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Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
1
1) Eine Spule aus Aluminiumdraht wird an eine Spannungsquelle mit U = 220 V
angeschlossen. Zu Beginn der Messung fließt bei einer Spulentemperatur von ϑ1 = 20 oC
der Strom I1 = 5,0 A. Am Ende der Messung ist der Strom bei gleicher Spannung auf
I2 = 4,0 A gesunken (Temperaturkoeffizient: α20 = 3,8⋅10−3 1/K).
Welche mittlere Temperatur ϑ2 hat sich in der Spule eingestellt?
Lösung
Zu Beginn der Messung (bei der Temperatur ϑ1 = 20 °C) besteht folgende Schaltung:
I1
U
R1
Spannungsquelle
Dabei stellt R1 den Widerstand der Spule dar. Nach dem ohmschen Gesetz gilt
R1 =
U 220 V
=
= 44 Ω .
I1 5,0 A
Durch die Erwärmung der Spule nimmt deren Widerstand zu, so dass der fließende Strom
abnimmt. Am Ende der Messung beträgt der Spulenwiderstand schließlich
R2 =
U 220 V
=
= 55 Ω .
I 2 4,0 A
Aus
R2 = R1 [1 + α 20 (ϑ2 − ϑ1 )] .
erhalten wir – durch Umstellen der Gleichung nach ϑ2 – die gesuchte Temperatur als
⎛R
⎞ 1
⎛ 55 Ω
⎞
1
ϑ2 = ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟
+ 20 °C = 85,8 °C .
+ ϑ1 = ⎜⎜
− 1⎟⎟ ⋅
−3
−1
α
44
R
Ω
3
,
8
⋅
10
K
⎠
⎝
⎠ 20
⎝ 1
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2) Ein Gleichstrommotor nimmt bei der Spannung U = 110 V den Strom I = 15 A auf und
gibt dabei (mechanisch) die Leistung P = 1350 W ab.
a) Wie groß ist der Wirkungsgrad η des Motors?
b) Wie hoch sind die Energiekosten, wenn der Motor t = 5 h in Betrieb ist und
0,30 €/kWh berechnet werden?
Lösung
Es liegt folgende Schaltung vor:
I
U
Spannungsquelle
M
Gleichstrommotor
a) Der Motor nimmt die Leistung
Pzu = U I = 110 V ⋅ 15 A = 1650 W
auf. Damit beträgt der Wirkungsgrad
η=
Pab
1350 W
P
=
=
= 0,82 .
Pzu Pzu 1650 W
b) Der Motor nimmt in t = 5 h die Energie
W = Pzu t = 1,65 kW ⋅ 5 h = 8,25 kWh
auf. Somit betragen die gesuchten Energiekosten
K = 8,25 kWh ⋅ 0,30
€
= 2,48 € .
kWh
2
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3) Ein elektrisches Heizgerät soll über eine zweiadrige Leitung (Leitungsadern aus Kupfer)
der Länge l = 50 m an eine Spannungsquelle angeschlossen werden. Das Heizgerät
nimmt bei der anliegenden Spannung U = 110 V die Leistung P = 2,0 kW auf. Jede
Leitungsader hat den Querschnitt A = 4,0 mm2. Der spezifische Widerstand des
Leitermaterials beträgt ρ = 17,6⋅10−9 Ωm.
Welche Spannung U’ muss am Leitungsanfang herrschen, damit das Heizgerät an
U = 110 V liegt?
Lösung
Es gilt das folgende Ersatzschaltbild:
R
Spannungsquelle
U'
I
U
Heizgerät
R = Widerstand der beiden Leitungsadern
Aus den Daten des Heizgerätes erhalten wir den Strom
I=
P 2000 W
=
= 18,2 A .
U
110 V
Die beiden Leitungsadern haben insgesamt den Widerstand
2 l ρ 2 ⋅ 50 m⋅ 17,6 ⋅ 10 −9 Ωm
= 0,440 Ω .
R=
=
A
4,0 ⋅ 10 −6 m 2
Damit muss am Leitungsanfang folgende Spannung herrschen:
U ' = U + I R = 110 V + 18,2 A ⋅ 0,440 Ω = 118 V .
3
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4) Die angegebene Schaltung mit den
Widerständen R1 = R3 = 3,0 Ω
und R2 = R4 = 6,0 Ω liegt an der Spannung
U = 24 V.
Die Ströme I1 bis I5 sind zu berechnen.
I2 R2
I5
I1
R1
U
4
I4
I3
R3
R4
Lösung
Wir fassen die parallel liegenden Widerstände R3 und R4 zusammen zu
R34 =
R3 R4
3,0 ⋅ 6,0
=
Ω = 2,0 Ω .
R3 + R4 3,0 + 6,0
Es entsteht folgende Schaltung:
I2 R2
I5
U
I1
R1 U34
R34
Wir berechnen sodann die Ströme I1, I2 und I5. Es gilt:
I1 =
U
24 V
=
= 8,0 A ,
R1 3,0 Ω
I2 =
24 V
U
=
= 3,0 A ,
R2 + R34 (6,0 + 2,0) Ω
I 5 = I1 + I 2 = (8,0 + 3,0 ) A = 11,0 A .
Zur Bestimmung der Ströme I3 und I4 berechnen wir zunächst die Spannung U34. Es gilt:
U 34 = I 2 R34 = 3,0 A ⋅ 2,0 Ω = 6,0 V .
Hiermit erhalten wir (s. nebenstehende Schaltung):
I3 =
U 34 6,0 V
=
= 2,0 A ,
R3
3,0 Ω
I 4 = I 2 − I 3 = (3,0 − 2,0 ) A = 1,0 A .
I5
U
I2 R2
I1
R1 U34
I4
I3
R3
R4
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5) In der angegebenen Schaltung mit den
Widerständen R1 = R4 = 2,0 Ω
und R2 = R3 = 4,0 Ω liefert die
Spannungsquelle die Spannung U = 10 V.
Wie groß ist die Spannung Ux?
R1
5
R2
Ux
R3
U
R4
Lösung
Wir benötigen zur Lösung der Aufgabe die in der
nebenstehenden Schaltung gekennzeichneten
Ströme I2 und I4. Zur Berechnung dieser
Ströme fassen wir die in Reihe liegenden
Widerstände R1 und R2 zusammen zu
R12 = R1 + R2 = (2,0 + 4,0 ) Ω = 6,0 Ω .
R1
U
U123
R3
R2
I2
I4
R4
Ux
R12 und R3 liegen parallel, so dass die
Widerstände R1, R2 und R3 insgesamt den Widerstand
R123 =
R12 R3
6,0 ⋅ 4,0
=
Ω = 2,4 Ω
R12 + R3 6,0 + 4,0
U123
haben. Es entsteht die nebenstehende Schaltung. Daraus
erhalten wir
I4 =
10 V
U
=
= 2,27 A .
R123 + R4 (2,4 + 2,0) Ω
U
R123
I4
R4
Zur Bestimmung des Stromes I2 berechnen wir zunächst die am Widerstand R123 liegende
Spannung U123. Sie beträgt
U 123 = I 4 R123 = 2,27 A ⋅ 2,4 Ω = 5,45 V .
Diese Spannung liegt auch an der Reihenschaltung der Widerstände R1 und R2. Daher
erhalten wir den Strom
I2 =
U 123 5,45 V
=
= 0,909 A .
R12
6,0 Ω
Jetzt können wir die gesuchte Spannung berechnen. Sie beträgt
U x = I 2 R2 + I 4 R4 = 0,909 A ⋅ 4,0 Ω + 2,27 A ⋅ 2,0 Ω = 8,18 V .
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6) Die angegebene Schaltung enthält die Widerstände
R1 = 20 Ω, R2 = 40 Ω, R3 = 60 Ω, R4 = 70 Ω und
R5 = 30 Ω. Die vorhandene Spannungsquelle liefert
die Spannung U = 48 V.
Wie groß ist die Spannung Ux ?
6
R1
R2
U
R4
R3
Ux
R5
Lösung
Die Widerstände R2 und R4 liegen in Reihe und können daher zu
R24 = R2 + R4 = (40 + 70) Ω = 110 Ω
zusammengefasst werden. Das Gleiche gilt für die Widerstände R3 und R5. Sie können zu
R35 = R3 + R5 = (60 + 30) Ω = 90 Ω
zusammengefasst werden. R24 und R35 liegen parallel. Der Gesamtwiderstand dieser
Parallelschaltung beträgt
R2345 =
R24 ⋅ R35
110 ⋅ 90
=
Ω = 49,5 Ω .
R24 + R35 110 + 90
R1 I1 I 24
R2
Im Widerstand R1 fließt somit der Strom
I1 =
U
48 V
=
= 0,691 A .
R1 + R2345 (20 + 49,5) Ω
U
Damit beträgt die an der Parallelschaltung von
R24 und an R35 liegende Spannung
U 2345 = I1 ⋅ R2345 = 0,691 A ⋅ 49,5 Ω = 34,2 V ,
so dass die Widerstände R2 und R4 den Strom
I 24 =
U 2345 34,2 V
=
= 0,311 A
R24
110 Ω
führen und die Widerstände R3 und R5 den Strom
I 35 =
U 2345 34,2 V
=
= 0,380 A .
R35
90 Ω
Somit beträgt die gesuchte Spannung
U x = I 24 R4 − I 35 ⋅ R5 = 0,311 A ⋅ 70 Ω − 0,380 A ⋅ 30 Ω = 10,4 V .
R4
Ux
I35
R3
U2345
R5
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7) Der angegebene Spannungsteiler enthält die
Widerstände R1 = 60 Ω und R2 = 50 Ω.
