Probeklausur (4.7.2012) - Lehrstuhl für Optik, Uni Erlangen

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2
3
4
Nur vom Korrektor auszufüllen!
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6
7
8
9
10
∑
Note
Experimentalphysik für Naturwissenschaftler II
Universität Erlangen–Nürnberg
SS 2012
Probeklausur (4.7.2012)
ANMERKUNG: Name, Matrikelnummer und Studiengang müssen Sie bei der Probeklausur natürlich
nicht angeben, da diese ja nicht eingesammelt wird! Die folgenden Angaben sind nur zu Ihrer Information, damit Sie den Kopf der Klausur schon kennen!
Name (in Druckbuchstaben):
Matrikelnummer:
Studiengang:
Bitte beachten: In die Wertung der Klausur gehen nur 8 der 10 gestellten Aufgaben ein. Kennzeichnen Sie
deshalb deutlich vor Abgabe der Klausur, welche zwei Aufgaben nicht gewertet werden sollen! Sie müssen dies
entscheiden, sonst werden einfach zwei Aufgaben nach Belieben gestrichen. Mit jeder Aufgabe können 8 Punkte
erreicht werden.
Empfehlung: Sehen Sie sich am Anfang der Klausur alle Aufgaben kurz an und entscheiden dann, welche Sie in
welcher Reihenfolge bearbeiten wollen. Sollten Sie eine Teilaufgabe nicht bearbeitet haben, benötigen aber deren
Ergebnis für die nächste Teilaufgabe, so nehmen Sie den angegebenen Wert der Ersatzlösung, kennzeichnen dies
auf Ihrem Blatt und rechnen damit weiter.
——————————————————————————
1) Kreisprozess
In einem Kreisprozess wird das Arbeitsgas im ersten Takt im Kolben adiabatisch vom Punkt A (pA = 0, 96 bar,
VA = 0, 40 l, TA = −10, 00 ◦ C) zum Punkt B komprimiert. Daraufhin wird das Gas vom Punkt B zum Punkt C
isochor erwärmt (pC = 53, 00 bar). Im nächsten Schritt wird das Gas adiabatisch zum Punkt D expandiert, um
im letzten Schritt isochor in den Ausgangszustand zurückzukehren. Das Arbeitsgas wird als ideal angenommen,
wodurch sich ein Adiabatenkoeffizient von κ = 53 ergibt. Das Verhältnis der Volumina von VA zu VB liegt bei 10
J
: 1 ( VVBA = 10). Die universelle Gaskonstante beträgt R = 8, 31 K mol
.
(a) Skizzieren Sie das zu diesem Kreisprozess gehörige P-V-Diagramm.
1
Lösung:
(b) Berechnen Sie alle Drücke, Temperaturen und Volumina an den jeweiligen Eckpunkten.
Lösung:
Punkt A: pA = 0, 96 bar, VA = 0, 4 l, TA = −10 ◦ C = 263, 15 K
Punkt B:
VA
VB =
= 0, 04 l
10
VA
pB = pA · ( )κ = 44, 56 bar
VB
VA
TB = TA · ( )κ−1 = 1221, 43 K
VB
Punkt C:
pC = 53 bar
VB = VC = 0, 04 l
TC
TB
pC
=
⇒ TC = TB
= 1452, 81 K
pC
pB
pB
Punkt D:
VA = VD = 0, 4 l
pD = pC · (
mit VB = VC = 0, 04 l folgt:
VC κ
)
VD
pD = pC · (10)−κ = 1, 14 bar
2
TD
TA
pD
=
⇒ TD = TA
= 313, 0 K
pD
pA
pA
(c) Wie viel Mol des Arbeitsgases befindet sich im Kolben?
Lösung:
pA · VA
= 1, 76 · 10−2 mol
R · TA
(d) Berechnen Sie die mechanische Arbeit für die einzelnen Teilprozesse sowie für das gesamte System.
