Grundlagen der Elektrotechnik 1: Lernpaket

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

Neue Aufgaben Zurück 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: R_eq = R₁ + R₂ + …
Widerstände parallel: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Zwei parallel: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Ohmsches Gesetz: V = I·R
Leistung: P = V·I = I²R = V²/R

Methode

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

Knotenpotenzialverfahren

Kirchhoffsche Knotenregel: ΣI_in = ΣI_out
Zweigstrom: I = (V_a − V_b)/R
Bezugsknoten: V_ground = 0

Methode

Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
Drücke jeden Zweigstrom als (V_a − V_b)/R aus.
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

Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
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

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

Thévenin und Norton

Thévenin-Spannung: V_th = V_{open circuit}
Thévenin-Widerstand: R_th: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom: I_N = V_th/R_th
Laststrom: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Maximale Leistungsübertragung: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Methode

Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist V_th.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist R_th.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: V_th in Reihe mit R_th.
Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: I_N = V_th/R_th, mit R_N = R_th parallel.

Operationsverstärker

Invertierender Verstärker: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Nichtinvertierender Verstärker: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Summierverstärker: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
Idealer Operationsverstärker: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom: Kurzschluss; i_L kann nicht springen
Eingeschwungen: t ≈ 5τ

Methode

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

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel

Bestimme den Strom I_R1, den die Quelle abgibt und der durch R₁ fließt.

V₁ = 15 VR₁ = 20 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 3 ΩR₄ = 4 Ω

I_R1 = A

2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer

Bestimme den Strom I_R1, den die Quelle abgibt und der durch R₁ fließt.

V₁ = 5 VR₁ = 12 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 3 ΩR₅ = 8 ΩR₆ = 12 Ω

I_R1 = A

3.KnotenpotenzialverfahrenMittel

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial V_B (gegen Masse gemessen).

V₁ = 30 VI_s = 3 AR₁ = 20 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 2 ΩR₄ = 2 Ω

V_B = V

4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer

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

V₁ = 9 VI_s = 1 AV_s = 8 VR₁ = 15 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 6 Ω

V_A = V

5.MaschenstromverfahrenMittel

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

V₁ = 15 VV₂ = 6 VR₁ = 4 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 6 Ω

I₁ = A

6.MaschenstromverfahrenSchwer

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I₃ (im Uhrzeigersinn).

V₁ = 30 VV₂ = 9 VR₁ = 5 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 25 ΩR₅ = 10 Ω

I₃ = A

7.ÜberlagerungssatzMittel

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung V_R4 über R₄ mit der eingezeichneten Polarität.

V₁ = 30 VI_s = 5 AR₁ = 3 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 5 ΩR₄ = 20 Ω

V_R4 = V

8.ÜberlagerungssatzSchwer

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom I_R3 durch R₃ in Pfeilrichtung.

V₁ = 36 VI_s = 2,5 AV₂ = 12 VR₁ = 6 ΩR₂ = 25 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 10 Ω

I_R3 = A

9.Thévenin und NortonMittel

An a–b wird eine Last R_L = 5 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom I_L.

V₁ = 10 VR₁ = 5 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 3 ΩR_L = 5 Ω

I_L = A

10.Thévenin und NortonSchwer

An a–b wird eine Last R_L = 5 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom I_L.

V₁ = 10 VI_s = 2 AR₁ = 15 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 10 ΩR_L = 5 Ω

I_L = A

11.OperationsverstärkerMittel

Wähle den Rückkopplungswiderstand R_f so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 6 hat.

R₁ = 47 kΩA_v = 6

R_f = kΩ

12.OperationsverstärkerSchwer

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme den Strom I_f durch den Rückkopplungswiderstand, in Richtung des Ausgangs.

V₁ = −0,8 VV₂ = −1,2 VR₁ = 22 kΩR₂ = 4,7 kΩR_f = 10 kΩ

I_f = mA

13.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 90 % seines Endwerts? Bestimme t.

V_s = 20 VR = 22 ΩL = 22 mH

t = ms

14.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 9-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 4,5 V erreicht, genau 50 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 2,2 kΩ die nötige Kapazität C.

V_s = 9 VV_th = 4,5 VT = 50 msR = 2,2 kΩ

C = µF

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: I_R1 = 0,6457 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.