Um wie viel Prozent ändert sich die Spannung U2,
wenn ein Lastwiderstand von R = 100 Ω
angeschlossen wird? (U = konstant)
7
R1
U
R2
U2
Lösung
Ist der Lastwiderstand R nicht angeschlossen, so fließt der Strom
I=
U
,
R1 + R2
so dass die Ausgangsspannung
U 2 = I R2 = U
R2
50 Ω
= U ⋅ 0,4545
=U ⋅
(60 + 50) Ω
R1 + R2
beträgt. Wird der Lastwiderstand R angeschlossen, so entsteht die folgende Schaltung:
R1
U
R2
U'2
R
Darin liegen die Widerstände R2 und R parallel. Wir fassen beide Widerstände zu
Rp =
R2 R
50 ⋅ 100
Ω = 33,33 Ω
=
R2 + R 50 + 100
zusammen. Setzen wir in die obige Gleichung
U2 = U
R2
R1 + R2
statt R2 den Widerstand Rp ein, so erhalten wir die Ausgangsspannung
U 2' = U
Rp
R1 + Rp
=U ⋅
33,33 Ω
= U ⋅ 0,3571 .
(60 + 33,33) Ω
Zur Bestimmung der prozentualen Änderung von U2 teilen wir U’2 durch U2 und erhalten
U 2' U ⋅ 0,3571
= 0,786 .
=
U 2 U ⋅ 0,4545
Die Spannung U2 fällt also beim Anschließen des Lastwiderstandes R auf 78,6 % des
Ausgangswertes und ändert sich somit um 21,4 %.
R
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Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
8) Wird eine reale Spannungsquelle (Spannungsquelle mit Innenwiderstand) durch den
Widerstand R1 = 20 Ω belastet, so beträgt die Klemmenspannung U1 = 20 V. Belastet
man die gleiche Spannungsquelle durch den Widerstand R2 = 12 Ω, so beträgt die
Klemmenspannung U2 = 18 V.
Der Innenwiderstand Ri und die Quellenspannung Uq der Spannungsquelle sind zu
bestimmen.
Lösung
Wird die Spannungsquelle mit dem Widerstand R1 belastet, so gilt das folgende
Ersatzschaltbild:
Ri
Uq
I1
U1
R1
Im Kreis fließt der Strom
I1 =
U 1 20 V
=
= 1,0 A .
R1 20 Ω
Bei Belastung mit dem Widerstand R2 gilt das folgende Ersatzschaltbild:
Ri
Uq
I2
U2
R2
Der fließende Strom beträgt
I2 =
U 2 18 V
=
= 1,5 A .
R2 12 Ω
Weiterhin ergeben sich aus den beiden Ersatzschaltungen die Gleichungen
U q = U 1 + I1 Ri ,
U q = U 2 + I 2 Ri .
Aus diesen beiden Gleichungen lassen sich die beiden Unbekannten Uq und Ri
bestimmen. Dazu setzen wir beide Gleichungen gleich und stellen dann die Beziehung
nach Ri um. Wir erhalten
Ri =
U 1 − U 2 (20 − 18) V
= 4,0 Ω .
=
(1,5 − 1,0) A
I 2 − I1
Damit wird
U q = U 1 + I1 Ri = 20 V + 1,0 A ⋅ 4,0 Ω = 24,0 V .
8
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Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
9
9) Eine reale Spannungsquelle (Spannungsquelle mit Innenwiderstand) liefert im Leerlauf
die Spannung Uq = 12 V. Wird die Spannungsquelle durch den Widerstand R = 10 Ω
belastet, so beträgt die Klemmenspannung U = 10 V. Die Spannungsquelle soll durch
einen äußeren Widerstand so belastet werden, dass Leistungsanpassung besteht und somit
die maximal mögliche Leistung abgegeben wird.
Wie groß ist diese Leistung P, die die Spannungsquelle maximal abgeben kann?
Lösung
Wird die Spannungsquelle mit dem Widerstand R belastet, so gilt das folgende
Ersatzschaltbild:
Ri
Uq
I
U
R
Im Kreis fließt der Strom
I=
U 10 V
=
= 1,0 A .
R 10 Ω
Damit lässt sich aus dem Ersatzschaltbild der Innenwiderstand Ri bestimmen. Er beträgt
Ri =
Uq −U
I
=
(12 − 10) V = 2,0 Ω .
1,0 A
Die Spannungsquelle gibt dann die maximale Leistung ab, wenn sie mit einem
Widerstand Ra belastet wird, der den gleichen Wert wie Ri hat. Dann besteht
Leistungsanpassung. In diesem Fall gilt das folgende Ersatzschaltbild:
Ri
Uq
Ua
Ra
Darin ist bei Ra = Ri
Ua =
Uq
2
=
12 V
= 6,0 V .
2
Die hierbei dem Widerstand Ra zugeführte Leistung ist die gesuchte Leistung. Die
Spannungsquelle kann somit maximal folgende Leistung abgeben:
P=
U a2 (6,0 V )2
=
= 18,0 W .
Ra
2,0 Ω
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10) Ein Plattenkondensator mit der Plattenfläche A = 0,1 m2 und dem Plattenabstand
d = 2 mm ist auf die Spannung U = 1000 V aufgeladen (Dielektrikum: Glimmer,
Permittivitätszahl: εr = 7).
Gesucht sind
a) die im Plattenraum vorhandene elektrische Feldstärke E,
b) die im Plattenraum vorhandene elektrische Flussdichte D,
c) der Betrag der auf jeder Platte vorhandenen Ladung Q,
d) die Kapazität C des Kondensators.
Lösung
Ein Plattenkondensator ist wie folgt aufgebaut:
d
εr
U
Zwischen zwei Metallplatten (mit dem Abstand d) befindet sich eine Isolierstoffplatte
(mit der Permittivitätszahl εr). Der Kondensator ist aufgeladen, so dass zwischen den
Platten ein elektrisches Feld besteht.
a) Die im Plattenraum vorhandene elektrische Feldstärke beträgt dabei
E=
1000 V
U
V
.
=
= 5,0 ⋅ 10 5
3
−
d 2 ⋅ 10 m
m
b) Die im Plattenraum herrschende elektrische Flussdichte hat den Wert
D = ε 0 ε r E = 8,854 ⋅ 10 −12
As
As
V
⋅ 7 ⋅ 5,0 ⋅ 10 5
= 31,0 ⋅ 10 −6 2 .
m
Vm
m
c) Damit hat die auf jeder Platte vorhandene elektrische Ladung den Betrag
Q = D A = 31,0 ⋅ 10 −6
As
m
2
⋅ 0,1 m 2 = 3,10 ⋅ 10 −6 A s .
d) Folglich beträgt die Kapazität des Kondensators
C=
Q 3,10 ⋅ 10 −6 A s
=
= 3,10 ⋅ 10 −9 F = 3,10 nF .
1000 V
U
Es sei angemerkt, dass die Kapazität auch wie folgt bestimmt werden kann:
0,1 m 2
A
−12 A s
⋅7⋅
= 3,10 ⋅ 10 −9 F = 3,10 nF .
C = ε 0 ε r = 8,854 ⋅ 10
3
−
d
Vm
2 ⋅ 10 m
10
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
11) In einem Plattenkondensator sind nach Skizze d1 = 1,0 mm und
d2 = 1,5 mm starke Isolierstoffplatten untergebracht. Deren Permittivitätszahlen sind εr1 = 2,5 und εr2 = 4,5. Die Fläche einer Platte beträgt
A = 900 cm2. Im Kondensator ist die Ladung Q = 1,5⋅10−6 As gespeichert.
Gesucht sind
a) die in den Isolierstoffplatten vorhandenen elektrischen
Flussdichten D1 und D2,
b) die zugehörigen elektrischen Feldstärken E1 und E2,
c) die Teilspannungen U1 und U2 , mit denen die
Isolierstoffplatten beansprucht werden,
d) die am Kondensator liegende Spannung U,
e) die Kapazität C des Kondensators.
11
d2
d1
ε r1
Lösung
a) Die in den Isolierstoffplatten herrschenden elektrischen Flussdichten sind gleich groß
und betragen
D1 = D2 =
As
Q 1,5 ⋅ 10 −6 A s
=
= 16,7 ⋅ 10 −6 2 .
4
2
−
A 900 ⋅ 10 m
m
b) Die zugehörigen elektrischen Feldstärken haben die Werte
E1 =
E2 =
D1
ε 0 ε r1
D2
ε 0 ε r2
As
16,7 ⋅ 10 −6
=
8,854 ⋅ 10 −12
V
m2
,
= 7,53 ⋅ 10 5
As
m
⋅ 2,5
Vm
16,7 ⋅ 10 −6
=
8,854 ⋅ 10 −12
As
V
m2
= 4,18 ⋅ 10 5
.
As
m
⋅ 4,5
Vm
c) Die Teilspannungen betragen
U 1 = E1 d1 = 7,53 ⋅ 10 5
U 2 = E 2 d 2 = 4,18 ⋅ 10 5
V
⋅ 1,0 ⋅ 10 −3 m = 753 V ,
m
V
⋅ 1,5 ⋅ 10 −3 m = 627 V .
m
d) Damit ergibt sich für die am Kondensator liegende Spannung
U = U 1 + U 2 = 753 V + 627 V = 1380 V .
e) Die Kapazität des Kondensators beträgt somit
C=
Q 1,5 ⋅ 10 −6 As
=
= 1,09 ⋅ 10 −9 F = 1,09 nF .
U
1380 V
ε r2
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
12
12) Ein Plattenkondensator mit dem Plattenabstand d1 = 0,5 mm (Dielektrikum: Luft) wird
kurzzeitig mit einer Spannungsquelle verbunden und dadurch auf U1 = 100 V aufgeladen.
Welche Spannung U2 liegt am Kondensator, wenn der Plattenabstand auf d2 = 0,8 mm
vergrößert wird?
Lösung
U1
U2
Somit bleiben auch die zwischen den Platten herrschende elektrische Flussdichte
D=
Q
A
sowie die zugehörige elektrische Feldstärke
E=
D
ε0
konstant (A = Plattenfläche; ε0 = elektrische Feldkonstante). Folglich gelten die
Beziehungen
U 1 = E d1 ,
U 2 = E d2 .
Hieraus erhalten wir die gesuchte Spannung
U 2 = U1
d2
0,8 mm
= 100 V ⋅
= 160 V .
d1
0,5 mm
d2
d1
Bei der Vergrößerung des Plattenabstandes − entsprechend folgender Darstellung − bleibt
die auf den Platten vorhandene (im Kondensator gespeicherte) Ladung Q konstant.
