Grundlagen der Elektrotechnik 1: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 14 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

Widerstände in Reihe
Req = R1 + R2 + …
Widerstände parallel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Zwei parallel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohmsches Gesetz
V = I·R
Leistung
P = V·I = I²R = V²/R

Methode

  1. Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
  2. Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
  4. Wiederhole das, bis zwischen den Klemmen ein einziger Widerstand übrig ist.

Knotenpotenzialverfahren

Kirchhoffsche Knotenregel
ΣIin = ΣIout
Zweigstrom
I = (Va − Vb)/R
Bezugsknoten
Vground = 0

Methode

  1. Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
  2. Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
  3. Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
  4. Löse das Gleichungssystem und bestimme dann jeden benötigten Strom.

Maschenstromverfahren

Kirchhoffsche Maschenregel
ΣV = 0 in jeder Masche
Gemeinsamer Widerstand
Strom = I1 − I2
Stromquelle in einer Masche
legt diesen Maschenstrom fest

Methode

  1. Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
  2. Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
  3. In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
  4. Löse die Gleichungen; ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der Strom in die andere Richtung fließt.

Überlagerungssatz

Überlagerungssatz
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Abgeschaltete Spannungsquelle
Kurzschluss (0 V)
Abgeschaltete Stromquelle
Leerlauf (0 A)
Spannungsteiler
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Stromteiler
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Methode

  1. Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
  2. Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
  3. Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
  4. Wiederhole das für jede Quelle und addiere dann die Beiträge mit ihren Vorzeichen.

Thévenin und Norton

Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Methode

  1. Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
  2. Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
  3. Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
  4. Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
  5. Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.

Operationsverstärker

Invertierender Verstärker
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Nichtinvertierender Verstärker
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Summierverstärker
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealer Operationsverstärker
V+ = V−, Iin = 0

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ

Methode

  1. Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
  2. Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
  3. Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
  4. Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​5 ΩB

Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBR6​12 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 2 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​5 Ω+−V1​6 VI1​R2​12 Ω−+V2​10 VR3​6 Ω+−V3​30 VA

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩV2 = 10 VR2 = 12 ΩV3 = 30 VR3 = 6 Ω
I1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 5 Ω+−Vs​ = 4 V+−V1​30 VR2​15 ΩAR3​3 ΩBIs​0,5 A

Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).

V1 = 30 VIs = 0,5 AVs = 4 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 2 ΩIR1​R2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 30 VV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
IR1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​20 ΩAR5​12 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I2 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 ΩR5 = 12 Ω
I2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​10 ΩBIs​5 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩIR4​+−V1​18 VR3​10 ΩAIs​1,5 AB+−V2​24 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
IR4 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAab

Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABab

Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.

V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
11.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = 0,6 V

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

Vin = 0,6 VR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
12.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1 VR3​ = 100 kΩR4​ = 22 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Die Widerstandsverhältnisse sind nicht abgeglichen. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 2 VV2 = 1 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩR3 = 100 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
13.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​15 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.

Vs = 15 VR = 22 ΩL = 10 mH
W(∞) = mJ
14.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 Vt = 0R = 2,2 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 25 ms.

Vs = 10 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 Vt = 25 ms
vC = V

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 4,444 A

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAR4​5 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.

R3 + R4 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 3 + 3,75 = 6,75 Ω

Strom aus der Quelle

Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.

IR1 = V1/Req = 30/6,75 = 4,444 A

Antwort

IR1 = 4,444 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 16,56 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBR6​12 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.

R5 + R6 = 2 + 12 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 3,111 Ω
R3 + 3,111 = 7,111 Ω
R2 ∥ 7,111 = 1,561 Ω
Req = R1 + 1,561 = 15 + 1,561 = 16,56 Ω

Antwort

Req = 16,56 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I1 = −1,185 A

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

Knotenregel am Knoten A

Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.

(VA − 6)/5 + (VA − (−10))/12 + (VA − 30)/6 = 0

Nach VA auflösen

VA = (6/5 + (−10)/12 + 30/6) / (1/5 + 1/12 + 1/6) = 5,367/0,45 = 11,93 V

Zweigstrom

Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.

I1 = (6 − VA)/R1 = (6 − 11,93)/5 = −1,185 A

Antwort

I1 = −1,185 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 9,056 V

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

Einen Superknoten bilden

Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.