Leistet die Maschine Arbeit? Falls ja, warum?
n=
Lösung:
A→ B:
∆W = ∆U = n · (3/2) · R · (TB − TA ) = 0, 21 kJ
B→ C:
∆W = 0
C→ D:
∆W = ∆U = n · (3/2) · R · (TD − TC ) = −0, 25 kJ
D→ A:
∆W = 0
∆Wgesamt = −0, 04kJ ⇒ System gibt Arbeit an Umwelt ab ; System leistet Arbeit, da ∆Wgesamt < 0
(e) Zeichnen Sie in das P-V-Diagramm die mechanische Arbeit ein.
Lösung:
Die Arbeit entspricht der vom Kreisprozess eingeschlossenen Fläche.
3
2) Gartenschlauch
Ein Gartenschlauch mit dem Durchmesser d = 0,5 cm wird senkrecht nach oben gehalten. Die Geschwindigkeit
des Wasserstrahls an der Mündung des Schlauchs beträgt v = 5 m/s.
(a) Welche Höhe h, gemessen ab der Mündung, erreicht der Strahl?
Lösung (1 P):
Energieerhaltung:
1 2
ρv = ρgh,
2
v2
h=
= 1,27 m.
2g
(b) Wie groß ist der Volumenstrom I? (Anmerkung: Volumenstrom entspricht strömendem Volumen pro Zeit)
(Ersatzlösung: I = 10−1 l/s)
Lösung (1 P):
( )2
d
I = Av =
πv = 9, 82 · 10−2 l/s
2
(c) Nun wird eine Düse auf den Gartenschlauch gesetzt, deren Durchmesser nur noch d′ = 0, 1 cm beträgt.
Nehmen Sie an, daß der Volumenstrom I dadurch nicht verändert würde. Wie hoch spritzt der Wasserstrahl jetzt?
Ist die Annahme I = const. Ihrer Meinung nach folglich gerechtfertigt?
Lösung (3 P):
Kontinuitätsgleichung:
A · v = A′ · v ′ ,
v′ =
d2
A
v
=
v = 125 m/s.
A′
d′2
4
Damit gilt für die neue Höhe h′ :
v ′2
= 796 m
2g
Eine solche Höhe ist unrealistisch, also nein, die Annahme ist nicht gerechtfertigt. Ein Verkleinern des Durchmessers
führt zu einer Verringerung des Stroms.
h′ =
(d) Der Schlauch wird nun dazu benutzt, ein Wasserbecken zu füllen, das die Seitenlängen L = B = 2 m und
Höhe H = 1 m aufweist. Wieviel Prozent des Beckens sind nach ∆t = 10 min gefüllt?
Lösung (3 P):
I=
V
tvoll
, V = LBH;
V
= 40733 s.
I
∆V
∆t
=
= 0, 0147
V
tvoll
⇒ tvoll =
was 1,47% entspricht.
Mit Ersatzlösung: tvoll = 40000 s, was 1,5% entspricht
5
3) Warme Suppe
Sie haben sich beim Japaner eine Miso-Suppe (m = 400 g, cSuppe = 4, 25
J
) in einem Styroporbecher gekauft
gK
und befinden sich auf dem Weg in Ihre WG.
(a) Berechnen Sie den anfänglichen Wärmestrom P durch die Becheroberfläche (Fläche A = 320 cm2 , WärmeW
durchgangskoeffizient k = 21, 3 2 ), wenn die Suppe eine Anfangstemperatur von T1 = 90 o C hat und die
mK
Lufttemperatur T2 = 20 o C beträgt.
