Grundlagen der Elektrotechnik 1: Lernpaket

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

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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_R2 durch R₂.

V₁ = 6 VR₁ = 12 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 10 Ω

I_R2 = A

2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer

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

V₁ = 9 VR₁ = 25 ΩR₂ = 25 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 6 ΩR₅ = 6 ΩR₆ = 5 Ω

I_R1 = A

3.KnotenpotenzialverfahrenMittel

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

V₁ = 18 VI_s = 2,5 AR₁ = 5 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 5 Ω

V_A = V

4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I_R2 durch R₂ in Pfeilrichtung.

V₁ = 24 VI_s = 3 AV₂ = 5 VR₁ = 10 ΩR₂ = 10 ΩR₃ = 5 ΩR₄ = 6 ΩR₅ = 30 Ω

I_R2 = A

5.MaschenstromverfahrenMittel

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

V₁ = 9 VV₂ = 12 VR₁ = 5 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 2 Ω

I_R3 = A

6.MaschenstromverfahrenSchwer

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren die Spannung V_R5 über R₅ mit der eingezeichneten Polarität.

V₁ = 12 VV₂ = 5 VR₁ = 4 ΩR₂ = 30 ΩR₃ = 15 ΩR₄ = 15 ΩR₅ = 20 Ω

V_R5 = V

7.ÜberlagerungssatzMittel

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

V₁ = 6 VI_s = 5 AR₁ = 4 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 12 ΩR₄ = 3 Ω

V_R4 = V

8.ÜberlagerungssatzSchwer

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V₁, V₂ und I_s. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = 18 mA. Mit verdoppeltem V₁ und unveränderten anderen beiden ist I = 21,5 mA. Mit umgekehrter Richtung von I_s und unveränderten anderen beiden ist I = 10 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V₂ abgeschaltet ist und V₁ und I_s ihre Normalwerte haben.

normal: I = 18 mA2·V₁: I = 21,5 mA−I_s: I = 10 mA

I = mA

9.Thévenin und NortonMittel

Bestimme die Thévenin-Spannung V_th an den Klemmen a–b.

V₁ = 15 VR₁ = 8 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 8 Ω

V_th = V

10.Thévenin und NortonSchwer

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

V₁ = 5 VI_s = 6 AR₁ = 10 ΩR₂ = 5 ΩR₃ = 25 ΩR_L = 6 Ω

P_L = W

11.OperationsverstärkerMittel

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

V_in = 0,5 VR_a = 22 kΩR_b = 22 kΩR₁ = 2 kΩR_f = 2 kΩ

V_out = V

12.OperationsverstärkerSchwer

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R₁, R_f1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R₂ nach Masse, R_f2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Bestimme die Gesamtspannungsverstärkung A_v = V_out/V_in.

R₁ = 10 kΩR_f1 = 100 kΩR₂ = 47 kΩR_f2 = 47 kΩ

A_v =

13.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 25 ms in mJ.

V_s = 20 VR = 5 ΩL = 100 mHt = 25 ms

W = mJ

14.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 15 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung v_C bei t = 120 ms.

V_s = 12 VR = 2,2 kΩC = 68 µFv_C(0) = 15 Vt = 120 ms

v_C = V

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: I_R2 = 0,2143 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 = 10 + 10 = 20 Ω

R₂ ∥ 20 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω

R_eq = R₁ + 6,667 = 12 + 6,667 = 18,67 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 = 6/18,67 = 0,3214 A

Strom durch R₂

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

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 6 − 0,3214·12 = 2,143 V

I_R2 = V_A/R₂ = 2,143/10 = 0,2143 A

Antwort

I_R2 = 0,2143 A

2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: I_R1 = 0,2904 A

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

R₅ + R₆ = 6 + 5 = 11 Ω

R₄ ∥ 11 = 3,882 Ω

R₃ + 3,882 = 7,882 Ω

R₂ ∥ 7,882 = 5,993 Ω

R_eq = R₁ + 5,993 = 25 + 5,993 = 30,99 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 = 9/30,99 = 0,2904 A

Antwort

I_R1 = 0,2904 A

3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: V_A = 13,82 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 = 18 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/20 + (V_A − 18)/5 + (V_A − V_B)/4 = 0

0,5·V_A − 0,25·V_B = 3,6

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/5 + (V_B − V_A)/4 = 2,5

−0,25·V_A + 0,45·V_B = 2,5

Lösen

Δ = (0,5)(0,45) − (−0,25)(−0,25) = 0,1625

V_A = Δ₁/Δ = 2,245/0,1625 = 13,82 V

V_B = Δ₂/Δ = 2,15/0,1625 = 13,23 V

Antwort

V_A = 13,82 V

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I_R2 = 1,027 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V₁ = 24 V, V₂ = 5 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/R₃ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₂ = 0

V_A/5 + (V_A − 24)/10 + (V_A − V_B)/10 = 0

0,4·V_A − 0,1·V_B = 2,4

KCL am Knoten B

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

V_B/R₅ + (V_B − V_A)/R₂ + (V_B − V₂)/R₄ = I_s

V_B/30 + (V_B − V_A)/10 + (V_B − 5)/6 = (−3)

−0,1·V_A + 0,3·V_B = −2,167

Lösen

Δ = (0,4)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,11

V_A = Δ₁/Δ = 0,5033/0,11 = 4,576 V

V_B = Δ₂/Δ = −0,6267/0,11 = −5,697 V

Antwort

I_R2 = (V_A − V_B)/R₂ = (4,576 − −5,697)/10 = 1,027 A

5.Maschenstromverfahren

Antwort: I_R3 = 2,526 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

5·I₁ + 2(I₁ − I₂) = 9

7·I₁ − 2·I₂ = 9

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

4·I₂ + 2(I₂ − I₁) = (−12)