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
13
13) In einem Plattenkondensator mit der Plattenfläche A = 0,15 m2 und dem Plattenabstand
d1 = 0,5 mm befindet sich eine Isolierstoffplatte mit der Permittivitätszahl εr = 4,5. Der
Kondensator wird kurzzeitig mit einer Spannungsquelle verbunden und dadurch auf
U1 = 100 V aufgeladen. Anschließend wird der Plattenabstand auf d2 = 0,8 mm
vergrößert, wobei die Stärke der Isolierstoffplatte unverändert d1 = 0,5 mm beträgt.
a) Welche Spannung U2 liegt jetzt am Kondensator?
b) Welche Energie W ist jetzt im Kondensator gespeichert?
Lösung
Vor dem Vergrößern des Plattenabstandes hat der Kondensator die Kapazität
C1 = ε 0 ε r
As
0,15 m 2
A
= 8,854 ⋅ 10 −12
⋅ 4,5 ⋅
= 12,0 ⋅ 10 −9 F .
−
3
d1
Vm
0,5 ⋅ 10 m
U2
U1
C1
C1
C2'
C1 C2'
C2
d1
d2
d1
Nach dem Vergrößern des Plattenabstandes (von d1 auf d2) liegt entsprechend obiger
Darstellung eine Reihenschaltung zweier Kondensatoren mit den Kapazitäten
C1 = 12,0⋅10−9 F und
As
0,15 m 2
A
C 2' = ε 0
= 8,854 ⋅ 10 −12
⋅
= 4,43 ⋅ 10 −9 F
−
3
d 2 − d1
V m (0,8 − 0,5) ⋅ 10 m
vor. Daher beträgt die Kapazität des Kondensators jetzt
C2 =
C1 C 2'
C1 + C 2'
=
12,0 ⋅ 4,43
⋅ 10 −9 F = 3,24 ⋅ 10 −9 F .
12,0 + 4,43
a) Bei der Vergrößerung des Plattenabstandes ändert sich die gespeicherte Ladung Q
nicht. Daher erhalten wir aus der Gleichung
Q = C1 U 1 = C 2 U 2
die gesuchte Spannung als
U 2 = U1
C1
12,0 ⋅ 10 −9 F
= 100 V ⋅
= 370 V .
C2
3,24 ⋅ 10 −9 F
b) Im Kondensator ist jetzt folgende Energie gespeichert:
W =
1
1
C 2 U 22 = ⋅ 3,24 ⋅ 10 −9 F ⋅ (370 V )2 = 2,22 ⋅ 10 −4 J .
2
2
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
14) Ein nicht aufgeladener Kondensator mit der Kapazität C = 3,0 µF
wird über einen Widerstand R = 20 kΩ mit einer Spannungsquelle
verbunden und dadurch aufgeladen. Die Spannungsquelle liefert
U
U = 400 V. Der Einschaltzeitpunkt entspricht dem Zeitpunkt t = 0.
a) Wie groß ist die Kondensatorspannung uC im Zeitpunkt t1 = 20 ms?
b) In welchem Zeitpunkt t2 ist der Kondensator auf 99 %
des Endwertes der Spannung aufgeladen?
t=0
14
R
Lösung
a) Die Kondensatorspannung nimmt nach der Funktion
t
⎛
−
⎜
τ
uC = U 1 − e
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
zu, wobei τ als Zeitkonstante bezeichnet wird. Die Zeitkonstante beträgt
τ = R C = 20 ⋅ 10 3 Ω ⋅ 3,0 ⋅ 10 −6 F = 60 ⋅ 10 −3 s = 60 ms .
Im Zeitpunkt t = t1 = 20 ms hat die Kondensatorspannung somit den Wert
t
⎛
−1
⎜
τ
uC = U 1 − e
⎜
⎝
20 ms ⎞
⎛
⎞
−
⎟ = 400 V ⋅ ⎜1 − e 60 ms ⎟ = 113 V .
⎜
⎟
⎟
⎜
⎟
⎠
⎝
⎠
b) Im Zeitpunkt t = t2 ist die Kondensatorspannung auf 99 % des Endwertes, also auf
99 % von U angestiegen. Es muss also
u C = 0,99U
sein. Aus
t
⎛
−2
⎜
0,99U = U 1 − e τ
⎜
⎝
t
⎛
⎞
− 2 ⎞
⎟ = U ⎜1 − e 60 ms ⎟
⎟
⎜
⎟
⎟
⎜
⎠
⎠
⎝
erhalten wir – durch Umstellen der Gleichung nach t2 – den gesuchten Zeitpunkt
t 2 = − 60 ms ⋅ ln (1 − 0,99 ) = 276 ms .
uC
C
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
15
15) In einem langen geraden Leiter mit kreisförmigem Querschnitt fließt der Strom I.
a) Wie groß ist die magnetische Feldstärke H außerhalb des Leiters im Abstand r von der
Mittellinie (in allgemeiner Form)?
b) Wie groß sind die magnetische Feldstärke H und die magnetische Flussdichte B im
Abstand r = 10 cm von der Mittellinie, wenn I = 10 A beträgt (Permeabilitätszahl
µr = 1)?
Lösung
Die magnetischen Feldlinien verlaufen entsprechend folgender Darstellung kreisförmig
um den Leiter herum.
I
r
a) Im Abstand r von der Mittellinie beträgt die magnetische Feldstärke
H=
I
.
2πr
b) Ist dieser Abstand r = 10 cm, so hat die magnetische Feldstärke den Wert
H=
10 A
I
A
=
= 15,9 .
2 π r 2 ⋅ π ⋅ 0,10 m
m
Die zugehörige magnetische Flussdichte beträgt
B = µ 0 µ r H = 4 ⋅ π ⋅ 10 −7
Vs
A
⋅ 1 ⋅ 15,9 = 2,0 ⋅ 10 −5 T .
Am
m
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
16) Auf einem Keramikring sind N = 500 Windungen gleichmäßig am Umfang verteilt
aufgebracht. Der mittlere Ringdurchmesser beträgt D = 50 mm, der mittlere
Windungsdurchmesser d = 6 mm. In der Spule fließt der Strom I = 1,5 A
(Permeabilitätszahl: µr = 1).
a) Wie groß ist die magnetische Feldstärke H in der Mittellinie des Ringes?
b) Wie groß ist die magnetische Flussdichte B in der Mittellinie des Ringes?
c) Wie groß ist der von der Spule erzeugte magnetische Fluss Φ?
d) Wie groß ist die Induktivität L der Spule?
Lösung
d
Das vom Strom I erzeugte Magnetfeld verläuft entsprechend folgender Darstellung
ausschließlich innerhalb der Spule (im Keramikring).
I
l
Φ
N
D
Die mittlere Feldlinienlänge entspricht dem mittleren Ringumfang und beträgt
l = D π = 50 mm ⋅ π = 157 mm .
Das magnetische Feld verteilt sich im Keramikring auf die Fläche (Windungsfläche)
A=
d 2 π (6 mm )2 π
=
= 28,3 mm 2 .
4
4
a) In der Ringmitte beträgt die magnetische Feldstärke
H=
I N 1,5 A ⋅ 500
A
=
= 4,77 ⋅ 10 3 .
l
0,157 m
m
b) An der gleichen Stelle hat die magnetische Flussdichte den Wert
B = µ 0 µ r H = 4 ⋅ π ⋅ 10 −7
Vs
A
⋅ 1 ⋅ 4,77 ⋅ 10 3
= 6,0 ⋅ 10 −3 T .
Am
m
c) Somit beträgt der im Ring erzeugte magnetische Fluss
Φ = B A = 6,0 ⋅ 10 −3 T ⋅ 28,3 ⋅ 10 −6 m 2 = 1,70 ⋅ 10 −7 Wb .
d) Die Spule hat folglich die Induktivität
L=
NΦ
Ι
500 ⋅ 1,70 ⋅ 10 −7 Wb
=
= 56,7 ⋅ 10 −6 H .
1,5 A
16
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
17
17) Auf einem Kunststoffring sind N = 1000 Windungen gleichmäßig am Umfang verteilt
aufgebracht. Der mittlere Ringumfang beträgt l = 0,25 m, die mittlere Windungsfläche
A = 40 mm2. In dem Ring soll der magnetische Fluss Φ = 0,4⋅10─6 Wb erzeugt werden.
a) Welcher Strom I muss in der Spule fließen?
b) Wie groß ist die Induktivität L der Spule?
Lösung
Es liegt folgende Anordnung vor:
I
l
Φ
N
a) Zur Erzeugung des angegebenen magnetischen Flusses muss folgende magnetische
Flussdichte herrschen:
B=
Φ
A
=
0,4 ⋅ 10 −6 Wb
40 ⋅ 10
−6
m
2
= 1,0 ⋅ 10 −2 T .
Dazu ist eine magnetische Feldstärke erforderlich von
H=
B
µ0 µr
=
1,0 ⋅ 10 −2 T
A
= 8,0 ⋅ 10 3 .
Vs
m
⋅1
4 ⋅ π ⋅ 10 −7
Am
Diese erfordert einen Strom von
Hl
I=
=
N
A
⋅ 0,25 m
m
= 2,0 A .
1000
8,0 ⋅ 10 3
b) Die Spule hat die Induktivität
L=
NΦ
Ι
=
1000 ⋅ 0,4 ⋅ 10 −6 Wb
= 2,0 ⋅ 10 −4 H .
2,0 A
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
18) In einem homogenen Magnetfeld der
Flussdichte B ist entsprechend Skizze
eine vom Strom I durchflossene Spule
drehbar angeordnet. Die Spule hat die
Höhe h, die Länge l und die WindungsZahl N.
Es ist das auf die Spule ausgeübte
Drehmoment M in Abhängigkeit vom
Winkel α in allgemeiner Form
anzugeben.
18
l
I
h
α
B
B
Lösung
Die obere und die untere Spulenseite stellen stromführende Leiter dar, die sich in einem
Magnetfeld der Flussdichte B befinden. Die betreffenden Leiter haben die Länge l, führen
den Strom I und verlaufen senkrecht zum Magnetfeld. Das Magnetfeld übt somit auf
jeden einzelnen Leiter eine Kraft von B⋅l⋅I aus. Bei N vorhandenen Leitern ist die Kraft
N-mal so groß. Auf jede Spulenseite wird daher eine Kraft ausgeübt mit dem Betrag
F1 = F2 = B ⋅ l ⋅ I ⋅ N .