Lösung:
Temperaturdifferenz zwischen Suppe und Luft: ∆T = 90 o C − 20 o C = 70 K
P =
dQ
= k · A · ∆T = 47, 7 W
dt
(b) Zeigen Sie, dass für die Änderung der Temperaturdifferenz ∆T = T1 − T2 in einem infinitesimalen Zeitintervall dt gilt:
d(∆T )
kA
=−
dt
∆T
cSuppe m
Lösung:
dQ = P dt = kA∆T dt
d(∆T ) = dT1 − dT2 = −
dQ
cSuppe m
−0=−
kA∆T
dt
cSuppe m
Mit dT2 = 0, weil T2 = const.
dQ
Für die Wärmekapazität gilt:
= −cSuppe m.
dT
Daraus folgt:
d(∆T )
kA
=−
dt
∆T
cSuppe m
(c) Sie haben 10 Minuten gebraucht und sind nun in der WG angekommen. Einer Ihrer Mitbewohner bittet Sie
ihm noch kurz eine Physikaufgabe zu erklären. Wie viele Minuten können Sie ihm schenken, wenn Sie Ihre
Suppe essen wollen, bevor sie kälter als 45 o C ist? Integrieren Sie dazu den Ausdruck für die Änderung von ∆T
aus b).
Lösung:
Gesucht: zuerst Zeitdauer τ zwischen Anfangstemperatur und Abkühlung auf 45 o C
6
Temperaturunterschiede zwischen Suppe und Luft am Anfang ∆T0 = 70 K und am Ende ∆T1 = 25 K
∫
∫ τ
kA
d∆T
dt
=−
∆T
cSuppe m 0
∆T0
(
)
∆T1
kA
ln
·τ
=−
∆T0
cSuppe m
(
)
cSuppe m
∆T1
τ =−
ln
kA
∆T0
τ = 2568 s
τ − 10 min = 32, 8 min
∆T1
Sie können Ihrem Mitbewohner also ca. 33 Minuten lang etwas erklären.
7
4) Diamant auf Quarzglas
Durch eine Quarzglasscheibe (Brechungsindex nQG ) fällt Licht unter
dem Einfallswinkel α zuerst auf eine Diamantplatte mit zwei parallelen ebenen Flächen. Das Licht wird beim Eintritt in den Diamanten
(Brechungsindex nDia = 2,42) und beim Austritt (nLuft = 1) gebrochen.
Wird der Einfallswinkel auf αT = 43,3◦ erhöht, so tritt Totalreflexion
(γT = 90◦ ) ein.
(a) Wie groß ist der Brechungsindex der Quarzglasscheibe? (Ersatzlösung: 1,49)
Lösung:
Snellius’sches Gesetz:
n1 · sin α1 = n2 · sin α2
Hier mit Diamant als Zwischenmedium!
Gleichungssystem für beide Grenzflächen aufstellen und nach nQG auflösen:
Eintritt in den Diamanten: nQG · sin α = nDia · sin β;
Austritt aus dem Diamanten: nDia · sin β = nLuft · sin γ;
→ nQG · sin α = nLuft · sin γ bzw. nQG = nLuft ·
sin γ
; unabhängig vom Zwischenmedium!
sin α
Aus der Angabe für den Fall der Totalreflexion αT = 43,3◦ bei γT = 90◦ bzw. sin γT = 1 folgt:
Mit nLuft = 1 → nQG =
1
= 1,46;
sin 43,3◦
(b) Wie groß darf der maximale Einfallswinkel αmax in der Quarzglasscheibe sein, damit der Strahl noch an der
zur Eintrittsseite parallelen Oberseite eines in Form eines Hexagons geschliffenen Diamanten der Seitenlänge a
austritt, falls für die Eintrittsposition des Strahls s = 31 a (siehe Skizze) gilt? (Hinweis: Die Winkelsumme in
einem Hexagon (6–Eck) ist 720o .)