VB = VA − 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Lösen

(VA − 30)/5 + VA/15 + (VA − 4)/3 = 0,5
VA·(1/5 + 1/15 + 1/3) = 0,5 + 30/5 + 4/3 = 7,833
VA = 7,833/0,6 = 13,06 V
VB = 9,056 V

Antwort

VB = 9,056 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = 4,7 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 5(I1 − I2) = 30
7·I1 − 5·I2 = 30

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 5(I2 − I1) = (−9)
−5·I1 + 25·I2 = −9

Lösen

Δ = (7)(25) − (−5)(−5) = 150
I1 = Δ1/Δ = 705/150 = 4,7 A
I2 = Δ2/Δ = 87/150 = 0,58 A

Antwort

IR1 = I1 = 4,7 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = 0,2845 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 15 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR4​20 ΩAR5​12 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 20(I1 − I2) = 24
35·I1 − 20·I2 = 24

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 20(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 34·I2 − 12·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
12·I3 + 12(I3 − I2) = (−18)
−12·I2 + 24·I3 = −18

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 13920
I1 = Δ1/Δ = 11808/13920 = 0,8483 A
I2 = Δ2/Δ = 3960/13920 = 0,2845 A
I3 = Δ3/Δ = −8460/13920 = −0,6078 A

Antwort

I2 = 0,2845 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR1 = −0,9048 A

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​10 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.

R3+R4 = 2+10 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·12/(12+12) = 6 Ω
VA = 6·6/(15+6) = 1,714 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,714·10/12 = 1,429 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (6 − 1,714)/15 = 0,2857 A
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​12 ΩAR4​10 ΩBIs​5 A

Fall 2 · Is allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.

R1 ∥ R2 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 8,667 = 4,643 Ω
VB = Is·Req = 5·4,643 = 23,21 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 23,21·6,667/8,667 = 17,86 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 17,86)/15 = −1,19 A

Anteile addieren

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,2857 + (−1,19) = −0,9048 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.

8.Überlagerungssatz

Antwort: IR4 = −0,3858 A

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​10 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 27 = 7,297 Ω
VA = 18·7,297/(3+7,297) = 12,76 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 12,76·15/27 = 7,087 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 7,087)/15 = −0,4724 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAIs​1,5 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf.

R1 ∥ R3 = 2,308 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,308 = 14,31 Ω
Req = R4 ∥ 14,31 = 7,323 Ω
VB = Is·Req = 1,5·7,323 = 10,98 V
VA = VB·2,308/14,31 = 1,772 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 10,98)/15 = −0,7323 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAOFFENB+−V2​24 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. R₁ ∥ R₃ hängt an A, in Reihe mit R₂ zurück nach B.

R1 ∥ R3 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·14,31/29,31 = 11,72 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 11,72·2,308/14,31 = 1,89 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (24 − 11,72)/15 = 0,8189 A

Anteile addieren

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0,4724) + (−0,7323) + 0,8189 = −0,3858 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.

9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 9 Ω

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​8 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 5 = 9 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,4 A

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 30 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​20 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 4 = 16 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt Iₛ nur über R₃ in Knoten A. Bestimme V_A durch Überlagerung von V₁ und Iₛ und addiere dann den Spannungsabfall an R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 14,4 + 1,5·12 = 32,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 32,4 + 1,5·4 = 38,4 V
IN​2,4 ARth​16 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

Eine Norton-Quelle ist dieselbe Schaltung, gesehen als Stromquelle parallel zu R_th. Ihr Strom ist der Kurzschlussstrom an a–b.

IN = Vth/Rth = 38,4/16 = 2,4 A
11.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 1,2 V

Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.

Der invertierende Eingang folgt dem Eingang

V₋ = V₊ = 0,6 V
I = V₋/R1 = 0,6/100 = 0,006 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,6 + 0,006·100 = 1,2 V

Antwort

Vout = 1,2 V
12.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −1,639 V

Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.

Spannung am +-Eingang

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1·22/(100 + 22) = 0,1803 V

Die beiden Eingänge überlagern

Mit V₂ = 0 sieht V₁ einen invertierenden Verstärker. Mit V₁ = 0 wird V₊ mit der nicht invertierenden Verstärkung 1 + R₂/R₁ verstärkt.

Vout = −(10/10)·2 + (1 + 10/10)·0,1803 = −2 + 0,3607 = −1,639 V

Antwort

Vout = −1,639 V
13.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W(∞) = 2,324 mJ

Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.

Zeitkonstante und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 15/22 = 0,6818 A

Gespeicherte Energie

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·10·0,6818² = 2,324 mJ

Antwort

W(∞) = 2,324 mJ
14.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 5,227 V

Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 10 + (2 − 10)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(25) = 10 + (−8)·e−25/48,4 = 5,227 V

Antwort

vC = 5,227 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-1