Die Richtungen dieser beiden Kräfte sind aus der folgenden Darstellung ersichtlich.
h
l
α
F1
I
F2
B
B
Die Kräfte üben auf die Spule insgesamt das Drehmoment
h
h
M = F1 ⋅ ⋅ sin α + F2 ⋅ ⋅ sin α
2
2
aus. Setzen wir in diese Gleichung die obige Beziehung ein, so erhalten wir das gesuchte
Drehmoment
M = B ⋅ l ⋅ I ⋅ h ⋅ N ⋅ sin α .
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
19
19) Auf einem Ringkern aus legiertem Blech mit dem mittleren Ringumfang l = 25 cm
(Magnetisierungskennlinie siehe unten) ist eine Spule mit N = 500 Windungen
aufgebracht.
Welcher Strom I muss in der Spule fließen, damit im Kern eine magnetische Flussdichte
von B = 1,0 T herrscht?
Lösung
Es liegt die folgende Anordnung vor:
I
l
magnetisches Feld
N
Der Spulenkern besteht aus legiertem Blech, also aus Eisen. Eisen wirkt in hohem Maße
feldverstärkend. Man kann also mit einem relativ kleinen Strom I ein relativ starkes
Magnetfeld erzeugen. Aus der unten angegebenen Magnetisierungskennlinie können wir
ablesen, welche magnetische Feldstärke H erforderlich ist, um im Eisenkern eine
magnetische Flussdichte von B = 1,0 T zu erzeugen. Wir erhalten den Wert H = 340 A/m.
Dazu ist ein Strom erforderlich von
Hl
I=
=
N
340
A
⋅ 0,25 m
m
= 0,17 A .
500
B
T
Stahlguss
Legiertes Blech
1,5
1,4
1,3
1,2
1,1
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
200
400
600
800
1000
Magnetisierungskennlinien
1200
1400
1600
H
A/m
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
20
20) Ein Ringkern aus legiertem Blech (Magnetisierungskennlinie siehe Seite 19) mit einem
mittleren Ringumfang von l = 40 cm besitzt einen Eisenquerschnitt A = 3,0 cm2. Auf dem
Kern sind zwei Spulen mit den Windungszahlen N1 = 250 und N2 = 400 aufgebracht, die
von den Strömen I1 = 1,0 A und I2 = 0,5 A durchflossen werden.
a) Welcher magnetische Fluss Φ wird im Eisenkern erzeugt, wenn der Umlaufsinn
beider Spulenströme übereinstimmt?
b) Wie groß ist der magnetische Fluss Φ, wenn der Umlaufsinn beider Ströme
verschieden ist?
Lösung
Es liegen die folgenden Anordnungen vor:
Φ
l
I2
I1
I2
I1
N2
N1
Φ
l
N2
N1
A
A
a) In der links dargestellten Anordnung ist der Umlaufsinn beider Ströme gleich. Die
Ströme unterstützen sich also in der Erzeugung des magnetischen Feldes. In der
Anordnung gilt nach dem Durchflutungsgesetz
H l = I 1 N1 + I 2 N 2 ,
wobei H die im Eisenkern auftretende magnetische Feldstärke ist. Wir stellen diese
Gleichung nach H um und erhalten
H=
I1 N1 + I 2 N 2 1,0 A ⋅ 250 + 0,5 A ⋅ 400
A
=
= 1125 .
0,40 m
m
l
Die zugehörige magnetische Flussdichte erhalten wir aus der auf Seite 19
angegebenen Magnetisierungskennlinie als B = 1,33 T. Somit wird im Eisenkern
folgender magnetische Fluss erzeugt:
Φ = B A = 1,33 T ⋅ 3,0 ⋅ 10 −4 m 2 = 4,0 ⋅ 10 −4 Wb .
b) In der oben rechts dargestellten Anordnung ist der Umlaufsinn beider Ströme
verschieden. Bei der Erzeugung des magnetischen Feldes wirken die Ströme also
gegeneinander. Die Berechnung des erzeugten magnetischen Flusses können wir in
gleicher Weise wie bei a) vornehmen. Lediglich der Strom I2 wird negativ eingesetzt.
Wir erhalten:
H=
I1 N1 − I 2 N 2 1,0 A ⋅ 250 − 0,5 A ⋅ 400
A
=
= 125 ,
m
l
0,40 m
B = 0,55 T (laut Magnetisierungskennlinie für H = 125 A/m, Seite 19),
Φ = B A = 0,55 T ⋅ 3,0 ⋅ 10 −4 m 2 = 1,7 ⋅ 10 −4 Wb .
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
21
N
50
80
70
50
100
50
50
70
0,4
40
70
I
60
21) Bei dem dargestellten Elektromagneten aus
Stahlguss (Magnetisierungskennlinie
siehe Seite 19) sollen sich beide
Teile mit der Kraft F = 3900 N anziehen. Die
Windungszahl der Spule beträgt N = 300.
Welcher Strom I muss in der Spule fließen?
(Für die Berechnung kann die Luftspaltfläche
gleich der unteren Eisenfläche gesetzt werden.)
0,4
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Maße in mm
Lösung
Φ2
1
⋅2⋅
2
µ 0 ⋅ AL
N
50
70
80
70
50
100
50
0,4
70
I
50
F=
60
Aus der Kraftgleichung
40
0,4
Aus der dargestellten Anordnung entnehmen wir folgende Daten:
Eisenquerschnitt (oben):
A1 = 70 mm⋅50 mm = 3500 mm2
Eisenquerschnitt (unten):
A2 = 50 mm⋅50 mm = 2500 mm2
mittlere Eisenlänge (oben): l1 = 300 mm
mittlere Eisenlänge (unten): l2 = 320 mm
Luftspaltfläche:
AL =A2 = 2500 mm2
l1
Luftspaltlänge:
lL = 0,4 mm
l2
Maße in mm
erhalten wir den erforderlichen magnetischen Fluss als
Φ = F ⋅ µ 0 ⋅ AL = 3900 N ⋅ 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 Vs / (Am ) ⋅ 2500 ⋅ 10 −6 m 2 = 3,50 ⋅ 10 −3 Wb .
Damit ergeben sich folgende Werte für die magnetische Flussdichte
B1 =
Φ
A1
=
B 2 = BL =
3,50 ⋅ 10 −3 Wb
3500 ⋅ 10 −6 m 2
Φ
A2
=
= 1,00 T (oberer Eisenquerschnitt)
3,50 ⋅ 10 −3 Wb
2500 ⋅ 10 −6 m 2
= 1,40 T (unterer Eisenquerschnitt und Luftspalt)
Die zugehörigen Werte für die magnetische Feldstärke betragen:
H1 = 300 A/m (oberer Eisenquerschnitt, siehe Magnetisierungskennlinie, Seite 19)
H2 = 1150 A/m (unterer Eisenquerschnitt, siehe Magnetisierungskennlinie, Seite 19)
B
1,40 T
HL = L =
= 1,11 ⋅ 10 6 A m (Luftspalt)
7
−
µ 0 4 ⋅ π ⋅ 10 Vs (Am )
Wenden wir auf die vorliegende Anordnung das Durchflutungsgesetz an, so erhalten wir
H 1 l1 + H 2 l 2 + 2 H L l L = I N .
Wir stellen die Gleichung nach I um und erhalten so den gesuchten Strom
I=
H 1 l1 + H 2 l 2 + 2 H L l L 300 ⋅ 0,30 + 1150 ⋅ 0,32 + 2 ⋅ 1,11 ⋅ 10 6 ⋅ 0,4 ⋅ 10 −3
=
A = 4,49 A .
300
N
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
22) Ein Eisenkern enthält zwei
Wicklungen. Die linke Wicklung
ist mit einer Stromquelle
verbunden, die einen Strom i
liefert. Dieser möge sich zeitlich so
ändern, dass der im Kern erzeugte
magnetische Fluss Φ den
dargestellten Verlauf hat. Die
rechte Wicklung besitzt eine
Windungszahl von N = 150.
Welchen zeitlichen Verlauf hat die
in der rechten Wicklung induzierte
Spannung u? (Das Ergebnis ist
grafisch darzustellen.)
22
Φ
Φ
10 4 Wb
i
N
u
6
4
2
0
0
2
4
6
t
ms
20
40
60
Lösung
Wir ermitteln den gesuchten zeitlichen Verlauf der Spannung u bereichsweise.
Bereich 0 < t < 10 ms:
In diesem Bereich steigt der magnetische Fluss Φ innerhalb von 10 ms linear von 0 Wb
auf 4⋅10─4 Wb an. Daher beträgt die induzierte Spannung (nach dem Induktionsgesetz)
4 ⋅ 10 −4 Wb
dΦ
u=N
= 150 ⋅
= 6,0 V .
dt
10 ⋅ 10 −3 s
Bereich 10 ms < t < 30 ms:
In diesem Bereich bleibt der magnetische Fluss Φ konstant. Daher ist
u=N
dΦ
=0V.
dt
Bereich 30 ms < t < 40 ms:
In diesem Bereich fällt der magnetische Fluss Φ (innerhalb von 10 ms) linear von
4⋅10─4 Wb auf 0 Wb ab, ändert sich also in dieser Zeit um (− 4⋅10─4 Wb). Daher ist
u=N
(
)
− 4 ⋅ 10 −4 Wb
dΦ
= 150 ⋅
= − 6,0 V .
dt
10 ⋅ 10 −3 s
Insgesamt ergibt sich für die Spannung u der folgende zeitliche Verlauf:
u
V
6
4
2
0
0
2
4
6
20
40
60
80
t
ms
80
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
23) Die angegebene Spule mit der
Höhe h = 30 mm und der Länge
l = 50 mm sowie der Windungszahl N = 100 dreht sich mit
n = 3000 1/min in einem Magnetfeld der Flussdichte B = 0,1 T.