Lösung:
Innenwinkel zwischen je zwei Seiten des Hexagons ist also 720o /6 = 120o . Der spitze Winkel zwischen der
8
Flächennormalen auf der Unterseite und der linken Kante
ist also 120o − 90o = 30o . Damit folgt
√ des Hexagons
√
a
o
√
für die Höhe h des Hexagons h = 2 · a cos(30 ) = 2 · 2 3 = a 3 , x = a − s = 23 a ⇒ tan βmax = hx = 2/3a
a 3
βmax = arctan
(x)
h
(
= arctan
2
√
3 3
)
= 21,05◦
mit nQG · sin αmax = nDia · sin βmax :
(
αmax = arcsin
nDia
· sin βmax
nQG
(Mit Ersatzlösung: αmax = 35,7◦ )
9
)
= 36,6◦
5) Geladene Teilchen in elektrischen und magnetischen Feldern
Ein Teilchenstrahl aus Argonatomen und Ionen unterschiedlicher Ladungszahl tritt von links in nebenstehenden
Filter ein. Für ein Experiment benötigt man ausschließlich Ar2+ Ionen einer bestimmten Geschwindigkeit. Der
Filter besteht aus einem Kondensator, welcher ein elektrisches Feld erzeugt, und einem zu diesem senkrecht orientierten Magnetfeld der Stärke B1 = 0, 10 T (Feldlinien zeigen in die Zeichenebene hinein). Der Teilchenstrahl,
der den Kondensator verlässt, passiert eine kleine Lochblende A. Auf die Teilchen wirkt nun ein Magnetfeld B2 ,
welches ebenfalls in die Zeichenebene hinein zeigt. Oberhalb von Blende A befindet sich im Abstand d Blende
B, welche die gefilterten Teilchen zum Experiment führt. Die Teilchen bewegen sich im Vakuum.
As
(Masse Argonion mArgon = 6, 63 · 10−26 kg, ϵ0 = 8, 85 · 10−12 Vm
, Elementarladung e = 1, 60 · 10−19 C)
(a) Erläutern Sie qualitativ warum der Filter funktioniert und nur Teilchen einer bestimmten Geschwindigkeit und
Ladung durchlässt! Wie muss der Kondensator geladen werden?
Lösung
Kräftegleichgewicht im Kondensator filtert die Geschwindigkeit: qE = qvB ⇒ E = vB (Kräftegleichgewicht
ist nur für eine bestimmte Geschwindigkeit erfüllt, Teilchen dieser Geschwindigkeit können also auf einer Geraden durch den Kondensator und damit durch die Blende A gelangen)
Das Magnetfeld nach Blende A zwingt geladene Teilchen auf eine Kreisbahn (ungeladene werden gar nicht abgelenkt), deren Radius zwar von der Ladung und der Geschwindigkeit abhängt. Da aber die geladenen Teilchen dort
schon eine definierte Geschwindigkeit haben, hängt der Radius letztendlich nur noch von der Ladung ab. Damit
kommen nur Teilchen einer bestimmten Geschwindigkeit und Ladung durch Blende B.
Die obere Platte des Kondensators muss positiv geladen sein, um eine Kraftkomponente nach unten zu erzeugen,
da das Magnetfeld auf positiv geladene Teilchen eine Kraft nach oben ausübt.
(b) Der Kondensator hat eine Kapazität von C = 1, 0 pF und eine Fläche von 0, 01 m2 . Welche Spannung muss
angelegt werden, damit nur Teilchen der Geschwindigkeit v = 1, 0 km/s durch die Blende A gelangen?
Lösung
Für das elektrische Feld muss gelten: E = vB
Feld eines Plattenkondensators: E = ϵ0QA = ϵCU
, wobei Q = CU
0A
10
Einsetzen und Umstellen: U =
ϵ0 AvB
C
= 8, 85 V
(c) Berechnen Sie die benötigte Magnetfeldstärke B2 nach Blende A, damit nur zweifach geladene Teilchen zur
Blende B gelangen (d = 50 cm).
