“durchgestimmt” werden und der Moment festgehalten werden, bei dem IA = 0
ist.
(b) Verwendung alter Batterien
Für den allgemeinen Fall liegt keine Symmetrie im Sinne von Äquipotentialpunkten
vor. Deshalb müssen wir wohl oder übel alle Kirchhoffschen Regeln auswerten,
obwohl wir eine Symmetrie in den Indizes 1 und 2 haben sollten. Eine der drei
unbekannten Ströme lässt sich aber durch Auswerten des Knotenpunktes “a”
leicht auswerten: IR = I1 + I2 . Die beiden verbleibenden Maschenregeln sind:
r1 I1 + R(I1 + I2 ) = V1 Masche α
r2 I2 + R(I1 + I2 ) = V2 Masche β
Wenn wir die obere Gleichung mit r2 multiplizieren und die untere mit r1 und
die Ergebnisse dann addieren, so erhalten wir:
r1 · r2 · (I1 + I2 ) + (r1 + r2 ) · R · (I1 + I2 ) = r2 · V1 + r1 · V2 .
Nun können wir wieder die Knotenpunktregel einsetzen. Zusätzlich teilen wir
dir Gleichung durch r1 + r2 , so dass
r2
r1
r1 · r 2
· IR + R · I R =
V1 +
V2
r1 + r 2
r1 + r 2
r1 + r 2
Bevor wir dieses Ergebnis nach I1 auflösen, sollte man es untersuchen und interpretieren. Der erste Term auf der linken Seite lässt sich als Parallelschaltung
der inneren Widerstände der Batterien interpretieren. Die Vorfaktoren vor den
Vi auf der rechten Seite stellen sozusagen Spannungsteiler dar.
Überprüfen der Gleichungen: Symmetrie in den Indizes 1 und 2 muss gegeben
sein, weil die Topologie der Schaltung symmetrisch ist. Der Grenzfall r1 →
∞ entspricht Eliminierung der Batterie 1, da es quasi einem offenen Schalter
entsprechen würde.
Als Ergebnis bekommen wir
IR = −
⇒ IR = −
V1 · r 2 + V 2 · r 1
R(r1 + r2 ) + r1 · r2
121
12 · 10 + 10 · 0, 1
=−
= −2, 3495 A.
5(0, 1 + 10) + 10 · 0, 1
51, 5
Negativer Betrag bedeutet, dass der Strom in umgekehrte Richtung fließt wie
im Bild dargestellt. Die Stromrichtung ist historisch bedingt über positive
Ladungsträger definiert. Bei nur einer Batterie hätten wir folgenden Strom
I0 = −
V1
12
=
≈ −2, 3529 A.
r1 + R
5 + 0, 1
3
Die Änderung des (absoluten) Stroms in Prozent, wenn eine ausgelutschte Batterie zugeschaltet wird ist
|IR |
− 1 · 100% ≈ −0, 15%.
|I0 |
Das bedeutet, dass die intakte Batterie Ohmsche Arbeit am inneren Widerstand
der ausgelutschten Batterie leistet. Die Parallelschaltung ist somit kontraproduktiv.
Wenn beide Batterien identisch sind, ergibt sich der Gesamtstrom zu:
−1
12
r1 −1
0, 1
=−
IR = −V1 · R +
= −2, 3762 A.
= −12 · 5 +
2
2
5, 05
Die Änderung des (absoluten) Stroms in Prozent, wenn eine gleiche Batterie
zugeschaltet wird ist
|IR |
12 5, 1
− 1 · 100% =
·
− 1 · 100% ≈ 0, 99%.
|I0 |
5, 05 12
Wenn wir also zwei neue Batterien verwenden, erhöhen wir geringfügig den
Strom durch den “Lastwiderstand”, dadurch dass die inneren Widerstände der
Batterie parallel geschaltet sind.
3. Zusatzaufgabe
Die Schaltung gleicher Widerstände wie gezeigt im Bild unten (a) kann relativ leicht
gelöst werden, wenn die Äquipotentiallinien identifiziert werden. Dadurch kann man
die Widerstände an den Stellen vom gleichen Potential verbinden ohne eine Änderung
im Gesamtwiederstand des Systems hervorzurufen (siehe Bild b).
Figure 3: Ein Gitter aus N × N quadratisch angeordneten Widerständen und ein Ersatzschaltbild exemplärisch für N=1 und N=2.
Wir haben also eine Serienschaltung von R/2, R/4,..., R/2N und dann wieder zurück
von R/N , ..., R/4, R/2, also
4
RG
N
X
R
= 2·
2·n
n=1
N
X
1
= R
n
n=1
nähere die (harmonische) Reihe über ein Integral an
Z N +1/2
1
≈ R
dx
x
1/2
= R · {ln(N + 1/2) − ln(1/2)}
= R · ln(2N + 1)
Der Widerstand wächst also logarithmisch mit N an. Die Numerik wenden wir nun
auch einfach auf ungerade Zahlen an. Für N = 1 finden wir RG ≈ ln(3) = 1, 099,
was 10% über dem exakten Wert von RG = 1 liegt. Bei N = 2 finden wir RG ≈
ln(5) = 1, 6094 gegenüber von RG = 1, 5, was bereits nur noch einen relativen Fehler
von 7,3% bedeutet. Der relative Fehler geht für N → ∞ gegen null.
Eine noch genauere Abschätzung der harmonischen Reihe wird durch folgende Formel
erzielt:
N
X
1
1
1
mit γ ≈ 0, 5771
= ln N + γ +
+O
n
2·N
N2
n=1
Der Ausdruck ist auf Leonard Euler zurückzuführen und γ ist die Euler-Mascheroni
Konstante.
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