Es ist die in der Spule induzierte
Spannung u in Abhängigkeit von
der Zeit t anzugeben. (Im Zeitpunkt t = 0 möge die Spule
waagerecht liegen, so dass hier
ωt = 0 ist; ω = 2 π n.)
ω
l
h
ωt
u
B
B
Lösung
In der oben dargestellten Lage wird die Spule von dem magnetischen Fluss
Φ = B ⋅ A = B ⋅ l ⋅ h ⋅ cos ωt
durchsetzt, wobei
A = l ⋅ h ⋅ cos ωt
die auf die Waagerechte projizierte Spulenfläche ist. Damit beträgt die in der Spule
induzierte Spannung nach dem Induktionsgesetz:
u=N
dΦ
= N ⋅ B ⋅ l ⋅ h ⋅ (− sin ωt ) ⋅ ω .
dt
Mit
ω = 2⋅π⋅n
und n = 3000 1/min = 50 1/s wird daraus
1
u = −2 ⋅ π ⋅ n ⋅ N ⋅ B ⋅ l ⋅ h ⋅ sin ωt = −2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 100 ⋅ 0,1 T ⋅ 0,05 m ⋅ 0,03 m ⋅ sin ωt ,
s
u = − 4,71 V ⋅ sin ωt .
In diesem Ergebnis ist
1
s
1
s
ω = 2 ⋅ π ⋅ n = 2 ⋅ π ⋅ 50 = 314 .
Anmerkung:
Es wird eine sinusförmige Wechselspannung erzeugt.
23
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
24
24) Die Reihenschaltung eines ohmschen Widerstandes R = 50 Ω und einer Spule mit der
Induktivität L = 0,20 H liegt an einer Wechselspannung von U = 230 V, f = 50 Hz.
a) Wie groß ist der Scheinwiderstand Z der Reihenschaltung?
b) Welcher Strom I fließt durch die Reihenschaltung?
I
c) Welcher Phasenverschiebungswinkel ϕ besteht zwischen
R UR
Spannung und Strom?
U
d) Welche Teilspannung UR liegt am Widerstand R?
L UL
e) Welche Teilspannung UL liegt an der Spule?
f) Stellen Sie das Zeigerdiagramm des Stromes I
und der Spannungen UR, UL und U dar.
Lösung
a) Die Spule hat den induktiven Blindwiderstand
X L = ωL = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ π ⋅ 50 Hz ⋅ 0,20 H = 62,8 Ω .
Er liegt mit dem ohmschen Widerstand R in Reihe, so dass
wir das nebenstehende Widerstandsdreieck erhalten.
Daraus ergibt sich der Scheinwiderstand der Reihenschaltung als
Z = R 2 + X L2 = 50 2 + 62,8 2 Ω = 80,3 Ω .
Z
XL
ϕ
R
b) Es fließt der Strom
I=
U 230 V
=
= 2,86 A .
Z 80,3 Ω
c) Aus dem Widerstandsdreieck erhalten wir den Phasenverschiebungswinkel, um den
die Spannung U gegenüber dem Strom I voreilt, als
ϕ = arc tan
XL
62,8 Ω
= 51,5° .
= arc tan
R
50 Ω
d) Am Widerstand R liegt die Teilspannung
U R = I R = 2,86 A ⋅ 50 Ω = 143 V .
e) Die an der Spule liegende Teilspannung beträgt
U L = I X L = 2,86 A ⋅ 62,8 Ω = 180 V .
f)
U
Es ergibt sich das nebenstehende Zeigerdiagramm.
Die Konstruktion nehmen wir wie folgt vor:
− der Zeiger I wir willkürlich waagerecht dargestellt.
ϕ
− UR ist mit I in Phase, liegt also parallel zu I.
I UR
− UL eilt I um 90° vor, zeigt also nach oben.
− Die geometrische Summe von UR und UL ergibt U.
− Die Spannung U eilt dem Strom I um den Phasenverschiebungswinkel ϕ vor.
UL
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
25
25) Die Reihenschaltung eines ohmschen Widerstandes R = 20 Ω und eines Kondensators mit
der Kapazität C = 8,0 µF liegt an einer Wechselspannung von U = 10 V, f = 1 kHz.
a) Wie groß ist der Scheinwiderstand Z der Reihenschaltung?
b) Welcher Strom I fließt durch die Schaltung?
I
c) Welcher Phasenverschiebungswinkel ϕ besteht
R UR
zwischen Spannung und Strom?
U
d) Welche Teilspannung UR liegt am Widerstand R?
C
UC
e) Welche Teilspannung UC liegt am Kondensator C?
f) Stellen Sie das Zeigerdiagramm des Stromes I und
der Spannungen UR, UC und U dar.
Lösung
a) Der Kondensator hat den kapazitiven Blindwiderstand
XC =
1
1
1
=
=
= 19,9 Ω .
ωC 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C 2 ⋅ π ⋅ 1000 Hz ⋅ 8,0 ⋅ 10 −6 F
Er liegt mit dem ohmschen Widerstand R in Reihe, so dass
wir das nebenstehende Widerstandsdreieck erhalten.
Daraus ergibt sich der Scheinwiderstand der Reihenschaltung als
2
Z= R +
X C2
2
R
ϕ
2
= 20 + 19,9 Ω = 28,2 Ω .
Z
XC
b) Es fließt der Strom
I=
10 V
U
=
= 0,355 A .
Z 28,2 Ω
c) Aus dem Widerstandsdreieck erhalten wir den gesuchten
Phasenverschiebungswinkel
XC
19,9 Ω
= − arc tan
= − 44,9° .
20 Ω
R
(Anmerkung: ϕ wird bei kapazitiven Kreisen negativ angegeben.)
ϕ = − arc tan
d) Am Widerstand R liegt die Teilspannung
U R = I R = 0,355 A ⋅ 20 Ω = 7,10 V .
e) Die am Kondensator liegende Teilspannung beträgt
U C = I X C = 0,355 A ⋅ 19,9 Ω = 7,06 V .
f)
I
UR
ϕ
Es ergibt sich das nebenstehende Zeigerdiagramm.
Die Konstruktion nehmen wir wie folgt vor:
− der Zeiger I wird willkürlich waagerecht dargestellt.
− UR ist mit I in Phase, liegt also parallel zu I.
U
− UC eilt I um 90° nach, zeigt also nach unten.
− Die geometrische Summe von UR und UC ergibt U.
− ϕ ist der zwischen U und I bestehende Phasenverschiebungswinkel.
UC
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
26
26) Eine Glühlampe nimmt bei der Spannung U = 230 V die Leistung P = 60 W auf. Die
Glühlampe soll über einen Kondensator an eine Wechselspannungsquelle mit der
Spannung U‘ = 400 V (f = 50 Hz) angeschlossen werden.
Wie groß muss die Kapazität C des Kondensators sein, damit die Glühlampe an
U = 230 V liegt?
(Anmerkung: Die Glühlampe kann als reiner Wirkwiderstand angesehen werden.)
Lösung
Es liegt die folgende Schaltung vor:
C
U'
UC
I
U
Zur Bestimmung der gesuchten Kapazität C benötigen wir zum einen den im Kreis
fließenden Strom I und zum anderen die Spannung UC, die am Kondensator abfallen
muss. Den im Kreis fließenden Strom erhalten wir aus den Daten der Glühlampe als
I=
P 60 W
=
= 0,261 A .
U 230 V
I
Zur Bestimmung der Spannung UC zeichnen wir entsprechend
nebenstehender Darstellung ein Zeigerdiagramm. Bei dessen
Konstruktion gehen wir wie folgt vor:
−
Wir stellen den Zeiger I willkürlich waagerecht dar.
−
Die Spannung UC eilt dem Strom I um 90° nach, wird
also nach unten zeigend dargestellt.
−
Die Spannung U ist mit dem Strom I in Phase, zeigt also nach rechts.
−
Die geometrische Summe von UC und U ergibt die Spannung U’
UC
Aus dem Zeigerdiagramm erhalten wir nach dem Satz von Pythagoras diejenige
Spannung, die am Kondensator abfallen muss, als
UC =
(U ')2 − U 2
= 400 2 − 230 2 V = 327 V .
Zur Berechnung der gesuchten Kapazität C stellen wir die Gleichung
UC = I
1
ωC
nach C um. Wir erhalten
C=
0,261 A
I
=
= 2,54 ⋅ 10 −6 F = 2,54 µF .
ω U C 2 ⋅ π ⋅ 50 Hz ⋅ 327 V
U'
U
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
27) Zwei ohmsch-induktive Verbraucher für U = 230 V
mit den Daten P1 = 2,0 kW, cos ϕ1 = 0,90, P2 = 1,2 kW,
cos ϕ2 = 0,50 liegen parallel an U = 230 V.
a) Wie groß ist der Gesamtstrom I?
b) Wie groß ist der Gesamtleistungsfaktor cos ϕ?
I
U
I1
27
I2
P1
cos ϕ1
P2
cos ϕ2
Lösung
Aus den Daten der beiden Verbraucher bestimmen wir zunächst die Teilströme I1 und I2.
Sie haben die Werte (Beträge)
I1 =
P1
2000 W
=
= 9,66 A ,
U cos ϕ1 230 V ⋅ 0,90
I2 =
P2
1200 W
=
= 10,4 A .
U cos ϕ 2 230 V ⋅ 0,50
Zur Bestimmung des Gesamtstromes I müssen die Ströme I1 und I2 geometrisch addiert
werden. Dazu zeichnen wir entsprechend folgender Darstellung ein maßstabgerechtes
Zeigerdiagramm. Als Maßstab wählen wir: 1 cm =ˆ 2 A .
ϕ
U
ϕ1
I1
ϕ2
I
I2
Die Konstruktion nehmen wir wie folgt vor:
− Wir stellen den Zeiger U willkürlich waagerecht dar (ohne Beachtung des
Maßstabs).
− Der Strom I1 eilt der Spannung U um ϕ1 = 25,8° nach. Er wird daher um diesen
Winkel verdreht (maßstabsgerecht, nach rechts unten zeigend) eingetragen.
− Entsprechendes gilt für den Strom I2. Er eilt der Spannung U um ϕ2 = 60° nach.