Lösung
Das Magnetfeld zwingt die geladenen Teilchen auf eine Kreisbahn, welche durch das Gleichgewicht von Lorentzkraft
2
und Zentripetalkraft festgelegt ist: m vr = vqB
Der Radius beträgt hier r = 0, 5d. Also ergibt sich nach Einsetzen
B=
mArgon v
= 0, 83 mT
1
d2e
2
11
(1)
6) Spule im Stromkreis
Der Stromkreis in obenstehender Abbildung besteht aus Ohmschen Widerständen R1 = 2 Ω und R2 = 100 Ω,
einer Spule mit der Induktivität L = 0, 2 H und vernachlässigbarem Ohmschen Widerstand, einer Batterie mit der
Gleichspannung U0 = 12 V mit vernachlässigbarem Innenwiderstand und dem (zunächst) geschlossenen Schalter
S.
(a) Wie groß ist die in der Spule gespeicherte magnetische Feldenergie? Welche Leistung wird der Spannungsquelle im stationären Zustand entzogen?
Lösung:
Bei geschlossenem Schalter fließt der gesamte Strom durch die Spule, da deren Ohm’scher Widerstand Null
sein soll. Also wird der Strom nur durch den Widerstand R1 begrenzt und es gilt für die Stromstärke im Kreis:
U0
I=R
=6A
1
U2
Energieinhalt der Spule: W = 21 LI 2 = 12 L R02 = 3, 6 J
U2
1
Leistung: P = U0 I = R01 = 72 W
(b) Bei der Zeit t = 0 werde der Schalter S geöffnet. Berechnen Sie den Strom, der zur Zeit t1 = 5 ms noch durch
R2 fließt!
Lösung:
Im Zeitpunkt des Öffnens des Schalters muss noch ganz kurz der gleiche Strom durch die Spule fliessen wie
im geschlossenen Zustand des Schalters, also I0 = U0 /R1 . Danach gilt aber aufgrund der Maschenregel:
+ R2 I = 0 ⇒ dI(t)
= − RL2 I(t)
−Uind + R2 I = 0 ⇒ L dI
dt
dt
R2 t1
U0 − L
I(t1 ) = R
e
= 0, 49 A
1
(c) In der untenstehenden Schaltung ist nun R2 durch eine Glimmlampe mit der Zündspannung Uz = 110 V
ersetzt. Der zunächst geschlossene Schalter S wird jetzt geöffnet, wobei der Strom innerhalb von ∆t = 10 ms
(Öffnungszeit des Schalters) auf Null zusammenbricht. Leuchtet die Glühlampe auf? (Begründung!)
Lösung:
Im nicht gezündeten Zustand ist der Widerstand der Glimmlampe R2 fast unendlich groß. Es gilt also im Grunde
die gleiche Gleichung wie vorher, so dass die induzierte Spannung folgende Funktionalität hat:
R2 − RL2 t
Uind = −L dI
=
U
e
0
dt
R1
Die Spannung steigt also bei t = 0 auf einen sehr hohen Wert an und zündet damit die Glimmlampe. Daraufhin
12
verringert sich deren Widerstand R2 auf einen endlichen Wert und es fließt eine kurze Zeit lang Strom, bis das
Magnetfeld der Spule sich abgebaut hat.
Eine andere Begründung wäre, dass man die mittlere Steigung der Kurve dI/dt nimmt, da ja die Stromstärke
innerhalb von 10 ms vom Anfangswert I0 = 6 A auf den Wert Null absinken muss:
I0
|Uind | = LI˙ ≈ L ∆t
= 0, 2 H · 106 Ams = 120 V > 110 V = Uz
Die mittlere Induktionsspannung wäre also auch noch größer als die Zündspannung, so dass die Glimmlampe auf
jeden Fall aufleuchtet.
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7) Druck kompressibler und inkompressibler Medien
Gegeben sei ein Glas-Wassertank (Skizze) mit quadratischer Grundfläche.
(a) Welchem Druck muss der Boden bei maximalem Füllstand standhalten?
(Vernachlässigen sie das Eigengewicht des Glases)
Lösung:
p(h = c) =
Fg
ρa2 cg
=
= ρgc = 39, 24 kPa
A
a2
(b) Durch einen falschen Silikonkleber hält eine Seitenwand nur einer Kraft von Fmax = 200 kN stand. Zu
wieviel Prozent darf der Tank dann maximal gefüllt werden?