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 = 3 + 4 = 7 Ω

R₂ ∥ 7 = 6·7/(6+7) = 3,231 Ω

R_eq = R₁ + 3,231 = 20 + 3,231 = 23,23 Ω

Strom aus der Quelle

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

I_R1 = V₁/R_eq = 15/23,23 = 0,6457 A

Antwort

I_R1 = 0,6457 A

2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: I_R1 = 0,3218 A

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

R₅ + R₆ = 8 + 12 = 20 Ω

R₄ ∥ 20 = 2,609 Ω

R₃ + 2,609 = 8,609 Ω

R₂ ∥ 8,609 = 3,536 Ω

R_eq = R₁ + 3,536 = 12 + 3,536 = 15,54 Ω

Strom aus der Quelle

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

I_R1 = V₁/R_eq = 5/15,54 = 0,3218 A

Antwort

I_R1 = 0,3218 A

3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: V_B = 6,214 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.

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V₁ = 30 V). Unbekannt: V_A, V_B.

KCL am Knoten A

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

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/6 + (V_A − 30)/20 + (V_A − V_B)/2 = 0

0,7167·V_A − 0,5·V_B = 1,5

KCL am Knoten B

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

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/2 + (V_B − V_A)/2 = 3

−0,5·V_A + V_B = 3

Lösen

Δ = (0,7167)(1) − (−0,5)(−0,5) = 0,4667

V_A = Δ₁/Δ = 3/0,4667 = 6,429 V

V_B = Δ₂/Δ = 2,9/0,4667 = 6,214 V

Antwort

V_B = 6,214 V

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: V_A = 0,6154 V

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.

V_B = V_A + 8

(V_A − V₁)/R₁ + V_A/R₂ + V_B/R₃ = I_s

Lösen

(V_A − 9)/15 + V_A/5 + (V_A + 8)/6 = 1

V_A·(1/15 + 1/5 + 1/6) = 1 + 9/15 − 8/6 = 0,2667

V_A = 0,2667/0,4333 = 0,6154 V

V_B = 8,615 V

Antwort

V_A = 0,6154 V

5.Maschenstromverfahren

Antwort: I₁ = 1,909 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.

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

4·I₁ + 6(I₁ − I₂) = 15

10·I₁ − 6·I₂ = 15

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

2·I₂ + 6(I₂ − I₁) = (−6)

−6·I₁ + 8·I₂ = −6

Lösen

Δ = (10)(8) − (−6)(−6) = 44

I₁ = Δ₁/Δ = 84/44 = 1,909 A

I₂ = Δ₂/Δ = 30/44 = 0,6818 A

Antwort

I₁ = 1,909 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I₃ = −0,152 A

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

5·I₁ + 25(I₁ − I₂) = 30

30·I₁ − 25·I₂ = 30

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

20·I₂ + 25(I₂ − I₁) + 10(I₂ − I₃) = 0

−25·I₁ + 55·I₂ − 10·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

4·I₃ + 10(I₃ − I₂) = (−9)

−10·I₂ + 14·I₃ = −9

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 11350

I₁ = Δ₁/Δ = 17850/11350 = 1,573 A

I₂ = Δ₂/Δ = 7800/11350 = 0,6872 A

I₃ = Δ₃/Δ = −1725/11350 = −0,152 A

Antwort

I₃ = −0,152 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: V_R4 = −13,21 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.

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 = 5+20 = 25 Ω

R₂ ∥ (R₃+R₄) = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω

V_A = 30·2,679/(3+2,679) = 14,15 V

V_B = V_A·R₄/(R₃+R₄) = 14,15·20/25 = 11,32 V

V_R4′ = V_B − 0 = 11,32 − 0 = 11,32 V

Fall 2 · I_s 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω

R_eq = R₄ ∥ (R₃+R₁∥R₂) = 20 ∥ 6,5 = 4,906 Ω

V_B = I_s·R_eq = (−5)·4,906 = −24,53 V

V_A = V_B·(R₁∥R₂)/(R₃+R₁∥R₂) = −24,53·1,5/6,5 = −5,66 V

V_R4″ = V_B − 0 = −24,53 − 0 = −24,53 V

Anteile addieren

V_R4 = V_R4′ + V_R4″

V_R4 = 11,32 + (−24,53) = −13,21 V

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: I_R3 = 1,622 A

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) = 15 ∥ 35 = 10,5 Ω

V_A = 36·10,5/(6+10,5) = 22,91 V

V_B = V_A·R₄/(R₂+R₄) = 22,91·10/35 = 6,545 V

I_R3′ = (V_A − 0)/R₃ = (22,91 − 0)/15 = 1,527 A

Fall 2 · I_s 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 = 4,286 Ω, also ist der linke Pfad R₂+4,286 = 29,29 Ω