− Die geometrische Summe von I1 und I2 ergibt den Strom I.
− Der sich ergebende Winkel ϕ ist der Phasenverschiebungswinkel, um den der
Strom I der Spannung U nacheilt.
Aus diesem Zeigerdiagramm können wir die Ergebnisse ablesen. Dazu messen wir zum
einen die Länge des Zeigers I und zum anderen den Winkel ϕ. Die Ergebnisse lauten:
a) I = 19,2 A
b) cos ϕ = cos 44,0° = 0,72
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
28) Ein ohmsch-induktiver Verbraucher mit der
Wirkleistungsaufnahme P = 400 W und dem
Leistungsfaktor cos ϕ = 0,50 ist parallel zu einer
R-L-Reihenschaltung (R = 30 Ω, L = 35 mH)
geschaltet. Die Anordnung liegt an der Spannung
U = 230 V, f = 50 Hz.
a) Welcher Strom I wird von der Spannungsquelle
geliefert?
b) Wie groß ist der Gesamtleistungsfaktor cos ϕges?
I
I1
U
28
I2
R
P
cos ϕ
L
Lösung
Wir bestimmen zunächst die Beträge der Teilströme I1 und I2. Der Betrag von I1 ist
400 W
P
I1 =
=
= 3,48 A .
U cos ϕ 230 V ⋅ 0,5
Zur Bestimmung des Betrages von I2 berechnen wir zunächst den induktiven
Blindwiderstand der Spule. Er beträgt
ωL = 2 ⋅ π ⋅ 50 Hz ⋅ 0,035 H = 11,0 Ω .
ωL und R müssen entsprechend dem nebenstehenden Widerstandsdreieck
Z
ωL
geometrisch addiert werden. Hierdurch erhalten wir den Scheinwiderstand
Z = R 2 + (ωL )2 = 30 2 + 11,0 2 Ω = 32,0 Ω .
ϕ
Damit hat der Strom I2 den Betrag
U 230 V
I2 = =
= 7,20 A .
Z 32,0 Ω
2
R
Aus dem Widerstandsdreieck entnehmen wir ferner den Phasenverschiebungswinkel, um
den der Strom I2 der Spannung U nacheilt, als
11,0 Ω
ωL
ϕ 2 = arc tan
= arc tan
= 20,1° .
R
30 Ω
Die Ströme I1 und I2 müssen geometrisch addiert werden. Dazu zeichnen wir
entsprechend untenstehender Darstellung ein maßstabgerechtes Zeigerdiagramm.
Als Maßstab wählen wir: 1 cm =ˆ 1 A . Wir gehen wie folgt vor:
−
−
−
−
Wir stellen den Zeiger U waagerecht dar (ohne Beachtung des Maßstabes).
Der Strom I1 eilt der Spannung U um
U
ϕ = 60° nach.
ϕ ϕ
Der Strom I2 eilt der Spannung U um
ges
ϕ2 = 20,1° nach.
Die geometrische Summe von I1 und
I2 ergibt den Strom I.
I1
Die gesuchten Ergebnisse lauten:
ϕ2
a) I = 10,1 A
b) cos ϕges = cos 33° = 0,84
I
I2
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
29
29) Ein Elektromotor nimmt bei der Spannung U = 230 V und dem Leistungsfaktor
cos ϕ = 0,72 die Wirkleistung P = 2,0 kW auf. Der Motor soll über eine zweiadrige
Leitung an eine Wechselspannung U’ gelegt werden. Jede der beiden Leitungsader hat
den Widerstand R = 1,2 Ω.
Welche Spannung U’ muss am Leitungsanfang herrschen, damit die Motorspannung
U = 230 V beträgt?
Lösung
Wir können für die vorliegende Anordnung folgende Ersatzschaltung verwenden:
2R
U'
UR
I
M U
Darin stellt der Widerstand 2R den Gesamtwiderstand der beiden Leitungsadern dar. Aus
den Daten des Elektromotors erhalten wir den fließenden Strom
I=
2000 W
P
=
= 12,1 A .
U cos ϕ 230 V ⋅ 0,72
Somit tritt an den beiden Leitungsadern insgesamt folgender Spannungsabfall auf:
U R = I ⋅ 2 R = 12,1 A ⋅ 2 ⋅ 1,2 Ω = 29,0 V .
Die beiden Spannungen U und UR müssen geometrisch addiert werden. Dazu zeichnen
wir entsprechend untenstehender Darstellung ein maßstabgerechtes Zeigerdiagramm.
Als Maßstab wählen wir: 1 cm =ˆ 30 V .
Wir gehen wie folgt vor:
−
−
−
−
Wir stellen den Zeiger I willkürlich waagerecht
dar (ohne Beachtung des Maßstabes).
Die Spannung UR ist mit dem Strom I in
Phase, wird also ebenfalls waagerecht dargestellt.
Die Spannung U eilt dem Strom I um
ϕ = 43,9° vor, zeigt also nach rechts oben..
Die geometrische Summe von
UR und U ergibt die gesuchte Spannung U’.
U'
ϕ
UR
Aus der Länge des Zeigers U’ erhalten wir das
gesuchte Ergebnis
U’ = 250 V.
I
U
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
30) Ein Transformator soll eine Wechselspannung von
U1 = 400 V in eine Wechselspannung von
U2 = 230 V umwandeln. Sekundärseitig soll der
Transformator einen Verbraucher versorgen, der bei
der Spannung U2 = 230 V und dem Leistungsfaktor
cos ϕ = 0,85 die Wirkleistung P = 2,0 kW aufnimmt.
a) Welches Übersetzungsverhältnis (Windungsverhältnis) N1/N2 ist erforderlich?
b) Welche Ströme I1 und I2 treten auf?
(Bei der Berechnung der Werte kann von einem
„idealen Transformator“ ausgegangen werden.)
I1
U1
30
I2
N1 N 2
U2
Lösung
a) Bei einem idealen Transformator verhalten sich die Spannungen zueinander wie die
Windungszahlen. Daher ist folgendes Übersetzungsverhältnis erforderlich:
N1 U 1 400 V
=
=
= 1,74 .
N 2 U 2 230 V
b) Aus den Daten des angeschlossenen Verbrauchers erhalten wir den auf der
Sekundärseite des Transformators fließenden Strom
I2 =
2000 W
P
=
= 10,2 A .
U 2 cos ϕ 230 V ⋅ 0,85
Da sich bei einem idealen Transformator die Ströme umgekehrt zueinander verhalten
wie die Windungszahlen, verursacht der Sekundärstrom den Primärstrom
I1 = I 2
N2
1
= 10,2 A ⋅
= 5,88 A .
N1
1,74
P
cos ϕ
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
31) Ein Vierleiter-Drehstromnetz mit der Außenleiterspannung U = 400 V ist entsprechend der angegebenen
Schaltung belastet. Die Daten der Verbraucher sind:
P2 = 600 W, cos ϕ2 = 0,70 (induktiv), P3 = 500 W,
cos ϕ3 = 0,84 (kapazitiv).
Es sind die Leiterströme I2 , I3 und IN zu bestimmen.
L1
L2
L3
N
I2
I3
IN
Lösung
I3 =
P3
cos ϕ 3
P2
cos ϕ 2
Beide Verbraucher liegen an der Sternspannung
400 V
U
U St =
=
= 231 V .
3
3
Die in den Leitern L2 und L3 fließenden Ströme
erhalten wir aus den Daten der Verbraucher als
P2
600 W
=
= 3,71 A ,
I2 =
U St cos ϕ 2 231 V ⋅ 0,70
U St
31
L1
L2
I2
L3
I3
N
U1
U2
IN
I2
P2
cos ϕ2
P3
500 W
=
= 2,58 A .
cos ϕ 3 231 V ⋅ 0,84
U3
I3
P3
cos ϕ 3
Den im Leiter N fließenden Strom bestimmen wir durch Anwendung des ersten
Kirchhoff’schen Gesetzes. Es gilt:
IN = I2 + I3.
Diese Addition muss geometrisch erfolgen. Wir nehmen sie mit Hilfe eines
maßstäblichen Zeigerdiagramms vor. Dabei berücksichtigen wir, dass die
Sternspannungen U1 , U2 und U3 (s. obige Schaltung) um jeweils 120° phasenverschoben
sind. Wir stellen deshalb zunächst diese drei Spannungen – entsprechend dem unten links
angegebenen Zeigerdiagramm – sternförmig dar (ohne Beachtung eines Maßstabs).
Die Ströme werden maßstabsgerecht eingetragen. Als Maßstab wählen wir: 1 cm =ˆ 1 A .
Beim Eintragen der Ströme in das Zeigerdiagramm berücksichtigen wir, dass der Strom
I2 der Spannung U2 um den Phasenverschiebungswinkel ϕ2 = 45,6° nacheilt. Dagegen
eilt der Strom I3 der Spannung U3 um den Phasenverschiebungswinkel ϕ3 = 32,9° vor.
Wir stellen deshalb I2 und I3 entsprechend dem links angegebenen Zeigerdiagramm dar.
I2
ϕ2
U1
ϕ3
U2
U3
IN
I3
I2
I3
Die geometrische Addition der Ströme I2 und I3 nehmen wir entsprechend dem rechts
angegebenen Zeigerdiagramm vor, indem wir die beiden Stromzeiger nach rechts
übertragen. Wir messen die Länge des Zeigers IN ab und erhalten so das Ergebnis
IN = 5,9 A
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
32) Ein Drehstromnetz mit der Außenleiterspannung
U = 400 V (f = 50 Hz) ist durch eine symmetrische
Sternschaltung belastet (R = 50 Ω, C = 50 µF).
a) Welcher Strom I fließt in jedem Außenleiter?
b) Welche Wirkleistung P nimmt der Verbraucher
auf, und wie groß ist der Leistungsfaktor cos ϕ ?
L1
L2
L3
R
C
R
C
R
C
32
Lösung
a) Jede der drei RC-Reihenschaltungen liegt entsprechend
nebenstehender Schaltung an der Sternspannung
U St =
U
3
=
400 V
3
L1
= 231 V .
Jeder Kondensator hat den kapazitiven Blindwiderstand
XC =
1
1
=
= 63,7 Ω .