Lösung:
∫
∫ a ∫ h
∫ h
1
!
F (h) =
p(x, z)dA =
dx
dz p(x, z) = a
dz ρgz = aρgh2 = Fmax
2
A
0
0
0
√
2Fmax
= 2, 86 m
⇔h=
aρg
⇒
h
2, 86
=
= 71%
c
4
(c) Wie hoch müsste ein Bergsteiger steigen, damit der Druck in seiner (luftgefüllten und luftdichten)
Getränkeflasche das Doppelte des Außendrucks ist, wenn er auf Meereshöhe startet?
(Normalbed. p0 = 1, 013 · 105 Pa; ρ0 = 1, 3 mkg3 , T=const.)
Lösung:
ρ
− 0 gh ! 1
p(h) = p0 · e p0 = p0
2
p0
⇔ h = ln(2)
= 5506 m
ρ0 g
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8) Frequenzfilter
Ein Kondensator C ist in einer Reihenschaltung mit einem Ohmschen Widerstand R (siehe Skizze).
(a) Wie hängt der Betrag der am Kondensator abgegriffenen Ausgangsspannung |Ua | von der Frequenz der
Eingangsspannung Ue ab? Um welche Art von
handelt es sich hier demnach?
√
√ Frequenzfilter
∗
(Der Betrag einer komplexen Zahl ist |c| = c · c = Re{c}2 + Im{c}2 ).
Lösung:
Reihenschaltung der komplexen Widerstände R und ZC
I=
Ue
Ue
Ue
=
=
1
Zges
R + ZC
R + iωC
Ua (ω) = IZC =
mit |c| =
√
c · c∗ :
√
|Ua (ω)| =
mit |c| =
√
Re{c}2 + Im{c}2 :
|Ua (ω)| = 1
Ue iωC
Ue
1 =
RiωC + 1
R + iωC
Ue
Ue∗
|Ue |
·
=√
RiωC + 1 −RiωC + 1
1 + (RωC)2
−RiωC + 1
−RiωC + 1 U
Ue
e
=
= Ue
·
RiωC + 1 −RiωC + 1 RiωC + 1 1 + (RωC)2 √(
√
)2 (
)2
1
−RωC
1 + (RωC)2
|Ue |
+
=
|U
|
=√
= |Ue |
e
2
2
2
2
1 + (RωC)
1 + (RωC)
(1 + (RωC) )
1 + (RωC)2
Je kleiner die Frequenz desto größer das Signal, d.h. es handelt sich um einen Tiefpass.
(b) Das Einganssignal mit der Frequenz f1 = 20 kHz soll auf 20% abgeschwächt werden. Welche Kapazität
muss der Kondensator besitzen, wenn der Widerstand R = 10 Ω hat?
(Ersatzlösung C = 4 µF)
Lösung:
Ua (20 kHz) 1
= √
= 0, 2
Ue
1 + (RωC)2
√
1
⇔ RωC =
−1
0, 22
√
24
= 3, 9 µF
⇔C=
Rω
(c) Die Platten des Kondensators haben je eine Fläche von A = 1, 5 m2 . Wie groß muss der Abstand jeweils bei
i) Luft (ϵr ≈ 1) und ii) Tantal(V)Oxid (ϵr = 24) gewählt werden?
15
(ϵ0 = 8, 85 · 10−12
Lösung:
As
)
Vm
C = ϵ0 ϵr
i) Luft ϵr ≈ 1
d = ϵ0 ϵr
A
d
A
= 3, 4 µm (mit Ersatzlösung 3, 3 µm)
C
i) Tantal(V)Oxid ϵr = 24
d = ϵ0 ϵr
A
= 82 µm (mit Ersatzlösung 80 µm)
C
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9) Gasbehälter
In einem zylinderförmigen Gasbehälter mit Radius r = 10 cm und Höhe h = 90 cm befindet sich ein Mol eines
Jm3
−3 m3
realen Gases (van-der-Waals-Konstanten: a = 0,422 · 106 kmol
). Der Druck ist p = 1 bar.
