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​ = 4 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​8 ΩB

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​3 Ω

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 30 ΩR5 = 12 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren die von der Stromquelle Is abgegebene Leistung PIs.

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​3 ΩAR4​6 ΩB0,1·VA​

Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).

V1 = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ωg = 0,1 A/V
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩIR2​+−V1​10 VR3​2 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR2 durch R2 in Pfeilrichtung.

V1 = 10 VV2 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​2 ΩAR5​30 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I1 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 15 VV2 = 30 VR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 ΩR5 = 30 Ω
I1 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​15 ΩBIs​4 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom IR2 durch R2 in Pfeilrichtung.

V1 = 15 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 Ω−+VR2​R4​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​8 ΩAIs​3 AB+−V2​24 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR2 über R2 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 15 VIs = 3 AV2 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
VR2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAIs​2 ABRL​6 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 6 Ω
PL = W
11.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −0,3 V

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

Vin = −0,3 VR1 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
12.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = −1,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 2 VR2​ = 10 kΩ

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = −1,4 VV2 = 2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
13.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R = 33 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 95 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 24 VR = 33 ΩL = 68 mH
t = ms
14.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vt = 0R = 2,2 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 20 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 75 ms.

Vs = 6 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 20 Vt = 75 ms
vC = V

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 2,679 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​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​8 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 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
Req = R1 + 7,2 = 4 + 7,2 = 11,2 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 = 30/11,2 = 2,679 A

Antwort

IR1 = 2,679 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,4721 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​ = 25 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​20 ΩAR4​30 ΩBR6​3 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 = 12 + 3 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 10 Ω
R3 + 10 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 8,889 Ω
Req = R1 + 8,889 = 25 + 8,889 = 33,89 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 = 36/33,89 = 1,062 A

Strom durch R₂

Ziehe den Spannungsabfall an R₁ ab, um die Spannung an Knoten A zu erhalten, die an R₂ anliegt.

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,062·25 = 9,443 V
IR2 = VA/R2 = 9,443/20 = 0,4721 A

Antwort

IR2 = 0,4721 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: PIs = 7,066 W

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.

KCL am Knoten A

Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,45·VA − 0,3333·VB = 0,6667

KCL am Knoten B

Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/3 = 1
−0,3333·VA + 0,4583·VB = 1

Lösen

Δ = (0,45)(0,4583) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,09514
VA = Δ1/Δ = 0,6389/0,09514 = 6,715 V
VB = Δ2/Δ = 0,6722/0,09514 = 7,066 V

Von der Stromquelle abgegebene Leistung

Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.

PIs = VB·Is = 7,066·1 = 7,066 W

Antwort

PIs = 7,066 W
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 0,8873 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.

Knotenregel am Knoten A

Die über die Widerstände von A abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in A hineinschieben.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,6833·VA − 0,25·VB = 0,5

Knotenregel am Knoten B

Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,35·VA + 0,4167·VB = 0

Lösen

Δ = (0,6833)(0,4167) − (−0,25)(−0,35) = 0,1972
VA = Δ1/Δ = 0,2083/0,1972 = 1,056 V
VB = Δ2/Δ = 0,175/0,1972 = 0,8873 V

Antwort

VB = 0,8873 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = −0,3333 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​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩA+−V2​10 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
5·I1 + 2(I1 − I2) = 10
7·I1 − 2·I2 = 10

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 + 2(I2 − I1) = (−10)
−2·I1 + 22·I2 = −10

Lösen

Δ = (7)(22) − (−2)(−2) = 150
I1 = Δ1/Δ = 200/150 = 1,333 A
I2 = Δ2/Δ = −50/150 = −0,3333 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,3333 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,3781 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​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​2 ΩAR5​30 ΩB+−V2​30 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
30·I1 + 2(I1 − I2) = 15
32·I1 − 2·I2 = 15

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
15·I2 + 2(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 47·I2 − 30·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
2·I3 + 30(I3 − I2) = (−30)
−30·I2 + 32·I3 = −30

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 19200
I1 = Δ1/Δ = 7260/19200 = 0,3781 A
I2 = Δ2/Δ = −27840/19200 = −1,45 A
I3 = Δ3/Δ = −44100/19200 = −2,297 A

Antwort

I1 = 0,3781 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR2 = −2,841 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​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​15 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 = 8+15 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·23/(4+23) = 3,407 Ω
VA = 15·3,407/(5+3,407) = 6,079 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,079·15/23 = 3,965 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 6,079)/4 = −1,52 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​4 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 10,22 = 6,079 Ω
VB = Is·Req = 4·6,079 = 24,32 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 24,32·2,222/10,22 = 5,286 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − 5,286)/4 = −1,322 A

Anteile addieren

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−1,52) + (−1,322) = −2,841 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: VR2 = −1,422 V

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​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​8 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) = 8 ∥ 13 = 4,952 Ω
VA = 15·4,952/(30+4,952) = 2,125 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,125·10/13 = 1,635 V
VR2′ = VB − VA = 1,635 − 2,125 = −0,4905 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAIs​3 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 = 6,316 Ω, also ist der linke Pfad R2+6,316 = 9,316 Ω
Req = R4 ∥ 9,316 = 4,823 Ω
VB = Is·Req = (−3)·4,823 = −14,47 V
VA = VB·6,316/9,316 = −9,809 V
VR2″ = VB − VA = −14,47 − −9,809 = −4,659 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR3​8 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 = 30·8/(30+8) = 6,316 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·9,316/19,32 = 11,57 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 11,57·6,316/9,316 = 7,847 V
VR2‴ = VB − VA = 11,57 − 7,847 = 3,728 V

Anteile addieren

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = (−0,4905) + (−4,659) + 3,728 = −1,422 V

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,3125 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​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​10 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 12 = 17,45 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·10/(12+10) = 5,455 V
IN​0,3125 ARth​17,45 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 = 5,455/17,45 = 0,3125 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 11,16 W

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​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 25·5/(25+5) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 10 = 14,17 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAIs​2 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) = 0,8333 + (−2)·4,167 = −7,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −7,5 + (−2)·10 = −27,5 V
Rth​ = 14,17 Ω−+Vth​27,5 VRL​6 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.

IL = Vth/(Rth + RL) = −27,5/(14,17 + 6) = −1,364 A
PL = IL²·RL = −1,364²·6 = 11,16 W
11.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −0,6 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₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/2 = −0,15 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,15)·2 = −0,6 V

Antwort

Vout = −0,6 V
12.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 9,787 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.

Eingangsströme

V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.

I1 = V1/R1 = −1,4/4,7 = −0,2979 mA
I2 = V2/R2 = 2/10 = 0,2 mA
If = I1 + I2 = −0,09787 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −100·(−0,09787) = 9,787 V

Antwort

Vout = 9,787 V
13.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 6,173 ms

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 = 68 mH / 33 Ω = 2,061 ms
i(∞) = Vs/R = 24/33 = 0,7273 A

Nach der Zeit auflösen

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −2,061·ln(0,05) = 6,173 ms

Antwort

t = 6,173 ms
14.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 15,96 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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 6 + (20 − 6)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(75) = 6 + (14)·e−75/220 = 15,96 V

Antwort

vC = 15,96 V

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