ωC 2 ⋅ π ⋅ 50 Hz ⋅ 50 ⋅ 10 −6 F
L2
L3
Damit hat jede RC-Reihenschaltung entsprechend dem
nebenstehendem Widerstandsdreieck den Scheinwiderstand
2
Z= R +
X C2
2
I
C
R
C
R
C
ϕ
= 50 + 63,7 Ω = 81,0 Ω .
U
231 V
I = St =
= 2,85 A .
Z
81,0 Ω
R
R
2
Folglich fließt in jedem Außenleiter der Strom
U St
Z
XC
b) Aus dem oben dargestellten Widerstandsdreieck ergibt sich der
Phasenverschiebungswinkel (Betrag dieses Winkels), um den die Sternspannung USt
gegenüber dem zugehörigen Leiterstrom I nacheilt, als
ϕ = arc tan
XC
63,7 Ω
= arc tan
= 51,9° .
50 Ω
R
Damit betragen der gesuchte Leistungsfaktor
cos ϕ = cos 51,9° = 0,62
und die gesuchte Wirkleistung
P = 3 U I cos ϕ = 3 ⋅ 400 V ⋅ 2,85 A ⋅ 0,62 = 1,22 ⋅ 10 3 W = 1,22 kW .
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
33) Eine Gleichrichter-Brückenschaltung liegt an
einer Wechselspannung mit dem Effektivwert
U = 230 V und der Frequenz f = 50 Hz. Der
Lastwiderstand hat den Wert R = 500 Ω.
Es sind in Abhängigkeit von ωt
a) der Verlauf des Stromes id ,
b) der Verlauf der Spannungen u und ud
zu ermitteln und grafisch darzustellen.
(Der an den Dioden auftretende Durchlassspannungsabfall kann vernachlässigt werden.)
33
id
u
ud
R
Lösung
Die (sinusförmige) Wechselspannung (u) hat den Scheitelwert
uˆ = 2 U = 2 ⋅ 230 V = 325 V .
Daher hat der (wellige) Gleichstrom id den Scheitelwert
uˆ 325 V
iˆd = =
= 0,65 A .
R 500 Ω
Somit ergibt sich folgender Verlauf:
a) Verlauf des Stromes id :
i
0,65 A
0
id
π
0
2 π ωt
b) Verlauf der Spannungen u und ud :
u
325 V
u
0
0
ud
π
u
ud
2 π ωt
325 V
Anmerkung: Die oben angegebene Gleichrichter-Brückenschaltung erzeugt also keine
zeitlich konstante Gleichspannung (ud). Vielmehr ist diese relativ wellig.
Man spricht auch von einer pulsierenden Gleichspannung.
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
34) Eine Gleichrichter-Brückenschaltung liegt an
einer Wechselspannung u. Zur Glättung der
erzeugten Gleichspannung liegt parallel zum
Lastwiderstand R ein Kondensator C.
Es sind prinzipiell der Verlauf der Spannungen
u und ud (in Abhängigkeit von ωt)
grafisch darzustellen.
(Der an den Dioden auftretende Durchlassspannungsabfall kann vernachlässigt werden.)
u
34
C R
Lösung
Der Kondensator wird jeweils auf den Scheitelwert der Spannung u {bzw. auf den
Scheitelwert von (− u)} aufgeladen. Geht in der Zwischenzeit die Spannung u zurück, so
übernimmt der Kondensator die Versorgung des Widerstandes R. Ist hierbei die Kapazität
C des Kondensators genügend groß, so geht die Spannung ud jeweils nur relativ wenig
zurück. Es wird also eine nur wenig pulsierende (nahezu konstante) Gleichspannung
erzeugt.
Nachfolgend ist der gesuchte Verlauf der Spannungen u und ud dargestellt.
u
ud
( u)
u
0
0
ud
π
u
( u)
2π
ωt
ud
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
35
35) Die dargestellte Spannungs-Stabilisierungsschaltung enthält eine Z-Diode mit der
angegebenen Strom-Spannungs-Kennlinie. Der Lastwiderstand hat den Wert RL = 300 Ω.
Der vorhandene Vorwiderstand beträgt RV = 1000 Ω. Die Spannung U sei nicht konstant.
a) Welchen Wert Umax darf die Eingangsspannung maximal annehmen, damit der in der
Z-Diode fließende Strom den zulässigen Wert von IZ max = 40 mA nicht übersteigt?
b) Welchen Wert Umin muss die Eingangsspannung mindestens haben, damit der in der
Z-Diode fließende Strom den Wert IZ min = 3 mA nicht unterschreitet und somit die
Spannungsstabilisierung gewährleistet ist?
IZ
mA
40
RV
30
IZ
U
20
UZ
RL
10
0
0
1
2
3
4
5
6
UZ
V
7
Lösung
a) Fließt in der Z-Diode ein Strom von IZ = IZ max = 40 mA, so liegt laut Kennlinie an
der Diode eine Spannung von UZ = 6,8 V. Da diese Spannung auch am Lastwiderstand RL liegt, fließt darin entsprechend nebenstehender Schaltung der Strom
IR =
UZ
6,8 V
=
= 22,7 ⋅ 10 −3 A = 22,7 mA .
RL 300 Ω
Die Spannungsquelle muss somit den Strom
I = I Z + I R = (40 + 22,7 ) mA = 62,7 mA
I RV
IR
IZ
U
UZ
RL
liefern. Hierzu ist folgende Spannung nötig:
U = U max = U Z + I RV = 6,8 V + 0,0627 A ⋅ 1000 Ω = 69,5 V .
b) Fließt in der Z-Diode ein Strom von IZ = IZ min = 3 mA, so liegt laut Kennlinie an der
Diode eine Spannung von UZ = 6,7 V. Da diese Spannung auch am Lastwiderstand
RL liegt, fließt darin der Strom
IR =
U Z 6,7 V
=
= 22,3 ⋅ 10 −3 A = 22,3 mA .
RL 300 Ω
Die Spannungsquelle muss somit den Strom
I = I Z + I R = (3 + 22,3) mA = 25,3 mA
liefern. Hierzu ist folgende Spannung nötig:
U = U min = U Z + I RV = 6,7 V + 0,0253 A ⋅ 1000 Ω = 32,0 V .
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
36
36) Die dargestellte Spannungs-Stabilisierungsschaltung enthält eine Z-Diode mit der
angegebenen Strom-Spannungs-Kennlinie. Die Eingangsspannung beträgt U = 24 V.
Der Lastwiderstand RL sei − oberhalb eines bestimmten (zulässigen) Wertes − beliebig
variabel. Die Schaltung ist so auszulegen, dass der in der Z-Diode fließende Strom IZ −
zur Vermeidung einer Überlastung − den Wert IZ max = 40 mA nicht übersteigt. Zur
Gewährleistung der Spannungsstabilität darf der Strom IZ den Wert IZ min = 3 mA nicht
unterschreiten.
a) Wie groß muss der Vorwiderstand RV sein?
b) Welchen Wert RL min muss der Lastwiderstand mindestens haben?
c) Wie groß ist die Ausgangsspannung UZ = UZ max , wenn der Lastwiderstand RL
abgetrennt ist?
d) Wie groß ist die Ausgangsspannung UZ = UZ min , wenn ein Lastwiderstand von
RL = RL min angeschlossen und die Schaltung somit maximal belastet wird?
IZ
mA
40
RV
30
IZ
U
20
UZ
RL
10
0
0
1
2
3
4
5
6
7
UZ
V
Lösung
a) Der in der Z-Diode fließende Strom ist dann am größten, wenn der Lastwiderstand
RL unendlich groß (bzw. abgetrennt) ist. Hierbei darf der in der Z-Diode fließende
Strom den Wert IZ = IZ max = 40 mA nicht übersteigen. Bei diesem Strom liegt laut
Kennlinie an der Z-Diode die Spannung UZ = 6,8 V. Der Vorwiderstand RV muss
somit folgenden Wert haben:
U − U Z (24 − 6,8) V
RV =
=
= 430 Ω .
IZ
0,040 A
b) Der in der Z-Diode fließende Strom darf den Wert IZ = IZ min = 3 mA nicht
unterschreiten. Bei diesem Strom liegt laut Kennlinie an der Z-Diode die Spannung
UZ = 6,7 V. Im Vorwiderstand RV fließt dann der Strom
IR
I RV
(U − U Z ) (24 − 6,7 ) V
−3
=
= 40,2 ⋅ 10 A = 40,2 mA .
I=
IZ
430 Ω
RV
Folglich ergibt sich für den im Lastwiderstand fließenden Strom
I R = I − I Z = (40,2 − 3) mA = 37,2 mA .
U
UZ
Der Lastwiderstand muss somit mindestens folgenden Wert
haben:
U
6,7 V
= 180 Ω .
RLmin = Z =
I R 37,2 ⋅ 10 −3 A
c) Bei abgetrenntem Lastwiderstand beträgt die Ausgangsspannung UZmax = 6,8 V.
d) Bei dem Lastwiderstand RLmin = 180 Ω beträgt die Ausgangsspannung UZmin = 6,7 V
RL
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
37
37) In der dargestellten Emitterschaltung (Spannungs-Verstärkerschaltung) ist von dem vorhandenen Transistor das angegebene Ausgangskennlinienfeld bekannt. Die Schaltung soll
so ausgelegt werden, dass bei einer Versorgungsspannung von UB = 14 V die KollektorEmitter-Spannung UCE = 7 V beträgt und hierbei ein Kollektorstrom von IC = 100 mA
fließt. Die Basis-Emitter-Spannung kann als UBE = 0,6 V angenommen werden.
Weiterhin ist R2 = 120 Ω.
a) Welchen Wert muss der Widerstände RC haben?
b) Wie groß muss der Widerstand R1 sein?
IC
mA
RC
R1
IC
UCE
R2
UBE
IB = 2,0 mA
200
IB = 1,5 mA
150
UB
IB = 1,0 mA
100
IB = 0,5 mA
50
0
0
2
4
6
8
12
10
14
UCE
V
Lösung
a) Der im Kollektorkreis liegende Widerstand muss folgenden Wert haben:
RC =
U B − U CE (14 − 7 ) V
=
= 70 Ω .