2 , b = 37,2 · 10
kmol
J
Hinweis: R = 8,3144 K mol
(a) Berechnen Sie die Temperatur T1 des Gases. (Ersatzlösung T1 = 350 K)
Lösung:
Volumen:
V = πr2 h = 0,0283 m3
(2)
Temperatur:
(
an2
p+ 2
V
)
(
)
an2
1
(V − nb) = nRT1 ⇒ T1 = p + 2 (V − nb)
= 341,41 K
V
nR
(3)
(b) Nun wird das Gas in dem Behälter erhitzt. Dabei bleibt das Volumen des Behälters konstant und der Druck
des Gases verdoppelt sich. Wie groß muss die Temperatur nach dem Aufwärmen sein? (Ersatzlösung
T2 = 360K)
Lösung:
(
)
an2
1
T2 = 2p + 2 (V − nb))
= 681,03 K
V
nR
(4)
(c) Berechnen Sie abschließend die Entropieänderung des Gases im Behälter für den geschilderten Fall. Nehmen
Sie dafür eine molare Wärmekapazität von cV = 0,0112 K kJmol an.
Lösung:
∫
T2
∆S =
T1
(Mit beiden Ersatzlösungen: 0,316
dQ
=
T
∫
T2
T1
cv ndT
= cv n ln
T
J
)
K
17
(
T2
T1
)
= 7,734
J
K
(5)
10) Widerstandsnetzwerk
Gegeben sei das folgende Widerstandsnetzwerk. Alle Widerstände haben die Größe R = 2 Ω.
(a) Berechnen Sie den Gesamtwiderstand der Schaltung zwischen A und B. (Ersatzlösung: R = 3 Ω)
Lösung (siehe folgende Abbildung):
Die zwei parallel geschalteten Widerstände im roten Kasten bilden den Widerstand R1 . Dieser Widerstand bildet
mit dem Widerstand Rc eine Reihenschaltung (Widerstand R2 , angedeutet durch den grünen Kasten). Parallel zu
R2 ist noch einmal ein Widerstand der selben Größe geschaltet. Somit errechnet sich der Gesamtwiderstand wie
folgt:
(
R1 =
1
1
+
R R
)−1
=
R
=1Ω
2
3R
R
+R=
= 3Ω
2
2
(
)−1 (
)−1
2
1
1
3R
= 2
=
+
=
= 1,5 Ω
R2 R2
3R
4
R2 =
Rges
(6)
(7)
(8)
(b) Berechnen Sie den Gesamtstrom, wenn zwischen A und B eine Spannung von 30 V angelegt wird.
Lösung (Ersatzlösung jeweils in Klammern):
I=
U
= 20 A(10 A)
R
18
(9)
(c) Berechnen Sie die Ströme und Leistungen durch die einzelnen Widerstände.
Lösung (Ersatzlösung jeweils in Klammern):
Durch Rc und Rd fließt jeweils die Hälfte des Stroms also 10 A (5 A)
Durch Ra , Rb , Re und Rf fließt jeweils ein Viertel des Stroms also 5 A(2, 5 A)
Leistungen:
Mit P = I 2 R ergibt sich:
An Rc und Rd fällt jeweils eine Leistung von 200 W (50 W) ab
An Ra , Rb , Re und Rf fällt jeweils eine Leistung von 50 W (12, 5 W) ab
Die Summe der Leistungen an den Widerständen beträgt also 600 W (mit Ersatzlösung 150 W), das entspricht
dem Produkt aus der angelegten Spannung U = 30 V und dem gesamten Strom 20 A. Bei Verwendung der
Ersatzlösung funktioniert diese Überprüfung natürlich nicht, da dort die Einzelwerte nicht aufeinander
abgestimmt sind.
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