−2·I₁ + 6·I₂ = −12

Lösen

Δ = (7)(6) − (−2)(−2) = 38

I₁ = Δ₁/Δ = 30/38 = 0,7895 A

I₂ = Δ₂/Δ = −66/38 = −1,737 A

Antwort

I_R3 = I₁ − I₂ = 2,526 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: V_R5 = 4,216 V

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

4·I₁ + 15(I₁ − I₂) = 12

19·I₁ − 15·I₂ = 12

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

30·I₂ + 15(I₂ − I₁) + 20(I₂ − I₃) = 0

−15·I₁ + 65·I₂ − 20·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

15·I₃ + 20(I₃ − I₂) = (−5)

−20·I₂ + 35·I₃ = −5

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 27750

I₁ = Δ₁/Δ = 21000/27750 = 0,7568 A

I₂ = Δ₂/Δ = 4400/27750 = 0,1586 A

I₃ = Δ₃/Δ = −1450/27750 = −0,05225 A

Antwort

I_R5 = I₂ − I₃ = 0,2108 A

V_R5 = I_R5·R₅ = 0,2108·20 = 4,216 V

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: V_R4 = 12,97 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 = 12+3 = 15 Ω

R₂ ∥ (R₃+R₄) = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω

V_A = 6·3,75/(4+3,75) = 2,903 V

V_B = V_A·R₄/(R₃+R₄) = 2,903·3/15 = 0,5806 V

V_R4′ = V_B − 0 = 0,5806 − 0 = 0,5806 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω

R_eq = R₄ ∥ (R₃+R₁∥R₂) = 3 ∥ 14,22 = 2,477 Ω

V_B = I_s·R_eq = 5·2,477 = 12,39 V

V_A = V_B·(R₁∥R₂)/(R₃+R₁∥R₂) = 12,39·2,222/14,22 = 1,935 V

V_R4″ = V_B − 0 = 12,39 − 0 = 12,39 V

Anteile addieren

V_R4 = V_R4′ + V_R4″

V_R4 = 0,5806 + 12,39 = 12,97 V

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: I = 7,5 mA

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.

I₁ + I₂ + I₃ = 18

2·I₁ + I₂ + I₃ = 21,5

I₁ + I₂ − I₃ = 10

Nach den Anteilen auflösen

I₁ = 21,5 − 18 = 3,5 mA

I₃ = (18 − 10)/2 = 4 mA

I₂ = 18 − 3,5 − 4 = 10,5 mA

V₂ abschalten

I = I₁ + I₃ = 3,5 + 4 = 7,5 mA

Antwort

I = 7,5 mA

9.Thévenin und Norton

Antwort: V_th = 5,769 V

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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,077 + 8 = 11,08 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) = 15·5/(8+5) = 5,769 V

10.Thévenin und Norton

Antwort: P_L = 150 W

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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,333 + 25 = 28,33 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) = 1,667 + 6·3,333 = 21,67 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 21,67 + 6·25 = 171,7 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) = 171,7/(28,33 + 6) = 5 A

P_L = I_L²·R_L = 5²·6 = 150 W

11.Operationsverstärker

Antwort: V_out = 0,5 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₊ = V_in·R_b/(R_a + R_b) = 0,5·22/(22 + 22) = 0,25 V

Nicht invertierende Verstärkung

V₋ = V₊, und der Strom durch R₁ fließt auch durch R_f.

V_out = V₊·(1 + R_f/R₁) = 0,25·(1 + 2/2) = 0,5 V

Antwort

V_out = 0,5 V

12.Operationsverstärker

Antwort: A_v = −20

Verstärkung jeder Stufe

A₁ = −R_f1/R₁ = −100/10 = −10

A₂ = 1 + R_f2/R₂ = 1 + 47/47 = 2

Gesamtverstärkung

A_v = A₁·A₂ = −10·2 = −20

Antwort

A_v = −20

13.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 407,3 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 = 100 mH / 5 Ω = 20 ms

i(∞) = V_s/R = 20/5 = 4 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 4·(1 − e^−25/20) = 2,854 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·100·2,854² = 407,3 mJ

Antwort

W = 407,3 mJ

14.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: v_C = 13,35 V

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

v_C(0) = 15 V, v_C(∞) = V_s = 12 V

τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms

v_C(t) = 12 + (15 − 12)·e^−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

v_C(120) = 12 + (3)·e^−120/149,6 = 13,35 V

Antwort

v_C = 13,35 V

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

Strom durch R₂

Antwort

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Strom aus der Quelle

Antwort

Knoten festlegen

KCL am Knoten A

KCL am Knoten B

Lösen

Antwort

Knoten festlegen

KCL am Knoten A

KCL am Knoten B

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

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Nach den Anteilen auflösen

V₂ abschalten

Antwort

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Spannung am +-Eingang

Nicht invertierende Verstärkung

Antwort

Verstärkung jeder Stufe

Gesamtverstärkung

Antwort

Zeitkonstante und Endstrom

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

Gespeicherte Energie

Antwort

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

Antwort

Fall 1 · V₁ allein aktiv

Fall 2 · I_s allein aktiv

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

V_th bestimmen, die Leerlaufspannung

R_th bei abgeschalteten Quellen bestimmen

V_th bestimmen, die Leerlaufspannung