0,10 A
IC
b) Zur Bestimmung des Widerstandes R1 berechnen wir zunächst den im Widerstand R2
fließenden Strom. Er beträgt (s. nebenstehende Schaltung)
I2 =
U BE 0,6 V
=
= 5,0 ⋅ 10 −3 A = 5,0 mA .
R2
120 Ω
Weiterhin ersehen wir aus dem Kennlinienfeld,
dass bei UCE = 7 V und IC = 100 mA ein Basisstrom
von IB = 1,0 mA notwendig ist. Damit muss im
Widerstand R1 der Strom
RC
R1
I1
R2
I2
IC
IB
UBE
I1 = I 2 + I B = (5,0 + 1,0 ) mA = 6,0 mA
fließen. Hierzu muss der betreffende Widerstand folgenden Wert haben:
R1 =
U B − U BE (14 − 0,6) V
=
= 2,23 ⋅ 10 3 Ω = 2,23 kΩ .
−
3
I1
6,0 ⋅ 10 A
UCE
UB
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
38) Eine Verstärkerschaltung mit einem selbstsperrenden
Isolierschicht-Feldeffekttransistor mit dem Widerstand
R1 = 200 kΩ wird mit der Spannung UB = 24 V versorgt.
Die Widerstände RD und R2 sollen zur Arbeitpunkteinstellung so gewählt werden, dass die am Transistor
liegenden Spannungen bei einem Strom von ID = 80 mA
die Werte UGS = 4,0 V und UDS = 12 V haben.
Welche Werte sind für RD und R2 erforderlich?
38
RD
R1
ID
U DS
R2
UB
UGS
Lösung
Aus den angegebenen Daten erhalten wir für den Widerstand RD den Wert
RD =
U B − U DS (24 − 12 ) V
=
= 150 Ω .
0,080 A
ID
Da ein Feldeffekttransistor keinen Gatestrom benötigt,
werden die Widerstände R1 und R2 vom gleichen
Strom (IR) durchflossen (s. nebenstehende Schaltung).
Er beträgt:
IR =
U B − U GS (24 − 4,0) V
=
= 0,10 ⋅ 10 −3 A
3
R1
200 ⋅ 10 Ω
Damit erhalten wir für gesuchten Widerstand R2
den Wert
R2 =
U GS
4,0 V
=
= 40 ⋅ 10 3 Ω = 40 kΩ .
−
3
IR
0,10 ⋅ 10 A
RD
R1
IR
ID
U DS
R2
UGS
UB
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
39) Die einem Widerstand R zugeführte Leistung
soll mit Hilfe der dargestellten Schaltung
(durch Verändern des Steuerwinkels α)
verstellt werden. Die verwendete (sinusförmige)
Wechselspannung u hat einen Effektivwert von
U = 230 V. Der Lastwiderstand beträgt
R = 50 Ω.
Skizzieren Sie den zeitlichen Verlauf der Spannung u und des Stromes i (in Abhängigkeit von ωt)
bei einem Steuerwinkel von α = 90°.
(Tragen Sie dabei auch die Lage der Steuerimpulse
iG mit ein.)
(Der am Triac auftretende Durchlassspannungsabfall kann vernachlässigt werden.)
L
N
i
iG
Steuerschaltung
Lösung
Die sinusförmige Wechselspannung hat den Scheitelwert
uˆ = 2 U = 2 ⋅ 230 V = 325 V .
Damit beträgt der Scheitelwert des Stromes i
uˆ 325 V
= 6,50 A .
iˆ = =
R 50 Ω
Es ergibt sich für die Größen u, i und iG somit folgender Verlauf:
u
325 V
u
0
2 π ωt
π
0
u
325 V
i
6,5 A
i
0
2 π ωt
π
0
i
6,5 A
i
iG
iG
0
2 π ωt
π
0
α
α
39
u
R
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
40) Ein Operationsverstärker ist entsprechend
Skizze so beschaltet, dass er einen
invertierenden Verstärker darstellt. Die
Widerstände betragen R1 = 2,0 kΩ und
R2 = 5,0 kΩ.
a) Wie groß ist die Spannungsverstärkung vU = uA/uE ?
b) Eingangsseitig wird eine sinusförmige Spannung uE mit dem Effektivwert UE = 2,0 V
angelegt wird. Skizzieren Sie (in Abhängigvon ωt) den Verlauf von uE und uA .
40
R2
R1
uE
Lösung
a) Die Spannungsverstärkung der Schaltung beträgt
vU = −
R2
5,0 kΩ
=−
= − 2,5 .
R1
2,0 kΩ
Das negative Vorzeichen bringt zum Ausdruck, dass die Ausgangsspannung uA eine
andere Polarität hat als die Eingangsspannung uE.
b) Die sinusförmige Eingangsspannung uE hat den Scheitelwert
uˆ E = 2 U E = 2 ⋅ 2,0 V = 2,83 V .
Damit beträgt der Scheitelwert der Ausgangsspannung
uˆ A = v U ⋅ uˆ E = 2,5 ⋅ 2,83 V = 7,07 V .
Für die Spannungen uE und uA ergibt sich somit der folgende Verlauf:
u
2,83 V
0
2,83 V
uE
0
π
uE
2 π ωt
u
7,07 V
uA
0
0
π
uA
7,07 V
2π
ωt
uA
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
R2
41) Ein Operationsverstärker ist entsprechend
Skizze so beschaltet, dass er einen nichtinvertierenden Verstärker darstellt. Die Widerstände
betragen R1 = 2,0 kΩ und R2 = 5,0 kΩ.
a) Wie groß ist die Spannungsverstärkung vU = uA/uE ?
b) Eingangsseitig wird eine sinusförmige Spannung uE mit dem Effektivwert UE = 4,0 V
angelegt wird. Skizzieren Sie (in Abhängigvon ωt) den Verlauf von uE und uA .
uE R1
Lösung
a) Die Spannungsverstärkung der Schaltung beträgt
vU =
R1 + R2 (2,0 + 5,0 ) kΩ
=
= 3,5 .
R1
2,0 kΩ
b) Die sinusförmige Eingangsspannung uE hat den Scheitelwert
uˆ E = 2 U E = 2 ⋅ 4,0 V = 5,66 V .
Damit beträgt der Scheitelwert der Ausgangsspannung
uˆ A = v U ⋅ uˆ E = 3,5 ⋅ 5,66 V = 19,8 V .
Für die Spannungen uE und uA ergibt sich somit der folgende Verlauf:
u
5,66 V
0
5,66 V
uE
0
π
2π
ωt
2π
ωt
uE
u
19,8 V
uA
0
0
π
uA
19,8 V
41
uA
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
42) Ein Operationsverstärker ist entsprechend
Skizze so beschaltet, dass er einen Impedanzwandler darstellt. Die Schaltung wird durch den
Lastwiderstand R = 500 Ω belastet. Eingangsseitig wird eine sinusförmige Spannung uE
mit dem Effektivwert UE = 2,0 V angelegt.
Skizzieren Sie (in Abhängigkeit von ωt)
den Verlauf von uE und i.
42
i
uA
uE
Lösung
Die sinusförmige Eingangsspannung hat den Scheitelwert
uˆ E = 2 U E = 2 ⋅ 2,0 V = 2,83 V .
Da bei dem dargestellten Impedanzwandler stets uA = uE ist, sind auch die Scheitelwerte
beider Spannungen gleich groß ( uˆ A = uˆ E ). Folglich beträgt der Scheitelwert des
Stromes i
uˆ
uˆ
2,83 V
iˆ = A = E =
= 5,66 ⋅ 10 −3 A = 5,66 mA .
R
R
500 Ω
Für die Größen uE und i ergibt sich somit folgender Verlauf:
u
2,83 V
uE
0
2 π ωt
π
0
uE
2,83 V
i
5,66 mA
0
i
0
π
2π
ωt
i
5,66 mA
Anmerkung: Der Zweck der Schaltung besteht darin, dass sie ausgangsseitig einen
Strom liefern kann, ohne dass die eingangsseitige Spannungsquelle
belastet wird.
R
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
R
43) Ein Operationsverstärker ist entsprechend
Skizze so beschaltet, dass er einen Summierer
ergibt. Die eingangsseitig angelegten
Spannungen uE1 und uE2 haben den
unten dargestellten Verlauf.
Skizzieren Sie den Verlauf der Ausgangsspannung uA.
6
4
2
0
0
2
4
6
20
R
R
uE1
u E2
uA
uE2
V
uE1
V
40
60
80
6
4
2
0
0
2
4
6
t
ms
20
40
60
80
t
ms
Lösung
Bei dem dargestellten Summierer ist die Ausgangsspannung uA gleich der (negativen)
Summe der Eingangsspannungen uE1 und uE2. Es gilt also
u A = − (u E1 + u E2 ) .
Daher entsteht am Ausgang der Schaltung eine Spannung mit folgendem zeitlichen
Verlauf:
uA
V
6
4
2
0
0
2
4
6
20
40
60
43
80
t
ms
Übungsaufgaben (mit Lösungen)
Grundlagen der Elektrotechnik und Elektronik
44) Bei einem Komparator hat die Eingangsspannung uE den unten dargestellten
Verlauf. Die Referenzspannung beträgt URef = 20 mV. Die Ausgangsspannung uA
des Operationsverstärkers ist auf (± 15 V) begrenzt.
Es ist der zeitliche Verlauf der Ausgangsspannung uA
zu ermitteln und grafisch darzustellen.
uE
mV
60
uE
40
20
u Ref
uA
uE
0
20
0
2
4
6
8
40
60
Lösung
Ist in der Schaltung die Spannung uE größer als die Referenzspannung URef
(ist also uE > 20 mV), so wird die Ausgangsspannung
u A = + 15 V .
Ist dagegen die Spannung uE kleiner als die Referenzspannung URef
(ist also uE < 20 mV), so wird die Ausgangsspannung
u A = − 15 V .
Die Ausgangsspannung hat somit den folgenden Verlauf:
uA
V
uA
15
10
5
0
5
10
15
0
2
4
6
8
10
t
ms
10
t
ms
44