R_eq = R₄ ∥ 29,29 = 7,455 Ω

V_B = I_s·R_eq = 2,5·7,455 = 18,64 V

V_A = V_B·4,286/29,29 = 2,727 V

I_R3″ = (V_A − 0)/R₃ = (2,727 − 0)/15 = 0,1818 A

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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω

V_B = V₂·(R₂+R₁∥R₃)/(R₄+R₂+R₁∥R₃) = (−12)·29,29/39,29 = −8,945 V

V_A = V_B·(R₁∥R₃)/(R₂+R₁∥R₃) = −8,945·4,286/29,29 = −1,309 V

I_R3‴ = (V_A − 0)/R₃ = (−1,309 − 0)/15 = −0,08727 A

Anteile addieren

I_R3 = I_R3′ + I_R3″ + I_R3‴

I_R3 = 1,527 + 0,1818 + (−0,08727) = 1,622 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: I_L = 0,5556 A

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

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R₁ ∥ R₂ = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,077 + 3 = 6,077 Ω

V_th 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.

V_th = V₁·R₂/(R₁+R₂) = 10·8/(5+8) = 6,154 V

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.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 6,154/(6,077 + 5) = 0,5556 A

10.Thévenin und Norton

Antwort: I_L = 1,677 A

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R₁ ∥ R₂ = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 5,217 + 10 = 15,22 Ω

V_th 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.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 3,478 + 2·5,217 = 13,91 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 13,91 + 2·10 = 33,91 V

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.

I_L = V_th/(R_th + R_L) = 33,91/(15,22 + 5) = 1,677 A

11.Operationsverstärker

Antwort: R_f = 235 kΩ

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.

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

V₋ = V₊ = V_in, und der Strom durch R₁ fließt auch durch R_f, also V_out = V_in·(1 + R_f/R₁).

A_v = 1 + R_f/R₁

R_f = (6 − 1)·47 = 235 kΩ

Antwort

R_f = 235 kΩ

12.Operationsverstärker

Antwort: I_f = −0,2917 mA

Eingangsströme

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

I₁ = V₁/R₁ = −0,8/22 = −0,03636 mA

I₂ = V₂/R₂ = −1,2/4,7 = −0,2553 mA

I_f = I₁ + I₂ = −0,2917 mA

Antwort

I_f = −0,2917 mA

13.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 2,303 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 = 22 mH / 22 Ω = 1 ms

i(∞) = V_s/R = 20/22 = 0,9091 A

Nach der Zeit auflösen

0,9 = 1 − e^−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)

t = −1·ln(0,1) = 2,303 ms

Antwort

t = 2,303 ms

14.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: C = 32,79 µF

Erforderliche Zeitkonstante

4,5 = 9·(1 − e^−50/τ) → τ = 50/ln(9/(9 − 4,5))

τ = 50/0,6931 = 72,13 ms

Kapazität

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

C = τ/R = 72,13/2,2 = 32,79 µF

Antwort

C = 32,79 µF

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

Grundlagen der Elektrotechnik 1: Lernpaket

1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

Methode

Knotenpotenzialverfahren

Methode

Maschenstromverfahren

Methode

Überlagerungssatz

Methode

Thévenin und Norton

Methode

Operationsverstärker

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Methode

2Übungsaufgaben

3Lösungen

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Strom aus der Quelle

Antwort

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Strom aus der Quelle

Antwort

Knoten festlegen

KCL am Knoten A

KCL am Knoten B

Lösen

Antwort

Einen Superknoten bilden

Lösen

Antwort

Maschenströme festlegen

Maschenregel in Masche 1

Maschenregel in Masche 2

Lösen

Antwort

Maschenströme festlegen

Maschenregel in Masche 1

Maschenregel in Masche 2

Maschenregel in Masche 3

Lösen

Antwort

Fall 1 · V1 allein aktiv

Fall 2 · Is allein aktiv

Anteile addieren

Fall 1 · V1 allein aktiv

Fall 2 · Is allein aktiv

Fall 3 · V2 allein aktiv

Anteile addieren

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

Antwort

Eingangsströme

Antwort

Zeitkonstante und Endstrom

Nach der Zeit auflösen

Antwort

Erforderliche Zeitkonstante

Kapazität

Antwort

Fall 1 · V₁ allein aktiv

Fall 2 · I_s allein aktiv

Fall 1 · V₁ allein aktiv

Fall 2 · I_s allein aktiv

Fall 3 · V₂ allein aktiv

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

V_th bestimmen, die Leerlaufspannung

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

V_th bestimmen, die Leerlaufspannung